第19届全国中学生物理竞赛预复赛试题及答案

2002年第十九届全国中学生物理竞赛预复赛试题及解答
目录
第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷 (1)
第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准 (4)
第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题 (16)
第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答 (19)
第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷
全卷共七题，总分为140分．
一、（15分）今年3月我国北方地区遭遇了近10年来最严重的沙尘暴天气．现把沙尘上扬后的情况简化为如下情景：v 为竖直向上的风速，沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中（不动）．这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度v 竖直向下运动时所受的阻力．此阻力可用下式表达
2f Av αρ=
其中α为一系数，A 为沙尘颗粒的截面积，ρ为空气密度．
（1）若沙粒的密度 33S 2.810kg m ρ=⨯⋅－，沙尘颗粒为球形，半径42.510m r =⨯－，地球表面处空气密度30 1.25kg m ρ=⋅－，0.45α=，试估算在地面附近，上述v 的最小值1v ．
（2）假定空气密度ρ随高度h 的变化关系为0(1)Ch ρρ=-，其中0ρ为0h =处的空气密度，C 为一常量，411.1810m C -=⨯－，试估算当19.0m s v =⋅－时扬沙的最大高度．（不考虑重力加速度随高度的变化）
二、（20分）图预19-2所示电路中，电池的电动势为E ，两个电容器的电容皆为C ，K 为一单刀双掷开关。

开始时两电容器均不带电
（1）第一种情况，现将K 与a 接通，达到稳定，此过程中电池内阻消耗的电能等于__________；再将K 与a 断开而与b 接通，此过
程中电池供给的电能等于___________。

（2）第二种情况，现将K 与b 接通，达到稳定，此过程中电池内阻消耗的电能等于__________；再将K 与b
断开而与a 接通，此过程中电池供给的电能等于___________。

三、（20分）据新华社报道，为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太空，2002年3月25日22时15分，我国成功地发射了一艘无人试验飞船。

在完成预定任务后，飞船于4月1日16时51分安全着陆，共绕地球飞行108圈。

（1）飞船的名称是什么？
（2）飞船在运行期间，按照地面指挥控制中心的指令成功地实施了数百个动作，包括从椭圆轨道变换成圆轨道等．假如把飞船从发射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理，试粗略估计飞船离地面的平均高度．已知地球半径66.3710m R =⨯，地球表面处的重力加速度29.80m s g =⋅－
2002年9月
四、（20分）如图预19-4所示，三个绝热的、容积相同的球状容器A 、B 、C ，用带有阀门K 1、K 2的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差 1.00m h =．初始时，阀门是关闭的，A 中装有1mol 的氦（He ）,B 中装有1mol 的氪（Kr ）,C 中装有lmol 的氙（Xe ），三者的温度和压强都相同．气体均可视为理想气体．现打开阀门K 1、K 2，三种气体相互混合，最终每一种气体在整个容器中均匀分布，三个容器中气体的温度相同．求气体温度的改变量．已知三种气体的摩尔质量分别为
31He 4.00310kg mol μ--=⨯⋅ 31Kr 83.810kg mol μ--=⨯⋅
31Xe 131.310kg mol μ--=⨯⋅
在体积不变时，这三种气体任何一种每摩尔温度升高1K ，所吸收的热量均为 3/2R ，R 为普适气体常量． 五、（20分）图预19-5中，三棱镜的顶角α为60︒，在三棱镜两侧对称位置上放置焦距均为 30.0cm f =的两个完全相同的凸透镜L 1和 L 2．若在
L 1的前焦面上距主光轴下方14.3cm y =处放一单色点光源S ，已知其像S '与S 对该光学系统是左右对称的．试求该三棱镜的折射率．
六、（20分）一个长为1L ，宽为2L ，质量为m 的矩形导电线框，由质量均匀分布的刚性杆构成，静止放置在不导电的水平桌面上，可绕与线框的一条边重合的光滑固定轴ab 转动，在此边中串接一能输出可变电流的电流源（图中未画出）。

线框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B 沿水平方向且与转轴垂直，俯视图如图预19-6所示。

