第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答
18上海市第十八届初中物理竞赛(大同中学杯)复赛试题
上海市第十八届初中物理竞赛（大同中学杯）(复赛)试题说明：1.本试卷共有五大题，答题时间为120分钟，试题满分为150分。
2.本卷第一～第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三～第五大题按题型要求写出完整的解答过程，解答过程中可以使用计算器。
3.本试卷中常数g取10牛/千克。
一、选择题(以下每题只有一个选项符合题意)1.某同学家中所有的灯原来都正常发光，现突然全部熄灭了，检查保险丝发现并未烧断，用测电笔测试室内火线与零线，氖管都发光。
该同学对故障作了下列四种判断，其中正确的是：[ ]A. 进户火线断路。
B. 进户零线断路。
C. 灯泡全部烧坏了。
D. 室内线路某处短路。
2.同一个物体的温度，可以利用摄氏温标或热力学温标来表示。
例如：某一天中午的自来水温度，用摄氏温标表示为20℃，用热力学温标表示为293K。
那么，当自来水的温度升高1℃时，用热力学温标表示这一温度的升高，下列说法中正确的是：[ ]A. 温度升高大于1K。
B. 温度升高等于1K。
C. 温度升高小于1K。
D. 无法确定温度升高的值与1K大小的关系。
3.如图1所示，有一正方体形状的不透光的房间，在其中的一面墙上开有一个圆形小孔.在这面墙的对面有一个正方形的平面镜，在房间里有一个人靠在与平面镜垂直的一侧墙面上，当有一束垂直于圆孔的平行光通过圆孔射到平面镜上时，他能看到的是：[ ]A. 镜面上有一个圆形的亮斑。
B. 整个正方形镜子的形状。
C. 整个房间的各处都是亮的。
D. 感到整个房间是一片黑暗。
图1图2图34.如图2所示，在水平放置的圆形长直管中，有一个光滑的、可自由移动的活塞刚好把长直管分成左右两部分，且活塞左、右两端面的形状如图。
当左、右两部分中气体的压强分别为p1和p2时，活塞可停在图示位置不动。
现在同时缓慢增大左、右两部分中气体的压强，使活塞仍然停在图示位置不动。
若左、右两部分中气体压强的变化量△p1和△p2，则下列关于它们关系的说法中正确的是：[ ]A. △p1>△p2。
第18届全国中学生物理竞赛复赛试题(2001年)含答案
第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题(2001年)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45cm L =，一端是半径为110cm R =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1φ时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度，求21/φφ（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 ()p t 与温度t 的关系图线如图复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复18-2-3所示．27t =℃时27t =3w (27) 3.610Pa p ︒=⨯；27t =0z =处5(0) 1.01310Pa p =⨯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A v 和B v 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。
2022年全国中学生物理竞赛预赛试卷及答案标准版
全国中学生物理竞赛初赛试卷1~5 6 7 8 总分9 10 11 1213 14 15 16本卷共16题，满分200分．得分阅卷复核一、选择题．本题共5小题，每题6分．在每题给出旳4个选项中，有旳小题只有一项符合题意，有旳小题有多项符合题意。
把符合题意旳选项前面旳英文字母写在每题背面旳方括号内．所有选对旳得6分，选对但不全旳得3分，有选错或不答旳得0分．1.3月8日凌晨2点40分，马来西亚航空公司一架波音777-200飞机与管制中心失去联系．3月24日晚，初步拟定失事地点位于南纬31º52′、东经115 º 52′旳澳大利亚西南都市珀斯附近旳海域．有一颗绕地球做匀速圆周运动旳卫星，每天上午同一时刻在该区域正上方对海面拍照，则A.该卫星一定是地球同步卫星B.该卫星轨道平面与南纬31 º 52′所拟定旳平面共面C.该卫星运营周期一定是地球自转周期旳整数倍D.地球自转周期一定是该卫星运营周期旳整数倍2.23892U（铀核）衰变为22288Rn（氡核）要通过A.8次α衰变，16次β衰变B.3次α衰变，4次β衰变C.4次α衰变，16次β衰变D. 4次α衰变，4次β衰变3．如图，一半径为R旳固定旳光滑绝缘圆环，位于竖直平面内；环上有两个相似旳带电小球a和b(可视为质点)，只能在环上移动，静止时两小球之间旳距离为R。
现用外力缓慢推左球a使其达到圆环最低点c，然后撤除外力．下列说法对旳旳是A.在左球a达到c点旳过程中，圆环对b球旳支持力变大B．在左球a达到c点旳过程中，外力做正功，电势能增长。
C.在左球a达到c点旳过程中，a、b两球旳重力势能之和不变D.撤除外力后，a、b两球在轨道上运动过程中系统旳能量守恒4．如图，O点是小球平抛运动抛出点；在O点有一种频闪点光源，闪光频率为30Hz；在抛出点旳正前方，竖直放置一块毛玻璃，小球初速度与毛玻璃平面垂直．在小球抛出时点光源开始闪光．当点光源闪光时，在毛玻璃上有小球旳一种投影点．已知图中O点与毛玻璃水平距离L=1．20 m，测得第一、二个投影点之间旳距离为0.05 m．取重力加速度g=10m/s2．下列说法对旳旳是A.小球平抛运动旳初速度为4m/sB．小球平抛运动过程中，在相等时间内旳动量变化不相等C．小球投影点旳速度在相等时间内旳变化量越来越大D.小球第二、三个投影点之间旳距离0．15m5．某同窗用电荷量计(能测出一段时间内通过导体横截面旳电荷量)测量地磁场强度，完毕了如下实验：如图，将面积为S，电阻为"旳矩形导线框abcd沿图示方位水平放置于地面上某处，将其从图示位置绕东西轴转180º，测得通过线框旳电荷量为Q1；将其从图示位置绕东西轴转90 º，测得通过线框旳电荷量为Q2.该处地磁场旳磁感应强度大小应为A.22214QQSR+ B. 2221QQSR+ C. 2221212QQQQSR++ D. 222121QQQQSR++二、填空题．把答案填在题中旳横线上．只要给出成果，不需写出求得成果旳过程．6．(10分)水平力F方向拟定，大小随时间旳变化如图a所示；用力F拉静止在水平桌面上旳小物块，在F从0开始逐渐增大旳过程中，物块旳加速度a随时间变化旳图象如图b所示．重力加速度大小为10m/s2。
