高中物理全国物理竞赛复赛试题解答2018年09月

高中生物理竞赛复赛试题及答案

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02I B rμ= ,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。

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．那么右端为半径等于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，那么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，φ１、φ１′均为小角度，那么有／φ１＝Ｒ１／φ１〔1－〔1／ｎ〕〕．与②式比拟可知，≈，即Ｍ位于过Ｆ１垂直于主光轴的平面上．上面，玻璃棒为天文望远系统，那么但凡过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，那么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，锅即已到达预期温度〔即设计时希望到达的温度〕．现有一压力锅，在海平面处加热能到达的预期温度为120℃，某人在海拔5000ｍ的高山上使用此压力锅，锅有足量的水．1．假设不加盖压力阀，锅水的温度最高可达多少？2．假设按正确方法使用压力锅，锅水的温度最高可达多少？3．假设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？假设继续加热，锅水的温度最高可达多少？假设空气不溶于水．：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℃．到达此温度时，锅水开场沸腾，温度不再升高，故在5000ｍ高山上，假设不加盖压力锅，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．假设在ｔ＝ｔ２时阀被顶起，那么此时的ｐＷ应等于ｐ′，即ｐＷ＝ｐ′，由图18－2－9可知ｔ２＝112℃．此时锅水开场沸腾，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〕，那么有ｐａ〔ｔ〕／〔273＋ｔ〕＝ｐａ〔27℃〕／〔273＋27〕，ｐａ〔ｔ〕＝〔164．7ｔ＋45．0×10３〕Ｐａ．假设在ｔ＝ｔ′时压力阀刚好开场被顶起，那么有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℃．即在压力阀刚开场被顶起时，锅水的温度是97℃，假设继续加热，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，碰撞过程中局部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〕？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．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，从开场碰到发射出光子，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相比拟可忽略不计．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式与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到达最小值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〕．现有两个完全一样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，由左手定那么可知，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开场缓慢地增大到50ｃｍ，问：在此过程中的不同阶段，流向球壳的电量各是多少？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，在导体外表上的面元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，那么有〔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，说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，说明对电荷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．这个结果说明：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〞由上下两局部和一短而硬〔即劲度系数很大〕的轻质弹簧构成．上局部Ｇ１的质量为ｍ１，下局部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，从而使上局部Ｇ１升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开场自由下落，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，玩具的上局部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，玩具的上局部Ｇ１升空可能到达的最大高度〔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，那么有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，那么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局部．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，那么有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′，那么有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〕假设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局部．在这一条件下上升的最大高度为Ｈ２＜Ｅ０／ｍ１ｇ．〔ｉｉ〕假设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〕假设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，超出局部的能量只能来自Ｇ２的机械能．在这个条件下，Ｇ１上升的最大高度为Ｈ２＞Ｅ０／ｍ１ｇ．。

高中物理竞赛复赛

高中物理竞赛复赛
题目一：动力学之争
背景：小明和小红参加了一场物理竞赛的复赛，他们将在以下几个问题中展开较量。

问题一：速度的计算（10分）
小明骑着一辆自行车，经过10秒钟，行驶了100米。

请问小明的平均速度是多少？
问题二：斜抛运动（15分）
小红用一个角度为45°的斜抛将一块石头抛出，石块的起始速度为20m/s。

请问石块从抛出到重新着地所用的时间是多少？（忽略空气阻力）
问题三：动量守恒（20分）
小明和小红在光滑水平桌面上进行了一次弹性碰撞实验。

小明的质量是40kg，速度为2m/s；小红的质量是50kg，速度为-1m/s。

请问碰撞后两人的速度分别是多少？
问题四：电磁感应（25分）
小红持续将一根长度为1m的磁铁棒快速入射进小明手中的线圈，变化的磁通量大小为1.5×10^-3 Wb/s。

