第16届全国中学生物理竞赛复赛试题(含解析)
第16届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案1999年
第十六届全国中学生物理竞赛复赛试题全卷共六题，总分为140分。
（16届复赛）一、（20分）一汽缸的初始体积为0V ，其中盛有2mol 的空气和少量的水（水的体积可以忽略）。
平衡时气体的总压强是3.0atm ，经做等温膨胀后使其体积加倍，在膨胀结束时，其中的水刚好全部消失，此时的总压强为2.0atm 。
若让其继续作等温膨胀，使体积再次加倍。
试计算此时：1.汽缸中气体的温度；2.汽缸中水蒸气的摩尔数；3.汽缸中气体的总压强。
假定空气和水蒸气均可以当作理想气体处理。
一、参考解答1 只要有液态水存在，平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和： 3.0atm p p p =+=总空饱00 （1）第一次膨胀后 102V V =2.0atm p p p =+=总空饱11 （2）由于第一次膨胀是等温过程，所以0102p V p V p V ==空空空011 （3） 解（1）、（2）、（3）三式，得1.0atm p =饱 （4）2.0atm p =空0 （5） 1.0atm p =空1 （6）由于 1.0atm p =饱，可知汽缸中气体的温度0373K T = （7）根据题意，经两次膨胀，气体温度未改变。
2 设水蒸气为mol γ水．经第一次膨胀，水全部变成水蒸气，水蒸气的压强仍为p 饱，这时对于水蒸气和空气分别有10p V RT γ=饱水 （8） 1002p V RT RT γ==空1空 （9）由此二式及（5）、（6）式可得2mol γ=水 （10） 3. 在第二次膨胀过程中，混合气体可按理想气体处理，有21p V p V =总2总1 （11）1999年由题意知，204V V =，102V V =，再将（2）式代入，得1.0atm p =总2 （12）（16届复赛）二、（25分）两个焦距分别是1f 和2f 的薄透镜1L 和2L ，相距为d ，被共轴地安置在光具座上。
1. 若要求入射光线和与之对应的出射光线相互平行，问该入射光线应满足什么条件？ 2. 根据所得结果，分别画出各种可能条件下的光路示意图。
第16届全国中学生物理竞赛复赛试题(含解析)
第十六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、（20分）一汽缸的初始体积为0V ，其中盛有2mol 的空气和少量的水（水的体积可以忽略）。
平衡时气体的总压强是3.0atm ，经做等温膨胀后使其体积加倍，在膨胀结束时，其中的水刚好全部消失，此时的总压强为2.0atm 。
若让其继续作等温膨胀，使体积再次加倍。
试计算此时：1.汽缸中气体的温度；2.汽缸中水蒸气的摩尔数；3.汽缸中气体的总压强。
假定空气和水蒸气均可以当作理想气体处理。
二、（25分）两个焦距分别是1f 和2f 的薄透镜1L 和2L ，相距为d ，被共轴地安置在光具座上。
1. 若要求入射光线和与之对应的出射光线相互平行，问该入射光线应满足什么条件？2. 根据所得结果，分别画出各种可能条件下的光路示意图。
三、（25分）用直径为1mm 的超导材料制成的导线做成一个半径为5cm 的圆环。
圆环处于超导状态，环内电流为100A 。
经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于610A －。
试估算该超导材料电阻率数量级的上限。
提示：半径为r 的圆环中通以电流I 后,圆环中心的磁感应强度为02IB r μ= ,式中B 、I 、r 各量均用国际单位，720410N A μπ=⨯⋅－－。
四、（20分）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形势和分布情况有了较深刻的认识。
双星系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离。
一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。
现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M ，两者相距L 。
他们正绕两者连线的中点作圆周运动。
1. 试计算该双星系统的运动周期T 计算。
2. 若实验上观测到的运动周期为T 观测，且:1:1)T T N =>观测计算。
为了解释T 观测与T 计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。
2016全国初中物理竞赛复赛试题(含答案)
2021全国初中物理竞赛复赛试题〔含答案〕初中物理是义务教育的根底学科,一般从初二开始开设这门课程,教学时间为两年.般也是中考的必考科目.随着新高考/新中考改革,学生的综合水平越来越重要,录取方式也越来越多,三位一体录取方式十分看重学生的课外奖项获取. 万朋教育小编为初中生们整理了 2021年全国初中物理竞赛试卷和答案,希望对您有所帮助.第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷本卷共8题,,t 分160分.一、〔17分〕设有一湖水足够深的咸水湖,湖面宽阔而平静,初始时将一体 积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放, 释放时物块的下底面和湖水外表恰好相接触.湖水密度为 P ;物块边长为b,密度为P ',且P '< P在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下, 求物块从初始位置出发往返一次 所需的时间.解：由于湖面足够宽阔而物块体积很小,所以湖面的绝对高度在物块运动过 程中始终保持不变,因此,可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向 建立坐标系,以下简称x系.设物块下底面的坐标为x 在物块未完全浸没入 湖水时,其所受到的浮力为式中g 为重力加速度.物块的重力为fg=b 37 g设物块的加速度为a,根据牛顿第二定律有f b =b 2x :g(x -b )(2)将⑴和〔2〕式代入⑶式得a=ri'x-f』P bl PJ将x 系坐标原点向下移动P b/P 而建立新坐标系,简称X 系.新旧坐标的关 系为P, X =x --bP把⑸式代入〔4〕式得：g ：b(6)〔6〕式表示物块的运动是简谐振动.假设X=0,那么a=0,对应于物块的平衡位 置.由〔5〕式可知,当物块处于平衡位置时,物块下底面在x 系中的坐标为P,x 0 = b 0：物块运动方程在X 系中可写为(8)利用参考圆可将其振动速度表示为V (t) = 一A ,,sini式中O 为振动的圆频率(10)在〔8〕和〔9〕式中A 和中分别是振幅和初相位,由初始条件决定.在物块刚被释b 3：a = f g-f b(4)(9)放时,即t =0时刻有x = 0 ,由〔5〕式得尸X(0) =--b由〔15〕式可知,物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期；但物块 的运动始终由〔15〕表示是有条件的,那就是在运动过程中物块始终没有完全浸 没在湖水中.假设物块从某时刻起全部浸没在湖水中,那么湖水作用于物块的浮 力变成恒力,物块此后的运动将不再是简谐振动,物块再次返回到初始位置 所需的时间也就不再全由振动的周期决定.为此,必须研究物块可能完全浸 没在湖水中的情况.显然,在x 系中看,物块下底面坐标为b 时,物块刚好被 完全浸没；由〔5〕式知在X 系中这一临界坐标值为(17)即物块刚好完全浸没在湖水中时,其下底面在平衡位置以下X b 处.注意到在 振动过程中,物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠A,下面分 两种情况讨论： I . A <X b .由〔13〕和〔17〕两式得P_2P〔18〕在这种情况下,物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中.因而,物 块从初始位置起,经一个振动周期,再次返回至初始位置.由〔10〕式得振动周 期(11)V(0) =0 由〔8〕至〔12〕式可求得将〔10〕、〔13〕和〔14〕式分别代人〔8〕和〔9〕式得、,,、PI ,X (t) = — b cos । ct •V(t) =(12)(13) (14)(15)(16)sin g t ,II . A >X b .由(13)和(17)两式得D :二 2 r(21)在这种情况下,物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水外表之下. 