第十八届全国高中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18－2－72．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2／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，当锅水沸腾时再加盖压力阀Ｓ，此时可以认为锅只有水的饱和蒸气，空气已全部排除．然后继续加热，直到压力阀被锅的水蒸气顶起时，锅即已达到预期温度（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，锅有足量的水．1．若不加盖压力阀，锅水的温度最高可达多少？2．若按正确方法使用压力锅，锅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，锅水的温度是多少？若继续加热，锅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高山上锅水的温度最高可达112℃．3．在未按正确方法使用压力锅时，锅有空气，设加压力阀时，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，锅空气的压强也随之升高，设在温度为ｔ（℃）时，锅空气压强为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，锅水的温度是97℃，若继续加热，压力阀被顶起后，锅空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净，锅水温仍可达112℃．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＝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＝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．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18－2－10Ｅ＝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，｜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．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，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而不与导体壁接触．解：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在球壳产生的合场强为零，球壳为电势等于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．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在壳产生的合场强仍为零，因球壳仍无电荷，球壳仍保持电势值为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，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（导体半径仍为ｄ１），点电荷ｑ１在球壳壁感应出电量－ｑ１，因球壳的静电屏蔽，球壳电荷ｑ１与球壳壁电荷－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，球壳外壁和壁带的总电量应为ＱⅢ＝Ｑ３＋（－ｑ１）＝－16×10－9Ｃ，在这过程中，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，只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳壁，整个球壳与没有电荷交换．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等于球壳外壁电量的和，即ＱⅣ＝Ｑ４＋（－ｑ１）＝－22×10－9Ｃ，流向球壳的电量为ΔＱⅢ＝ＱⅣ－ＱⅢ＝－6×10－9Ｃ．5．当点电荷ｑ２穿过球壳，刚进入球壳时（球壳半径仍为ｄ２），球壳壁的感应电荷变为－（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，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＝Ｑ６－（ｑ１＋ｑ２）＝－21×10－9Ｃ，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．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＝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．。
