第十九届全国中学生物理竞赛复赛题答案

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答一、参考解答实践证明，甲的设计是正确的，所以乙的结论肯定是错的。（1）设大气压为0p，水的密度为。拧开K前的情况如图复解19-l的（a）图所示。由流体静力学可知，B、C中气体的压强为012()BCpppghh（1）D中气体的压强为1DBppgh（2）由（1）、（2）两式可得20Dppgh即0Dpp，当拧开K后，D中气体压强降至0p，此时10Bppgh（3）即D管中容器B水面以上的那一段水柱所受合力向上，所以D管中水柱上升。（2）拧开K后，水柱上升，因D管上端已足够长，故水不会从管口喷出．设到D中的水面静止时D中增加水量的体积为V，则B中减少水量的体积亦为V，其水面将略有降低，因而B及C中气体压强路有下降，A中的水将通过E管流入C中，当从A流入水量的体积等于V时，B、C中气体压强恢复原值。因为A、B、C的半径为D管半径的60倍，截面积比为3600倍，故A、B、C中少量水的增减（V）引起的A、B、C中水面高度的变化可忽略不计，即1h和2h的数值保持不变。设D中水面静止时与A中水面的高度差为H，（见图复解19-1（b）），则有01201()()pghhpgHh（4）由此可得2Hh（5）（3）将图复解19-l（a）和(b)两图相比较可知，其差别在于体积为V的水从A移至C中，另V的水又由B移入D中，前者重力势能减少，而后者重力势能增大，前者的重力势能减少量为112()EgVhh（6）D中增加的水柱的重心离A中水面的高度为2/2h，故后者的重力势能增量为2121()2EgVhh（7）即12EE。2002年KKDHAABBFCCEh1h2(a)(b)图复解19-1由此可知，体积为V的水由A流入C中减少的势能的一部分转化为同体积的水由B进入D中所需的势能，其余部分则转化为水柱的动能，故发生上下振动，D中水面静止处为平衡点．由于水与管间有摩擦等原因，动能逐步消耗，最后水面停留在距A中水面2h处。二、参考解答由于圆柱形区域内存在变化磁场，在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场，电场线为圆，圆心在圆柱轴线上，圆面与轴线垂直，如图中虚点线所示．在这样的电场中，沿任意半径方向移动电荷时，由于电场力与移动方向垂直，涡旋电场力做功为零，因此沿半径方向任意一段路径上的电动势均为零．1．任意点在磁场区域内：令P为任意点（见图复解19-2-1）2xR，在图中连直线OA与OP。取闭合回路APOA，可得回路电动势1APPOOAEEEE，式中APE，POE，OAE分别为从A到P、从P到O、从O到A的电动势。由前面的分析可知0POE，0OAE，故1APEE（1）令AOP的面积为1S，此面积上磁通量11BS，由电磁感应定律，回路的电动势大小为111BEStt根据题给的条件有11ESk（2）由图复解19-2-2可知11sin222xRSxR（3）由（1）、（2）、（3）式可得沿AP线段的电动势大小为22APkREx（4）2．任意点在磁场区域外：令Q为任意点（见图复解19-2-2），2xR。在图中连OA、OQ。取闭合回路AQOA，设回路中电动势为2E，根据类似上面的讨论有ACCAOORRPxDQ图复解19-2－1图复解19-2－22AQEE（5）对于回路AQOA，回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量，此面积为2S，通过它的磁通量22BS。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小22ESk（6）在图中连OC，令COQ，则OQC，于是2221(sin)2cos221(sin2)2SAOCOCDRRRR的面积扇形的面积当/4时，221(1)2SR，OCQ中有2sinsin[(/4)]xRRsin(2)sin()41(2)(cossin)2RxRxR22()sincos22xRxRR2tanxRx于是得2212(1arctan)2xRSRx（7）由（5）、（6）、（7）式可得沿AQ线的电动势的大小为22(1arctan)2AQkRxREx（8）三、参考解答以三个质点为系统，由对称性可知，开始时其质心应位于C处，因为质点系所受的合外力为零，由质心运动定理可知，质心总是固定不动的。质点1、2在静电力作用下，彼此间距离必增大，但不可能保持在沿起始状态时1、2连线上运动，若是那样运动，由于杆不能伸长，质点3必向左运动，三者的质心势必亦向左运动，这与“质心不动”相矛盾，故不可能。由此可知，由于杆为刚性，质点1、2在静电力作用下，要保持质心不动，质点1、2必将分别向题图中右上方和右下方运动，而质点3将向左运动．当3运动到C处时，1、2将运动到A、B处，A、B、C三点在一直线上，1、2的速度方向向右，3AC13图复解19-3的速度方向左（如图复解19-3所示）。令1v、2v、3v分别表示此时它们的速度大小，则由对称性可知此时三质点的总动能为223111222()KEmvmv（1）再由对称性及动量守恒可知312mvmv（2）系统原来的电势能为23PqEkl（3）其中k为静电力常数．运动到国复解19-3所示的位置时的电势能为2222PqqEkkll（4）根据能量守恒有PPKEEE（5）由以上各式可解得2323kqvlm（6）四、参考解答1.（1）调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置，将阀门10关闭使两边气体隔绝，记下有色液柱的位置；（2）合上开关S，测得电流I；（3）打开开关S；（4）测出有色液体右移的最远距离x；（5）改变电源电压，重复测量多次，记下多次的I和x值。2.合上开关S后，线捆贮有磁场能量212WLI，因二极管D的存在，r中无电流。打开开关S后，由于L中有感应电动势，在线圈L、电阻器ab和二极管D组成的回路中有电流通过，最后变为零。