第18届全国中学生物理竞赛预复赛试题及答案.doc

1、2001 年第十八届全国中学生物理竞赛预、复赛试题及答案 目 录 第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题 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 4 第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题 11 第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答 14 1 第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题 题 号 一 二 三 四 五 六 七 总 计 得 分 全卷共七题，总分为 140 分 一、（15 分）如图预 18l 所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平 轴在竖直平面内转动，其端点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长 的轻绳，绳的另一端系一物块M，滑轮的半径可忽略，B在O的正 上方，OB之间的距离为H。某

2、一时刻，当绳的BA段与OB之间的夹 角为时，杆的角速度为，求此时物块M的速率 M v。 二、（15 分）两块竖直放置的平行金属大平板A、B，相距d，两极 间的电压为U。一带正电的质点从两板间的M点开始以竖直向上的初 速度 0 v运动，当它到达电场中某点N点时，速度变为水平方向，大小 仍为 0 v，如图预 182 所示求M、N两点问的电势差（忽略带电 质点对金属板上电荷均匀分布的影响） 三、（18 分）一束平行光沿薄平凸透镜的主光轴入射，经透镜折射后，会聚于透镜48cmf 处，透镜 的折射率1.5n 。若将此透镜的凸面镀银，物置于平面前 12cm处，求最后所成象的位置。 四、（1 8 分）在用铀

3、 235 作燃料的核反应堆中，铀 235 核吸收一个动能约为 0.025eV的热中子（慢中 子）后，可发生裂变反应，放出能量和 23 个快中子，而快中子不利于铀 235 的裂变为了能使裂变反 应继续下去，需要将反应中放出的快中子减速。有一种减速的方法是使用石墨（碳 12）作减速剂设中子 与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞， 问一个动能为 0 1.75MeVE 的快中子需要与静止的碳原子碰撞多少次， 才能减速成为 0.025eV的热中子？ 2001-09-09 2 五、（25 分）如图预 185 所示，一质量为M、长为L带薄挡板P的木板，静止在水平的地面上，设木 板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相

4、等，皆为质量为m的人从木板的一端由静止开始相对于地 面匀加速地向前走向另一端， 到达另一端时便骤然抓住挡板 P而停在木板上已知人与木板间的静摩擦系数足够大，人 在木板上不滑动问：在什么条件下，最后可使木板向前方 移动的距离达到最大？其值等于多少？ 六、（ 24 分）物理小组的同学在寒冷的冬天做了一个这样的实验：他们把一个实心的大铝球加热到某温 度t，然后把它放在结冰的湖面上（冰层足够厚），铝球便逐渐陷入冰内当铝球不再下陷时，测出球的 最低点陷入冰中的深度h将铝球加热到不同的温度，重复上述实验 8 次，最终得到如下数据： 实验顺序数 1 2 3 4 5 6 7 8 热铝球的温度 t / 55 7

5、0 85 92 104 110 120 140 陷入深度 h /cm 9.0 12.9 14.8 16.0 17.0 18.0 17.0 16.8 已知铝的密度约为水的密度的 3 倍，设实验时的环境温度及湖面冰的温度均为 0已知此情况下， 冰的熔解热 5 3.34 10 J/kg 1试采用以上某些数据估算铝的比热c 2对未被你采用的实验数据，试说明不采用的原因，并作出解释 七、（ 25 分）如图预 187 所示，在半径为a的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小 为B的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的 边长为1.6La的刚性等边三角

6、形框架DEF，其中心O位于圆柱的轴线上DE边上S点（ 1 4 DSL） 处有一发射带电粒子的源， 发射粒子的方向皆在图预 18-7 中截面内且垂直于DE边向下 发射粒子的电量 皆为q（0），质量皆为m，但速度v有各种不同的数值若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹 性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边试问： 3 1带电粒子速度v的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点？ 2. 这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？ 4 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 A v的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小为

7、 A vR （1） 对速度 A v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 M v，则 cos MA vv （2） 由正弦定理知 sinsinOAB HR （3） 由图看出 2 OAB （4） 由以上各式得 sin M vH （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 0x vatv （1） 0 0 y vvgt （2） 由以上两式得 ag （3） 0