第十八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一、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．．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?．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）．二、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．图18－2－1．若不加盖压力阀，锅内水的温度最高可达多少?．若按正确方法使用压力锅，锅内水的温度最高可达多少?．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．图18-2-2图18-2-3三、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．图18－2－4四、如图18－2－4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．图18－2－5五、如图18－2－5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．六、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．．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?．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．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．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、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℃．．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、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、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，有图18－2－10Ｅ＝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２／10ｒ）ｋＢＲＦ＝（（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、参考解答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、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）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2Ｈ＝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18届全国中学生物理竞赛复赛试题.doc
第 18 届全国中学生物理比赛复赛试题一、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．．要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜（使主光轴上无穷远处物成像于主光轴上无穷远处的望远系统），取中心轴线为主光轴，玻璃棒另一端应磨成什么样的球面?．关于这个玻璃棒，由无穷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）．二、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18－ 2－ 1）加热，当锅内水沸腾时再加盖压力阀Ｓ，此时能够以为锅内只有水的饱和蒸气，空气已所有清除．而后持续加热，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的高峰上使用此压力锅，锅内有足量的水．图 18－2－ 1．若不加盖压力阀，锅内水的温度最高可达多少?．若按正确方法使用压力锅，锅内水的温度最高可达多少?．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?若持续加热，锅内水的温度最高可达多少?假设空气不溶于水．（ｔ）与温度ｔ的关系图线如图18－2－ 2 所示．大气压强ｐ（ｚ）与高度已知：水的饱和蒸气压ｐＷｚ的关系的简化图线如图18－2－ 3 所示．当ｔ＝ 27℃时，ｐ（27°）＝ 3．6×10３Ｐａ；ｚ＝ 0 处，ｐ（ 0）Ｗ＝1．013×10５Ｐａ．图 18-2-2图 18-2-3三、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：碰撞后两者的速度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汲取，进而该原子由基态跃迁到激发态，而后，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起码需要多大（以ｍ／ｓ表示） ?－19＝1． 673×10－ 27＝0． 911×10已知电子电量ｅ＝ 1．602×10Ｃ，质子质量为ｍｐｋｇ，电子质量为ｍｅ－31ｋｇ，氢原子的基态能量为Ｅ１＝－ 13． 58ｅＶ．图 18－2－ 4四、如图 18－2－4 所示，平均磁场的方向垂直纸面向里，磁感觉强度Ｂ随时间ｔ变化，Ｂ＝Ｂｔ（ｋ为大于零的常数）．现有两个完整同样的平均金属圆环互订交叠并固定在图中所示地点，环面处于图中纸面内．圆环的半径为Ｒ，电阻为ｒ，订交点的电接触优秀，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，每个环所受的平均磁场的作使劲，不考虑感觉电流之间的作用．０－ｋ图 18－2－ 5五、如图 18－2－5 所示，一薄壁导体球壳（以下简称为球壳）的球心在Ｏ点．球壳经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ｑ－9Ｃ的点电荷，Ｂ１＝10×10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．