设从初始位置起,经过时间t 1物块刚好全部浸入湖水中,这时X (t 1 )=X b .由(15) 和(17)式得取合理值,有D b ：t1 = "： -arccos - -11\ 7g _/由上式和(16)式可求得这时物块的速度为此后,物块在液体内作匀减速运动,以a’表示加速度的大小,由牛顿定律 有,P —P'a=-T - g(25)设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为t 2,有物块从初始位置出发往返一次所需的时间t i =T 二2 一一b：g(20)P'—cos PP'・士常叫二1 -丁 (22)(23)(24)评分标准：此题 17 分.〔6〕式 2 分,〔10〕 〔15〕 〔16〕 〔17〕 〔18〕 〔21〕式1分,〔23〕式3分,〔27〕式2分,〔28〕式1分.二、〔23分〕设想在地球赤道平面内有一 垂直于地面延伸到太空的轻质电梯, 电梯顶端可超过地球的同步卫星高度 R 〔从地心算 起〕延伸到太空深处.这种所谓的太空电梯(26)由(24)-(26)得(27)物块从初始位置出发往返一次所需的时间为式各1分,〔20〕式3分,可用于低本钱地发射绕地人造卫星,其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度,然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去.1、设在某次发射时,卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升,该卫星在上升到0.80 R处意外地和太空电梯脱离〔脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零〕而进入太空.〔1〕论证卫星脱落后不会撞击地面.〔2〕如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇, 即可在它们相遇时回收该卫星. 讨论该卫星从脱落时刻起,在0~12小时及12~24小时两个时间段内被太空该电梯回收的可能性.2、如果太空电梯地点位于东经110度处,在太空电梯上离地心距离为R X处有一卫星从电梯脱落〔脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零〕,脱落后该卫星轨道刚好能和赤道某处相切, 而使卫星在该点着地,试求卫星着地点的经度.提示：此问要用数值方法求解高次方程.：地球质量M=6.0M1024kg,半径旦=6.4父106m的球体；引力恒量_ _ _ J1 _ _ 2 _ -2G=6.7F0 Nm kg ；地球自转周期耳=24］、时；假设卫星与太空电梯脱落后只受地球引力作用.解：1.i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知,卫星的机械能为负值.由开普勒第一定律可推知,此卫星的运动轨道为椭圆〔或圆〕,地心为椭圆的一个焦点〔或圆的圆心〕,如下图.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线,因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点〔或近地点〕；设近地点〔或远地点〕离地心的距离为r ,卫星在此点的速度为v.由开普勒第二定律可知2rv= 0.80R ■ ,〔12mv2由〔1〕和〔2〕式解得GMm 1--=-m 0.80R .GMm0.80R(2)r ： 0.28R可见该点为近地点,而脱离处为远地点.【〔3〕式结果亦可由关系式：GMm 1 ----------- =-m r 0.80R 22 2 GMm 0.80R ■ ■-0.80R直接求得】同步卫星的轨道半径R满足GM - 2『R(4) 由〔3〕和〔4〕式并代入数据得4r ：1.2 10 km可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球.ii. 由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量,从远地点可求出该常量为二s =- 0.80R ■(6) 设a和b分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴,由椭圆的几何关系有0.28R 0.80R a :2 0.80 -0.28b : . a --- ----------------- R2(8)式中0〔= 2n T e为地球自转的角速度.令m 恒定律有表示卫星的质量,根据机械能守卫星运动的周期T 为T 二 abs代人相关数值可求出T ： 9.5h卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点,根据开普勒第二定律可知此时 刻卫星具有最小角速度,其后的一周期内其角速度都应不比该值小,所以卫 星始终不比太空电梯转动得慢；换言之,太空电梯不可能追上卫星.设想自卫 星与太空电梯脱离后经过1.5T 〔约14小时〕,卫星到达近地点,而此时太空 电梯已转过此点,这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落 后的0-12小时内二者不可能相遇；而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成 两个多周期的运动,同时太空电梯完成一个运动周期,所以在12-24小时内 二者必相遇,从而可以实现卫星回收.2.根据题意,卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点 分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为此式可化为(12)这是关于R x 的四次方程,用数值方法求解可得R x ：-4.7 R e ：-3.0 104 km【R x 亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令V e 表示卫星与赤道相 切点即近地点的速率,那么有 2 32R e V e =R x ''(9)(10)1 2m(Rx.,)2GMm _ GMm R x一一 R x(11)(13)L R x " 2GM1 +—=——— 1_2_3\ R e J 0 R e1 2 GMm 1 — 、2 GMm — mve — ------- = - m(Rx-,)一 ------ 2 R e 2 R x由上两式联立可得到方程其中除R x 外其余各量均,因此这是关于R x 的五次方程.同样可以用数值方法解得R x .】卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间, 期T',设椭圆的半长轴为 a\半短轴为b ',有(18)卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期, 在这段时间内,如果地球不转动,卫星沿地球自转方向运行 180度,落到西经〔180 J110 1处与赤道相切.但由于地球自转,在这期间地球同时转过了0丁/2角度,地球自转角速度 8=360n/24h=15〕h ,因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经2GM R x 2GM ---------- _X . 2 c3 c -------- 2 c3■ R e ReR e为了求出卫星运行的周由于面 积速度可表示为所以卫星的运动周期为(17)代入相关数值可得(14)2 R x -'Rb=\a 一, 2 (15)(16)- 6.8h,T(19)1-180 -110 ——121 2即卫星着地点在赤道上约西经121度处.评分标准：此题23分.第1问16分,第i小问8分,⑴、〔2〕式各2分,〔4〕式2分,〔5〕式和结论共2分. 第ii小问8分,〔9〕、〔10〕式各2分,说出在0-12小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共2分,说出在12-24小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共2分.第2问7分,〔11〕式1分,〔13〕式2分,〔18〕式1分,〔19〕式3分.〔数值结果允许有5%的相对误差〕三、〔25分〕如下图,两根刚性轻杆AB和BC在士旦2 /■匚 /B段牢固粘接在一起,AB延长线与BC的夹角«为/锐角,杆BC长为l ,杆AB长为l cosa 0在杆的A、B C /和C三点各周连一质量均为m的小球,构成一刚性系r统.整个系统放在光滑水平桌面上,桌面上有一固定的光滑竖直挡板,杆AB延长线与挡板垂直.现使该系统以大小为V.