8、 v t g （4） M、N两点间的水平距离 2 20 1 22 v xat g （5） 于是M、N两点间的电势差 2 0 2 MN UvU Ux ddg （6） 5 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 sin sin() Rfr Rri （1） 由折射定律知 sin1 sin i rn （2） 当i、r很小时，sin

9、rr，sin()riri，sinii，由以上两式得 1 11 11 frn Rrinn （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 P OnPO （5） 由于这是一个薄透镜， P 与凹面镜的距离可认为等于 P O，设反射后成像于 P ，则由球面镜成像公式可得 112 RP OP O （6） 由此可解得36cmP O，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。 1P O nP O （7） 所以 24 cmP O （8）

10、 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 0 v，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 0 v、v和 v 沿同一直线，故有 0 mvmv Mv （1） 6 222 0 111 222 mvmv Mv （2） 解上两式得 0 mM vv mM （3） 因12Mm 代入（3）式得 0 11 13 vv

11、（4） 负号表示v的方向与 0 v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 2 22 10 1111 2213 Emvmv 于是 2 10 11 13 EE （5） 经过 2，3，n次碰撞后，中子的能量依次为 2 E， 3 E， 4 E， n E，有 24 210 1111 1313 EEE 6 30 11 13 EE 2 1 00 0 11 13 n n n E EEE E （6） 因此 0 lg(/)1 2 lg(11/13) n EE n （7） 已知 7 6 0 0.0251 10 71.75 10 n E E 代入（7）式即得 7 1 lg(10) 7lg7

12、7.8451 7 54 11 2( 0.07255)0.1451 2lg() 13 n （8） 故初能量 0 1.75MeVE 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。 7 五、参考解答五、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， 设以刚抵达另一端尚

13、未停下这段过程中所用的时间， 设以 1 x表示木板向后移动的距离， 如图预解表示木板向后移动的距离， 如图预解 1818- -5 5 所示 以所示 以 f表示人与木板间的静摩擦力，以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，以表示地面作用于木板的摩擦力，以 1 a和和 2 a分别表示人和木板的加速分别表示人和木板的加速 度，则度，则 1 fma （1 1） 2 11 1 2 Lxa t （2 2） 2 fFMa （3 3） 2 12 1 2 xa t （4 4） 解以上四式，得解以上四式，得 2 () LMm t Mfm fF （5 5） 对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤

14、然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力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，则有的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有 ()FtMm v （6 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移动的距离为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移动的距离为 2 x，地面的滑动摩擦系数为，地面的滑动摩擦系数为，则有，则有 2 2 1 ()() 2 Mm vMm gx （7 7） 木板向前移动的净距离为木板向前移动的净距

15、离为 21 Xxx （8 8） 由以上各式得由以上各式得 2 1 () ()()() FLMmLm XfF gMmMmfFMFMfm fF 由此式可知，欲使木板向前移动的距离由此式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大，应有为最大，应有 fF （9 9） 即即 max ()fFMm g （1010） 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 移动的最大距离移动的最大距离 max m XL Mm （1111） 由上可见，在设木板发生向后运动，即由上可见，在设木板发

16、生向后运动，即fF的情况下，的情况下，fF时，时，X有极大值，有极大值，也就是说，在时间也就是说，在时间0 0t 内，木板刚刚不动的条件下内，木板刚刚不动的条件下X有极大值有极大值 再来讨论木板不动即再来讨论木板不动即fF的情况， 那时， 因为的情况， 那时， 因为fF， 所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小， 所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小， 8 从而前进的距离从而前进的距离x也变小，即小于上述的也变小，即小于上述的 max X。 评分标准：本题评分标准：本题2525分分 （1 1）、（）、（2 2）、（）、（3 3）、（）、（4 4）式各）式各1 1分；（分；（6 6）式）式5

17、5分；（分；（7 7）式）式2 2分；（分；（8 8）式）式3 3分；（分；（9 9）式）式2 2分；（分；（1010）式）式3 3 分；（分；（1111）式）式5 5分；说明分；说明fF时木板向前移动的距离小于时木板向前移动的距离小于fF时的给时的给1 1分。分。 六、参考解答六、参考解答 铝球放热，使冰熔化设当铝球的温度为铝球放热，使冰熔化设当铝球的温度为 0 t时，能熔化冰的最大时，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与球的与球的 半径半径R相等当热铝球的温度相等当热铝球的温度 0 tt时，铝球最低

