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1.第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考答案一、参考答案1.对于望远镜系统，从主光轴上无穷远处物点发出的入射光线平行于主光轴，经过该系统后，出射光线也应平行于主光轴，即像点也在主光轴上无穷远处，如复数解18-1-1所示。图中C1为左球面中心。复数解1g.U1由正弦定理、折射定律和小角度近似得到。1 Rsin(i1r1)1n 1i11(i1/1)1n 1(1) 当光线PF射到另一端面时，其折射光线平行于主光轴。 因此可以看出端面中心C2必定在端面顶点B的左边，而C2B等于球面半径。根据上述左球面上的折射关系，可得11 1R2n 1
2.我们有BF1 l AF1。将数值代入公式（2）、（3）、（4）可得R2 5 cm，即右端为半径为5 cm的凸球面。2.设从无穷远物点入射的平行光线用和表示，则这两条光线经左端球面折射后的交点为点。现求点M的位置。在AC1M中，R2用图18-1-1的解表示。（3）（4）（5）。 设过C1，过A，如图18-1-2的解M所示，即为左端球面在此无穷远物点上的像 (6) (8) AM AC R sin( 1) sin 1 sin( 11) 及nsin 1 sin 1 已知1，1均为小角，则有AMR11 11 (1 -) n。与式(2)对比可知，AM为麗，即m位于过F1且垂直于主光轴的平面上。
3、上面我们知道，玻璃棒是一个天文望远镜系统，所有经过点M的近轴光线从棒的右端射出时都会互相平行。容易看出，从M向C2发射的光线都会按原来的方向射出，这也是任何经过点M的光线（包括光线，）从玻璃棒射出的平行光线的方向，这个方向与主光轴的夹角为2。由图18-1-2可得（2）和（3）从而得到（9）BFi R2 R2(i0)2 Ri 9二R2II。参考答案1、已知在海平面，大气压为p(0) i0i.3 i03 Pa，如图18-2-i所示，在z 5000m处，大气压为p(5000) 53 i03Pa。 （一）1 P/ 500 1000 150
4. 0 200G 250 3000 JS00 4OT0 4SOO 5000 5500 GOOD圉复蟋蟀熒1S-2L 这里水沸腾时的饱和蒸汽压Pw应等于此值。从图i8-2-2可知其对应的温度即沸点为ti82℃(2)。当达到此温度时，锅中的水开始沸腾，温度不再上升。因此，在5000米高的山上，如果不盖上高压锅，锅中最高温度可达82℃。2. 从图i8-2-2中我们可以看出，在t 120c时，水的饱和蒸汽压pw(i20) i98 i03Pa，而在海平面，大气压力p(0) i0i i03 Pa。可以看出压力阀的附加压力为PS pw(i20) p(0) i03 i0i.3 i03(3)96.7 i03 Pa
5、在5000m高的山上，大气压加上压力阀的附加压力之和为（5000）96.7。 （4）如果在t时刻把阀门升起18届物理竞赛，那么此时的Pw应该等于P，即PwP（5）从图18-2-2可知t2=112℃（6）此时锅里的水开始沸腾，温度不再上升，所以此压力锅如果使用方法正确，在5000m高的山上，锅里的水温度最高可以达到112℃。 3、压力锅使用方法不正确时，锅里有空气，当压力阀升起时，里面的水蒸气是饱和的， 从图18-2-2中我们可以看出，在t 27c时，题中给出水的饱和蒸汽压pw (27) 3.6 103Pa。此时锅内空气的压强（以pa表示）为Pa (27) p (5000) Pw
6.（27）3_3（53·103·3.6·103）Pa 49.4·103Pa（7）当温度升高时，锅内空气的压力也随之增大。 设当温度为tC时，锅内空气的压强为pa(t)，则Pa(t)Pa(27)(t)· ...