、方向沿AB 的速度向挡板平动.在某时刻,小球C与挡板碰撞,碰撞结束时球C在垂直于挡板方向的分速度为零,且球C与挡板不粘连.假设使球C碰撞后,球B先于球A 与挡板相碰,求夹角«应满足的条件.解:解法如图1所示,建直角坐标Oxy , *轴与挡板垂直, 法由与挡板重合.碰撞前体系质心的速度为 V 0 ,方向 沿x 轴正方向,以P 表示系统的质心,以v Px 和Wy 表 示碰撞后质心的速度分量,J 表示墙作用于小球 C 的冲量的大小.根据质心运动定理有-J =3mv px _3mv o〔1〕0=*—0⑵V py = O可在质心参考系中考察系统对质心的角动量.在千C 与挡板碰撞过程中,质心的坐标为 X p = -1 c o sy P = — 1 s i n3球C 碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零；球 C 碰挡板后,质心相 对质心参考系仍是静止的, 三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动, 假设转动角速度为缶,那么三小球对质心 P 的角动量L =m co l ；P +m co l f 2P +m 〔o l 〔2P〔7〕式中l AP 、l BP 和l CP 分别是A 、 B 和C 三球到质心 P 的距离,由图1可知l ：P =l 2cos &+' Sin a 2 〔8〕9.2 1 . 2 . 2 I BP =-l sin a 〔9〕. 2224 22I CP =l cos a +—l sin a 〔10〕9由〔1〕和〔2〕式得3mv )-J 3m(3)(4) (5)(6)由〔7〕、〔8〕、〔9〕和〔10〕各式得. 2 .9 . . . _ 9 .L =&ml 叫1+2cos 叼〔11〕根据题意有V CX = 0〔18〕由〔17〕和 〔18〕式得=m v 0 (1 - 2cos 2 ：-)(19) 由(13) 和〔19〕式得(20)球A 假设先于球B 与挡板发生碰撞,那么在球 C 与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质心转过 河2角,即杆 AB 至少转到沿y 方 向,如图2所示.系统绕质心转过 旧2所需时间t=2(21)在碰撞过程中,质心有加速度,质心参考系是非惯性参考系, 在质心参考系中考察动力学问 题时,必须引入惯性力.但作用于质点系的惯性力的合力通过质心,对质心的力矩等于零, 不影响质点系对质心的角动量, 故在质心参考系中,相对质心角动量的变化仍取决于作用于 球C 的冲量J 的冲量矩,即有2J -1 sin : = L 3〔12〕【也可以始终在惯性参考系中考察问题, 即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点,那么对该参考点〔12〕式也成立】由〔11〕和〔12〕式得J sin :■ = ~-2 ~ml 〔1 2cos :-〕C 相对于质心参考系的速度分量分别为〔参考图 1〕(13)球v CPx =一 I CP sin - = -,,(l sin -1 y P |)(14) V CPy = - 1c p COs ： = - l COs(15)球C 相对固定参考系速度的x 分量为V CX =V CPX . V PX(16)由〔3〕、 〔6〕、〔13〕和〔16〕各式得V Cx J =_7 Z 27m(1,2cos 、2)(17)在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离:X =V px ty p +二x . x p评分标准:此题 25 分.〔1〕、〔2〕、〔11〕、〔12〕、〔19〕、 〔22〕、〔23〕式各 2 分.〔24〕或〔25〕式 2 分.解法如图1所示,建直角坐标系 Oxy , x 轴与挡板垂直,W 由与挡板重合,以V Ax 、V Ay 、V Bx 、V By 、V CX 和V °y 分别表示球C 与挡板刚碰撞后 A 、B 和C 三球速度的分 量,根据题意有V Cx = 0（1）以J 表示挡板作用于球 C 的冲量的大小,其方向沿x 轴 的负方向,根据质点组的动量定理有-J =mv A x +mv B x 3- mv 0〔2〕0=m/Ay+m/By +My(3)(22)(23)那么球B 先于球 和〔23〕式得A 与挡板碰撞.由〔5〕、 (6)、〔14〕、〔16〕、 〔18〕、 〔21〕、 〔22〕(25). arctan 31 二(24). 36〔20〕式各3分,〔21〕式1分, V Ay v By以坐标原点O 为参考点,根据质点组的角动量定理有Jlsin =m1v Ay l cos l cos^「m1v By l cos mv o l sin ：(4)由于连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有v Cy sin =v By sin ：「v Bx cos(7)式中6为卞f AB 与连线AC 的夹角.由几何关系有2cos ：- cos 日二21 - 3cos(5)解以上各式得 (9)(10)一•一 2 一V AX =v °sin 三(11)v Ay jsin ： cos(12)2 _V BX =v °sin ]:(13)v By =0(14)v 3y =-v 0sin ： cos(15)按题意,自球C 与挡板碰撞结束到球 A (也可能球B )碰撞挡板墙前,整个系统不受外力 作用,系统的质心作匀速直线运动 .假设以质心为参考系,那么相对质心参考系,质心是静止不动的,A 、B 和C 三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动.为了求出转动角速度,可考察球B 相对质心的速度.由(11)到(15)各式,在千C 与挡板碰撞刚结束时系统质 心P 的速度(6)V A x cos -v Ay sin = v Cy sim(7)(8)V Px mV-mv Bx mv cx 2 7= -v0sin ;3(16)3mvPy mv Ay- mv By- mv cy=0(17) 3m这时系统质心的坐标为X P=」c o s(18)V P1..=—1 sin ;3(19)不难看出,此时质心P正好在球B的正下方,至球B的距离为y p,而球B相对质心的速度V Bp x= v B- V P3 \s i 0«(20)%Py=0 (21)可见此时球B的速度正好垂直BP故整个系统对质心转动的角速度V BPX V0 sin w0 =-__r= ---------------------------y p III(22)假设使球A先于球B与挡板发生碰撞,那么在球C与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质心转过12角,即杆AB至少转到沿y方向,如图2所示.系统绕质心转过n/2所需时间III汽t =^—(23)在此时间内质心沿x方向向右移动的距离-x =v Px t(24)评分标准：此题25 分.〔2〕、〔3〕、〔4〕、〔5〕、〔6〕、〔7〕式各 2 分,〔10〕、〔22〕式各3分,〔23〕式1分,〔24〕、〔25〕式各2分,〔26〕或〔27〕式2分.四、〔21分〕如下图,虚线小方框是由2n 个电容器联成的有限网络；虚线大方框是并联的两个相同的无限网络,此无限网络的结构是：从左到中间,每个电容器的右极板与两个电容器的左极板相连,直至无穷；从中问到右,每两个电容器的右极板与一个电容器的左极板相连,直至联接到一个电容器为止.网络中的所有电容器都是完全相同的平行板真空电容器,其极板面积为S ,极板间距为d 〔d«Vs〕0整个电容网络体系与一内电阻可忽略不计的电池连接,电池电动势恒定、大小为,忽略电容器的边缘效应,静电力常量k.1、假设将虚线小方框中标有a勺电容器的右极板缓慢地向右拉动, 使其两极板的距离变为2d,求在拉动极板过程中电池所做的功和外力所做的功q t = C t ；-(n - 4)2二 kd(5)整个电容网络的等效电容为等效电容器带的电量〔即与电池正极连接的电容器极板上电量之和〕2、在电容器aw 极板的距离变为2d 后,再将一块与电容器 a 勺极板形状相同、面积也为S 、带电荷量为Q 〔Q >0〕的金属薄板沿平行于 a 勺极板方向全部插 入到电容器位,使金属薄板距电容器 萩极板的距离为x .求此时电容器a 勺左 极板所带的电荷量.解： 参考解答：1 .虚线小方框内2n 个平行板电容器每两个并联后再串联,其电路的等 效电容C ti 满足下式1 n C ti - 2c(1)C ti =2Cn(2)C - 4 二 kd(3)虚线大方框中无限网络的等效电容C t2满足下式1 C t2(4)C t C t C t J 2cC t 1 C t 2n . 