18、点下陷的深度时，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，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，如图预解和，如图预解1818- -6 6- -1 1所示所示 设铝的密度为设铝的密度为 Al ，比热为，比热为c，冰的密度为，冰的密度为，熔解热为，熔解热为，则铝球，则铝球 的温度从的温度从t降到降到0 0的过程中，放出的热量的过程中，放出的热量 3 1Al 4 3 QRct （1 1） 熔化的冰吸收的热量熔化的冰吸收的热量 23 2 14 () 23 QRhRR （2 2） 假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有假设不计铝球使冰

19、熔化过程中向外界散失的热量，则有 12 QQ （3 3） 解得解得 41 3 Rc htR （4 4） 即即h与与t成线形关系此式只对成线形关系此式只对 0 tt时成立。将表中数据画在时成立。将表中数据画在ht图中，得第图中，得第1 1，2 2，8 8次实验对应的次实验对应的 点点A、B、H。数据点。数据点B、C、D、E、F五点可拟合成一直线，如图预解五点可拟合成一直线，如图预解1818- -6 6- -2 2所示。此直线应所示。此直线应 与 （与 （4 4） 式一致 这样， 在此直线上任取两点的数据， 代人 （） 式一致 这样， 在此直线上任取两点的数据， 代人 （4 4） 式， 再解联立方

20、程， 即可求出比热） 式， 再解联立方程， 即可求出比热c的值 例的值 例 如，在直线上取相距较远的横坐标为如，在直线上取相距较远的横坐标为8 8和和100100的两点的两点 1 X和和 2 X，它们的坐标由图预解，它们的坐标由图预解1818- -6 6- -2 2可读得为可读得为 1(8.0,5.0) X 2(100,16.7) X 将此数据及将此数据及的值代入（的值代入（4 4）式，）式， 消去消去R，得，得 2 8.6 10 J/kgCc （5 5） 2. 2. 在 本 题 作 的 图 预 解在 本 题 作 的 图 预 解 1818- -6 6- -2 2中中，第，第1 1，7 7，8

21、8次实验的次实验的 数据对应的点偏离直线较远， 未数据对应的点偏离直线较远， 未 被采用这三个实验数据在被采用这三个实验数据在 ht图上的点即图上的点即A、G、H A点为什么偏离直线较点为什么偏离直线较 远？因为当远？因为当hR时，从（时，从（4 4）式）式 图预解 18-6-1 图预解 9 得对应的温度得对应的温度 0 65t ，（，（4 4）式在）式在 0 tt的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度 1 55t 0 t，熔解，熔解 的冰的体积小于半个球的体积，故（的冰的体积小于半个球的体积，故（4 4）式不成立）式不成立 G、H为什么偏离直线较远？因为

22、铝球的温度过高（为什么偏离直线较远？因为铝球的温度过高（120120、140140），使得一部分冰升华成蒸气，），使得一部分冰升华成蒸气， 且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多，（且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多，（2 2）、（）、（3 3）式不成立，因而（）式不成立，因而（4 4）式不成立）式不成立 评分标准：本评分标准：本题题2424分分 第第1 1问问1717分；第二问分；第二问7 7分。第一问中，（分。第一问中，（1 1）、（）、（2 2）式各）式各3 3分；（分；（4 4）式）式4 4分。正确画出图线分。正确画出图线4 4分；解出（分；解出（5 5） 式再得式再得

23、3 3分。第二问中，说明分。第二问中，说明A、G、H点不采用的原因给点不采用的原因给1 1分；对分；对A和和G、H偏离直线的原因解释正确，偏离直线的原因解释正确， 各得各得3 3分。分。 七、参考解答七、参考解答 带带电粒子（以下简称粒子）从电粒子（以下简称粒子）从S点垂直于点垂直于DE边以速度边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动， 其圆心一定位于其圆心一定位于DE边上，其半径边上，其半径R可由下式可由下式 2 mv qvB R 求得，为求得，为 mv R qB （1 1） 1. 1. 要求此粒子每次与要求此粒子每次与DEF的三条边碰撞时都与

