第18届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答

“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第1页第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答一、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主光轴的光线，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，如图复解18-1-1所示，图中1C为左端球面的球心．由正弦定理、折射定律和小角度近似得11111111111sin11sin()(/)11AFRrrRiririrn（1）即11111AFRn（2）光线1PF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2C一定在端面顶点B的左方，2CB等于球面的半径2R，如图复解18-1-1．仿照上面对左端球面上折射的关系可得12111BFRn（3）又有11BFLAF（4）由（2）、（3）、（4）式并代入数值可得25cmR（5）即右端为半径等于5cm的向外凸的球面．2.设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过1C，②过A，如图复解18-1-2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1ACM中11111sin()sinsin()RAMAC（6）又11sinsinn（7）已知1，1均为小角度，则有1111(1)RAMn（8）“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第2页与（2）式比较可知，1AMAF，即M位于过1F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2C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2，由图复18-1-2可得1111122112CFAFRCFBFR（9）由（2）、（3）式可得111212AFRRRBFR则21122RR（10）二、参考解答1．已知在海平面处，大气压强3(0)101.310Pap．如图复解18-2-1，在5000mz处，大气压强为3(5000)5310Pap。（1）此处水沸腾时的饱和蒸气压wp应等于此值．由图复解18-2-2可知，对应的温度即沸点为182Ct（2）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．由图复解18-2-2可知，在120t℃时，水的饱和蒸气压3w(120)19810Pap，而在海平面处，大气压强3(0)10110Pap．可见压力阀的附加压强为wS33(120)(0)19810101.310ppp396.710Pa（3）“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第3页在5000ｍ高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为333S(5000)96.7105310149.710Pappp（4）若在2tt时阀被顶起，则此时的wp应等于p，即wpp（5）由图复解18-2-2可知2112t℃（6）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．由图复解18-2-2可知，在27t℃时，题中已给出水的饱和蒸气压3w(27)3.610Pap，这时锅内空气的压强（用ap表示）为w33a(27)(5000)(27)(53103.610)Pappp349.410Pa（7）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a()pt，则有aa()(27)27327327ptpt3a()(164.745.010)Paptt（8）若在tt时压力阀刚好开始被顶起，则有w2()()ptptp（9）由此得3wa()()(10510164.7)Paptpptt（10）“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第4页画出函数a()ppt的图线，取3a0,(0)10510Patpp3a100,(100)88.610Patpp由此二点便可在图复解18-2-2上画出此直线，此直线与图复解18-2-2中的wptt()～曲线的交点为A，A即为所求的满足（10）式的点，由图可看出与A点对应的温度为97t℃（11）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2n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．21nEKn（1）又知基态（1n）的能量为－13.58eV，即12113.58eV1EK所以13.58eVK2n的第一激发态的能量为221113.583.39eV42EK（2）为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为21(3.3913.58)eV=10.19eVEEE内（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191810.19eV=10.191.60210J=1.63210JhE内－－（4）式中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0BAmvmvmv光子的动量（5）222011()22BAmvmvvh（6）光子的动量hpc。由（6）式可推得002hmvv，因为0vc，所以0hmvc，故（5）式中光子的动量与0mv相比较可忽略不计，（5）式变为0()BBAAmvmvmvmvv（7）符合（6）、（7）两式的0v的最小值可推求如下：由（6）式及（7）式可推得22020011()221()2BBAAAAmvmvvmvvhmvmvvvh200AAmvmvvh经配方得“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第5页220011240Amvvmvh22001142Amvmvvh（8）由（8）式可看出，当012Avv时，0v达到最小值0minv，此时BAvv（9）0min2hvm（10）代入有关数据，得40min6.2510m/sv（11）答：B原子的速度至少应为46.2510m/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1I、2I的方向如图复解18-4-1所示，对左环电路ADCFA，有关系12CFAADCIrIr因56CFArr，6ADCrr，2KR故212566rrKRII（1）因回路ADCEA所围的面积为2233212R故对该回路有2223322126rKRI（2）解得22(233)2RIKr（3）代入（1）式，得21(1033)10RIKr（4）2．求每个圆环所受的力．先求左环所受的力，如图复解18-4-2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l为例，安培力F为径向，其x分量的大小表示为“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第6页1cosxFIBl（5）因cosll故1xFIBl111xFIBlIBPQIBR（6）由于导体弧PQ在y方向的合力为零，所以在0t时刻所受安培力的合力1F仅有x分量，即112(1033)10xFFIBRRKBRr200(1033)()10RKBKtRr（7）方向向左同理，载流导体弧AC在0t时刻所受的安培力为222(233)2RFIBRKBRr200(233)()2RKBKtRr（8）方向向右左环所受的合力大小为3120093()5FFFKBKtRr（9）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1q、2q的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用表示面电荷密度．设球壳半径10cma时球壳外壁带的电量为1Q，因为电荷1q、2q与球壳外壁的电量1Q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S所带的电量为S，它在球壳的球心O处产生的电势为1SUka，球壳外壁所有电荷在球心O产生的电势1U为111SQUUkkaa（1）点电荷1q、2q在球壳的球心O处产生的电势分别为11qkd与22qkd，因球心O处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有12112qqQkkkUdda（2）代入数值后可解得球壳外壁的电量1Q为“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答第7页912112810CqqUQaakdd－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1Q，即91810CQQ－Ⅰ＝（3）2．当球壳半径趋于1d时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为2Q，球壳外的电荷1q、2q与球壳外壁的电量2Q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122121qqQkkkUddd（4）解得球壳外壁的电量912211121610CqqUQddkdd－因为此时球壳内壁电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即921610CQQ－Ⅱ＝（5）在10cma到趋于1d的过程中，大地流向球壳的电量为9810CQQQ－ⅠⅡⅠ＝－（6）3．当点电荷1q穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为1d），点电荷1q在球壳内壁感应出电量－1q，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷1q与球壳内壁电荷－1q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2q与球壳外壁的电荷3Q所决定．由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷2q与球壳外壁的电荷3Q在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷2q与3Q产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为U的等势区．2q与3Q在球心O处产生的电势等于球壳的电势，即3221QqkkUdd（7）解得球壳外壁电量923112610CqUQddkd－（8）球壳外壁和内壁带的总电量应为931()1610CQQq－Ⅲ（9）在这过程中，大地流向球壳的电量为0QQQⅡⅢⅡ（10）这个结果表明：电荷1q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2d时（点电荷2q仍在球壳外），令4Q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2422qQkkUdd（11）由此得9242221210CqUQddkd