线圈中的导线电阻为4 Ω。

请问线圈中将产生多大的感应电动势？
问题五：声音传播（30分）
小红正在做一道实验，她发出一个频率为400 Hz的声音，传播在空气中速度为340 m/s。

请问，该声音在空气中的波长是多少？
注意：本竞赛真实性为虚构，其中的人物和情景纯属虚构。

2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案

第35届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2018年9月22日说明:所有解答必须写在答题纸上,写在试题纸上的无效（35届复赛）一、(40分)假设地球是一个质量分布各向同性的球体。

地球自转及地球大气的影响可忽略。

从地球上空离地面高度为h 的空间站发射一个小物体,该物体相对于地球以某一初速度运动,初速度方向与其到地心的连线垂直。

已知地球半径为R,质量为M,引力常量为G 。

(1)、若该物体能绕地球做周期运动,其初速度的大小应满足什么条件?(2)、若该物体的初速度大小为0v ,且能落到地面,求其落地时速度的大小和方向(速度与其水平分量之间的夹角)、以及它从开始发射直至落地所需的时间。

已知:对于0c <,240b ac ∆=->,有23/222arcsin 2()xdxa bx cxb cx b Cc c a bx cx +++=-+-∆++⎰式中C 为积分常数。

解：（1）、E 0=时对应的0V 大 201G 02mMmV R h-=+大解得 02GMV R h=+大小球做椭圆运动，最近点和地球相切20(R h)mvR mV +=小22011G G 22RmM mMmV mV R h -=-+小解得 02R()(2R h)GM V R h =++小（2）、如图，角动量守恒 0(R h)mRvcos mV α+=机械能守恒 22011G G22RmM mMmV mV R h -=-+解2：22011G G22mM mM mV mV R h r-=-+ 得 22022GM GMv v R h r=-++ 0(R h)r cos v v α+=得 22222222220sin 1cos cos ()rv rv r v r v r v R h v ααα=-=-=-+则有2222002()r 2(R h)rdr GM v GMr v dt R h=--+-++ 略（35届复赛）二、(40分)如图,一劲度系数为k 的轻弹簧左端固定，右端连一质量为m 的小球;弹簧水平,它处于自然状态时小球位于坐标原点O;小球可在水平地面上滑动,它与地面之间的动摩擦因数为μ。

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．。

2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案

第35届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2018年9月22日说明:所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上的无效（35届复赛）一、（40分）假设地球是一个质量分布各向同性的球体。

地球自转及地球大气的影响可忽略。

从地球上空离地面髙度为h 的空间站发射一个小物体，该物体相对于地球以某一初速度运动，初速度方向与其到地心的连线垂直。

已知地球半径为R,质呈为M,引力常量为G 。

（1）、若该物体能绕地球做周期运动,其初速度的大小应满足什么条件？（2）、若该物体的初速度大小为％，且能落到地而，求其落地时速度的大小和方向（速度与其水平分量之间的夹角）、以及它从开始发射直至落地所需的时间。

已知:对于c<0, A = /?2 -4ac >0,有 dZ _ _JL_arcsin 竺工 + C f , “= bx + cx 2c2(-c)品yja +式中C 为积分常数。

