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第十八届全国高中生物理竞赛复赛试题及答案


第十八届全国中学生物理竞赛复赛试卷、参考答案
全卷共六题,总分 140 分。 一、 (22 分)有一放在空气中的玻璃棒,折射率n= 1.5 ,中心轴线长L= 45cm,一端是半 径为R1 = 10cm的凸球面.1.要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜(使主光轴 上无限远处物成像于主光轴上无限远处的望远系统) ,取中心轴线为主光轴,玻璃棒另一端应 磨成什么样的球面?

2.对于这个玻璃棒,由无限远物点射来的平行入射光束与玻璃棒的主光 轴成小角度 φ 1 时,从棒射出的平行光束与主光轴成小角度 φ 2 ,求 φ 2/φ 1(此比值等于 此玻璃棒望远系统的视角放大率) . 解:1.对于一个望远系统来说,从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于光轴的光 线,它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行,即像点也在主光轴上无限远处,如图 18-2 -6 所示,图中C1 为左端球面的球心.

图 18-2-6 ?由正弦定理、折射定律和小角度近似得 ?( -R1)/R1=sinr1/sin(i1-r1)≈r1/(i1-r1)? ① ②

=1/((i1/r1)-1)≈1/(n-1), 即 ( /R1)-1=1/(n-1).

?光线PF1射到另一端面时,其折射光线为平行于主光轴的光线,由此可知该端面的球心 C2一定在端面顶点B的左方,C2B等于球面的半径R2,如图 18-2-6 所示. ?仿照上面对左端球面上折射的关系可得 ?( 又有 /R2)-1=1/(n-1), =L- ,④ ③

由②、③、④式并代入数值可得 ?R2=5cm. ?则右端为半径等于 5cm的向外凸的球面.

图 18-2-7

1

?2.设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示,令①过C1,②过A,如图 18-2 -7 所示,则这两条光线经左端球面折射后的相交点M,即为左端球面对此无限远物点成的像 点.现在求M点的位置,在△ AC1M中,有 ? /sin(π-φ1)= /sinφ1=R1/sin(φ1-φ1′) ,

又 nsinφ1′=sinφ1, 已知 φ1、φ1′均为小角度,则有 ? /φ1=R1/φ1(1-(1/n) ) . ≈ ,即M位于过F1垂直于主光轴的平面上.上面已知,玻璃

?与②式比较可知,

棒为天文望远系统, 则凡是过M点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线. 容 易看出,从M射出C2的光线将沿原方向射出,这也就是过M点的任意光线(包括光线①、②) 从玻璃棒射出的平行光线的方向,此方向与主光轴的夹角即为 φ2,由图 18-2-7 可得 ??2/φ1= / =( -R1)/( -R2) ,

?由②、③式可得(

-R1)/(

-R2)=R1/R2,

?则 φ2/φ1=R1/R2=2. 二、 (22 分)正确使用压力锅的方法是:将已盖好密封锅盖的压力锅(如图复 18-2-1)加热, 当锅内水沸腾时再加盖压力阀S,此时可以认为锅内只有水的饱和蒸气,空气已全部排除.然 后继续加热,直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时,锅内即已达到预期温度(即设计时希望达到 的温度) .现有一压力锅,在海平面处加热能达到的预期温度为 120℃,某人在海拔 5000m的 高山上使用此压力锅,锅内有足量的水. 1.若不加盖压力阀,锅内水的温度最高可达多少? 2.若按正确方法使用压力锅,锅内水的温度最高可达多少? 3.若未按正确方法使用压力锅,即盖好密封锅盖一段时间后,在点火前就加上压力阀,此时 水温为 27℃,那么加热到压力阀刚被顶起时,锅内水的温度是多少?若继续加热,锅内水的 温度最高可达多少?假设空气不溶于水.

2

已知:水的饱和蒸气压pW(t)与温度t的关系图线如图 18-2-2 所示. 大气压强p(z)与高度z的关系的简化图线如图 18-2-3 所示.当t= 27℃时,pW 3 5 (27°)=3.6×10 Pa;z= 0 处,p(0)= 1.013×10 Pa.

3

解:1.由图 18-2-8 知在海平面处,大气压强p(0)=101.3× 10 Pa.在z=5000m时, 大气压强为 3 ?p(5000)=53× 10 Pa.