现假想球壳的半径从ａ＝10ｃｍ开始迟缓地增大到50ｃｍ，问：在此过程中的不一样阶段，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．假定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、一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧组成．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，与两者接触而不固连．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．经过遥控可排除锁定，让弹簧恢复至原长并开释其弹性势能，设这一开释过程的时间极短．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排除锁定，进而使上部分Ｇ１升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由着落，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的时辰排除锁定．．在第一种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空抵达的最大高度（从井口算起）为多少 ?其能量是从何种形式的能量转变而来的 ?．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 ?并定量议论其能量可能是从何种形式的能量转变而来的．一、参照解答1．关于一个望远系统来说，从主光轴上无穷远处的物点发出的入射光为平行于光轴的光芒，它经过系统后的出射光芒也应与主光轴平行，即像点也在主光轴上无穷远处，如图 18－2－6 所示，图中Ｃ球面的球心．1 为左端图 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光芒ＰＦ１射到另一端面时，其折射光芒为平行于主光轴的光芒，由此可知该端面的球心Ｃ２必定在端面极点Ｂ的左方，Ｃ２Ｂ等于球面的半径Ｒ２，如图 18－2－6 所示．模仿上边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．设从无穷远处物点射入的平行光芒用①、②表示，令①过Ｃ１，②过Ａ，如图18－ 2－ 7 所示，则这两条光芒经左端球面折射后的订交点Ｍ，即为左端球面对此无穷远物点成的像点．此刻求Ｍ点的地点，在△ＡＣ１Ｍ中，有／ｓｉｎ（π－φ１）＝／ｓｉｎφ １＝Ｒ１／ｓｉｎ（φ１－φ１′），又ｎｓｉｎφ １′＝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．上边已知，玻璃棒为天文望远系统，则凡是过Ｍ点的傍轴光芒从棒的右端面射出时都将是互相平行的光芒．简单看出，从Ｍ射出Ｃ的光芒将沿原方向射出，这也就是过Ｍ点的随意光芒（包含光芒①、②）从玻璃棒射出的平行光芒的方向，此方向与主光轴的夹角即为φ２，由图 18－2－7 可得２／φ １＝／＝（－Ｒ１）／（－Ｒ２），由②、③式可得（－Ｒ１）／（－Ｒ２）＝Ｒ１／Ｒ２，则φ２／φ１＝Ｒ１／Ｒ２＝2．二、参照解答３３ｐ（ 5000）＝53×10Ｐａ．5000ｍ时，大气压强为图 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，温度不再高升，故在5000ｍ高峰上，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）＝101×10 ３Ｐａ．可见压力阀的附带压强为ｐＳ＝ｐＷ（120°）－ｐ（ 0）＝（198×10 ３ －101 ．3×10 ３）Ｐａ ＝ 96．7×10 ３Ｐａ．在 5000ｍ高峰上，大气压强与压力阀的附带压强之和为 ｐ′＝ｐ Ｓ ＋ｐ（ 5000）＝（ 96．7×10 ３ ＋53×10 ３ ）Ｐａ ＝ 149 ．7×103Ｐａ．若在ｔ＝ｔ ２ 时阀被顶起，则此时的ｐＷ应等于ｐ′，即ｐＷ ＝ｐ′，由图 18－2－9 可知ｔ ２ ＝112℃．此时锅内水开始沸腾，温度不再高升，故按正确方法使用此压力锅，在 5000ｍ高峰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ｐ Ｗ（27°） ＝ 3．6×10 ３ Ｐａ，这时锅内空气的压强 （用ｐａ表示）为ａ（27°）＝ｐ（ 5000）－ｐ Ｗ（27°）ｐ＝（53×10 ３ －3．6×10 ３ ）Ｐａ＝ 49．4×10 ３ Ｐａ．当温度高升时，锅内空气的压强也随之高升，设在温度为ｔ（℃）时，锅内空气压强为ｐａ （ｔ），则 有ｐａ （ｔ）／（ 273＋ｔ）＝ｐ ａ （27℃）／（ 273＋ 27），３ｐａ （ｔ）＝（ 164．7ｔ＋ 45．0×10 ）Ｐａ．ｐＷ （ｔ′）＋ｐ ａ （ｔ′）＝ｐ′，由此得ｐＷ （ｔ′）＝ｐ′－ｐ ａ （ｔ′）＝（ 105×10 ３ － 164．7ｔ′）Ｐａ，画出函数ｐ′－ｐ ａ （ｔ′）的图线，取ｔ＝ 0℃，有ｐ′－ｐ ａ （0℃）＝ 105×10 ３ Ｐａ，取ｔ＝ 100℃，有 ｐ′－ｐ ａ （100℃）＝ 88．6×10 ３ Ｐａ．由此二点即可在图 18－2－9 上画出此直线， 此直线与图 18－2－9 中的ｐ Ｗ（ｔ）－ｔ曲线的交点为Ａ，Ａ即为所求的知足上式的点，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℃，若持续加热，压力阀被顶起后，锅内空气随水蒸汽一 起被排出，最后空气排净，锅内水温仍可达112℃．三、参照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Ｅｎ ＝ｋ１ ／ｎ ２，①又知基态（ｎ＝ 1）的能量为－ 13．58ｅＶ，即Ｅ１ ＝ｋ １ ／1２＝－ 13． 58ｅＶ，因此 ｋ＝－ 13．58ｅＶ．ｎ＝ 2 的第一激发态的能量为Ｅ ＝ｋ ２ ＝－ 13．58×（ 1／4）＝－ 3．