7、画出这条直线，这条直线与图18-2-2解法中的pw(t)t曲线的交点为A，A即为满足方程（10）的点，从图中可以看出A点对应的温度为t 97 c（11）。即压力阀刚打开时，锅里的水的温度为97C，如果继续加热，压力阀打开后，锅里的空气会随水蒸气一起排出，最后空气排尽，锅里的水温还能达到112C。参考答案：氢原子要从基态跃迁到激发态，能量最小的激发态为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。 1En Kn 又知基态（n 1）的能量为13.58eV，即1E1 K≤13. (1) 所以K 13.58eVn 2 第一激发态的能量为1E2 K2-13.5813.39
8.将氢原子从基态激发到第一激发态所需要的能量为（3.3913.58）eV=10.19eV。这是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发射的光子的能量，即hE+10.19eV=10.191.=1.632（3）1018J（4）式中为光子的频率。从一开始，光子就被发射出来。根据动量和能量守恒定律，光子的动量为（5）2mv0光子的动量为p。 由公式c2 m(vA v2) h (6) 2h (6)可推导出mvo，因为Voc，所以mv0h，所以公式(5)c中光子的动量为mV，与上面相比，可以忽略，则(5)变为mv0 mvA mvB m
9、（vA vB） （7） 满足（6）、（7）式的Vo最小值可如下推导： 由（6）、（7）式可推导出 1 2mvo / Jm(VA Vb)mvAVB h12-mvo mvA(v.Va) h 0 经过公式推导可得 m Va1 2- 由（8）式可知当1,,-.5 Vo时，V0达到最小值Vomin，此时,,,o。 代入有关数据可得 4,Vomin 6.25 10 m/s 答：原子B的速度至少应为6.25 104 m/s。 （8） （9） （10） （11） 四、参考答案 1.计算网络各支路的电流。由于磁感应强度随时间减小，考虑电路的对称性，可将两回路设为
10.支路中感应电流1/I2的方向如解18-4-1图所示。对于左边环路电路ADCFA网校头条，有I1CFA−6的关系。因此，K因环路?（1）ADCEA所围住的面积为12。因此，对于此环路，（2）解出I2代入（1）可得I1（233）R2K2r（1033）（3）（4）2.计算各环所受力。先计算左边环所受力，如解18-4-2图所示。将环分成许多小圆弧，由左手定则可知，各圆弧上力的方向均为径向。 根据对称性分析，由于PMA弧和CNQ弧中的电流方向相反，它们在磁场中受到的安培力相互抵消，而PQ弧和AC弧中的电流都是相对于x的。
11.轴线上下对称，因此安培力在y方向作用于每个载流导体上的合力为零。以载流导体弧PQ上的线段l为例，安培力F是径向的，其x分量的大小表示为由于l cos lIiB l cos(5)所以Fx| IiB lFx I1B l I1BPQ I1BR(6) 由于导体弧PQ在y方向的合力为零，所以，t0时刻安培力的合力Fi只有x分量，即 Fi Fx IiBR(103.3)R2K BRi0r(i03.3)R2K (B0 Kt0)R (7)i0r 方向向左 同理，t0时刻载流导体弧AC上的安培力为 (23.3)R22rK BR(23.3)R2TK (B0 Kt0)R(8) 方向向右和向左 环上的合力为
12.大小为F Fi F2吐K(b)Kt0)R35r(9)方向向左。五.参考答案分为以下几个阶段进行讨论：SUi k，球壳外壁上的电荷都分布在哪儿？由于球壳外部空间有点电荷qi、q2的存在，造成球壳外壁上电荷分布不均匀。用 来表示面电荷密度。设球壳半径为10cm时，球壳外壁电荷为Qi。由于电荷q1、q2和球壳外壁电荷产生的合场强度为零，因此球壳内部为等势区，电位等于U。导体表面面元S所带电荷为S，它在球壳中心O处产生的电位为S。中心O产生的电位为S QiUi Ui kkaa。 点电荷qi和q2在球壳中心O处产生的电势分别为k和kq2。由于中心O处的电势等于球壳的电势
13.电势。根据电势叠加原理，有kql k-q2 k U(2)di d2 a。代入数值可解得球壳外壁电荷Q1为Q1 aU a ql .q28 109 Ck d1 d2。 由于球壳内壁上不带电荷，所以球壳电荷Qi等于球壳外壁电荷Q1，即（QI=Q1+8+10-9C（3）2）。当球壳半径趋近于d1时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁电荷变为Q2，球壳外电荷q1、q2和球壳外壁电荷Q2产生的合成场强仍为零。由于球壳内部仍不带电荷，所以球壳内部仍然保持电位值为U的等势区。于是有（4）（5）kq1+kin+kQ2。解球壳外壁电荷为——Uq1+q29+cQ2+d1d1+1+216+10+9Ck+d1d