4(6)2C 4C 8C(12)电容器储能变化为△u =1(C%2—C t - 尸S ；2 (13)在此过程中,电池所做的功为S ；2(3n 13)(n 4)2 二kd (7)当电容器a两极板的距离变为2d后,2n个平行板电容器联成的网络的等效电容C t1满足下式1 n _1 2= +C ti 2C 3C(8)由此得P 6CCti -3n 1整个电容网络的等效电容为c C ti C t2 6CC t 二------- 二-----C ti C t2 3n 13(9)(10)整个电容网络的等效电容器带的电荷量为3 S--q t -C t(3n 13)2 二kd(11 )在电容器a两极板的距离由d变为2d后,等效电容器所带电荷量的改变■"-：qt =qt'-qt =S ；(3n 13)( n 4)2 二kdA =. US ；22(3 n - 13)(n 4)2 二 kd(15)2.设金属薄板插入到电容器a 后,a 的左极板所带电荷量为q',金属薄 板左侧带电荷量为_q"右侧带电荷量为〔q%Q 〕 , a 的右极板带电荷量为 -〔q ' +Q 〕,与a 并联的电容器左右两极板带电荷量分别为q"和-q".由于电容器 a 和与其并联的电容器两极板电压相同,所以有q_ q (q Q)C 一 S S 4 二 kx 4 二 k(2d - x) (16) 由〔2〕式和上式得 q q =3q Q 丝二x d (17) 上式表示电容器a 左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和, 也是虚线大方框中无限网络的等效电容5所带电荷量〔即与电池正极连接的 电容器的极板上电荷量之和〕.整个电容网络两端的电压等于电池的电动势,即 一. . (n _I )^. C t2 2C C (18) 将〔2〕、 〔5〕和〔17〕式代入〔18〕式得电容器a 左极板带电荷量 q 二 (3n - 13)2 二 kd (n 5)(2 d -x)Q (3n 13)d (19)评分标准:此题21 分.第1 问13 分,〔2〕式1 分,〔5〕式2 分,〔6〕、〔7〕、〔10〕、〔11〕、〔12〕式各1分,〔13〕式2分,〔14〕式1分,〔15〕式2分.第 2 问8 分,〔16〕、〔17〕、〔18〕、〔19〕式各 2 分.五、(25分)如下图,两个半径不等的用细金属导线做成的同心圆环固定在水平的桌面上. 大圆环半径为R ,小圆环外表绝缘半径为R2 (R2«R I),两圆环导线每单位长度电阻均为r0,它们处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B ,方向竖直向下,一每单位长度电阻为r i的长直金属细杆放在大圆环平面上,并从距圆环中央左侧为R1/100(>R2)的ab位置,以速度V匀速向右沿水平面滑动到相对于大圆环中央与ab 对称的位置cd,滑动过程中金属杆始终与大圆环保持密接.假设金属杆和大圆环的电流在小圆环处产生的磁场均可视为匀强磁场. 试求在上述滑动过程中通过小圆环导线横截面的电荷量.提示：当半径为R,长度为l的一段圆弧导线通有电流I时,圆弧电流在圆心处产生的磁感应强度大小为B = km」,方向垂直于圆弧所在平面且与圆弧电流R2的方向满足右手螺旋法那么；无限长直导线通有电流I时,电流在距直导线距离为r处产生的磁感应强度B的大小为B =匕且,其中央为常量r解：参考解答：如图1所示,当长直金属杆在ab位置以速度v错误! 未找到引用源.水平向右滑动到时,因切割磁力线,在金属杆中产生由b指向a的感应电动势的大小为8=BLv (1)式中⑶金属杆在错误！未找到引用源. 位置时与大圆环两接触点间的长度,由几何关系有L=2 储2—⑸1 .2R 〔2〕100在金属杆由错误！未找到引用源. 位置滑动到cd位置过程中,金属杆与大圆环接触描点之间的长度L可视为不变,近似为2R i .将〔2〕式代入〔1〕式得,在金属杆由错误！未找到引用源.滑动到cd过程中感应电动势大小始终为;=2BRv (3)以I、I l和I 2分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流,方向如图b 两端的电压,由欧姆定律有U ab = I l l 1 r0 1所示,以U ab表示a、〔4〕U ab = I 2".(5)式中,l l和l2分别为金属杆左、右圆弧的弧长 .根据提示,l i和12中的电流在圆心处产生的磁感应强度的大小分别为IJB i =口最R1(6)12l2B2=k mW 〔7〕R1B1方向竖直向上, B2方向竖直向下.由〔4〕、〔5〕、〔6〕和〔7〕式可知整个大圆环电流在圆心处错误！未找到引用源. 产生的错误！未找到引用源.为B.= B2 - B1 =0 (8)无论长直金属杆滑动到大圆环上何处,上述结论都成立,于是在圆心处只有金属杆错误! 未找到引用源.的电流I所产生磁场.在金属杆由ab滑动到cd的过程中,金属杆都处在圆心附近, 故金属杆可近似视为无限长直导线,由提示,金属杆在ab位置时,杆中电流产生的磁感应强度大小为B32I IE 100(9)方向竖直向下.对应图1的等效电路如图2,杆中的电流图Qj 」t3800 k m vBR 2 E .(4「1 .二「°)(10)其中R 为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻, 侧圆弧的电阻,由于长直金属杆非常靠近圆心,故R ab 定2 R i r,i R =右R ；tnR r 〔11〕利用〔3〕、〔 9〕、〔 10〕和〔11〕式可得800 k m vB B 3 =R 1〔4r -:「0〕由于小圆环半径错误！未找到引用源.,小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的, 且都等于长直金属杆在圆心处产生的磁场 .当金属杆位于ab 处时,穿过小圆环圆面的磁感 应通量为心=亦旧〔13〕当长直金属杆滑到 cd 位置时,杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由 〔13〕式表示,但方向相反,故穿过小圆环圆面的磁感应通量为% =n R ；〔-B3〕〔14〕在长直金属杆以速度 错误！未找到引用源. 从ab 移动到cd 的时间间隔由内,穿过小圆环圆面的磁感应通量的改变为于是,利用〔12〕和〔17〕式,在时间间隔 母内通过小环导线横截面的电荷量为%和R^分别为金属杆左右两(12)1T工12 二 R 2B 2 3由法拉第电磁感应定律可得,在小圆环中产生的感应电动势为大小为△ 2二 R ；B 3S =- ......... = --------------1,t二 t在长直金属杆从 ab 移动cd 过程中,在小圆环导线中产生的感应电流为।i R 2B 31 八 一 —(15)(16)(17)评分标准:此题25分.〔3〕式3分,〔4〕、〔5〕式各1分, 〔8〕、〔10〕式各3分,〔12〕式3分,〔15〕式4分,〔16〕、〔17〕式各2分,〔18〕式3分.六、〔15分〕如下图,刚性绝热容器A和「-------------------------- [ 7 --------- B水平放置,一根带有绝热阀门和多孔塞的绝热A目刚性细短管把容器A、B相互连通.初始时阀门Pt|是关闭的,A内装有某种理想气体,温度为「；者孔塞B 内为真空.现将阀门翻开,气体缓慢通过多孔塞后进入容器B中.当容器A中气体的压强降到与初始时A中气体压强之比为时,重新关闭阀门.设最后留在容器A内的那局部气体与进入容器B中的气体之间始终无热量交换,求容器B中气体质量与气体总质量之比.：1摩尔理想气体的内能为u=CT ,其中C是常量,T为绝对温度；一定质量的理想气C R体经历缓慢的绝热过程时,其压强p与体积V满足过程方程pV C=常量,其中R为普适气体常量.重力影响和连接管体积均忽略不计.设重新关闭阀门后容器A中气体的摩尔数为n1,B中气体的摩尔数为n2, 那么气体总摩尔数为n = R+ nt 〔1〕把两容器中的气体作为整体考虑,设重新关闭阀门后容器A中气体温度为T1 B中气体温度为T2,重新关闭阀门之后与翻开阀门之前气体内能的变化可表示为U =n〔C T； -T1 n2c T2 -T1 (2)由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有(3)令V i 表示容器A 的体积,初始时A 中气体的压强为R,关闭阀门后 A 中气 体压强为ap1,由理想气体状态方程可知P i V i n 二RT i(:P i )V in i 二 ------ --RT i由以上各式可解得由于进入容器B 中的气体与仍留在容器A 中的气体之间没有热量交换, 因而在阀门翻开到重新关闭的过程中留在容器A 中的那局部气体经历了一个绝热过程,设这局部气体初始时体积为V o 〔压强为Pi 时〕,那么有C R C RPV 10c=(：P i )V i C利用状态方程可得PM .二(二 P i )V i T i 一 T i由〔I 〕至〔7〕式得,阀门重新关闭后容器B 中气体质量与气体总质量之 比(4)(5)T 2二」一二)T i T i . 