现让电流从零逐渐增大，当电流大于某一最小值min I 时，线框将改变静止状态。

（1）求电流值min I 。

（2）当线框改变静止状态后，设该电流源具有始终保持恒定电流值0I 不
变（0min I I >）的功能。

已知在线框运动过程中存在空气阻力。

试分析线框的运动状况。

七、（25分）如图预19-7所示，在长为0.1=l m 、质量为B 30.0kg m =的车厢B 内的右壁处，放一质量A 20.0kg m =的小物块A （可视为质点），向右的水平拉力120.0N F =作用于车厢，使之从静止开始运动，测得车厢B 在最初2.0 s 内移动的距离 5.0m s =，且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰
撞．假定车厢与地面间的摩擦忽略不计，小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的．求车厢开始运动后4.0 s 时，车厢与小物块的速度．
第十九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
（1）在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡，即
2
01Av mg αρ= ①
式中m 为沙尘颗粒的质量，而
2A r π= ②
3s 4
3
m r πρ= ③
得 1v = ④
代入数据得
11 4.0m s v =⋅－ ⑤
（2）用h ρ、h 分别表示19.0m s v =⋅－时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有
0h (1)Ch ρρ=- ⑥
此时式①应为
2h Av mg αρ= ⑦
由②、③、⑥、⑦可解得
2
0s 4113r g h C v ραρ⎛⎫=
- ⎪⎝⎭
⑧ 代入数据得
36.810m h =⨯ ⑨
评分标准：本题15分。

1. 第一小题8分。

其中①式3分，②式1分，③式1分，④式2分，⑤式1分。

2. 第二小题7分。

其中⑥式1分，⑦式1分，⑧式3分，⑨式2分。

二、参考解答
（1）212C E ，0 （2）214C E ，212
C E
评分标准：本题20分。

（1）10分。

其中每个空5分。

（2）10分。

其中每个空5分。

三、参考解答 （1）神舟3号
（2）设飞船飞行时间为t ，绕地球飞行的圈数为N ，周期为T ，飞船的质量为m ，离地面的平均高度为h ，地球半径为R ，地球质量为M ，则有
t
T N
=
①
2
22()()mM G m R h T R h π⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭
②
2Mm
G
mg R
= ③ 由①、②、③式解得
1/3
22224gR t h R N π⎛⎫=- ⎪⎝⎭
④
由题给数据可知55.853610s t =⨯，代入t 及其它有关数据得
52.910m h =⨯ ⑤
评分标准：本题20分 （1）4分
（2）16分。

其中①、②、③、④式各3分，⑤式4分（答案在52.710m ⨯～53.110m ⨯之间均给这4分）
四、参考解答
根据题设的条件，可知：开始时A 中氦气的质量3He 4.00310kg m -=⨯，B 中氪气的质量
3Kr 83.810kg m -=⨯，C 中氙气的质量3Xe 131.310kg m -=⨯。

三种气体均匀混合后，A 中的He 有1
mol
3
降入B 中，有1
mol 3
降入C 中。

He 的重力势能增量为
He He He He 11
()(2)33
E m g h m g h m gh ∆=-+-=- ①
B 中的Kr 有1mol 3升入A 中，有1
mol 3
降入C 中。

Kr 的重力势能增量为
Kr Kr Kr 11
()033
E m gh m g h ∆=+-= ②
C 中的Xe 有1mol 3升入A 中，有1
mol 3
升入B 中。

Xe 的重力势能增量为
Xe Xe Xe Xe 11
233
E m gh m g h m gh ∆=+= ③
混合后，三种气体的重力势能共增加
P He Kr Xe Xe He ()E E E E m m gh ∆=∆+∆+∆=- ④
因球与外界绝热，也没有外力对气体做功，故重力势能的增加必然引起内能的减少。

在体积不变时，气体不做功。

由热力学第一定律可知，此时传给气体的热量应等于气体内能的增量，但因理想气体的内能只由温度决定，与体积无关，故只要温度改变量相同，则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量。

根据题给的已知条件，注意到本题中所考察的理想气体共有3摩尔，故有
P 332
E R T ∆=-⨯∆ ⑤
上式中右方为气体内能减少量，T ∆表示气体温度的增量，由④、⑤两式得
Xe He 2()9m m gh
T R
-∆=-
⑥
将已知数据代入，注意到118.31J K mol R =⋅⋅－－，可得
23.310K T ∆=-⨯－ ⑦ 即混合后气体温度降低23.310K ⨯－
（如果学生没记住R 的数值，R 的值可用标准状态的压强520 1.01310N m p =⨯⋅－，温度0273.13K T =和1mol 理想气体在标准状态下的体积230 2.2410m V =⨯－求得，即00
p V R T =
） 评分标准：本题共20分。