图 18-2-8

图 18-2-9 ?此处水沸腾时的饱和蒸气压pW应等于此值.由图 18-2-9 可知,对应的温度即沸点为 ?t2=82℃. ?达到此温度时,锅内水开始沸腾,温度不再升高,故在 5000m高山上,若不加盖压力锅, 锅内温度最高可达 82℃. 3 ?2.由图 18-2-9 可知,在t=120℃时,水的饱和蒸气压pW(120° )=198× 10 Pa, 3 而在海平面处,大气压强p(0)=101× 10 Pa.可见压力阀的附加压强为 ?pS=pW(120° )-p(0) 3 3 ?=(198× 10 -101.3× 10 )Pa 3 ?=96.7× 10 Pa. ?在 5000m高山上,大气压强与压力阀的附加压强之和为 ?p′=pS+p(5000)? 3 3 =(96.7× 10 +53× 10 )Pa? =149.7× 103Pa. 若在t=t2时阀被顶起,则此时的pW应等于p′,即 ?pW=p′, ?由图 18-2-9 可知t2=112℃.

4

?此时锅内水开始沸腾,温度不再升高,故按正确方法使用此压力锅,在 5000m高山上锅 内水的温度最高可达 112℃. ?3.在未按正确方法使用压力锅时,锅内有空气,设加压力阀时,内部水蒸汽已饱和.由 3 图 18-2-9 可知,在t=27℃时,题中已给出水的饱和蒸气压pW(27° )=3.6× 10 Pa, 这时锅内空气的压强(用pa表示)为 ?pa(27° )=p(5000)-pW(27° )? 3 3 =(53× 10 -3.6× 10 )Pa? 3 =49.4× 10 Pa. ?当温度升高时,锅内空气的压强也随之升高,设在温度为t(℃)时,锅内空气压强为p ,则有 a(t) ?pa(t)/(273+t)=pa(27℃)/(273+27) , 3 ?pa(t)=(164.7t+45.0× 10 )Pa. 若在t=t′时压力阀刚好开始被顶起,则有 ?pW(t′)+pa(t′)=p′, 由此得 3 ?pW(t′)=p′-pa(t′)=(105× 10 -164.7t′)Pa, 画出函数p′-pa(t′)的图线, 3 取t=0℃,有 p′-pa(0℃)=105× 10 Pa, 3 取t=100℃,有 p′-pa(100℃)=88.6× 10 Pa. ?由此二点便可在图 18-2-9 上画出此直线,此直线与图 18-2-9 中的pW(t)-t曲 线的交点为A,A即为所求的满足上式的点,由图可看出与A点对应的温度为 ?t′=97℃. 即在压力阀刚开始被顶起时,锅内水的温度是 97℃,若继续加热,压力阀被顶起后,锅内空 气随水蒸汽一起被排出,最终空气排净,锅内水温仍可达 112℃. 碰撞后二者的速度vA和vB在一条直线上,碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收, 从而该原子由基态跃迁到激发态,然后,此原子向低能级态跃迁,并发出光子.如欲碰后发出 一个光子, 试论证:速度v0至少需要多 大(以m/s表示)? -19 已知电子电量e= 1. 602×10 C, 质 -27 子质量为mp= 1.673×10 kg,电 -31 子质量为me= 0.911×10 kg,氢 原子的基态能量为E1= -13. 58eV. 解:为使氢原子从基态跃迁到激发态, 需要能量最小的激发态是n=2 的第一 激发态.已知氢原子的能量与其主量子 数的平方成反比.即 2 ?En=k1/n , ① 又知基态(n= 1 )的能量为- 13 . 58 eV,即