二 T i - ： T i(6)(7)评分标准：此题15分.〔1〕式1分,〔2〕式3分,〔3〕式2分,〔4〕、〔5〕式各1分,〔6〕式3分,〔7〕式1分,〔8〕式3分.七、〔16分〕图中J为一薄凸透镜,Q为高等于2.00cm与光轴垂直放置的线状物,Q经L1成一实像,像距为40.0cm.现于L1的右方依次放置薄凹透镜L2、L3和薄凸透镜L4以及屏P ,它们之间的距离如下图,所有的透镜都共轴, 屏与光轴垂直,L2、L3焦距的大小均为15.0cm.物Q经上述四个透镜最后在屏上成倒立的实像,像高为0.500cm.La 打PY tt ____________ -1 __________ ________IQi A 人小-H H— 17,3cm -H H—说0cm -H 工5cm5.0cm1、L1焦距的大小为cm , L4焦距的大小为cm .2、现保持Q、L、L4和P位置不变,而沿光轴平移L2、L3 ,最后在屏上成倒立的实像,像高为1.82cm,此时L2和L1的距离为cm , L3和L4的距离为cm=最后保存结果至小数点后一位答案与评分标准：1. 19.2(4分, 填19.0至19.4的, 都给4分)10.2(4分, 填10.0至10.4的, 都给4分)2. 20.3(4分, 填20.1至20.5的, 都给4分〕4.2 〔4分,填4.0 至4.4 的,都给4分〕导线1和2相距为a〔发＜长直导线的长度〕,两导线中通有方向和大小都相同的稳恒电流,电流方向向上.导线中正离子都是静止的,每单位长度导线中正离子的电荷量为九；形成电流的导电电子以速度V o沿导线向下匀速运动,每单位长度导线中导电电子的电荷量为-,… ：单位长度电荷量为n的无限长均匀带电直导线在距其距离为r处产生的电场的强度大小为E =k e^■,其中k e是常量；当无限长直导线通有稳恒电流I时, r电流在距导线距离为r处产生磁场的磁感应强度大小为B=k m且,其中k m是常r量.试利用狭义相对论中的长度收缩公式求常量k e和k m的比值提示：忽略重力；正离子和电子的电荷量与惯性参照系的选取无关；真空中的光速为c.八、〔18分〕如下图,竖直固定平行放置的两条相同长直。
第16届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答
第16届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答一、参考解答1. 五，杨振宁、李政道、丁肇中、朱棣文、崔琦2. 反物质3. 月球，月球、火星二、参考解答1. 物块放到小车内以后，由于摩擦力的作用，当以地面为参考系时，物块将从静止开始加速运动，而小车将做减速运动，若物块到达小车顶后缘时的速度恰好等于小车现在的速度，则物块就刚好不脱落。
令v 表示现在的速度，在那个过程中，若以物块和小车为系统，因为水平方向未受外力，因此此方向上动量守恒，即0()Mv m M v =+ （1） 从能量来看，在上述过程中，物块动能的增量等于摩擦力对物块所做的功，即 2112mv mg s μ= （2） 其中1s 为物块移动的距离。
小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功，即 22021122Mv mv mgs μ-=- （3） 其中2s 为小车移动的距离。
用l 表示车顶的最小长度，则21l s s =- （4） 由以上四式，可解得202()Mv l g m M μ=+ （5） 即车顶的长度至少应为202()Mv l g m M μ=+。
2．由功能关系可知，摩擦力所做的功等于系统动量的增量，即 22011()22W m M v Mv =+- （6） 由（1）、（6）式可得 202()mMv W m M =-+ （7）三、参考解答设容器的截面积为A ，封闭在容器中的气体为ν摩尔，阀门打开前，气体的压强为0p 。
由理想气体状态方程有00p AH RT ν= （1）打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为0p 。
活塞对气体的压强也是0p 。
设达到平稳时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，则有0()p H x A RT ν+= （2）依照热力学第一定律，活塞对气体所做的功等于气体内能的增量，即 003()()2p H x A R T T ν-=- （3）由（1）、（2）、（3）式解得 25x H =（4） 075T T = （5）四、参考解答 设线框的dc 边刚到达磁场区域上边界'PP 时的速度为1v ，则有 2112mv mgh = （1） dc 边进入磁场后，按题意线框尽管受安培力阻力作用，但依旧加速下落．设dc 边下落到离'PP 的距离为1h ∆时，速度达到最大值，以0v 表示那个最大速度，这时线框中的感应电动势为10Bl v =E线框中的电流 10Bl v I R R==E 作用于线框的安培力为 22101B l F Bl I Rv == （2） 速度达到最大的条件是安培力F mg =由此得 0221mgR v B l = （3） 在dc 边向下运动距离1h ∆的过程中，重力做功1G W mg h =∆，安培力做功F W ，由动能定理得 22011122F G W W mv mv +=-将（1）、（3）式代入得安培力做的功 32214412F m g R W mg h mgh B l =-∆+- （4） 线框速度达到0v 后，做匀速运动．当dc 边匀速向下运动的距离为221h l h ∆=-∆时，ab 边到达磁场的边界'PP ，整个线框进入磁场．在线框dc 边向下移动2h ∆的过程中，重力做功G W '，安培力做功F W '，但线框速度未变化，由动能定理0F G W W ''+=221()F G W W mg h mg l h ''=-=-∆=--∆ （5）整个线框进入磁场后，直至dc 边到达磁场区的下边界'QQ ，作用于整个线框的安培力为零，安培力做的功也为零，线框只在重力作用下做加速运动。
第十六届全国中学生物理竞赛参考解答-推荐下载
v1 0 ，由 u2
2-3．
三、参考解答
f2 f1
v1 可知， u2
0 ，又由 u2 v2
根据题中所给的条件，当圆环内通过电流 I 时，圆环中心的磁感应强度 B 0 1
2r
穿过圆环的磁通量可近似为 BS 0 Ir 2
根据法拉第电磁感应定律，电流变化产生的感生电动势的大小 E 0 r I t 2 t
是通过该点射向 L1 的入射光线都和对应的出射光线相互平行．
2．由所得结果（5）式可以看出，当 d f1 f2 时， u1 0 ，此情况下的光路图就是图复解16-2-1．
当 d f1 f2 时， u1 ， 0 ，此时入射光线和出射光线均平行于主轴，光路如图复解16-2-
2．
当 d f1 f2 时， u1 0 ，这表明 P 点在 L1 的右方，对 L1 来说，它是虚物．由（1）式可知，此时
AB 经透镜 L1 折射后沿 BC 射向 L2 ，经 L2 折射后沿 CD 出射． AB 、 BC 、 CD 与透镜主轴的交点分别 为 P 、 P 和 P ，如果 P 为物点，因由 P 沿主轴射向 O1 的光线方向不变，由透镜性质可知， P 为 P 经过 L1 所成的像， P 为 P 经 L2 所成的像，因而图中所 示的 u1 、 v1 、 u2 、 v2 之间有下列关系：
v1 u2
全国中学生物理竞赛复赛试题 第 2 页
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
第16届复赛答案
第十六届复赛答案一、参考答案1．因为泵的总扬程=吸水扬程+压水扬程,离心式水泵的吸水扬程是由大气压决定的，当大气压为标准大气压时，吸水扬程实际不会超过10m 。
所以泵不能放在B 处，只能放在A 处。
2．不考虑水的动能，①增加的势能按13.8m 计算:已知t =30min 、h =13.8m 、V =120m 3、η=0.6。
则W 有= mgh =1.656×107J 。
因为η=总有W W ，所以J 1076.27⨯==η有总W W 。
即应购置水泵的功率为kW 3.15==t W P 总总。
②增加的势能按15m 计算，应购置水泵的功率为P 总=16.7kW 。
综上所述可知，所提供的水泵满足要求。
3．不可行。
若离心泵至水面段用橡皮管，由于大气压作用可能将橡皮管压扁而影响正常工作。
建议离心泵至水面段用硬质管，为节约起见，泵以上水管可用软橡皮管。
二、参考答案1．用细线悬挂直木棍作支点；2．用细线栓好矿石挂在支点左侧，在支点的右侧挂一块石头，移动矿石和石块悬挂的位置直到木棍水平平衡；3．用皮尺分别量出悬挂矿石和石块的点到支点的距离分别为l1、l2，如答图1所示；4．将矿石浸没在水中，移动挂石块的位置直到木棍再次水平平衡；5．用皮尺量出悬挂石块的点到支点的距离为l3，如图2所示；6．推导计算矿石密度的表达式：由杠杆平衡条件，解得322l l l -=水矿ρρ。