说明经扩散使三种气体均匀混合，并导致气体重力势能改变求得④式，得8分。

说明能量转换过程，由重力势能增加而内能减少，列出⑤式，得8分。

得出正确结果，算出⑦式，得4分。

五、参考解答
由于光学系统是左右对称的，物、像又是左右对称的，光路一定是左右对称的。

该光线在棱镜中的部分与光轴平行。

由S 射向1L 光心的光线的光路图如图预解19-5所示。

由对称性可知
12i r = ①
21i r = ②
由几何关系得 1260r i α+==︒ ③ 由图可见
11i r β=+ ④
又从1FSO ∆的边角关系得
tan /y f β= ⑤
代入数值得
arctan(14.3/30.0)25.49β==︒ ⑥
由②、③、④与⑥式得130r =︒，155.49i =︒
根据折射定律，求得
1
1
sin 1.65sin i n r =
= ⑦ 评分标准：本题20分
1. 图预解19-5的光路图4分。

未说明这是两个左右对称性的结果只给2分。

2. ①、②、③、④式各给2分，⑤式给3分，⑥式给1分，⑦式给4分。

六、参考解答 （1）解法一：
导体线框放在水平桌面上，俯视图如图预解19-6-1。

由图可见，在线框没动之前，线框的PQ 边与P Q ''边平行于磁场B ，因而不受磁场力。

PP '边受的安培力的大小为1IBL ，方向垂直于桌面向下，但此力对轴的力矩为零。

QQ '边受的安培力的大小为1QQ F IBL '=，方向垂直桌面向上。

此力对固定轴的力矩为
012
M I B L L = ① 除此力矩外，线框还受到重力矩作用。

重力力矩等于重力乘线框重心（O 点）到轴ab 的距离，即
02(/2)mg L τ= ②
当0M ＝0τ时，桌面对线框的支持力的力矩为零，0M ＞0τ时，线框将改变静止状态，开始绕轴ab 向上翘起。

根据题意及①、②式，由力矩平衡原理可知
122min 12
I BL L mgL = ③ 解得
min 1
2mg
I BL = ④ 解法二：
线框所受的重力矩也可以由各边对ab 轴的重力矩来求。

PQ 边与P Q ''边的重心均在（2/2L ）处，两条边对ab 轴的合力矩为
22112()2mgL L L L τ⎛⎫⎛⎫
= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭ '①
QQ '边对ab 轴的力矩为
122122()mgL L L L τ⎛⎫
= ⎪+⎝
⎭ '②
故线框所受的重力矩为
0122/2)mg L τττ＝＋＝（
与解法一求得的②式一致，从而求得min I 与④式相同。

（2）线框处于静止状态时，若电流0I 比min I 稍大，线框所受的电磁力矩M 将大于重力矩τ，使线框绕ab 轴向上翘起。

PQ 边和P Q ''边所受电磁力不等于零，但二者相互抵消。

当保持电流值0I 恒定不变时，线框将从静止状态开始绕固定轴作加速转动。

在加速转动过程中，由于通过线框的磁通量发生变化，线框内将产生感应电动势，它有使线框中的电流变小的趋势，题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能，所以当线框平面转至与桌面成α角时，如图预解19-6-2a 所示，线框受到的合力矩为
0121cos 2M I BL mg L τα⎛⎫
-=- ⎪⎝⎭
⑤
随着α角逐渐增大，合力矩随之减小，但M τ-始终大于零，因而线框仍作逆时针加速转动，角速度不
断增大。

