第18届全国中学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题全卷共六题，总分为140分一、（22分）有一放在空气中的玻璃棒，折射率1.5n，中心轴线长45cmL，一端是半径为110cmR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柬与玻璃棒的主光轴成小角度1时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度，求21/（此比值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率）．二、(22分)正确使用压力锅的方法是：将己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，空气己全部排除．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．已知：水的饱和蒸气压w()pt与温度t的关系图线如图复18-2-2所示．大气压强()pz与高度z的关系的简化图线如图复18-2-3所示．27t℃时27t3w(27)3.610Pap；27t0z处5(0)1.01310Pap三、（22分）有两个处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度0v与之发生碰撞．己知：碰撞后二者的速度Av和Bv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0v至少需要多大（以m/s表示）？己知电子电量为191.60210Ce－，质子质量为271.67310kgpm－。电子质量为310.91110kgem－．氢原子的基态能量为113.58eVE．2001年四、（22分）如图复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，0BBkt（k为大于0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0tt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．五、（25分）如图复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90VU的电池的正极相连，电池负极接地．在球壳外A点有一电量为911010Cq－的点电荷，B点有一电量为921610Cq－的点电荷。OA之间的距离120cmd，OB之间的距离240cmd．现设想球壳的半径从10cma开始缓慢地增大到50cm，问：在此过程中的不同阶段，大地流向球壳的电量各是多少？己知静电力恒量922910NmCk－．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。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1G的质量为1m，下部分2G的质量为2m，弹簧夹在1G与2G之间，与二者接触而不固连．让1G、2G压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为己知的定值0E．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—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1G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1G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来的？2．在第二种方案中，玩具的上部分1G升空可能达到的最大高度（亦从井口算起）为多少？并定量地讨论其能量可能是从何种形式的能量转化来的．图复18-4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）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）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）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