解：（1）、E = 0时对应的扌〃巴二一G#f = 0角动量守恒加匕(R+ h) = mRvcosa机械能守恒-mV ： -G --------- = -mV^ -G ——2 R+h 2 Rxdx 小球做椭圆运动，最近点和地球相切解得忌佛(R+h)%cos a = —=^== R 込 V 0 R+h解 1、角动量守恒 mV {)(R+ h) = mrv& = mr打吒一G 四哎20 R+h 2r机械能守恒 =l,wt v ；+v ；]-^-1 2 f 、、 GmM =-ni[(—y + 广(—r 一 ------- 2 dt dt rdr _ J (R+h)飞 | 2罗 * 芒 2GM + h)2 v (; + 2GMr + (v ；- 2^)r R + h-r 2 + 2GMr 一 (R+ h)2 vj R + hrdr呂邑)r 2 + 2GMr 一 (R+ h)S ： R + hrclr兰竺)r 2 + 2GM/・ - (R+ h)2 v (;R + h令 C = x ^-Z^£<o h = 2GM “ = -(R+h)fR + h可得 △ = /一4^・>0.r xdxyja +bx + ex 2 b. 2cx + b由. ==- ----------- 一 ---- arcsin ― +Q 可得Ja + bx + cF c 2(-e) * 逅2GMi ：(R+h)丄厂”『R + h ・ v (;/?(R+h)-GM(R-h)+GM -------------- ； ------ — + arcsin ------- ---------------- ； ------ -]2GM - v ；(R+ h) 2 GM(R+ h) - v ：(R+ h)2当初始速度为临界速輕彳册帀时，下落时间仏希［警严解 2: 1 阴 _G 〃M J2R+h 2•加-G “MrF 22 2GM 2GM*T l —T0 R + h rv 0(R+h) = rvcosa得 Avsin a = rvjl_cos'a = y/r 2v 2 - r 2v 2 cos 2 a = JrV -(R + 疔谛解得v/供 de It消掉空可得dt =一 X (2R+h)h(35届复赛)二、(40分)如图，一劲度系数为*的轻弹簧左端固左，右端连一质量为m 的小球;弹簧水平，它处于自然状态时小球位于坐标原点O;小球可在水平地面上滑动，它与地面之间的动摩擦因数为“ o 初始时小球速度为零，将此时弹簧相对于其原长的伸长记为 -兔(现＞0,但心并不是已知量)。

高中物理竞赛复赛模拟试题(有答案)

高中物理竞赛模拟试题〔复赛〕一、某一构件由两个菱形组成，AB 和DE 是两根硬杆，各焦点都用铰链连接，大菱形的边长是2l ，小菱形的边长是l ，现设法使顶点F 以加速度a 水平向右运动，求：〔1〕C 点的加速度多大？〔2〕当两个菱形都是正方形，F 点的速度为ν时，A 点的加速度的大小和方向。

二、长为L 的杆AO 用铰链固定在O 点，以角速度ω围绕O 点转动，在O 点的正上方有一个定滑轮B ，一轻绳绕过B 滑轮的一端固定在杆的A 端，另一端悬挂一质量为M 的重物C ，O 、B 之间的距离为h ，求：〔1〕当AB 绳与竖直方向成θ角时，重物的运动速度；〔2〕此时绳上的张力为多少？三、一对半径为r 的轻轮安装在一根细轴上它们共同以某一速度ν沿图示的平面向右滚动。

斜面与平面接触的顶角A 处足够粗糙〔即轮不会产生滑动〕，斜面与水平面成α角，要求轮从平面滚动到斜面时不要离开顶角，问ν的最大值为多少？四、一架大型民航飞机在降落到机场前撞上一只正在飞行的天鹅，试估算，天鹅转击飞机的力为多少〔只要数量级正确即可〕？五、有一汽缸，除底部外都是绝热的。

上面是一个不计重量的活塞，中间是固定的导热隔板，把汽缸分成相等的两局部A 和B ，上下各有1mol 氮气，现从底部将350J 的热量传送给气体，求：〔1〕A 、B 内的气体温度各改变了多少？〔2〕它们各吸收了多少热量？假设是将中间的隔板变成一个导热的活塞其他条件不变，如此A 、B 的温度又是多少？〔不计一切摩擦〕A六、两个绝缘的相距较远的球形导体，半径分别为r 1、r 2，带电后电势分别为ν1和ν2，假设用细导线将两个球连接起来，求在导线上放出的电量。

七、一个正方形的导线框ABCD ，边长为l ，每边的电阻为R ，在它中点处内接一个小一些的正方形线框EFGH ，然后在各边中点在内接一个更小的正方形导线框一直下去，直至无穷。