当线框平面转到竖直面NN '时，合力矩为零，角速度达到最大。

由于惯性，线框将越过NN '面作逆时针转到。

此时，合力矩与线框转动方向相反，角速度将逐渐减小，合力矩的大小随着α角的增大而增大，如图预解19-6-2b 所示。

如果没有空气阻力，α将增至180︒。

当α角等于180︒ 时，线框转动的角速度为零，合力矩将使线框作顺时针加速转动，结果线框将在α角等于0︒与180︒之间往复摆动不止。

实际上，由于空气阻力作用，线框平面在NN '平面两侧摆动的幅度将逐渐变小，最终静止在NN '面处，此时，电磁力矩与重力矩均为零。

如果线框稍偏离平衡位置NN '，电磁力矩与重力矩的合力矩将使线框回到NN '平面处。

故线框处于稳定平衡状态。

评分标准：本题20分。

第一问6分、第二问14分。

第一问中，①、②、④式各2分。

第二问中，正确地分析了线框往复转动，给4分；说明最后平衡在竖直面处，给6分；说明稳定平衡，给4分。

七、参考解答 解法一：
1. 讨论自B 开始运动到0
2.0s T =时间内B 与A 的运动。

根据题意，在2 s 内，A 未与B 发生过碰撞，因此不论A 与B 之间是否有相对运动，不论A 与B 之间是否有摩擦，B 总是作初速为零的匀加速直线运动。

设B 的加速度为B1a ，有
2B101
2
s a T = 得
2B120
2 2.5m s s
a T =
=⋅－ （1） 如果A 、B 之间无摩擦，则在B 向右移动1米距离的过程中，A 应保持静止状态，接着B 的车厢左壁必与A 发生碰撞，这不合题意。

如果A 、B 之间无相对运动（即两者之间的摩擦力足以使A 与B 有一样的加速度），则B 的加速度
2B B
A 2.4m s F
a m m =
=⋅+－
这与（1）式矛盾。

由此可见，A 、B 之间既有相对运动又存在摩擦力作用。

以f F 表示A 、B 间的滑动摩擦力的大小，作用于B 的摩擦力向左，作用于A 的摩擦力向右，则有 B B1f F F m a -= （2）
A A1f F m a = （3）
由（1）、（2）、（3）式得
2A1 2.25m s a =⋅－ （4） f 45N F = （5）
2. 讨论B 的左壁与A 发生第一次碰撞前的运动。

由于A1B1a a <，B 向右的速度将大于A 的速度，故A 与B 的左壁间的距离将减小。

设自静止开始，经过时间1t ，B 的左壁刚要与A 发生碰撞，这时，B 向右运动的路程与A 向右运动的路程之差正好等于
l ，即有
22
B11A111122
a t a t l -= 解得
1t = （6）
代入数据，得
1t =
A 与
B 发生第一次碰撞时，碰前的速度分别为
A1A11v a t a == （7）
B1B11v a t a == （8）
3. 讨论B 与A 间的弹性碰撞
以A1u 和B1u 分别表示第一次碰撞后A 和B 的速度。

当A1u 、B1u 为正时，分别表示它们向右运动。

在碰撞的极短时间内，外力F 的冲量可忽略不计，因此有
B B A A1B1A A1B1m v m v m u m u +=+ 2222
B B A A1B1A A1B1
11112222
m v m v m u m u +=+ 解以上两式得
A1B1A1B1()u u v v -=-- （9） （9）式表示，在弹性碰撞中，碰撞前后两者的相对速度的大小不变，但方向反转。

4. 讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。

由（9）式可以看出，经第一次碰撞，A 和B 都向右运动，但A 的速度A1u 大于B 的速度B1u ，这时作用于A 的摩擦力向左，作用于B 的摩擦力向右，大小仍都为f F 。

设此过程中A 向左的加速度和B 向右的加速度分别为A2a 和B2a ，则由牛顿第二定律有
A A2f F m a =
B B2f F F m a += 解得
2f
A2A
2.25m s F a m =
=⋅－ （10） 2f
B2B
5.5m s F F a m +=
=⋅－ （11） 由此可知，碰撞后，A 作减速运动，B 作加速运动。

设经过时间1t '，两者速度相等，第一次达到相对静止，则有
A1A21B1B21u a t u a t ''-=+ 由上式和（9）式解得
1A1B1B1A1
A2B2A2B2
A2B2
u u v v t a a a a --'===
++ （12）
代入有关数据得
1s t '= （13） 设在时间1t '内，A 与B 的左壁之间的距离增大至1l ，则有
22A11
A21B21B2111122
u t a t u t a t l ''''-=++ 结合（9）、（12）两式得
21
l ld = （14）
式中
d = （15）
代入有关数据得
1d =
=
由（14）可知1l l <，A 不会与B 的右壁发生碰撞。

