第十七届全国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。

物理竞赛复赛试题一、选择题（每题3分，共30分）1. 一个物体在水平面上以恒定速度运动，其动能的变化情况是：A. 逐渐增加B. 逐渐减少C. 不变D. 先增加后减少2. 根据牛顿第三定律，以下说法正确的是：A. 作用力和反作用力大小相等，方向相反B. 作用力和反作用力可以是不同性质的力C. 作用力和反作用力作用在同一个物体上D. 作用力和反作用力可以同时消失3. 一个理想气体在等压过程中，其温度和体积的关系是：A. 温度和体积成正比B. 温度和体积成反比C. 温度和体积无关D. 温度随体积的增加而减少4. 根据麦克斯韦方程组，以下描述正确的是：A. 电场总是由电荷产生B. 磁场可以由变化的电场产生C. 电场和磁场总是相互独立D. 电荷的存在必然伴随着磁场5. 一个物体从静止开始自由下落，其下落过程中的加速度是：A. 恒定的B. 逐渐增加C. 逐渐减少D. 先增加后减少6. 光的双缝干涉实验中，相邻明条纹之间的距离与以下哪个因素无关？A. 双缝间距B. 光的波长C. 观察屏与双缝的距离D. 光源的强度7. 根据热力学第一定律，以下说法正确的是：A. 能量可以在不同形式之间转换，但总量不变B. 能量守恒定律只适用于封闭系统C. 能量守恒定律不适用于开放系统D. 能量可以被创造或消失8. 一个物体在斜面上下滑，摩擦力对其做功的情况是：A. 总是做正功B. 总是做负功C. 有时做正功，有时做负功D. 从不对外做功9. 根据相对论，以下说法正确的是：A. 时间是绝对的B. 质量随着速度的增加而增加C. 长度随着速度的增加而增加D. 光速在所有惯性参考系中都是相同的10. 在电路中，欧姆定律描述的是：A. 电流与电压成正比，与电阻成反比B. 电流与电阻成正比，与电压成反比C. 电压与电流成正比，与电阻无关D. 电阻与电流成正比，与电压无关二、填空题（每题2分，共20分）11. 根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们之间的距离的________成反比。

第十七届全国中学生物理竞赛复赛试题一、在一大水银槽中竖直插有一根玻璃管，管上端封闭，下端开口．已知槽中水银液面以上的那部分玻璃管的长度ｌ＝76ｃｍ，管内封闭有ｎ＝1．0×10－3ｍｏｌ的空气，保持水银槽与玻璃管都不动而设法使玻璃管内空气的温度缓慢地降低10℃，问在此过程中管内空气放出的热量为多少?已知管外大气的压强为76ｃｍＨｇ，每摩尔空气的内能Ｕ＝ＣＶＴ，其中Ｔ为绝对温度，常量ＣＶ＝20．5Ｊ·（ｍｏｌ·Ｋ）－1，普适气体常量Ｒ＝8．31Ｊ·（ｍｏｌ·Ｋ）－1图1二、如图1所示，在真空中有一个折射率为ｎ（ｎ＞ｎ0，ｎ0为真空的折射率），半径为ｒ的质地均匀的小球，频率为ν的细激光束在真空中沿直线ＢＣ传播，直线BC与小球球心O的距离为ｌ（ｌ＜ｒ），光束于小球体表面的点Ｃ经折射进入小球（小球成为光传播的介质），并于小球表面的点D又经折射进入真空．设激光束的频率在上述两次折射后保持不变．求在两次折射过程中激光束中一个光子对小球作用的平均力的大小．三、1995年，美国费米国家实验室ＣＤＦ实验组和ＤＯ实验组在质子反质子对撞机ＴＥＶＡＴＲＯＮ的实验中，观察到了顶夸克，测得它的静止质量ｍ1＝1．75×1011ｅＶ／ｃ2＝3．1×10－25ｋｇ，寿命τ＝0．4×10－24ｓ，这是近十几年来粒子物理研究最重要的实验进展之一．1．