三、参考答案1．A 管的作用一是排气，二是溢水。
因为汽油桶改做水箱后，如果不安装A 管排气的话，,上水时会把一些空气密闭在里面，就不易将水注满；而且，,上方的空气还影响箱内水温升高。
2．阀门Ⅰ控制进入水箱的冷水；阀门Ⅱ控制进入淋浴喷头的热水；阀门Ⅲ控制进入淋浴喷头的冷水。
通过阀门Ⅱ、阀门Ⅲ调节进入淋浴喷头的冷热水的多少可以改变淋浴喷头喷出的水的温度。
3．给热水器上水时，阀门Ⅰ应打开,阀门Ⅱ、阀门Ⅲ应关闭。
洗澡时,阀门Ⅰ应关闭，阀门Ⅱ、阀门Ⅲ应打开。
全国高中生物理竞赛复赛试题含答案
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φ１时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度φ２，求φ２／φ１（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／（（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．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））．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／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．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（27°）＝3.6×10３Ｐａ；ｚ＝ 0处，ｐ（0）＝ 1.013×10５Ｐａ．解：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℃．．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℃．．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ｐＷ（27°）＝3．6×10３Ｐａ，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），ｐａ（ｔ）＝（164．7ｔ＋45．0×10３）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ｐＷ（ｔ′）＝ｐ′－ｐａ（ｔ′）＝（105×10３－164．7ｔ′）Ｐａ，画出函数ｐ′－ｐａ（ｔ′）的图线，取ｔ＝0℃，有..ｐ′－ｐａ（0℃）＝105×10３Ｐａ，取ｔ＝100℃，有.ｐ′－ｐａ（100℃）＝88．6×10３Ｐａ．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、（22分）有两个处于基态的氢原子Ａ、Ｂ，Ａ静止，Ｂ以速度ｖ０与之发生碰撞．已知：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）？已知电子电量ｅ＝ 1．602×10－19Ｃ，质子质量为ｍｐ＝ 1．673×10－27ｋｇ，电子质量为ｍｅ＝ 0．911×10－31ｋｇ，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Ｅｎ＝ｋ１／ｎ２，...①又知基态（ｎ＝1）的能量为－13．58ｅＶ，即Ｅ１＝ｋ１／1２＝－13．58ｅＶ，所以..ｋ＝－13．58ｅＶ．ｎ＝2的第一激发态的能量为Ｅ２＝ｋ１／2２＝－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）ｍｖ０２＝（1／2）ｍ（ｖＡ２＋ｖＢ２）＋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）ｍｖ０２＝（1／2）ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）２－ｍｖＡｖＢ＋ｈν＝（1／2）ｍｖ０２－ｍｖＡ（ｖ０－ｖＡ）＋ｈν，ｍｖＡ２－ｍｖＡｖ０＋ｈν＝0，经配方得ｍ（ｖＡ－（1／2）ｖ０）２－（1／4）ｍｖ０２＋ｈν＝0，（1／4）ｍｖ０２＝ｈν＋ｍ（ｖＡ－（1／2）ｖ０）２，...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ｖ０ｍｉｎ＝6．25×10４ｍ／ｓ．答：Ｂ原子的速度至少应为6．25×10４ｍ／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，有图18－2－10.Ｅ＝Ｉ１ｒＣＦＡ＋Ｉ２ｒＡＤＣ，因..ｒＣＦＡ＝5ｒ／6，ｒＡＤＣ＝ｒ／6，Ｅ＝ｋπＲ２，故..ｋπＲ２＝Ｉ１（5ｒ／6）＋Ｉ２（ｒ／6）．...①因回路ＡＤＣＥＡ所围的面积为（（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．．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，｜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（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ３．方向向左．五、（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．在球壳外Ａ点有一电量为ｑ１＝10×10－9Ｃ的点电荷，Ｂ点有一电量为ｑ２＝16×10－9Ｃ的点电荷．点Ｏ、Ａ之间的距离ｄ１＝ 20ｃｍ，点Ｏ、Ｂ之间的距离ｄ２＝ 40ｃｍ．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，大地流向球壳的电量各是多少？已知静电力常量ｋ＝9×10９Ｎ·ｍ２/Ｃ２．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：．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Ｑ１＝（ａＵ／ｋ）－ａ（（ｑ１／ｄ１）＋（ｑ２／ｄ２））＝－8×10－９Ｃ．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．．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＝（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．．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．．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．．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..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）．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（1／2）ｍ１ｖ１２＋（1／2）ｍ２ｖ２２＝Ｅ０，...②解①、②两式，得ｖ１＝，...③ｖ２＝．...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，...⑤Ｇ１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．．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，即..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．。
第十六届全国中学生物理竞赛参考解答
第十六届全国中学生物理竞赛参考解答一、参考解答1 只要有液态水存在，平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和：3.0atm p p p =+=总空饱00〔1〕第一次膨胀后102V V =2.0atm p p p =+=总空饱11〔2〕由于第一次膨胀是等温过程，所以 0102p V p V p V ==空空空011〔3〕解〔1〕、〔2〕、〔3〕三式，得 1.0atm p =饱〔4〕 2.0atm p =空0〔5〕 1.0atm p =空1〔6〕由于1.0atm p =饱，可知汽缸中气体的温度0373K T =〔7〕根据题意，经两次膨胀，气体温度未改变。