5. 讨论A 与B 的左壁的第二次碰撞。

以1v 表示B 与A 第一次相等的速度，由于B 始终受F 作用而加速，它将拖着A 向右加速，其情况与第一次碰撞前相似。

这时作用于A 的摩擦力向右，A 的加速度为A1a ，方向向右。

作用于B 的摩擦力向左，B 的加速度为B1a ，方向也向右。

但是原来A 与B 左端的距离为l ，现改为1l ，因A 1B 1a a <，B 的左壁与小A 之间的距离将减小。

设两者间的距离从1l 减小至零即减小至开始发生第二次碰撞所经历的时间为2t ，以1l 代入⑥式，结合（14）式，即可求得
21t t d === （16）
代入有关数据，得
20.51s t === 第二次碰撞前瞬间A 和B 的速度分别为 A21A12v v a t =+ B21B12v v a t =+
A2B2A1B12A1B11A1B1()()()v v a a t a a t d v v d -=-=-=- （17）
故第二次碰撞前A 、B 速度之差小于第一次碰撞前A 、B 的速度差。

设第二次碰撞完毕的瞬间A 、B 的速度分别为A2u 和B2u ，则有
A2B2A2B2B1A1()()u u v v v v d -=--=- （18）
第二次碰撞后，A 以加速度A2a 作减速运动，B 以加速度B2a 作加速运动。

设经历时间2t '，两者速度相等，即第二次相对静止，则有
A2A22
B2B22u a t u a t ''-=+ 解得
A2
B2B1A1
21A2B2A2B2
0.016s u u v v t d t d a a a a --''====++ （19）
在2t '时间内，A 与B 的左壁的距离变为2l ，有
22A22A22
B22B2221122
u t a t u t a t l ''''-=++ 结合（8）、（9）得
24l ld = （20）
自B 开始运动到A 与B 达到第二次相对静止共经历时间 21122 3.43s T t t t t ''=-++= 2 4.0s T <
6. 讨论A 与B 的左壁的第三次碰撞。

当A 与B 的左壁之间的距离为2l 时，A 、B 相对静止。

由于B 受外力F 作用而继续加速，它将拖着A 向右加速。

这时，A 的加速度为A1a ，B 的加速度为B1a ，方向都向右，但因B1A1a a >，A 将与B 的左壁发生第三次碰撞。

设此过程经历的时间为3t ，则以2l 代入（6）式结合（16）式得
22310.09s t t d =
=== （21）
设第三次碰撞前瞬间A 和B 的速度分别为A3v 和B3v ，碰撞后的速度分别为A3u 和B3u 2A3B3A1B13A1B1()()v v a a t v v d -=-=-
22A3B3A3B3B1A13B1A11A1B1()()()()u u v v a a t a a t d v v d -=--=-=-=-
碰撞后，A 以加速度A2a 作减速运动，B 以加速度B2a 作加速运动。

设经过时间3t '两者速度相等，即第三次相对静止，A 与B 左壁之间的距离为3l 。

则有 2A3B3
31A2B2
u u t t d a a -''=
=+ （22）
63
t ld =
自B 开始运动至第三次A 与B 相对静止共经历的时间3T 仍小于4 s 。

7. 讨论车厢左壁与小物块的第n 次碰撞。

在第1n -次碰撞完毕的瞬间，A 和B 的速度分别为A n 1u －和B n 1u －，A 以加速度A2a 作减速运动，B
以加速度B2a 作加速运动。

经过时间n
1t '－，两者速度相等，即第1n -次相对静止。

A 与B 左壁之间的距离为n 1l －。

根据前面的讨论有
n 2n
11t t d ''=－－ （23）
再经过时间n t 将发生B 的左壁与A 的第n 次碰撞。

碰撞前两者的速度分别为A n v 和B n v 。

根据前面的讨论，有
n 1n 1t t d =－ （24） n 1Bn A n A1B1()v v v v d -=-－
可以看出，碰撞次数越多，下一次碰撞前，A 、B 速度之差越小。