如果所有正方形导线框用的导线都是一样的，所有接触点接触良好。

第18届全国中学生物理竞赛复赛答案.docx

由正弦定理、近曹定律和小角度近似得AF } _ /?] _ sin 斤 r } _1 1sin （i]-“）A -斤（也）-1n-\如亠丄(1) (2)R 、 n-\光线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C 2 一定在端面顶点3的左方，C Q B 等于球面的半径/?2,如图复解18-1-1. 仿照上面对左端球电占折射的关系可得亟+丄 R 2 n -(3) 乂有 BF]=L-AF]由（2）、（3）、（4）式并代入数值可得= 5 cm即右端为半径等于5 cm 的向外凸的球面.2.设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过q,②过A,如图复解18-1-2 所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点M,即为左端球血対此无限远物点成的像点.现在求M 点的位置。

在中(4) (5)sin （兀-右） sin sin （^ -（/）{）乂 nsin0； = sin0]已知空，处均为小用度，则冇R\1）nAM°、处1-刁第十八届全国屮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q 为左端球面的球心.(7)与(2)式比较可知，AM « AF X ,即M位于过片垂直于主光轴的平而上.上而已知，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血，由图复18-1-2 nJ'得01 _ G片=A§_R1(9)~C^~BF\-R2III (2)、(3)式可得~BF{-R2 _ R2(10)二、参考解答1.已知在海平面处，大气压强p(0) = 101.3xl03 Pa .如图复解18-2-1,在z = 5000 m处, 大气压强为”(5000) = 53xlO3 Pa o(1)图复解18-2-1此处水沸腾时的饱和蒸气压"w应等于此值.由图复解18-2-2可知，对应的温度即沸点为t} =82 °C (2)达到此温度吋锅内水开始沸腾，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°C.2.由图复解18-2-2可知，在Z = 120°C时，水的饱和蒸气压p w(120°) = 198xl03 Pa ,而在海平面处，大气压强；7(O) = lOlxlO3 Pa.可见压力阀的附加压强为p s = p w(120°)-p(0)= 198x1(P - 101.3x1()3= 96.7x103 Pa (3)在5000m高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为p'=+ “(5000) =96.7X103+53X103= 149.7x 1(? Pa (4)若在25时阀被顶起，贝眦时的几应等于P'，即Pw = P f⑸由图复解18-2-2可知4= 112 °C (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5000m高山上锅内水的温度最高可达112°C.P/103Paf [P r-^0)]/lO3Pa0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130El复解18223.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/ = 27°C时，题中已给出水的饱和蒸气压仏(27。

2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案

2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案35届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题（2018年9月22日）一、假设地球是一个质量分布各向同性的球体。

地球自转及地球大气的影响可忽略。

从地球上空离地面高度为h的空间站发射一个小物体，该物体相对于地球以某一初速度运动，初速度方向与其到地心的连线垂直。

已知地球半径为R，质量为M，引力常量为G。

1) 若该物体能绕地球做周期运动，其初速度的大小应满足什么条件？2) 若该物体的初速度大小为v，且能落到地面，求其落地时速度的大小和方向（速度与其水平分量之间的夹角），以及它从开始发射直至落地所需的时间。

解：（1）根据万有引力定律，小球做椭圆运动，最近点和地球相切。

设小球质量为m，其能绕地球做周期运动，故有：frac{GMm}{(R+h)^2}=\frac{mV^2}{R+h}$解得 $V=\sqrt{\frac{GM}{R+h}}$2) 根据机械能守恒和角动量守恒，有：frac{mV^2}{2}-\frac{GmM}{R+h}=\frac{m(v')^2}{2}$mV(R+h)=mRv'\cos\alpha$其中 $v'$ 为小球落地时的速度大小，$\alpha$ 为速度与其水平分量之间的夹角。