正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为Ｕ（ｒ）＝－ｋ（4ａｓ／3ｒ），式中ｒ是正、反顶夸克之间的距离，ａｓ＝0．12是强相互作用耦合常数，ｋ是与单位制有关的常数，在国际单位制中ｋ＝0．319×10－25Ｊ·ｍ．为估算正、反顶夸克能否构成一个处在束缚状态的系统，可把束缚状态设想为正反顶夸克在彼此间的吸引力作用下绕它们连线的中点做匀速圆周运动．如能构成束缚态，试用玻尔理论确定系统处于基态中正、反顶夸克之间的距离ｒ0．已知处于束缚态的正、反夸克粒子满足量子化条件，即2ｍｖ（ｒ0／2）＝ｎ（ｈ／2π），ｎ＝1，2，3……式中ｍｖ（ｒ0／2）为一个粒子的动量ｍｖ与其轨道半径ｒ0／2的乘积，ｎ为量子数，ｈ＝6．63×10－34Ｊ·ｓ为普朗克常量．2．试求正、反顶夸克在上述设想的基态中做匀速圆周运动的周期Ｔ．你认为正、反顶夸克的这种束缚态能存在吗?四、宇宙飞行器和小行星都绕太阳在同一平面内做圆周运动，飞行器的质量比小行星的质量小得很多，飞行器的速率为ｖ0，小行星的轨道半径为飞行器轨道半径的6倍．有人企图借助飞行器与小行星的碰撞使飞行器飞出太阳系，于是他便设计了如下方案：（1）当飞行器在其圆周轨道的适当位置时，突然点燃飞行器上的喷气发动机，经过极短时间后立即关闭发动机，已使飞行器获得所需的速度，沿圆周轨道的切线方向离开圆轨道；（2）飞行器到达小行星的轨道时正好位于小行星的前缘，速度的方向和小行星在该处速度的方向相同，正好可被小行星碰撞；（3）小行星与飞行器的碰撞是弹性正碰，不计燃烧的燃料质量．1．试通过计算证明按上述方案能使飞行器飞出太阳系；2．设在上述方案中，飞行器从发动机取得的能量为Ｅ１．如果不采取上述方案而是令飞行器在圆轨道上突然点燃喷气发动机，经过极短时间后立即关闭发动机，已使飞行器获得足够的速度沿圆轨道切线方向离开圆轨道后能直接飞出太阳系．采用这种办法时，飞行器从发动机取得的能量的最小值用Ｅ２表示，问Ｅ１／Ｅ２为多少?图2五、如图2所示，在真空中建立一坐标系，以水平向右为ｘ轴正方向，竖直向下为ｙ轴正方向，ｚ轴垂直纸面向里．在0≤ｙ≤Ｌ的区域内有匀强磁场，Ｌ＝0．80ｍ，磁场的磁感强度的方向沿ｚ轴的正方向，其大小Ｂ＝0．10Ｔ．今把一荷质比ｑ／ｍ＝50Ｃ·ｋｇ－1的带正电质点在ｘ＝0，ｙ＝－0．20ｍ，ｚ＝0处静止释放，将带电质点过原点的时刻定为ｔ＝0时刻，求带电质点在磁场中任一时刻ｔ的位置坐标．并求它刚离开磁场时的位置和速度．（取重力加速度ｇ＝10ｍ·ｓ－2）六、普通光纤是一种可传输光的圆柱形细丝，由具有圆形截面的纤芯Ａ和包层Ｂ组成，Ｂ的折射率小于Ａ的折射率，光纤的端面和圆柱体的轴垂直，由一端面射入的光在很长的光纤中传播时，在纤芯Ａ和包层Ｂ的分界面上发生多次全反射．现在利用普通光纤测量流体F的折射率．实验方法如下：让光纤的一端（出射端）浸在流体F中．令与光纤轴平行的单色平行光束经凸透镜折射后会聚光纤入射端面的中心Ｏ，经端面折射进入光纤，在光纤中传播．由点Ｏ出发的光束为圆锥形，已知其边缘光线和轴的夹角为α0，如图3甲所示．最后光从另一端面出射进入流体Ｆ．在距出射端面ｈ1处放置一垂直于光纤轴的毛玻璃屏Ｄ，在Ｄ上出现一圆形光斑，测出其直径为ｄ1，然后移动光屏Ｄ至距光纤出射端面ｈ２处，再测出圆形光斑的直径ｄ２，如图3乙所示．图31．若已知Ａ和Ｂ的折射率分别为ｎＡ与ｎＢ，求被测流体F的折射率ｎＦ的表达式．2．若ｎＡ、ｎＢ和α０均为未知量，如何通过进一步的实验以测出ｎＦ的值?