当碰撞次数n 非常大时，下次碰撞前两者的速度趋于相等，即A 实际上将贴在B 的左壁上不再分开。

8. 讨论第4秒B 与A 的运动速度。

第4秒末B 与A 的速度取决于在第4秒末B 与A 经历了多少次碰撞。

B 自静止开始运动到第n 次相对静止经历的总时间为
n n n 1122n 1n
1T t t t t t t t t ''''=++++++++－－ n 2n 2n 1n 111
1111
112
2
1
11111111
11
n n ()()()()()t t t d t d t d t d t d t d t t t t d t t d t t d t t d ''''=++++++++'''''=+++++++++－－－－－－＋
11
1()1d t t d
''
-'=+- （25）
以1t =
，1
t '=代入，注意到当n 很大时，0d ∞=得
3.56s T ∞=
= （26）
这表明早在第4秒之前，A 与B 的左壁贴在一起时二者速度已相同，不再发生碰撞，此后二者即以相同的速度运动了、现以A 和B 都静止时作为初态，设4s T =时刻A 和B 的速度为V ，对A 、B 开始运动至4s T =的过程应用动量定理，得
B A ()FT m m V =- （27） 或
B
A FT
V m m =-
代入数值，得
19.6m s V =⋅－ （28）
解法二：
如果A 与B 之间没有摩擦力，B 前进1m 就会与A 发生碰撞。

已知开始2s 为A 与B 未发生碰撞，而B 已走了5m ，可见二者之间有摩擦力存在，且在此期间二者均作匀加速运动。

由212
s at =可求出B 对地面的加速度B1a ：
2B11
522
a =
， B1 2.5m s a =⋅－2 '(1) 设A 与B 底部之间的滑动摩擦力为f F ，则由小车的运动方程
代入数值得
f 45N F = '(2) 又由A 的运动方程得A 的相对地面的加速度为 2f
A1A
2.25m s F a m =
=⋅－ '(3) 于是，A 对B 的相对加速度为
2AB1A1B10.25m s a a a =-=-⋅－ '(4) 第一次碰撞
由开始运动到A 碰撞B 的左壁的时间1t 满足2
AB11
12
s a t =
，1m s =。

于是
1t = '(5) A 与B 的左壁碰撞前瞬间，A 相对B 的速度
11AB1AB11s 0.71m s v a t ==-⋅=-⋅－－ '(6)
由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向，所以碰后A 从B 的左壁开始，以相对速度
1AB1
AB1s 0.71m s v v '=-=⋅=⋅－1－ '(7) 向右运动，所受摩擦力反向向左，为f F -。

对地面的加速度A2a 为 2f
A2A
2.25m s F a m =
=-⋅－ '(8) 此时B 所受的摩擦力f F 方向向右，由其运动方程B B2f m a F F =+得B 对地面的加速度B2a 为 2f
B2B
5.5m s F F a m +=
=⋅－ '(9) 由'(8)、'(9)二式知，碰后A 对B 的相对加速度为
2AB2A2B27.75m s a a a =-=-⋅－ '(10)
A 相当于
B 作向右的匀减速运动。

设A 由碰后开始达到相对静止的时间为1t '，相当于B 走过的距离为1s ，
由'(6)式得
AB1AB11
1AB2AB2v a t t a a ''== (11)' 21AB21
11
m=0.03m 231
s a t '=
= (12)' 可见A 停止在B 当中，不与B 的右壁相碰。

第二次碰撞
A 在
B 内相对静止后，将相当于B 向左滑动，所受的摩擦力改为向右，而B 所受的摩擦力改为向左。

这时A 对B 的相对加速度重新成为AB1a ，即(4)'式。

A 由相对静止到与B 的左壁第二次碰撞所需
的时间2t 可用2
1AB121
2
s a t =算出：
20.51s t '=
=== (13)' 自B 开始运动至B 的左壁与A 发生第二次碰撞经历的时间
211
2 3.43s T t t t '=++= A 达到B 的左壁前相当于B 的速度的大小为
AB2AB12AB1v a t a === (14)' 这也就是第二次碰后A 由B 的左壁出发的相对速度大小。