解得：v'=\sqrt{2GMR/(R+h)^2+2GM/R}$cos\alpha=\sqrt{R/(R+h)}$下面求时间：令 $c=v'-\sqrt{2GM/(R+h)}$，$a=-(R+h)^2v$，$b=2GM(R+h)$，则有：Delta=b^2-4ac>0$int_{0}^{t}dt=\int_{R+h}^{0}\frac{dr}{\sqrt{(v'-\sqrt{2GM/(R+h)})^2-2GM/r+(R+h)^2v^2/r^2}}$化简可得：t=\sqrt{\frac{(R+h)^3\pi}{8GM}}\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqr t{(1-x^2)(1-k^2x^2)}}$其中 $k=\sqrt{(R+h)/R}$。

2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案

2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛试
题与答案
注意：以下为试题与答案，文中没有获奖学生名单，仅供参考。

试题一：
1. 以下哪一个是理想气体的特点？
A. 分子之间有吸引力和排斥力
B. 分子之间无互作用力
C. 分子之间有吸引力但无排斥力
D. 分子之间有排斥力但无吸引力
答案：B
2. 某气体在定容过程中温度升高了1℃，则它的内能变化为：
A. 不变
B. 升高
C. 降低
D. 需要更多信息才能确定
答案：D
3. 下面哪个选项中的物理量在抛物线运动中保持不变？
B. 能量
C. 加速度
D. 速度
答案：B
试题二：
1. 已知某电路中有一个内电阻为R的电池和一个电阻为2R的电阻。

当电路中通过的电流为I时，内电阻产生的电压损失为U1，电阻产生
的电压降为U2。

则以下哪个等式恒成立？
A. UI = UR1 + UR2
B. U1 = UI + U2
C. U2 = UI - U1
D. U1 + U2 = UI
答案：D
2. 下面哪个选项中的物理量与波长有关？
A. 频率
B. 光速
C. 幅度
答案：D
3. 下面哪个选项中的物理量在数值上代表一个物体所承受的力的大小？
A. 惯性
B. 成功
C. 功率
D. 重力
答案：D
以上为2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案，仅供参考，请勿用于商业用途。

祝您学业有成！。

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．那么右端为半径等于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，那么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，φ１、φ１′均为小角度，那么有／φ１＝Ｒ１／φ１〔1－〔1／ｎ〕〕．与②式比拟可知，≈，即Ｍ位于过Ｆ１垂直于主光轴的平面上．上面，玻璃棒为天文望远系统，那么但凡过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，那么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，锅即已到达预期温度〔即设计时希望到达的温度〕．现有一压力锅，在海平面处加热能到达的预期温度为120℃，某人在海拔5000ｍ的高山上使用此压力锅，锅有足量的水．1．假设不加盖压力阀，锅水的温度最高可达多少？2．假设按正确方法使用压力锅，锅水的温度最高可达多少？3．假设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？假设继续加热，锅水的温度最高可达多少？假设空气不溶于水．：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℃．到达此温度时，锅水开场沸腾，温度不再升高，故在5000ｍ高山上，假设不加盖压力锅，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．假设在ｔ＝ｔ２时阀被顶起，那么此时的ｐＷ应等于ｐ′，即ｐＷ＝ｐ′，由图18－2－9可知ｔ２＝112℃．此时锅水开场沸腾，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〕，那么有ｐａ〔ｔ〕／〔273＋ｔ〕＝ｐａ〔27℃〕／〔273＋27〕，ｐａ〔ｔ〕＝〔164．7ｔ＋45．0×10３〕Ｐａ．假设在ｔ＝ｔ′时压力阀刚好开场被顶起，那么有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℃．即在压力阀刚开场被顶起时，锅水的温度是97℃，假设继续加热，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，碰撞过程中局部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〕？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．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，从开场碰到发射出光子，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相比拟可忽略不计．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式与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到达最小值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〕．现有两个完全一样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，由左手定那么可知，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开场缓慢地增大到50ｃｍ，问：在此过程中的不同阶段，流向球壳的电量各是多少？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，在导体外表上的面元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，那么有〔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，说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，说明对电荷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．这个结果说明：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〞由上下两局部和一短而硬〔即劲度系数很大〕的轻质弹簧构成．上局部Ｇ１的质量为ｍ１，下局部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，从而使上局部Ｇ１升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开场自由下落，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，玩具的上局部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，玩具的上局部Ｇ１升空可能到达的最大高度〔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，那么有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，那么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局部．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，那么有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′，那么有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〕假设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局部．在这一条件下上升的最大高度为Ｈ２＜Ｅ０／ｍ１ｇ．〔ｉｉ〕假设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〕假设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，超出局部的能量只能来自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18－2－7．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18－2－10Ｅ＝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．。