2.设水蒸气为mol γ水．经第一次膨胀，水全部变成水蒸气，水蒸气的压强仍为p 饱，这时对于水蒸气和空气分别有10p V RT γ=饱水〔8〕1002p V RT RT γ==空1空〔9〕由此二式与〔5〕、〔6〕式可得2mol γ=水〔10〕3. 在第二次膨胀过程中，混合气体可按理想气体处理，有21p V p V =总2总1〔11〕由题意知，204V V =，102V V =，再将〔2〕式代入，得 1.0atm p =总2〔12〕二、参考解答l ．在所示的光路图〔图复解16-2-1〕中，人射光AB 经透镜1L 折射后沿BC 射向2L ，经2L 折射后沿CD 出射．AB 、BC 、CD 与透镜主轴的交点分别为P 、P '和P ''，如果P 为物点，因由P 沿主轴射向1O 的光线方向不变，由透镜性质可知，P '为P 经过1L 所成的像，P ''为P '经2L 所成的像，因而图中所示的1u 、1v 、2u 、2v 之间有以下关系：111111u v f +=〔1〕222111u v f +=〔2〕 21d u v =+〔3〕当入射光线PB 与出射光线平行时，图中的αα'=，利用相似三角形关系可求得21v h h u '=, 21uh h v '=从而求得2211v u u v =〔4〕联立方程〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕，消去1v 、2u 和2v ，可得：1112()f du d f f =-+〔5〕由于d 、1f 、2f 均已给定，所以1u 为一确定值，这说明：如果入射光线与出射光线平行，那么此入射光线必须通过主轴上一确定的点，它在1L 的左方与1L 相距1112()f du d f f =-+处，又由于1u 与α无关，但凡通过该点射向1L 的入射光线都和对应的出射光线相互平行．2．由所得结果〔5〕式可以看出，当12d f f >+时，10u >，此情况下的光路图就是图复解16-2-1．当12df f =+时，1u →∞，0α=，此时入射光线和出射光线均平行于主轴，光路如图复解16-2-2．当12df f <+时，10u <，这说明P 点在1L 的右方，对1L 来说，它是虚物．由〔1〕式可知，此时10v >，由2211f u v f =可知，20u >，又由21220u vv u =<可知，20v <，所以此时的光路图如图复解16-2-3． 三、参考解答根据题中所给的条件，当圆环内通过电流I 时，圆环中心的磁感应强度012B r μ=穿过圆环的磁通量可近似为02BS Ir μφπ≈=〔1〕根据法拉第电磁感应定律，电流变化产生的感生电动势的大小02Ir t tμφπ∆∆==∆∆E〔2〕圆环的电阻02r IR I I tμπ∆==∆E 〔3〕 根据题设条件0.05m r =，720410N A μπ=⨯⋅－－，100A I =，61410A/s 310A/s It∆≤≈⨯∆－－,代入〔3〕式得23310R ≤⨯Ω－〔4〕 由电阻与电阻率ρ、导线截面积S 、长度L 的关系LR S ρ=与导线的直径1mm d =，环半径5cm r =，得电阻率2297.510m 8S d R RL rρ===⨯Ω⋅－〔5〕 四、参考解答1．双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，设运动速率为v ，向心加速度满足下面的方程：222/2v GM M L L =〔1〕v =2〕周期：2(/2)L Tv ππ=计算＝3〕 2．根据观测结果，星体的运动周期TT <观察计算计算〔4〕 这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力，故它一定还受到其他指向中心的作用力，按题意这一作用来源于均匀分布的暗物质，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量M '位于中点处的质量点一样．考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v 观，那么有2222(/2)v GM MM M G L L L '=+观/2〔5〕v 观6〕 因为在轨道一定时，周期和速度成反比，由〔4〕式得：1v 观1＝7〕 把〔2〕、〔6〕式代入〔7〕式得14N M M -'=〔8〕 设所求暗物质的密度为ρ，那么有341324L N M πρ-⎛⎫=⎪⎝⎭ 故33(1)2N ML ρπ-=〔9〕五、参考解答解法一：1．〔1〕电阻图变形．此题连好的线路的平面图如图预解16-5-1所示．现将电阻环改画成三角形，1、3、5三点为顶点，2、4、6三点为三边中点，如图预解1—5-2与图预解16-5-3所示．整个连好的线路相当于把n D 的三个顶点分别接到1n D -的三个中点上，图预解16-5-1变为图预解16-5-4．这样第1问归结为求图预解16-5-4中最外层三角环任意两顶点间的等效电阻。
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第十六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、（20分）一汽缸的初始体积为0V ，其中盛有2mol 的空气和少量的水（水的体积可以忽略）。
平衡时气体的总压强是3.0atm ，经做等温膨胀后使其体积加倍，在膨胀结束时，其中的水刚好全部消失，此时的总压强为2.0atm 。
若让其继续作等温膨胀，使体积再次加倍。
试计算此时：1.汽缸中气体的温度；2.汽缸中水蒸气的摩尔数；3.汽缸中气体的总压强。
假定空气和水蒸气均可以当作理想气体处理。
二、（25分）两个焦距分别是1f 和2f 的薄透镜1L 和2L ，相距为d ，被共轴地安置在光具座上。
1. 若要求入射光线和与之对应的出射光线相互平行，问该入射光线应满足什么条件？2. 根据所得结果，分别画出各种可能条件下的光路示意图。
三、（25分）用直径为1mm 的超导材料制成的导线做成一个半径为5cm 的圆环。
圆环处于超导状态，环内电流为100A 。
经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于610A －。
试估算该超导材料电阻率数量级的上限。
提示：半径为r 的圆环中通以电流I 后,圆环中心的磁感应强度为02IB rμ=,式中B 、I 、r 各量均用国际单位，720410N Aμπ=⨯⋅－－。
四、（20分）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形势和分布情况有了较深刻的认识。
双星系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离。
一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。
现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M ，两者相距L 。
他们正绕两者连线的中点作圆周运动。
1. 试计算该双星系统的运动周期T 计算。
2. 若实验上观测到的运动周期为T 观测，且:1:1)T T N =>观测计算。
为了解释T 观测与T 计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。
作为一种简化模型，我们假定在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质，而不考虑其它暗物质的影响。
试根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。
五、（25分）六个相同的电阻（阻值均为R ）连成一个电阻环，六个接点依次为1、2、3、4、5和6，如图复16-5-1所示。
现有五个完全相同的这样的电阻环，分别称为1D 、2D 、┅5D 。
现将2D 的1、3、5三点分别与1D 的2、4、6三点用导线连接，如图复16-5-2所示。
然后将3D 的1、3、5三点分别与2D 的2、4、6三点用导线连接，┅ 依此类推。
最后将5D 的1、3、5三点分别连接到4D 的2、4、6三点上。
1．证明全部接好后，在1D 上的1、3两点间的等效电阻为724627R 。
2．求全部接好后，在5D 上的1、3两点间的等效电阻。
六、（25分）如图复16-6所示，z 轴竖直向上，xy 平面是一绝缘的、固定的、刚性平面。
在0(,0,0)A x 处放一带电量为(0)q q ->的小物块，该物块与一细线相连，细线的另一端B 穿过位于坐标原点O 的光滑小孔，可通过它牵引小物块。
现对该系统加一匀强电场，场强方向垂直与x 轴，与z 轴夹角为θ（如图复16-6所示）。
设小物块和绝缘平面间的摩擦系数为tan μθ=,且静摩擦系数和滑动摩擦系数相同。
不计重力作用。
现通过细线来牵引小物块，使之移动。