39ｅＶ．②１／2２为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为Ｅ内 ＝Ｅ ２ －Ｅ １ ＝（－ 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为光子的频次，从开始遇到发射出光子，依据动量和能量守恒定律有ｍｖ０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＋光子的动量，⑤２＝（２２）＋ｈν，⑥（1／2）ｍｖ０1／2）ｍ（ｖＡ＋ｖＢ光子的动量ｐν＝ｈν／ｃ．由⑥式可推得ｍｖ０＞ 2ｈν／ｖ０，因为ｖ０ <<ｃ，因此ｍｖ０ >>ｈν／ｃ，故⑤式中光子的动量与ｍｖ０对比较可忽视不计．⑤式变成ｍｖ０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＝ｍ（ｖＡ＋ｖＢ），⑦切合⑥、⑦两式的ｖ0 的最小值可推求以下：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（ｖ２，⑧Ａ－（ 1／2）ｖ０）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，代入相关数值，得ｖ０ｍｉｎ＝ 6．25×10 ４ｍ／ｓ．４答：Ｂ原子的速度起码应为6．25×10ｍ／ｓ．1．求网络各支路的电流．因磁感觉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觉电流Ｉ１、Ｉ２的方向如图 18－ 2－10 所示，对左环电路ＡＤＣＦＡ，有图 18－2－ 10Ｅ＝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２ｋ［ 2（（ 2π－3）／12）Ｒ］＝2Ｉ２（ｒ／6），解得Ｉ＝（（ 2π－3）Ｒ２／ 2ｒ）ｋ，２２代入①式，得Ｉ１＝（（ 10π＋3）Ｒ／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，将圆环切割成好多小圆弧，由左手定章可知，每段圆弧所受的力的方向均为径向，依据对称性剖析，因圆弧ＰＭＡ与圆弧ＣＮＱ中的电流方向相反，因此在磁场中受的安培力互相抵消，而弧ＰＱ与弧ＡＣ的电流相对ｘ轴上下是对称的，因此每段载流导体所受的安培力在ｙ方向的协力为零，以载流导体弧ＰＱ上的线段ｌ′为例，安培力Ｆ为径向，其ｘ重量的大小表示为｜Ｆｘ｜＝Ｉ１Ｂｌ′ｃｏｓα，因ｌ′ｃｏｓα＝ｌ，故｜Ｆｘ｜＝Ｉ１Ｂｌ，｜Ｆｘ｜＝ΣＩ１Ｂｌ＝Ｉ１Ｂ＝Ｉ１ＢＲ．因为导体弧ＰＱ在ｙ方向的协力为零，因此在ｔ０时辰所受安培力的协力Ｆ１仅有ｘ重量，即Ｆ＝｜Ｆｘ｜＝Ｉ１ＢＲ＝（（ 10π＋3）Ｒ２／10ｒ）ｋＢＲ１２＝（（ 10π＋3）Ｒ／10ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，方向向左．同理，载流导体弧ＡＣ在ｔ０时辰所受的安培力为Ｆ２＝Ｉ２ＢＲ＝（（ 2π－ 3）Ｒ２／ 2ｒ）ｋＢＲ２＝（（ 2π－ 3）Ｒ／2ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，方向向右．左环所受的协力大小为Ｆ＝Ｆ１－Ｆ２＝（ 9／5ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ３．方向向左．五、参照解答分以下几个阶段议论：．因为球壳外空间点电荷ｑ１、ｑ２的存在，球壳外壁的电荷散布不平均，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Ｓ所带的电量为σΔＳ，它在球壳的球心Ｏ处产生的电势为Ｕ１ ＝ｋ σΔＳ／ａ，球壳外壁所有电荷在球心Ｏ产生的电势Ｕ１为Ｕ１ ＝ΣΔＵ１ ＝ｋ ΣσΔＳ／ α＝ｋＱ １ ／ａ．点电荷ｑ １ 、ｑ２ 在球壳的球心Ｏ处产生的电势分别为ｋｑ１／ｄ １ 与ｋｑ ２／ｄ ２ ，因球心Ｏ处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有（ｋｑ １ ／ｄ１ ）＋（ｋｑ ２ ／ｄ２ ）＋（ｋＱ １ ／ａ）＝Ｕ，代入数值后可解得球壳外壁的电量Ｑ１为Ｑ１ ＝（ａＵ／ｋ）－ａ（（ｑ １／ｄ １ ）＋（ｑ ２／ｄ ２））＝－ 8×10－９Ｃ．因球壳内壁无电荷，因此球壳的电量ＱⅠ等于球壳外壁的电量Ｑ１，即ＱⅠ ＝Ｑ １＝－8×10 －9Ｃ．．当球壳半径趋于ｄ １ 时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变成Ｑ ２ ，球壳外的电荷ｑ １ 、ｑ ２与球壳外壁的电量Ｑ ２ 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（ｋｑ １ ／ｄ１ ）＋（ｋｑ ２ ／ｄ２ ）＋（ｋＱ ２ ／ｄ１ ）＝Ｕ，解得球壳外壁的电量Ｑ２ ＝（ｄ １ Ｕ／ｋ）－（ｄ １（ｑ １／ｄ １＋ｑ ２／ｄ ２））＝－ 16×10－9Ｃ．因为此时球壳内壁的电量仍为零，因此球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即ＱⅡ ＝Ｑ ２ ＝－16×10 － 9Ｃ，在ａ＝ 10ｃｍ到趋于ｄ １ 的过程中，大地流向球壳的电量为ＱⅠ＝Ｑ Ⅱ －Ｑ １＝－8×10 －9 Ｃ．．当点电荷ｑ １ 穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为ｄ１），点电荷ｑ１在球壳内壁感觉出电量－ｑ１ ，因球壳的静电障蔽， 球壳内电荷ｑ １ 与球壳内壁电荷－ｑ １ 在球壳外产生的合电场为零， 表示球壳外电场仅由球壳外电荷ｑ ２ 与球壳外壁的电荷Ｑ ３ 所决定． 因为球壳的静电障蔽， 球壳外电荷ｑ ２ 与球壳外壁的电荷Ｑ３ 在球壳内产生的合电场为零， 表示对电荷ｑ ２ 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．