14.2由于球壳内壁上的电荷仍为零，Qn=Q2，所以球壳上的电荷等于球壳外壁上的电荷，即_ _ 9 -16 10 9 C。在球壳从a 10 cm到d1的过程中，从大地流向球壳的电荷为Qi=Qn-Qi 8 10 9 C (6) 3当点电荷q穿过球壳，刚进入球壳时（导体半径仍为d1），点电荷q1在球壳内壁上感应出-q1的电荷。由于球壳的静电屏蔽，球壳内部的电荷q1与球壳外部球壳内壁上的电荷q1产生的合成电场为零，说明球壳外的电场只由球壳外部的电荷q2和球壳外壁上的电荷q3决定壳。由于球壳的静电屏蔽作用，球壳外部的电荷q2与球壳内部球壳外壁上的电荷Q3产生的合成电场为零，说明对于电荷q2和Q3产生的合成电场，球壳内部空间是一个等势体，电位值为U
15、q2、Q3在球心O处产生的电势等于球壳的电势，即(7)d2d1解球壳外壁上的电荷为Q3d1-d1产生6109C(8)kd2球壳内外壁上的总电荷应为QmQ3(q1)(9)在此过程中，从大地流向球壳的电荷为(1.)此结果说明18届物理竞赛，电荷5从很靠近球壳外侧的位置进入壳内，只把球壳外壁上感应的电荷转移到球壳内壁，整个球壳与大地之间并无电荷交换。 4.当球壳半径趋近于d2时（点电荷q2仍在球壳外），令Q4表示此时球壳外壁上的电荷，类似前面第3阶段的分析可得k kQ1 U(11)d2 d2由此可得- Uq2_9 _Q4 d2 d2 1
16. 2 10 9 Ckd2 球壳的电荷Qjy等于球壳内外壁电荷之和，即Qiv=Q4（q1）22 10 9 C 从大地流向球壳的电荷为Qm Qjy-Qw6 10 C(13)5 当点电荷q2穿过球壳，刚进入球壳时（球壳半径仍为d2），球壳内壁上感应电荷变为（q1+q2）。 由于球壳的静电屏蔽作用，与前面的分析类似，可知球壳外的电场仅由球壳外壁上的电荷Q5决定，即Q5k+Ud2(14)可得Q5+d2k+4+10+9C球壳的总电荷为Qv=Q5(q1+q2)22+10+9C在此过程中从大地流向球壳的电荷为Qiv+Qv-Qiv+0(15)(16)可得6当球壳半径由d2增大到kQ6+Ua
17. 当i为50厘米时，令Q6表示球壳外壁上的电荷。 我们有 (17) 5109 C 球壳上的总电荷为 QVI = Q6 (q1(从地球流向球壳的电荷为 QvQyi Qvq2)211 10 99 _10 9 C(18)(19) VI. 参考答案 1. 弹簧刚拉长到原来长度时，指向下方。设 G1 的速度为 V1，方向向上。设 G2 的速度为 v2，mi v1 m2 v2 01212-m1V - m2v2 解方程 (1) 和 (2) 可得 E0(1)(2)2m2 E0mi(mi m2)(3) m2(mi m2) 设 G1 到达最高点到井口的距离为 (4) mg(m1 m2) G1 升到
18、重力势能E。 （5）m2Ep1 m2 它来自于弹簧的弹性势能，只是弹性势能的一部分。 2、当玩具从井底反弹到距井口深度为h处时，玩具的向上速度为 （6）u，2gh （7）设锁松开后，当弹簧刚被拉长到原来长度时，方向向下，则Gi的速度为%，方向向上，则G2的速度为V2，（m1mV：）2）U（称为m2）u2 （8）Eo （9）在（8）和（9）中消去V2，得到Vi m12m1 11 V2m21的方程由此可得当弹簧刚被拉长到原来长度时，2m1和G2的速度分别为 （m1 m2） （10） （m1 m
19,2) (11)设G1距解锁点的最大高度为H2,h2Vg,则21m1(m1m2)(mm2)距井口,G1上升的最大高度为)H2H2(m1m2),m1g(nm2) (12)讨论:可以看出方案二中高度和解锁点到井口的深度有关,G1上升的最大高度H2比方案一中的最大高度H1要大,超过了h,当它到达H2时,它的重力势能为EP2(13)(i)若Ep2Eo(14)这就要求,
20. 2 g(mi m2)(15)此时，G1上升到最高点的重力势能来自于压缩弹簧的弹性势能，但这只是弹性势能的一部分。在此条件下，上升的最大高度为 (ii) 如果H2的 (16) 这就要求 (17) Eomih 4m2g(mi m2)此时，G1上升到最高点的重力势能来自于压缩弹簧的弹性势能，并且等于总弹性势能。在此条件下，Gi上升的高度为 (i8)(iii) 如果Ep2 Eo 这就要求 m2mi 4m2g(mi m2)此时，Gi上升到最高点的重力势能大于压缩弹簧的弹性势能，机械能。在此条件下，Gi上升的最大高度为 (i9)多余的能量只能来自于G2的机械能