5

?E1=k1/1 =-13.58eV, 所以 k=-13.58eV. n=2 的第一激发态的能量为 2 ?E2=k1/2 =-13.58× (1/4)=-3.39eV. ② 为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为 ?E内=E2-E1=(-3.39+13.58)eV=10.19eV. ③ 这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量,即 - ?hν=E内=10.19eV=10.19× 1.602× 10 19J? - =1.632× 10 18J. ④ 式中 ν 为光子的频率,从开始碰到发射出光子,根据动量和能量守恒定律有 ?mv0=mvA+mvB+光子的动量, ⑤ 2 2 2 ?(1/2)mv0 =(1/2)m(vA +vB )+hν, ⑥ ?光子的动量pν=hν/c. 由⑥式可推得mv0>2hν/v0, 因为v0<<c, 所以mv0>> hν/c,故⑤式中光子的动量与mv0相比较可忽略不计.⑤式变为 ?mv0=mvA+mvB=m(vA+vB) , ⑦ ?符合⑥、⑦两式的v0 的最小值可推求如下:由⑥式及⑦式可推得 2 2 ?(1/2)mv0 =(1/2)m(vA+vB) -mvAvB+hν? 2 =(1/2)mv0 -mvA(v0-vA)+hν, 2 ?mvA -mvAv0+hν=0, 经配方得 2 2 ?m(vA-(1/2)v0) -(1/4)mv0 +hν=0, 2 2 ?(1/4)mv0 =hν+m(vA-(1/2)v0) , ⑧ 由⑧式可看出,当vA=(1/2)v0时,v0达到最小值v0min,此时 ?vA=vB,



?v0min=2



代入有关数值,得 4 v0min=6.25× 10 m/s. 4 ?答:B原子的速度至少应为 6.25× 10 m/s. 四、 (22 分)如图 18-4 所示,均匀磁场的方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间t变化, B=B0-kt(k为大于零的常数) .现有两个完全相同的均匀金属圆环相互交叠并固定在 图中所示位置,环面处于图中纸面内.圆环的半径为R,电阻为r,相交点的电接触良好,两 个环的接触点A与C间的劣弧对圆心O的张角为 60° ,求t=t0时,每个环所受的均匀磁场 的作用力,不考虑感应电流之间的作用. ?解:1.求网络各支路的电流.因磁感应强度大小随时间减少,考虑到电路的对称性,可 设两环各支路的感应电流I1、I2的方向如图 18-2-10 所示,对左环电路ADCFA,有

6

图 18-2-10 ? E=I1rCFA+I2rADC, 2 因 rCFA=5r/6,rADC=r/6,E=kπR , 2 故 kπR =I1(5r/6)+I2(r/6). ① 因回路ADCEA所围的面积为 ?2((2π-3 故对该回路有 ?k[2((2π-3 解得 )/12)R ]=2I2(r/6), )R /2r)k, )R /10r)k.
2 2 2

)/12)R ,



I2=((2π-3

代入①式,得 I1=((10π+3 ?2.求每个圆环所受的力.

图 18-2-11 ?先求左环所受的力,如图 18-2-11 所示,将圆环分割成很多小圆弧,由左手定则可知, 每段圆弧所受的力的方向均为径向, 根据对称性分析, 因圆弧PMA与圆弧CNQ中的电流方 向相反, 所以在磁场中受的安培力相互抵消, 而弧PQ与弧AC的电流相对x轴上下是对称的, 因而每段载流导体所受的安培力在y方向的合力为零,以载流导体弧PQ上的线段 Δl′为例, 安培力 ΔF为径向,其x分量的大小表示为 ?|ΔFx|=I1BΔl′cosα, 因 Δl′cosα=Δl, 故 |ΔFx|=I1BΔl,

7

?|Fx|=ΣI1BΔl=I1B

=I1BR.

由于导体弧PQ在y方向的合力为零,所以在t0时刻所受安培力的合力F1仅有x分量,即 ?F1=|Fx|=I1BR=( (10π+3 =( (10π+3


)R /10r)kBR?



)R /10r)k(B0-kt0)R,

方向向左. ?同理,载流导体弧AC在t0时刻所受的安培力为 ?F2=I2BR=( (2π-3 =( (2π-3


)R /2r)kBR?



)R /2r)k(B0-kt0)R,

方向向右.左环所受的合力大小为 ?F=F1-F2=(9 方向向左. /5r)k(B0-kt0)R .