ｑ ２ 与Ｑ３ 在球心Ｏ处产生的电势等于球壳的电势，即（ｋｑ ２ ／ｄ２ ）＋（ｋＱ ３ ／ｄ１ ）＝Ｕ，解得球壳外壁电量Ｑ３ ＝（ｄ １ Ｕ／ｋ）－（ｄ １ｑ ２／ｄ ２ ）＝－ 6×10 －9Ｃ，球壳外壁和内壁带的总电量应为ＱⅢ ＝Ｑ ３ ＋（－ｑ １ ）＝－ 16×10 －9 Ｃ，在这过程中，大地流向球壳的电量为ＱⅡ＝Ｑ Ⅲ －Ｑ Ⅱ＝0．这个结果表示： 电荷ｑ １ 由球壳外极近处的地点进入壳内， 不过将它在球壳外壁感觉的电荷转至球壳内壁，整个球壳与大地没有电荷互换．．当球壳半径趋于ｄ２时（点电荷ｑ ２仍在球壳外），令Ｑ４表示此时球壳外壁的电量，近似前方第 3阶段中的剖析，可得（ｋｑ ２ ／ｄ２ ）＋（ｋＱ ４ ／ｄ２ ）＝Ｕ，由此得Ｑ４ ＝（ｄ ２ Ｕ／ｋ）－（ｄ ２（ｑ ２ ／ｄ ２））＝－ 12×10 － 9Ｃ，球壳的电量ＱⅣ等于球壳内外壁电量的和，即ＱⅣ ＝Ｑ ４ ＋（－ｑ １ ）＝－ 22×10 －9 Ｃ， 大地流向球壳的电量为ＱⅢ＝Ｑ Ⅳ －Ｑ Ⅲ＝－6×10 －9 Ｃ．．当点电荷ｑ ２ 穿过球壳，刚进入球壳内时（球壳半径仍为ｄ２），球壳内壁的感觉电荷变成－（ｑ１＋ｑ２），因为球壳的静电障蔽，近似前方的剖析可知，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＝ 4×10－9 Ｃ，球壳的总电量是ＱⅤ＝Ｑ５－（ｑ１＋ｑ２）＝－ 22×10－9 Ｃ，（ 15）在这个过程中，大地流向球壳的电量是ＱⅣ＝ＱⅤ－ＱⅣ＝0．（16）．当球壳的半径由ｄ２增至ａ１＝50 ｃｍ时，令Ｑ６表示此时球壳外壁的电量，有ｋ（Ｑ６／ａ１）＝Ｕ，（ 17）可得Ｑ＝ａ１（Ｕ／ｋ）＝ 5×10－ 9Ｃ，６球壳的总电量为ＱⅥ＝Ｑ６－（ｑ１＋ｑ２）＝－ 21×10 －9Ｃ，大地流向球壳的电量为ＱⅤ＝ＱⅥ－ＱⅤ＝1×10 －9Ｃ．六、参照解答1．在弹簧刚伸长至原长的时辰，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＝ 0，①２＋（1／2）ｍ２＝Ｅ０，②（1／2）ｍ１ｖ１２ｖ２解①、②两式，得ｖ１＝，③ｖ２＝．④设Ｇ１升空抵达的最高点到井口的距离为Ｈ１，则Ｈ１＝ｖ１ 2／2ｇ＝（（ｍ２／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０，⑤Ｇ１上涨到最高点的重力势能为Ｅｐ 1＝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设排除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，Ｇ１的速度大小为ｖ１′，方向向上，Ｇ向下，则有ｍ１ｖ１′－ｍ２ｖ２′＝（ｍ 1＋ｍ 2）ｕ，⑧（1／2）ｍ１ｖ１′＋（ 1／2）ｍ２ｖ２′＝（ 1／ 2）（ｍ１＋ｍ２）ｕ2＋Ｅ０，消去⑧、⑨两式中的ｖ２′，得ｖ１′的方程式为２的速度大小为ｖ，方向⑨ｍ１（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从排除锁定处向上运动抵达的最大高度为Ｈ２′，则有Ｈ２′＝ｖ１′／ 2ｇ＝（ 1／ 2ｇ）（ｕ＋）2＝ｈ＋（ｍ 2Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2从井口算起，Ｇ 1 上涨的最大高度为，Ｈ２＝Ｈ２′－ｈ＝（ｍ２Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋ 2议论：能够看出，在第二方案中，Ｇ１上涨的最大高度Ｈ２大于第一方案中的最大高度Ｈ定处到井口的深度ｈ相关．抵达Ｈ２时，其重力势能为．１，高出的高度与排除锁Ｅｐ 2＝ｍ１ｇＨ２＝（ｍ２Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２））＋2（ｉ）若Ｅｐ 2＜Ｅ 0 ，，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，的最大高度为Ｈ２＜Ｅ０／ｍ１ｇ．但仅是弹性势能的一部分．在这一条件下上涨（ｉｉ）若Ｅｐ2＝Ｅ０，2＝ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求ｈ＝Ｅ０ｍ／4ｍｇ（ｍ１＋ｍ２）．１２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，且等于所有弹性势能．在这一条件下，Ｇ１上涨的高度为Ｈ２＝Ｅ０／ｍ１ｇ．（ｉｉｉ）若Ｅｐ 2＞Ｅ０，2＞ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求ｈ＞Ｅ０ｍ／4ｍｇ（ｍ１＋ｍ２）．１２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，高出部分的能量只好来自Ｇ２的机械能．在第18届全国中学生物理竞赛复赛试题.doc这个条件下，Ｇ１上涨的最大高度为Ｈ２＞Ｅ０／ｍ１ｇ．。
2001年第十八届全国物理竞赛决赛试题及答案解析
第18届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案一、（15分）图决18-1中A是一带有竖直立柱的木块，总质量为M，位于水平地面上。
B是一质量为m的小球，通过一不可伸长的轻绳挂于立柱的顶端。
现拉动小球使绳伸直并处于水平位置。
然后让小球从静止状态下摆。
如在小球与立柱发生碰撞前，木块A始终未发生移动，则木块与地面之间的静摩擦因数至少为多大？（设A不会发生转动）二、（15分）圆形线圈C轴线z沿水平方向。
有一用钕铁硼材料制成的圆柱形强磁体M，其圆形端面分别为N极和S极，将磁体M与线圈C共轴放置。
磁体的对称中心置于z轴的原点O。
Q点是线圈C对称截面的圆心，当Q点位于z轴不同位置时，用实验的方法测得穿过线圈C的总磁通?。
由此测得的?值沿z轴的分布函数图线如图决18-2（a）所示。
图中横轴上z值是Q点的坐标。
现令强磁体M 沿线圈的轴线方向穿过该线圈C，将C两端接一电阻，其阻值R=1000Ω，远大于线圈的电阻阻值。
将接在电阻R两端的电压信号通过计算机实时处理[如图决18-2（b）所示]，可在计算机屏幕上显示出线圈C两端的电压信号如图决18-2（c）所示，信号轨迹近似看作三角波形。
1．试估算强磁体M通过线圈时的速度。
（不计线圈中的感应电流对运动磁体的影响。