参考答案一、解：设玻璃管内空气柱的长度为ｈ，大气压强为ｐ０，管内空气的压强为ｐ，水银密度为ρ，重力加速度为ｇ，由图4知ｐ＋（ｌ－ｈ）ρｇ＝ｐ０，①根据题给的数据，可知ｐ０＝ｌρｇ，得ｐ＝ρｇｈ，②若玻璃管的横截面积为S，则管内空气的体积为Ｖ＝Ｓｈ，③由②、③式，得ｐ＝（Ｖ／Ｓ）ρｇ，④即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程ｐＶ＝ｎＲＴ，得ρｇ（Ｖ2／Ｓ）＝ｎＲＴ，⑤由⑤式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，根据④式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化关系为ｐ－Ｖ图上过原点的直线，如图5所示．在管内气体的温度由Ｔ１降到Ｔ２的过程中，气体的体积由Ｖ１变到Ｖ２，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示，即有图4 图5Ｗ＝（1／2）ρｇ（（Ｖ１／Ｓ）＋（Ｖ２／Ｓ））（Ｖ１－Ｖ２）＝ρｇ（Ｖ１2－Ｖ２2）／2Ｓ，⑥管内空气内能的变化为ΔＵ＝ｎＣＶ（Ｔ２－Ｔ１），⑦设Ｑ为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律Ｗ＋Ｑ＝ΔＵ，有Ｑ＝ΔＵ－Ｗ，⑧由⑤、⑥、⑦、⑧式代入得Ｑ＝ｎ（Ｔ２－Ｔ１）（ＣＶ＋（1／2）Ｒ），⑨代入有关数据得Ｑ＝－0．247Ｊ，Ｑ＜0，表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为Ｑ′＝－Ｑ＝0．247Ｊ．（10）二、解：在由直线ＢＣ与小球球心Ｏ所确定的平面中，激光光束两次折射的光路ＢＣＤＥ如图6所示，图中入射光线ＢＣ与出射光线ＤＥ的延长线交于点Ｇ，按照光的折射定律有图6ｎ0ｓｉｎα＝ｎｓｉｎβ，①式中α与β分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知ｓｉｎα＝ｌ／ｒ．②激光光束经两次折射，频率ν保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小ｐ和ｐ′相等，即ｐ＝ｈν／ｃ＝ｐ′，③式中ｃ为真空中的光速，ｈ为普朗克常量．因射入小球的光束中光子的动量ｐ沿ＢＣ方向，射出小球的光束中光子的动量ｐ′沿ＤＥ方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度2θ，由图中几何关系可知2θ＝2（α－β）．④若取线段ＧＮ１的长度正比于光子动量ｐ，ＧＮ２的长度正比于光子动量ｐ′，则线段Ｎ１Ｎ２的长度正比于光子动量的改变量Δｐ，由几何关系得Δｐ＝2ｐｓｉｎθ＝2（ｈν／ｃ）ｓｉｎθ，⑤△ＧＮ１Ｎ２为等腰三角形，其底边上的高ＧＨ与ＣＤ平行，故光子动量的改变量Δｐ的方向沿垂直ＣＤ的方向，且由Ｇ指向球心Ｏ．光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即Δｔ＝2ｒｃｏｓβ／（ｃｎ０／ｎ），⑥式中ｃｎ０／ｎ是光在小球内的传播速率，按照牛顿第二定律，光子所受小球平均作用力的大小为ｆ＝Δｐ／Δｔ＝ｎ0ｈνｓｉｎθ／ｎｒｃｏｓβ，⑦按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小Ｆ＝ｆ，即Ｆ＝ｎ０ｈνｓｉｎθ／ｎｒｃｏｓβ，⑧力的方向由点Ｏ指向点Ｇ．