第十八届全国高中生物理竞赛复赛精彩试题及问题详解

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－Ｒ１）／Ｒ１＝ｓｉｎｒ１／ｓｉｎ（ｉ１－ｒ１）≈ｒ１／（ｉ１－ｒ１＝1／（（ｉ１／ｒ１）－1）≈1／（ｎ－1），①即（／Ｒ１）－1＝1／（ｎ－1）．②１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．／Ｒ２）－1＝1／（ｎ－1），③又有＝Ｌ－，④由②、③、④式并代入数值可得２＝5ｃｍ．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））．≈，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），－Ｒ１）／（－Ｒ２）＝Ｒ１／Ｒ２，２／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5000）＝53×10３Ｐａ．图18－2－8图18－2－918－2－9可知，对应的温度即沸点为２＝82℃．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℃．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Ｓ＝ｐＷ（120°）－ｐ（0）198×10３－101．3×10３）Ｐａ96．7×10３Ｐａ．5000ｍ高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为Ｓ＋ｐ（5000＝（96．7×10３＋53×10３＝149．7×103Ｐａ．若在ｔ＝ｔ２时阀被顶起，则此时的ｐＷ应等于ｐ′，即Ｗ＝ｐ′，18－2－9可知ｔ２＝112℃．5000ｍ高山上锅内水的温度最高可达112℃．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ａ（27°）＝ｐ（5000）－ｐＷ（27＝（53×10３－3．6×10３＝49．4×10３Ｐａ．ａ（ｔ），则有ａ（ｔ）／（273＋ｔ）＝ｐａ（27℃）／（273＋27），３）Ｐａ．ａ（ｔ）＝（164．7ｔ＋45．0×10若在ｔ＝ｔ′时压力阀刚好开始被顶起，则有Ｗ（ｔ′）＋ｐａ（ｔ′）＝ｐ′，由此得３－164．7ｔ′）Ｐａ，Ｗ（ｔ′）＝ｐ′－ｐａ（ｔ′）＝（105×10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．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℃．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２，①ｎ＝ｋ１／ｎ又知基态（ｎ＝1）的能量为－13．58ｅＶ，即１＝ｋ１／1２＝－13．58ｅＶ，所以ｋ＝－13．58ｅＶ．ｎ＝2的第一激发态的能量为２＝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，即内＝10．19ｅＶ＝10．19×1．602×10－19＝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０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＋光子的动量， ⑤1／2）ｍｖ０２＝（1／2）ｍ（ｖＡ２＋ｖＢ２）＋ｈν， ⑥ ０＞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０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＝ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）， ⑦ 0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＝（1／2）ｍｖ０２－ｍｖＡ（ｖ０－ｖＡ）＋ｈν，Ａ２－ｍｖＡｖ０＋ｈν＝0，经配方得Ａ－（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Ａ＝ｖＢ，０ｍｉｎ＝2，代入有关数值，得ｖ０ｍｉｎ＝6．25×10４ｍ／ｓ．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18－2－10Ｅ＝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18－2－1118－2－11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ｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ′ｃｏｓα，因Δｌ′ｃｏｓα＝Δｌ，故｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ，ｘ｜＝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２／10１＝｜Ｆｘ｜＝Ｉ１ＢＲ＝（（10π＋3）Ｒ＝（（10π＋3）Ｒ２／10ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，方向向左．０时刻所受的安培力为２／2２＝Ｉ２ＢＲ＝（（2π－3）Ｒ＝（（2π－3）Ｒ２／2ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，方向向右．左环所受的合力大小为３．