）2．试求图（c）中，t1至t3期间流过电阻R的电量。
三、（20分）有一薄透镜如图决18-3，S1面是旋转椭球面（椭圆S1 S2 F1 C F2 图决18-3 绕长轴旋转而成的曲面），其焦点为F1和F2；S2面是球面，其球心C 与F2重合。
已知此透镜放在空气中时能使从无穷远处位于椭球长轴的物点射来的全部入射光线（不限于傍轴光线）会聚于一个像点上，椭圆的偏心率为e。
（1）求此透镜材料的折射率n（要论证）；（2）如果将此透镜置于折射率为n?的介质中，并能达到上述的同样的要求，椭圆应满足什么条件？四、（20分）空间有半径为R长度L很短的圆柱形的磁场区域，圆柱的轴线为z 轴，磁场中任一点的磁感应强度的方向沿以z轴为对称轴的圆的切线，大小与该点离z轴的距离r成正比，B=Kr，K为常数，如图决18-4中“·”与“×”所示。
全国中学生物理竞赛集锦(光学)和答案
全国中学生物理竞赛集锦（光学） 第21届预赛2004.9.5一、（15分）填空1．d ．一个可见光光子的能量的数量级为_________J 。
2．已知某个平面镜反射的光能量为入射光能量的80％。
试判断下列说法是否正确，并简述理由。
a ． 反射光子数为入射光子数的80％；b ．每个反射光子的能量是入射光子能量的80％。
六、（15分）有一种高脚酒杯，如图所示。
杯内底面为一凸起的球面，球心在顶点O 下方玻璃中的C 点，球面的半径R ＝1.50cm ，O 到杯口平面的距离为8.0cm 。
在杯脚底中心处P 点紧贴一张画片，P 点距O 点6.3cm 。
这种酒杯未斟酒时，若在杯口处向杯底方向观看，看不出画片上的景物，但如果斟了酒，再在杯口处向杯底方向观看，将看到画片上的景物。
已知玻璃的折射率n 1＝1.56，酒的折射率n 2＝1.34。
试通过分析计算与论证解释这一现象。
第21届复赛四、(20分)目前，大功率半导体激光器的主要结构形式是由许多发光区等距离地排列在一条直线上的长条状，通常称为激光二极管条．但这样的半导体激光器发出的是很多束发散光束，光能分布很不集中，不利于传输和应用．为了解决这个问题，需要根据具体应用的要求，对光束进行必需的变换（或称整形）．如果能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束很细的平行光束，对半导体激光的传输和应用将是非常有意义的．为此，有人提出了先把多束发散光会聚到一点，再变换为平行光的方案，其基本原理可通过如下所述的简化了的情况来说明．如图，S 1、S 2、S 3 是等距离（h ）地排列在一直线上的三个点光源，各自向垂直于它们的连线的同一方向发出半顶角为α =arctan ()41的圆锥形光束．请使用三个完全相同的、焦距为f = 1.50h 、半径为r =0.75 h 的圆形薄凸透镜，经加工、组装成一个三者在同一平面内的组合透镜，使三束光都能全部投射到这个组合透镜上，且经透镜折射后的光线能全部会聚于z 轴（以S 2为起点，垂直于三个点光源连线，与光束中心线方向相同的射线）上距离S 2为 L = 12.0 h 处的P 点．（加工时可对透镜进行外形的改变，但不能改变透镜焦距．）1．求出组合透镜中每个透镜光心的位置．2．说明对三个透镜应如何加工和组装，并求出有关数据．第20届预赛一、（20分）两个薄透镜L 1和L 2共轴放置，如图所示．已知L 1的焦距f 1=f , L 2的焦距f 2=—f ，两透镜间距离也是f ．小物体位于物面P 上，物距u 1 ＝3f ．（1）小物体经这两个透镜所成的像在L 2的__________边，到L 2的距离为_________，是__________倍（虚或实）、____________像（正或倒），放大率为_________________。
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1 第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准 一、参考解答 杆的端点A点绕O点作圆周运动，其速度Av的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小
为 AvR （1）
对速度Av作如图预解18-1所示的正交分解，沿绳BA的分量就是物块M是速率Mv，则
cosMAvv （2） 由正弦定理知 sinsinOABHR （3）
由图看出
2OAB （4） 由以上各式得 sinMvH （5） 评分标准：本题15分 其中（1）式3分；（2）式5分；（5）式7分。
二、参考解答 带电质点在竖直方向做匀减速运动，加速度的大小为g；在水平方向因受电场力作用
而做匀加速直线运动，设加速度为a。若质点从M到N经历的时间为t，则有
0xvatv （1）
00yvvgt （2） 由以上两式得 ag （3）
0vtg （4）
M、N两点间的水平距离 220
1
22vxatg （5） 2
于是M、N两点间的电势差 20
2MNUvUUxddg （6）
评分标准：本题15分 （1）、（2）式各3分；（3）、（4）式各2分；（5）式3分；（6）式2分。
三、参考解答 1．先求凸球面的曲率半径R。平行于主光轴的光线与平面垂直，不发生折射，它在球面上发生折射，交主光轴于F点，如图预解18-3-1所示。C点为球面的球心，
COR，由正弦定理，可得
sinsin()RfrRri
（1）
由折射定律知 sin1sinirn （2）
当i、r很小时，sinrr，sin()riri，sinii，由以上两式得 11111frnRrinn （3）
所以 (1)Rnf （4）
2. 凸面镀银后将成为半径为R的凹面镜，如图预解18-3-2所示 令P表示物所在位置，P点经平面折射成像P，根据折射定律可推出
POnPO （5） 由于这是一个薄透镜，P与凹面镜的距离可认为等于PO，设反射后成像于P，则由球面镜成像公式可得 112RPOPO （6）
由此可解得36cmPO，可知P位于平面的左方，对平面折射来说，P是一个虚物，经平面折射后，成实像于P点。 1POnPO （7）
所以 24 cmPO （8） 3
最后所成实像在透镜左方24 cm处。 评分标准：本题18分 （1）、（2）式各2分；（3）或（4）式2分；（5）式2分；（6）式3分；（7）式4分；（8）式3分。