在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为r和Lr上放出的热量，其中r上放出的热量为212LrQLIrr（1）此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程，所以气体吸热为pmQCT（2）式中m为气体质量，为其摩尔质量，T为温升，因为是等压过程，设气体体积改变量为V，则由理想气体状态方程可得B2mpVRT（3）而24dVx（4）由以上各式可得222LpCpdrrxLrRI（5）五、参考解答利用焦点的性质，用作图法可求得小物PQ的像PQ，如下图所示。（1）用y和y分别表示物和像的大小，则由图中的几何关系可得1212uffyyfvf（1）1212()()ufvfff简化后即得物像距公式，即u，v，1f，2f之间的关系式121ffuv（2）（2）薄透镜中心附近可视为筹薄平行板，入射光线经过两次折射后射出，放大后的光路如图复解19-5-2所示。图中1为入射角，2为与之相应的出射角，为平行板中的光线与法线的夹角。设透镜的折射率为n，则由折射定律得1122sinsinsinnnn（3）对傍轴光线，1、2≤1，得11sin，22sin，因而得1212nn（4）（3）由物点Q射向中心O的入射线，经L折射后，出射线应射向Q，如图复解19-5-3所示，QQPPF1F2uvn1n2yyf1f2图复解19-5-1n1n212n图复解19-5-2在傍轴的条件下，有1122tantanyyuv，（5）二式相除并利用（4）式，得12nyuyvn（6）用（1）式的11//()yyfuf代入（6）式，得1112()funufvn即1121nuvfnunv（7）用（1）式的22/()/yyvff代入（6）式，得2122()vfunfvn即2221nuvfnunv（8）从而得1f，2f，1n，2n之间关系式2211fnfn（9）六、参考解答（1）由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为2200221.101(/)mcmcvc（1）由此可解得0.210.4170.421.10vcc（2）QQPPF1F2L2uvuy1yn1n2图复解19-5-3入射光子和散射光子的动量分别为hpc和hpc，方向如图复解19-6所示。电子的动量为mv，m为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律可得022cos1(/)mvhcvc（3）022sin1(/)mvhcvc（4）已知200.10hhmc（5）由（2）、（3）、（4）、（5）式可解得200.37/mch（6）200.27/mch（7）127tanarctan()36.137－（8）电子从O点运动到A所需时间为002.4/LtLcv（9）（2）当观察者相对于S沿OA方向以速度v运动时，由狭义相对论的长度收缩效应得2201(/)LLvc（10）00.91LL（11）七、参考解答1.珠子运动的轨迹建立如图复解19-7所示的坐标系，原点O在过A点的竖直线与细杆相交处，x轴沿细杆向右，y轴沿OA向下。当珠子运动到N点处且绳子未断时，小环在B处，BN垂直于x轴，所以珠子的坐标为xPNyBN，由APN知222()()()APPNAN即有222()()hyxly，得2222()()xlhylh（1）这是一个以y轴为对称轴，顶点位于1()2ylh处，焦点与顶点的距离为1()2lh的抛物线，如图复解19-7-1所示，图中的1()2Hlh，A为焦点。图复解19-6光子散射方向光子入射方向光子入射方向电子A2.珠子在点N的运动方程因为忽略绳子的质量，所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分，则珠子受的力有三个，一是重力mg；另外两个是两绳子对珠子的拉力，它们分别沿NB和NA方向，这两个拉力大小相等，皆用T表示，则它们的合力的大小为2cosFT（2）为N点两边绳子之间夹角的一半，F沿ANB的角平分线方向。因为AN是焦点至N的连线，BN平行于y轴，根据解析几何所述的抛物线性质可知，N点的法线是ANB的角平分线．故合力F的方向与N点的法线一致。由以上的论证．再根据牛顿定律和题中的注，珠子在N点的运动方程（沿法线方向）应为22coscosvTmgmR（3）22coscosmvTmgR（4）式中R是N点处轨道曲线的曲率半径；v为珠子在N处时速度的大小。根据机械能守恒定律可得2vgy（5）3.求曲车半径R当绳子断裂时dTT，由（4）式可见，如果我们能另想其他办法求得曲率半径R与y的关系,则就可能由（4）、（5）两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标y。现提出如下一种办法。做一条与小珠轨迹对于x轴呈对称状态的抛物线，如图复解19-7-2所示。由此很容易想到这是一个从高H处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的，我们不仅知道其轨迹是抛物线，而且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分析其运动过程即可求出与N对称的N点处抛物线的曲率半径R与y的关系，也就是N处抛物线的曲率半径R与y的关系。设从抛出至落地的时间为t，则有220vtlh由此解得OBHPAChyFTTNxMxMxmg切线法线mg法线切线NmgxyCPAOHTCAN图复解19-7-1图复解19-7-20()vglh（7）设物体在N处的速度为v，由机械能守恒定律可得2202()vvgHBN（8）物体在N处法线方向的运动方程为2cosmvmgR（9）式中R即为N处抛物线的曲率半径，从（7）、（8）、（9）式及1()2Hlh,可求得2()coslBNR这也等于N点抛物线的曲率半径，BNBNy，故得2()coslyR（10）4.求绳