25 分)如图 18-5 所示,一薄壁导体球壳(以下简称 为球壳)的球心在O点.球壳通过一细导线与端电压 U= 90V的电池的正极相连,电池负极接地.在球壳 -9 外A点有一电量为q1= 10×10 C的点电荷,B点 -9 有一电量为q2= 16×10 C的点电荷.点O、A之 间的距离d1= 20cm, 点O、 B之间的距离d2= 40 cm. 现设想球壳的半径从a= 10cm开始缓慢地增 大到 50cm,问:在此过程中的不同阶段,大地流向 9 球壳的电量各是多少?已知静电力常量k= 9×10 2 2 N·m /C . 假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳 内而不与导体壁接触. ? 解:分以下几个阶段讨论: ?1.由于球壳外空间点电荷q1、q2的存在,球壳 外壁的电荷分布不均匀,用 σ 表示面电荷密度.设球壳半径a=10cm时球壳外壁带的电量 为Q1,因为电荷q1、q2与球壳外壁的电量Q1在球壳内产生的合场强为零,球壳内为电势 等于U的等势区,在导体表面上的面元 ΔS所带的电量为 σΔS,它在球壳的球心O处产生的 电势为 ΔU1=kσΔS/a,球壳外壁所有电荷在球心O产生的电势U1为 ?U1=ΣΔU1=kΣσΔS/α=kQ1/a. ?点电荷q1、q2在球壳的球心O处产生的电势分别为kq1/d1与kq2/d2,因球心 O处的电势等于球壳的电势,按电势叠加原理,即有 ?(kq1/d1)+(kq2/d2)+(kQ1/a)=U,

8

代入数值后可解得球壳外壁的电量Q1为 -9 ?Q1=(aU/k)-a( (q1/d1)+(q2/d2) )=-8× 10 C. 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量QⅠ等于球壳外壁的电量Q1,即 - ?QⅠ=Q1=-8× 10 9C. ?2.当球壳半径趋于d1时(点电荷仍在球壳外) ,设球壳外壁的电量变为Q 2,球壳外的 电荷q1、q2与球壳外壁的电量Q2在壳内产生的合场强仍为零,因球壳内仍无电荷,球壳内 仍保持电势值为U的等势区,则有 ?(kq1/d1)+(kq2/d2)+(kQ2/d1)=U, 解得球壳外壁的电量 - ?Q2=(d1U/k)-(d1(q1/d1+q2/d2) )=-16× 10 9C. 因为此时球壳内壁的电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即 - ?QⅡ=Q2=-16× 10 9C, 在a=10cm到趋于d1的过程中,大地流向球壳的电量为 - ?ΔQⅠ=QⅡ-Q1=-8× 10 9C. ?3.当点电荷q1穿过球壳,刚进入球壳内(导体半径仍为d1) ,点电荷q1在球壳内壁感 应出电量-q1,因球壳的静电屏蔽,球壳内电荷q1与球壳内壁电荷-q1在球壳外产生的合 电场为零,表明球壳外电场仅由球壳外电荷q2与球壳外壁的电荷Q3所决定.由于球壳的静 电屏蔽,球壳外电荷q2与球壳外壁的电荷Q3在球壳内产生的合电场为零,表明对电荷q2与 Q3产生的合电场而言,球壳内空间是电势值为U的等势区.q2与Q3在球心O处产生的电势 等于球壳的电势,即 ?(kq2/d2)+(kQ3/d1)=U, 解得球壳外壁电量 - ?Q3=(d1U/k)-(d1q2/d2)=-6× 10 9C, 球壳外壁和内壁带的总电量应为 - ?QⅢ=Q3+(-q1)=-16× 10 9C, 在这过程中,大地流向球壳的电量为 ?ΔQⅡ=QⅢ-QⅡ=0. ?这个结果表明:电荷q1由球壳外极近处的位置进入壳内,只是将它在球壳外壁感应的电 荷转至球壳内壁,整个球壳与大地没有电荷交换. ?4.当球壳半径趋于d2时(点电荷q2仍在球壳外) ,令Q4表示此时球壳外壁的电量,类 似前面第 3 阶段中的分析,可得 ?(kq2/d2)+(kQ4/d2)=U, 由此得 - ?Q4=(d2U/k)-(d2(q2/d2) )=-12× 10 9C, 球壳的电量QⅣ等于球壳内外壁电量的和,即 - ?QⅣ=Q4+(-q1)=-22× 10 9C, 大地流向球壳的电量为 - ?ΔQⅢ=QⅣ-QⅢ=-6× 10 9C. ?5.当点电荷q2穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为d2) ,球壳内壁的感应电荷 变为-(q1+q2) ,由于球壳的静电屏蔽,类似前面的分析可知,球壳外电场仅由球壳外壁