第二次碰后，A 相对B 向右运动，此时A 相
对于B 的相对加速度又成为AB2a ，即(10)'式。

A 由碰撞到相对静止所需要的时间2
t '和相当于B 走过的距离2s 分别为
AB2AB12
2AB2AB20.016s v a t t a a ''===== (15)' 22AB22
1
0.001m 2
s a t '== 以后的碰撞
根据(13)'、(15)'二式，如令
0.18k = (16)' 则有
21t kt = 2
1t kt ''= 由此可以推知，在第三次碰撞中必有
2321t kt k t == 232
1t k t k t '''== (17)' 在第n 次碰撞中有
n 1n 1t k t =－ n 1n
1t k t ''=－ 18)'（ 即每一次所需时间要比上次少得多（A 在B 中所走的距离也小得多）。

把所有的时间加在一起，得
11i i i 1i 01
()()s=3.56s 1T t t t t k k ∞
∞
∞==⎛'''=+=+= -⎝
⎭∑∑ (19)' 这就是说，在B 开始运动后3.56 s 时，A 将紧贴B 的左壁，并与B 具有相同速度，二者不再发生碰撞，
一直处于相对静止状态。

现取A 和B 都静止时作为初态，以 4.0s T =时刻的运动状态为末态，设此时A 和B 的速度为V ，由动量定理，有 B A ()FT m m V =+ 代入数值，得
1B
A 9.6m s FT
V m m =
=⋅+－ (20)'
答：自车厢开始运动到4.0 s 时车厢与物块的速度相同，均为19.6m s ⋅－ 评分标准：本题25分。

得出摩擦力f F 得5分，得出第一次碰撞时间1t 得5分，得出第二次碰撞时间2t 得5分。

得出无穷次碰撞时间T ∞得5分 ，得到最后结果V 再得5分。

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题
一、（20分）某甲设计了1个如图复19-1所示的“自动喷泉”装置，其中A 、B 、C 为3个容器，D 、E 、F 为3根细管，管栓K 是关闭的．A 、B 、C 及细管D 、E 中均盛有水，容
器水面的高度差分别为1h 和1h 如图所示．A 、B 、C 的截面半径为12cm ，D 的半径为0.2cm ．甲向同伴乙说：“我若拧开管栓K ，会有水从细管口喷出．”乙认为不可能．理由是：“低处的水自动走向高外，能量从哪儿来？”甲当即拧开K ，果然见到有水喷出，乙哑口无言，但不明白自己的错误所在．甲又进一步演示．在拧开管栓K 前，先将喷管D 的上端加长到足够长，然后拧开K ，管中水面即上升，最后水面静止于某个高度处． (1)．论证拧开K 后水柱上升的原因．
(2)．当D 管上端足够长时，求拧开K 后D 中静止水面与A 中水面的高度差．
(3)．论证水柱上升所需能量的来源．
二、 (18 分) 在图复19-2中，半径为R 的圆柱形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面指向纸外，磁感应强度B 随时间均
匀变化，变化率/B t K ∆∆=(K 为一正值常量),圆柱形区外空间没有磁场，沿图中AC 弦的方向画一直线，并向外延长，弦AC 与半径OA 的夹角/4απ=．直线上有一任意点，设该点与A 点的距离为x ，求从A 沿直线到该点的电动势的大小．
三、（18分）如图复19-3所示，在水平光滑绝缘的桌面上，有三个带正电的质点1、2、3，位于边长为l 的等边三角形的三个顶点处。

C 为三角形的中心，三个质点的质量皆为m ，带电量皆为q 。

质点 1、3之间和2、3之间用绝缘的轻而细的刚性杆相连，在3的连接处为无摩擦的铰链。

已知开始时三个质点的速度为零，
在此后运动过程中，当质点3运动到C 处时，其速度大小为多少？ 四、（18分）有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数．在图复19-4-1中，E 为电压可调的直流电源。

K 为开关，L 为待测线圈的自感系数，L r 为线圈的直流电阻，D 为理想二极管，r 为用电阻丝做成的电阻器的电阻，A 为电流表。

将图复19-4-1中a 、b 之间的电阻线装进图复19-4-2所示的试管1内，图复19-4-2中其它装置见图下说明．其中注射器筒5和试管1组成的密闭容器内装有某种气体（可视为理想气体），通过活塞6的上下移动可调节毛细管8中有色液注的初始位置，调节后将阀门10关闭，使两边气体隔开．毛细管8的内直径为d ．
已知在压强不变的条件下，试管中的气体温度升高1K 时，需要吸收的热量为q C ，大气压强为p 。