由①、②、④及⑧式，经过三角函数关系运算，最后可得Ｆ＝（ｎ０ｌｈν／ｎｒ2）（1－）．⑨三、解：1．相距为ｒ的电量为Ｑ１与Ｑ２的两点电荷之间的库仑力ＦＱ与电势能ＵＱ公式为ＦＱ＝ｋ（Ｑ１Ｑ２／ｒ２），ＵＱ＝－ｋ（Ｑ１Ｑ２／ｒ），①现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为Ｕ（ｒ）＝－ｋ（4ａｓ／3ｒ），根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为Ｆ（ｒ）＝－ｋ（4ａｓ／3ｒ2），②设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为ｖ，因二者相距ｒ０，二者所受的向心力均为Ｆ（ｒ０），二者的运动方程均为ｍ1ｖ2／（ｒ０／2）＝ｋ（4ａｓ／3ｒ０2）．③由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数ｎ＝1，得2ｍ１ｖ（ｒ０／2）＝ｈ／2π．④由③与④两式，解得ｒ０＝3ｈ2／8π２ｍ１ａｓｋ，⑤代入数据得ｒ０＝1．4×10－17ｍ．⑥2．由③、④两式，可得ｖ＝（π／ｈ）（ｋ4ａｓ／3），⑦由ｖ和ｒ０可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期Ｔ为Ｔ＝2π（ｒ０／2）／ｖ＝ｈ3／2π２ｍ1（ｋ4ａｓ／3）2，⑧代入数值得Ｔ＝1．8×10－24ｓ，⑨由此可知τ／Ｔ＝0．22．（10）因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的1／5，故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的．四、解：1．设太阳的质量为Ｍ０，飞行器的质量为ｍ，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为Ｒ．根据所设计的方案，可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发，沿着半个椭圆轨道到达小行星轨道上的，该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切，又与小行星的圆轨道相切．要使飞行器沿此椭圆轨道运动，应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内，由ｖ０变为某一值ｕ０．设飞行器椭圆轨道达小行星轨道到时的速度为ｕ，因大小为ｕ０和ｕ的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律，得ｕ０Ｒ＝6ｕＲ，①由能量关系，有（1／2）ｍｕ０2－Ｇ（Ｍ０ｍ／Ｒ）＝（1／2）ｍｕ2－Ｇ（Ｍ０ｍ／6Ｒ），②由牛顿万有引力定律，有Ｇ（Ｍ０ｍ／Ｒ2）＝ｍ（ｖ０2／Ｒ），或ｖ０＝．③解①、②、③式，得ｕ0＝ｖ0，④ｕ＝ｖ0．⑤设小行星绕太阳运动的速度为ｖ，小行星的质量Ｍ，由牛顿万有引力定律，有ＧＭ0Ｍ／（6Ｒ）2＝Ｍｖ2／6Ｒ，得ｖ＝ｖ0，⑥可以看出ｖ＞ｕ．⑦由此可见，只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道，使得它到达小行星轨道外时，小行星的前缘也正好运动到该处，则飞行器就能被小行星撞击．