9

的电量Q5决定,即 ?kQ5/d2=U, - 可得 Q5=d2U/k=4× 10 9C, 球壳的总电量是 - ?QⅤ=Q5-(q1+q2)=-22× 10 9C,? (15)? 在这个过程中,大地流向球壳的电量是 ?ΔQⅣ=QⅤ-QⅣ=0.? (16)? ?6.当球壳的半径由d2增至a1=50cm时,令Q6表示此时球壳外壁的电量,有 ?k(Q6/a1)=U,? (17)? - 可得 Q6=a1(U/k)=5× 10 9C, 球壳的总电量为 - ?QⅥ=Q6-(q1+q2)=-21× 10 9C, 大地流向球壳的电量为 - ?ΔQⅤ=QⅥ-QⅤ=1× 10 9C. 六、 (27 分)一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬(即劲度系数很大)的轻质弹簧构成.上 部分G1的质量为m1,下部分G2的质量为m2,弹簧夹在G1与G2之间,与二者接触而不固 连.让G1、G2压紧弹簧,并将它们锁定,此时弹簧的弹性势能为已知的定值E0.通过遥控 可解除锁定,让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能,设这一释放过程的时间极短.第一种方案 是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定,从而使上部分G1升空.第二种方 案是让玩具在井口处从静止开始自由下落,撞击井底(井足够深)后以原速率反弹,反弹后当 玩具垂直向上运动到离井口深度为某值h的时刻解除锁定. 1.在第一种方案中,玩具的上部分G1升空到达的最大高度(从井口算起)为多少?其能量 是从何种形式的能量转化而来的? 2.在第二种方案中,玩具的上部分G1升空可能达到的最大高度(亦从井口算起)为多少? 并定量讨论其能量可能是从何种形式的能量转化而来的. 解: 1.在弹簧刚伸长至原长的时刻,设G1的速度的大小为v,方向向上,G2的速度大小 为v1,方向向下,则有 ?m1v1-m2v2=0, ① 2 2 ?(1/2)m1v1 +(1/2)m2v2 =E0, ② 解①、②两式,得

?v1=





?v2=



④ ⑤

?设G1升空到达的最高点到井口的距离为H1,则 ?H1=v12/2g=( (m2/m1g(m1+m2) )E0, G1上升到最高点的重力势能为 ?Ep1=m1gH1=(m2/(m1+m2) )E0. ⑥

10

?它来自弹簧的弹性势能,且仅为弹性势能的一部分. ?2.在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为h时,玩具向上的速度为 ?u= . ⑦

?设解除锁定后,弹簧刚伸长至原长时,G1的速度大小为v1′,方向向上,G2的速度大小 为v,方向向下,则有 ?m1v1′-m2v2′=(m1+m2)u, ⑧ ?(1/2)m1v1′+(1/2)m2v2′=(1/2) (m1+m2)u2+E0, ⑨ 消去⑧、⑨两式中的v2′,得v1′的方程式为 ?m1(1+(m1/m2) )v1′-2m1(1+(m1/m2) )uv1′+m1(1+m1/m2)u2 -2E0=0, 由此可求得弹簧刚伸长至原长时,G1和G2的速度分别为

?v1′=u+



?v2′=-u+



?设G1从解除锁定处向上运动到达的最大高度为H2′,则有

?H2′=v1′/2g=(1/2g) (u+

)2?

=h+(m2E0/m1g(m1+m2) )+2 ?从井口算起,G1 上升的最大高度为



?H2=H2′-h=(m2E0/m1g(m1+m2) )+2



?讨论: 可以看出,在第二方案中,G1上升的最大高度H2大于第一方案中的最大高度H1,超出的 高度与解除锁定处到井口的深度h有关.到达H2时,其重力势能为

?Ep2=m1gH2=(m2E0/(m1+m2) )+2 ?(i)若Ep2<E0,





2

<m1E0/(m1+m2) , h<E0m1/4m2g(m1+m2) .

这要求

11

?这时,G1升至最高处的重力势能来自压紧的弹性势能,但仅是弹性势能的一部分.在这 一条件下上升的最大高度为 ?H2<E0/m1g.

?(ii)若Ep2=E0,2

=m1E0/(m1+m2) ,

这要求 h=E0m1/4m2g(m1+m2) . ?此时G1升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能,且等于全部弹性势能.在这 一条件下,G1上升的高度为 ?H2=E0/m1g.

?(iii)若Ep2>E0,2

>m1E0/(m1+m2) ,

这要求 h>E0m1/4m2g(m1+m2) . ?此时G1升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能,超出部分的能量只能来自G 的机械能.在这个条件下,G 2 1上升的最大高度为 ?H2>E0/m1g.

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