１－Ｆ２＝（9／5ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ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，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：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１＝ΣΔＵ１＝ｋΣσΔＳ／α＝ｋＱ１／ａ．１、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１／ｄ１）＋（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ１／ａ）＝Ｕ，代入数值后可解得球壳外壁的电量Ｑ１为－９Ｃ．１＝（ａＵ／ｋ）－ａ（（ｑ１／ｄ１）＋（ｑ２／ｄ２））＝－8×10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－9Ｃ．Ⅰ＝Ｑ１＝－8×102．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１／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－9Ｃ，Ⅱ＝Ｑ２＝－16×10在ａ＝10ｃｍ到趋于ｄ１的过程中，大地流向球壳的电量为－9Ｃ．Ⅰ＝ＱⅡ－Ｑ１＝－8×103．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２／ｄ２）＋（ｋＱ３／ｄ１）＝Ｕ，解得球壳外壁电量－9Ｃ，３＝（ｄ１Ｕ／ｋ）－（ｄ１ｑ２／ｄ２）＝－6×10球壳外壁和内壁带的总电量应为－9Ｃ，Ⅲ＝Ｑ３＋（－ｑ１）＝－16×10在这过程中，大地流向球壳的电量为Ⅱ＝ＱⅢ－ＱⅡ＝0．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．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２／ｄ２）＋（ｋＱ４／ｄ２）＝Ｕ，由此得－9Ｃ，４＝（ｄ２Ｕ／ｋ）－（ｄ２（ｑ２／ｄ２））＝－12×10球壳的电量ＱⅣ等于球壳内外壁电量的和，即－9Ｃ，Ⅳ＝Ｑ４＋（－ｑ１）＝－22×10大地流向球壳的电量为－9Ｃ．Ⅲ＝ＱⅣ－ＱⅢ＝－6×105．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５／ｄ２＝Ｕ，可得Ｑ５＝ｄ２Ｕ／ｋ＝4×10－9Ｃ，球壳的总电量是Ⅴ＝Ｑ５－（ｑ１＋ｑ２）＝－22×10－9（15 在这个过程中，大地流向球壳的电量是 Ⅳ＝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６／ａ１（17可得Ｑ６＝ａ１（Ｕ／ｋ）＝5×10－9Ｃ，球壳的总电量为Ⅵ＝Ｑ６－（ｑ１＋ｑ２）＝－21×10－9Ｃ，大地流向球壳的电量为Ⅴ＝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１ｖ１－ｍ２ｖ２＝0， ①1／2）ｍ１ｖ１２＋（1／2）ｍ２ｖ２２＝Ｅ０， ② 解①、②两式，得１＝， ③２＝． ④１升空到达的最高点到井口的距离为Ｈ１，则１＝ｖ１2／2ｇ＝（（ｍ２／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０， ⑤ Ｇ１上升到最高点的重力势能为ｐ1＝ｍ１ｇＨ１＝（ｍ２／（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０． ⑥2．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．⑦１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１ｖ１′－ｍ２ｖ２′＝（ｍ1＋ｍ2）ｕ，⑧1／2）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１（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１′＝ｕ＋，２′＝－ｕ＋，１从解除锁定处向上运动到达的最大高度为Ｈ２′，则有2＝ｈ＋（ｍ2Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2，1上升的最大高度为２＝Ｈ２′－ｈ＝（ｍ２Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2．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ｐ2＝ｍ１ｇＨ２＝（ｍ２Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２））＋2，ｐ2＜Ｅ0，即2＜ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求ｈ＜Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．１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２＜Ｅ０／ｍ１ｇ．ｐ2＝Ｅ０，2＝ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求ｈ＝Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．１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２＝Ｅ０／ｍ１ｇ．ｐ2＞Ｅ０，2＞ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求ｈ＞Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．１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２＞Ｅ０／ｍ１ｇ．。