设试管、三通管、注射器和毛细管皆为绝热的，电阻丝的热容不计．当接通电键K 后，线圈L 中将产生磁场，
已知线圈中储存的磁场能量2
12
W LI =，I 为通过线圈的电流，其值可通过电流表A 测量，现利用此装置及合理的步骤测量的自感系数L ．
1．简要写出此实验的步骤．
2．用题中所给出的各已知量（r 、L r 、q C 、p 、d 等）及直接测得的量导出L 的表达式，
五、（20分）薄凸透镜放在空气中时，两侧焦点与透镜中心的距离相等。

如果此薄透镜两侧的介质不同，其折射率分别为1n 和2n ，则透镜两侧各有一个焦点（设为1F 和2F ），但1F 、2F 和透镜中心的距离不相等，其值分别为1f 和2f 。

现有一个薄凸透镜L ，已知此凸透镜对平行光束起会聚作用，在其左右两侧介质的折射率及焦点的位置如图复19-5所示。

1．试求出此时物距u ，像距v ，焦距1f 、2f 四者之间的关系式。

2．若有一傍轴光线射向透镜中心，已知它与透镜主轴的夹角为1θ，则与之相应的出射线与主轴的夹角2θ多大？
3．1f ，2f ，1n ，2n 四者之间有何关系？
六、（20分）在相对于实验室静止的平面直角坐标系S 中，有一个光子，沿x 轴正方向射向一个静止于坐标原点O 的电子．在y 轴方向探测到一个散射光子．已知电子的静止质量为0m ，光速为c ,入射光子的能量与散射光子的能量之差等于电子静止能量的1／10．
1．试求电子运动速度的大小v ,电子运动的方向与x 轴的夹角θ；电子运动到离原点距离为0L （作为已知量）的A 点所经历的时间t ∆．
2．在电子以1中的速度v 开始运动时，一观察者S '相对于坐标系S 也以速度v 沿S 中电子运动的方向运动(即S '相对于电子静止)，试求S '测出的OA 的长度．
七、（26分）一根不可伸长的细轻绳，穿上一粒质量为m 的珠子（视为质点），绳的下端固定在A 点，上端系在轻质小环上，小环可沿固定的水平细杆滑动（小环的质量及与细杆摩擦皆可忽略不计），细杆与A 在同一竖直平面内．开始时，珠子紧靠小环，绳被拉直，如图复19-7-1所示，已知，绳长为l ，A 点到杆的距离为h ，绳能承受的最大张力为d T ，珠子下滑过程中到达最低点前绳子被拉断，求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小（珠子与绳子之间无摩擦）
注：质点在平面内做曲线运动时，它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法向加速度n a ，可以证明，2n /a v R =，v 为
质点在该点时速度的大小，R 为轨道曲线在该点的“曲率半径”，所谓平面曲线上某点的曲率半径，就是在曲线上取包含该点在内的一段弧，当这段弧极小时，可以把它看做是某个“圆”的弧，则此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径．如图复19-7-2中曲线在A 点的曲率半径为A R ，在B 点的曲率半径为B R ．
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ρ。

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()B C p p p g h h ρ==++ （1）
D 中气体的压强为
1D B p p gh ρ=- （2）
2002年
K
K
D
H A A
B
B F
C
C
E h 1
h 2
由（1）、（2）两式可得 20D p p gh ρ=+
即0D p p >，当拧开K 后，D 中气体压强降至0p ，此时
10B p p gh ρ-> （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()()p g h h p g H h ρρ++=++ （4） 由此可得 2H h = （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()E g V h h ρ∆=∆+ （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()2
E g V h h ρ∆=∆+ （7）
即12E E ∆>∆。

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）x ≤，在图中连直线OA 与OP 。

取闭合回路APOA ，可得回路电动势1AP PO OA E E E E =++，式中AP E ，PO E ，OA E 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0PO E =，0OA E =，故
1AP E E = （1）
令AOP ∆的面积为1S ，此面积上磁通量11BS φ=，由电磁感应定律，回路的电动势大小为。