24、边垂直，且能回到的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点，则点，则R和和v应满足以下条件：应满足以下条件： （）与边垂直的条件（）与边垂直的条件 由于碰撞时速度由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于的边上，粒子绕过的边上，粒子绕过顶点顶点D、E、F 时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即D、E、F）上粒子从）上粒子从S点开始向右作圆周运动，点开始向右作圆周运动，其轨其轨 迹为一系列半径为迹为一系列半径为R的半圆， 在的半圆， 在SE边上最后一次的碰撞点与边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为点的距离应为

25、R， 所以， 所以SE的长度应是的长度应是R的的 奇数倍。粒子从奇数倍。粒子从FD边绕过边绕过D点转回到点转回到S点时，情况类似，即点时，情况类似，即DS的长度也应是轨道半径的奇数倍取的长度也应是轨道半径的奇数倍取 1 DSR，则当，则当DS的长度被奇数除所得的的长度被奇数除所得的R也满足要求，即也满足要求，即 (21) n DS RR n n1 1，2 2，3 3， 因此为使粒子与因此为使粒子与各边发生垂直碰撞，各边发生垂直碰撞，R必须满足下面的条件必须满足下面的条件 12 1, 2, 3, 21 45(21) n La RRn nn （2 2） 此时此时 3(63)1, 2, 3, n S

26、EDSnRn SE为为 n R的奇数倍的条件自然满足只要粒子绕过的奇数倍的条件自然满足只要粒子绕过E点与点与EF边相碰，由对称关系可知，以后的碰撞都能边相碰，由对称关系可知，以后的碰撞都能 与与的边垂直的边垂直 （）粒子能绕过顶点与（）粒子能绕过顶点与的边相碰的条件的边相碰的条件 由于磁场局限于半径为由于磁场局限于半径为a的圆柱范围内， 如果粒子在绕的圆柱范围内， 如果粒子在绕E点运动时圆轨迹与磁场边界相交， 它将在相点运动时圆轨迹与磁场边界相交， 它将在相 交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回所以粒子作圆周运动的半径交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回所以粒子作圆周运动的半径R不

27、能太大，不能太大，由图预解由图预解1818- -7 7 可见，必须可见，必须RDM（的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，RDM时，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场时，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场 边界相切），由给定的数据可算得边界相切），由给定的数据可算得 10 8 3 0.076 15 DMaaa （3 3） 将将n 1 1，2 2，3 3，分别代入（，分别代入（2 2）式，得）式，得 1 2 1,0.400 5 a nRa 2 2 2,0.133 15 a nRa 3 2 3,0.080 25 a nRa 4 2 4,0.057 35 a nRa 由于由于 1 R， 2

28、 R， 3 RDM，这些粒子在绕过，这些粒子在绕过的顶点的顶点E 时， 将从磁场边界逸出， 只有时， 将从磁场边界逸出， 只有n4 4的粒子能经多次碰撞的粒子能经多次碰撞 绕过绕过E、F、D点，最终回到点，最终回到S点由此结论及（点由此结论及（1 1）、）、 （2 2）两式可得与之相应的速度）两式可得与之相应的速度 2 4, 5, 6, 5(21) nn qBqBa vRn mmn （4 4） 这就是由这就是由S点发出的粒子与点发出的粒子与的三条边垂直碰撞并最终又回到的三条边垂直碰撞并最终又回到S点时，其速度大小必须满足的条件点时，其速度大小必须满足的条件 2. 2. 这些粒子在磁场中做圆周运

29、动的周期为这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为 2 R T v 将（将（1 1）式代入，得）式代入，得 2 m T qB （5 5） 可见在可见在B及及/q m给定时给定时T与与v无关。粒子从无关。粒子从S点出发最后回到点出发最后回到S点的过程中，与点的过程中，与的边碰撞次数愈少，所的边碰撞次数愈少，所 经历的时间就愈少，所以应取经历的时间就愈少，所以应取4n ，如图预解，如图预解1818- -7 7所示（图中只画所示（图中只画出在边框出在边框DE的碰撞情况），此时粒的碰撞情况），此时粒 子的速度为子的速度为 4 v，由图可看出该粒子的轨迹包括，由图可看出该粒子的轨迹包括3 31313个半圆和个