四、参考解答 设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为0v，碰撞后中子和碳核的速
度分别为v和v，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因0v、v和v沿同一直线，故有 0mvmvMv （1）
2220
111
222mvmvMv （2）
解上两式得
0mMvvmM
（3）
因12Mm 代入（3）式得
01113vv （4）
负号表示v的方向与0v方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量为 22210
1111
2213Emvmv
于是 21011
13EE
（5）
经过2，3，…，n次碰撞后，中子的能量依次为2E，3E，4E，…，nE，有 242101111
1313EEE
63011
13EE
…… 4
210001113nnnE
EEEE
（6）
因此 0lg(/)12lg(11/13)nEEn （7） 已知 7600.02511071.7510nEE－ 代入（7）式即得 71lg(10)7lg77.8451754112(0.07255)0.14512lg()13n－ （8）
故初能量01.75MeVE的快中子经过近54次碰撞后，才成为能量为0.025 eV的热中子。 评分标准：本题18分 （1）、（2）、（4）、（6）式各3分；（5）、（7）、（8）式各2分。
五、参考解答 在人从木板的一端向另一端运动的过程中，先讨论木板发生向后运动的情形，以t表示
人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间，设以1x表示木板向后移动的距离，如图预解18-5所示．以f表示人与木板间的静摩擦力，以F表示地面作用于木板的摩擦力，以1a和2a分别表示人和木板的加速度，则
1fma （1） 211
1
2Lxat （2）
2fFMa （3） 212
1
2xat （4）
解以上四式，得 2()LMmtMfmfF
（5）
对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力F的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有 ()FtMmv （6）
v为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度．设人在木板另一端停下后两者一起向前 5
移动的距离为2x，地面的滑动摩擦系数为，则有 22
1
()()2MmvMmgx （7）
木板向前移动的净距离为 21Xxx （8） 由以上各式得 21()()()()FLMmLm
XfFgMmMmfFMFMfmfF
由此式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大，应有 fF （9）
即 max()fFMmg （10） 即木板向前移动的距离为最大的条件是：人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑动摩擦力． 移动的最大距离
maxmXLMm
（11）
由上可见，在设木板发生向后运动，即fF的情况下，fF时，X有极大值，也就是说，在时间0～t内，木板刚刚不动的条件下X有极大值． 再来讨论木板不动即fF的情况，那时，因为fF，所以人积累的动能和碰后的总
动能都将变小，从而前进的距离x也变小，即小于上述的maxX。 评分标准：本题25分 （1）、（2）、（3）、（4）式各1分；（6）式5分；（7）式2分；（8）式3分；（9）式2分；（10）式3分；（11）式5分；说明fF时木板向前移动的距离小于fF时的给1分。
六、参考解答 铝球放热，使冰熔化．设当铝球的温度为0t时，能熔化冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等，即铝球的最低点下陷的深度h与球的半径R相等．当热铝球的温度0tt时，铝球最低点下陷的深度hR，熔化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半个铝球的体积之和，如图预解18-6-1所示． 设铝的密度为Al，比热为c，冰的密度为，熔解热为，则铝球的温度从t℃降到0℃的过程中，放出的热量
31Al
4
3QRct （1）
熔化的冰吸收的热量
图预解 18-6-1 6
232
14
()23QRhRR
（2）
假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有 12QQ （3） 解得 413RchtR （4）
即h与t成线形关系．此式只对0tt时成立。将表中数据画在ht图中，得第1，2，…，8次实验对应的点A、B、…、H。数据点B、C、D、E、F五点可拟合成一直线，如图预解18-6-2所示。此直线应与（4）式一致．这样，在此直线上任取两点的数据，代人（4）式，再解联立方程，即可求出比热c的值．例如，在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点1X和2X，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为
1(8.0,5.0)X 2(100,16.7)X 将此数据及的值代入（4）式，消去R，得 28.610J/kgCc （5）
2. 在本题作的图预解18-6-2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采用．这三个实验数据在ht图上的点即A、G、H．
A点为什么偏离直线较远？因为当hR时，从（4）式得对应的温度065t℃，（4）
式在0tt的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度155t℃＜0t，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故（4）式不成立．
图预解 18-6-2