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第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题答案

发布时间:2013-12-01 15:31:00  

第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题

一、参考解答

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/((i1/r1)-1)≈1/(n-1), ①

即 (/R1)-1=1/(n-1). ②

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

(/R2)-1=1/(n-1), ③ 又有=L-,④

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

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)).

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与②式比较可知,≈,即M位于过F1垂直于主光轴的平面上.上面已知,玻璃棒为天文望远系统,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、参考解答

1.由图18-2-8知在海平面处,大气压强p(0)=101.3×103Pa.在z=5000m时,大气压强为 p(5000)=53×103Pa.

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℃.

2.由图18-2-9可知,在t=120℃时,水的饱和蒸气压pW(120°)=198×103Pa,而在海平 2 页 共 9 页 第

面处,大气压强p(0)=101×103Pa.可见压力阀的附加压强为

pS=pW(120°)-p(0)

=(198×103-101.3×103)Pa

=96.7×103Pa.

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)

=(96.7×103+53×103)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℃.

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.由图18-2-9可知,在t=27℃时,题中已给出水的饱和蒸气压p3

W(27°)=3.6×10Pa,这时锅内空气的压强(用

pa表示)为

pa(27°)=p(5000)-pW(27°)

=(53×103-3.6×103)Pa

=49.4×103Pa.

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pa(t),则有

pa(t)/(273+t)=pa(27℃)/(273+27),

p3

a(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

p3

W(t′)=p′-pa(t′)=(105×10-164.7t′)Pa,

画出函数p′-pa(t′)的图线,

取t=0℃,有 p′-p3

a(0℃)=105×10Pa,

取t=100℃,有 p′-p3

a(100℃)=88.6×10Pa.

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℃.

三、参考解答

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

E2

n=k1/n, ①

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又知基态(n=1)的能量为-13.58eV,即

E2

1=k1/1=-13.58eV,

所以 k=-13.58eV.

n=2的第一激发态的能量为

E2

2=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

(1/2)mv222

0=(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

(1/2)mv22

0=(1/2)m(vA+vB)-mvAvB+hν

=(1/2)mv2

0-mvA(v0-vA)+hν,

mv2

A-mvAv0+hν=0,

经配方得

m(v22

A-(1/2)v0)-(1/4)mv0+hν=0,

(1/4)mv2

0=hν+m(vA-(1/2)v2

0), 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

v4

0min=6.25×10m/s.

答:B原子的速度至少应为6.25×104m/s.

四、参考解答

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

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图18-2-10

 E=I1rCFA+I2rADC,

因 r2

CFA=5r/6,rADC=r/6,E=kπR,

故 kπR2=I1(5r/6)+I2(r/6). ①

因回路ADCEA所围的面积为

2((2π-3)/12)R2,

故对该回路有

k[2((2π-3)/12)R2]=2I2(r/6),

解得 I2=((2π-3)R2/2r)k,

代入①式,得 I1=((10π+

3)R2/10r)k.

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,

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|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)R2/10r)kBR

=((10π+3)R2/10r)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)R2/2r)kBR

=((2π-3)R2/2r)k(B0-kt0)R,

方向向右.左环所受的合力大小为

F=F1-F2=(9/5r)k(B3

0-kt0)R.

方向向左.

五、参考解答

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,

代入数值后可解得球壳外壁的电量Q1为

Q-9

1=(aU/k)-a((q1/d1)+(q2/d2))=-8×10C.

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

Q-

Ⅰ=Q1=-8×109C.

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Q2,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=(d-

1U/k)-(d1(q1/d1+q2/d2))=-16×109C.

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

Q-

Ⅱ=Q2=-16×109C,

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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的电量Q5决定,即 kQ5/d2=U,

可得 Q-

5=d2U/k=4×109C,

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=Q-

6-(q1+q2)=-21×109C,

大地流向球壳的电量为

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ΔQⅤ=QⅥ-QⅤ=1×10-9C.

六、参考解答

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

(1/2)m22

1v1+(1/2)m2v2=E0, ②

解①、②两式,得

v1=, ③

v2=. ④

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, ⑤

G1上升到最高点的重力势能为

Ep1=m1gH1=(m2/(m1+m2))E0. ⑥

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

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=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),

这要求 h<E0m1/4m2g(m1+m2).

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G2的机械能.在这个条件下,G1上升的最大高度为

H2>E0/m1g.

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