在牵引过程中，我们约定：细线的B 端只准沿z 轴向下缓慢移动，不得沿z 轴向上移动；小物块的移动非常缓慢，在任何时刻，都可近似认为小物块处在力平衡状态。
若已知小物块的移动轨迹是一条二次曲线，试求出此轨迹方程。
第十六届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、参考解答1 只要有液态水存在，平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和：3.0atm p p p =+=总空饱00 （1） 第一次膨胀后 102V V =2.0atm p p p =+=总空饱11 （2） 由于第一次膨胀是等温过程，所以0102p V p V p V ==空空空011 （3） 解（1）、（2）、（3）三式，得1.0atm p =饱 （4）2.0atm p =空0 （5） 1.0atm p =空1 （6） 由于 1.0atm p =饱，可知汽缸中气体的温度0373K T = （7） 根据题意，经两次膨胀，气体温度未改变。
2 设水蒸气为m ol γ水．经第一次膨胀，水全部变成水蒸气，水蒸气的压强仍为p 饱，这时对于水蒸气和空气分别有10p V R T γ=饱水 （8） 1002p V RT RT γ==空1空 （9） 由此二式及（5）、（6）式可得2m o l γ=水 （10）3. 在第二次膨胀过程中，混合气体可按理想气体处理，有21p V p V =总2总1 （11） 由题意知，204V V =，102V V =，再将（2）式代入，得1.0atm p =总2 （12）二、参考解答l ．在所示的光路图（图复解16-2-1）中，人射光AB 经透镜1L 折射后沿B C 射向2L ，经2L 折射后沿C D 出射．AB 、B C 、C D 与透镜主轴的交点分别为P 、P '和P ''，如果P 为物点，因由P 沿主轴射向1O 的光线方向不变，由透镜性质可知，P '为P 经过1L 所成的像，P ''为P '经2L 所成的像，因而图中所示的1u 、1v 、2u 、2v 之间有下列关系：111111u v f += （1）222111u v f +=（2）21d u v =+ （3） 当入射光线PB 与出射光线平行时，图中的αα'=，利用相似三角形关系可求得21v h h u '=,21u h hv '=从而求得2211v u u v =（4）联立方程（1）、（2）、（3）、（4），消去1v 、2u 和2v ，可得1112()f d u d f f =-+ （5）由于d 、1f 、2f 均已给定，所以1u 为一确定值，这表明：如果入射光线与出射光线平行，则此入射光线必须通过主轴上一确定的点，它在1L 的左方与1L 相距1112()f d u d f f =-+处，又由于1u 与α无关，凡是通过该点射向1L 的入射光线都和对应的出射光线相互平行．2．由所得结果（5）式可以看出，当12d f f >+时，10u >，此情况下的光路图就是图复解16-2-1．当12d f f =+时，1u →∞，0α=，此时入射光线和出射光线均平行于主轴，光路如图复解16-2-2．当12d f f <+时，10u <，这表明P 点在1L 的右方，对1L 来说，它是虚物．由（1）式可知，此时10v >，由2211f u v f =可知，20u >，又由21220u v v u =<可知，20v <，所以此时的光路图如图复解16-2-3．三、参考解答根据题中所给的条件，当圆环内通过电流I 时，圆环中心的磁感应强度 012B rμ=穿过圆环的磁通量可近似为 02BS Ir μφπ≈=（1）根据法拉第电磁感应定律，电流变化产生的感生电动势的大小 02I rt tμφπ∆∆==∆∆E （2）圆环的电阻 02r IR I Itμπ∆==∆E （3）根据题设条件 0.05m r =，720410N A μπ=⨯⋅－－，100A I =，61410A/s 310A/s I t∆≤≈⨯∆－－,代入（3）式得23310R ≤⨯Ω－ （4）由电阻与电阻率ρ、导线截面积S 、长度L 的关系 L R S ρ=及已知导线的直径1mm d =，环半径5cm r =，得电阻率2297.510m 8S dRRLrρ===⨯Ω⋅－ （5）四、参考解答1．双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，设运动速率为v ，向心加速度满足下面的方程：222/2vG M ML L=（1）v =（2）周期2(/2)L T vππ=计算＝（3）2．根据观测结果，星体的运动周期T T<观察计算计算＝（4）这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力，故它一定还受到其他指向中心的作用力，按题意这一作用来源于均匀分布的暗物质，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量M '位于中点处的质量点相同．考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v观，则有2222(/2)vG M M M MGL LL '=+观/2（5）v 观（6）因为在轨道一定时，周期和速度成反比，由（4）式得1v观1＝（7）把（2）、（6）式代入（7）式得14N M M -'=（8）设所求暗物质的密度为ρ，则有341324L N M πρ-⎛⎫= ⎪⎝⎭故33(1)2N M Lρπ-= （9）五、参考解答解法一：1．（1）电阻图变形．此题连好的线路的平面图如图预解16-5-1所示． 现将电阻环改画成三角形，1、3、5三点为顶点，2、4、6三点为三边中点，如图预解1—5-2与图预解16-5-3所示．整个连好的线路相当于把n D 的三个顶点分别接到1n D -的三个中点上，图预解16-5-1变为图预解16-5-4．这样第1问归结为求图预解16-5-4中最外层三角环任意两顶点间的等效电阻。
（2）递推公式． 为使图形简化，讨论如何将接好的两个电阻环化简成为一个单环。
由六个阻值为r 的电阻构成一个三角环，将其顶点接在另一由六个阻值为R 的电阻构成的三角环的中点上（如图预解16-5-5所示）。
图预解16-5-6是由六个阻值为R '的电阻构成的三角环。
若图预解16-5-5顶点1、3间的电阻与图预解16-5-6顶点l 、3间的电阻阻值相等，我们称图预解16-5-6中的R '为等效单环电阻．用符号“//”表示电阻的并联，如 1//(1/)(1/)B A B A R R R R =+由图预解16-5-5中的对称性可知l 、3两顶点间的电阻1,3R 等于图预解16-5-7中1、0间的电阻1,0R 的2倍，即131,0222{[////(2)]}//12//1112432//231433R R R r r R RR R R r r rR R Rr Rr R Rr R=+⎡⎤+⎢⎥=++⎢⎥⎣⎦+=++=+，= 1//3R r R =+（1）同理，图预解16-5-6中1、3两顶点间的电阻1,3R 为1,342[(2)//]3R R R R '''==（2）由（1）、（2）式得等效单环电阻R '为31//44R R r R '=+（3）2. 第一问现在考虑把1D 、2D 、3D 、4D 、5D 按相反的次序，由内向外依次连接的情况．首先将4D 接在5D 外面，求双环54D D -的等效单环电阻(2)R 〔即（3）式中的R '〕．这时r R =．由（3）式得到(2)R 为(2)317//448RR R R R =+=其次，在双环54D D -外面接上3D ，这时(2)r R =．三环534D D D --的等效单环电阻(3)R 为(3)(2)3131713////4444815RR R RR R R R ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭ 由此可得一般公式，(1)s +环的等效单环电阻1()s R +可由s R ()求出 1()31//44s s RR R R+=+()（4）于是131543313197////4444112R R R RR R R R =⎛⎫=+=⎪⎝⎭()()＋97112543131181////4444209R R R RR R R R =⎛⎫=+= ⎪⎝⎭()()＋由（2）式1,3(4/3)R R '=得出由一个环（5D ）、两个环（54D D -）直至五个环（54321D D D D D ----）构成的线路1、3点间的电阻为(1)1,344'33R R R ==(2)1,3477386R R R ⎛⎫== ⎪⎝⎭ (3)1,34135231545R R R ⎛⎫== ⎪⎝⎭ (4)1,349797311284R R R ⎛⎫== ⎪⎝⎭(5)1,341817243209627R R R ⎛⎫== ⎪⎝⎭ 答：所求的五个环的1与3间的等效电阻确为724627R ．证毕。