30、半圆和3 3个圆心角为个圆心角为300300 的圆弧，所需时间为的圆弧，所需时间为 5 3 13322 26 T tTT （6 6） 以（以（5 5）式代入得）式代入得 44 m t qB （7 7） 评分标准：本题评分标准：本题2525分分 第一问第一问1515分；第二问分；第二问1010分。第一问中：（分。第一问中：（1 1）式）式2 2分；（分；（2 2）式）式5 5分；分析出分；分析出n4 4的结论给的结论给4 4分；（分；（4 4）式）式4 4分。分。 第二问中：（第二问中：（5 5）式）式1 1分；（分；（6 6）式）式7 7分；（分；（7 7）式）式2 2分。分。 11 第十八届

31、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 1 10cmR 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-

32、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

33、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( )p z与高度z的关系的简化图线如图 复 18-2-3 所示 2001 年 12 27t 时27t 3 w(27 ) 3.6 10 Pap ；27t 0z 处 5 (0)1.013 10 Pap 三、（22 分）有两个处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度 0 v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。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 0 v至少

34、需要 多大（以m/s表示）？己知电子电量为 19 1.602 10Ce ，质子质量为 27 1.673 10kg p m 。电子质量 为 31 0.911 10kg e m 氢原子的基态能量为 1 13.58eVE 13 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， 0 BBkt（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 0 tt时，每个 环所受的均匀磁场的作用力，不考

35、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 9 1 10 10Cq 的点电荷，B点有一电量为 9 2 16 10Cq 的点电荷。OA之间的距离 1 20cmd ，OB之间 的距离 2 40cmd 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 922 9 10 N mCk 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

36、）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 1 G的 质量为 1 m，下部分 2 G的质量为 2 m，弹簧夹在 1 G与 2 G之间，与二者接触而不固连让 1 G、 2 G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 0 E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 1 G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

37、案中，玩具的上部分 1 G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 1 G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 14 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 1 C为 左端球面的球心 由正弦定理、折射 定律和小角度近似得 1111 11111

38、11 s i n11 sin()( / )11 AFRrr Riririrn （1） 即 1 1 1 1 1 AF Rn （2） 光线 1 PF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 2 C一定在端面 顶点B的左方， 2 C B等于球面的半径 2 R，如图复解 18-1-1 仿照上面对左端球面上折射的关系可得 1 2 1 1 1 BF Rn （3） 又有 11 BFLAF （4） 由（2） 、 （3） 、 （4）式并代入数值可得 2 5cmR （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、表示，令过 1 C，过A，如图复解

39、 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。 15 在 1 AC M中 1 1111 sin()sinsin() RAMAC （6） 又 11 sinsinn （7） 已知 1 ， 1 均为小角度，则有 1 1 1 1 (1) RAM n （8） 与（2）式比较可知， 1 AMAF，即M位于过 1 F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 2 C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、）从玻璃棒射出的平行光

40、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 11 111 22 112 C FAFR C FBFR （9） 由（2） 、 （3）式可得 111 212 AFRR RBFR 则 21 12 2 R R （10） 二、参考解答 1已知在海平面处，大气压强 3 (0)101.3 10 Pap如图复解 18-2-1，在5000mz 处，大气压强 为 3 (5000)53 10 Pap。 （1） 16 此处水沸腾时的饱和蒸气压 w p应等于此值由图复解 18-2-2 可知，对应的温度即沸点为 1 82 Ct （2） 达到此温度时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在 5000高山

41、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 3 w(120 ) 198 10 Pap ，而在海平面处， 大气压强 3 (0)101 10 Pap可见压力阀的附加压强为 wS 33 (120 )(0) 198 10101.3 10 ppp 3 96.7 10 Pa （3） 在 5000高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为 333 S (5000)96.7 1053 10149.7 10 Pappp （4） 若在 2 tt时阀被顶起，则此时的 w p应等于 p ，即 w p p （5） 由图复解 18-2-2 可知 2 112t

42、（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 5000高山上锅内水的温度最高可 达 112 17 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 3 w(27 ) 3.6 10 Pap ，这时锅内空气的压强（用 a p表 示）为 w 33 a(27 ) (5000)(27 ) (53 103.6 10 ) Pa ppp 3 49.4 10 Pa （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 ) 27327327 p tp t 3 a( ) (164.745.0 10