可以把小行星看做是相对静止的，飞行器以相对速度为ｖ－ｕ射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量大得多，碰撞后，飞行器以同样的速率ｖ－ｕ弹离，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为ｖ－ｕ，方向与小行星的速度的方向相同，故飞行器相对太阳的速度为ｕ1＝ｖ＋ｖ－ｕ＝2ｖ－ｕ，或将⑤、⑥式代入得ｕ１＝（ｖ0．⑧如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系，它应具有的最小速度为ｕ２，则有（1／2）ｍｕ２2－Ｇ（Ｍ0ｍ／6Ｒ）＝0，得ｕ２＝ｖ0，⑨可以看出ｕ１＝ｖ0＝ｕ2．（10）飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系．2．为使飞行器能进入椭圆轨道，发动机应使飞行器的速度由ｖ0增加到ｕ0，飞行器从发动机取得的能量Ｅ１＝（1／2）ｍｕ02－（1／2）ｍｖ02＝（1／2）ｍ（12／7）ｖ02－（1／2）ｍｖ02＝（5／14）ｍｖ02．（11）若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系，飞行器应具有的最小速度为ｕ３，则有（1／2）ｍｕ32－Ｇ（Ｍ0ｍ／Ｒ）＝0，由此得ｕ３＝ｖ0．（12）飞行器的速度由ｖ0增加到ｕ3，应从发动机获取的能量为Ｅ2＝（1／2）ｍｕ３2－（1／2）ｍｖ０2＝（1／2）ｍｖ０2，（13）所以Ｅ１／Ｅ2＝（5／14）ｍｖ22／（1／2）ｍｖ22＝0．71．（14）五、解法一：带电质点静止释放时，受重力作用做自由落体运动，当它到达坐标原点时，速度为ｖ１＝＝2．0ｍ·ｓ－1，①方向竖直向下．带电质点进入磁场后，除受重力作用外，还受到洛伦兹力作用，质点速度的大小和方向都将变化，洛伦兹力的大小和方向亦随之变化．我们可以设想，在带电质点到达原点时，给质点附加上沿ｘ轴正方向和负方向两个大小都是ｖ0的初速度，由于这两个方向相反的速度的合速度为零，因而不影响带电质点以后的运动．在ｔ＝0时刻，带电质点因具有沿ｘ轴正方向的初速度ｖ0而受洛伦兹力ｆ１的作用，即ｆ１＝ｑｖ0Ｂ，②其方向与重力的方向相反．适当选择ｖ0的大小，使ｆ１等于重力，即ｑｖ0Ｂ＝ｍｇ，③ｖ0＝ｇ／（ｑ／ｍ）Ｂ＝2．0ｍ·ｓ－1，④只要带电质点保持④式决定的ｖ0沿ｘ轴正方向运动，ｆ１与重力的合力永远等于零．但此时，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度ｖ１和沿ｘ轴负方向的速度ｖ0，二者的合成速度大小为ｖ＝＝2．8ｍ·ｓ－1，⑤方向指向左下方，设它与ｘ轴的负方向的夹角为α，如图7所示，则ｔｇα＝ｖ１／ｖ0＝1，α＝π／4，⑥图7因而带电质点从ｔ＝0时刻起的运动可以看做是速率为ｖ0，沿ｘ轴的正方向的匀速直线运动和在ｘＯｙ平面内速率为ｖ的匀速圆周运动的合成．圆周半径为Ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝0．56ｍ．⑦带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心Ｏ′位于垂直于质点此时速度ｖ的直线上，由图7可知，其坐标为ｘＯ′＝Ｒｓｉｎα＝0．40ｍ，⑧ｙＯ′＝Ｒｃｏｓα＝0．40ｍ．圆周运动的角速度为ω＝ｖ／Ｒ＝5．0ｒａｄ·ｓ－1．⑨由图7可知，在带电质点离开磁场区域前的任何时刻ｔ，质点位置的坐标为ｘ＝ｖ０ｔ－［Ｒｓｉｎ（ωｔ＋α）－ｘＯ′］，（10）ｙ＝ｙＯ′－Ｒｃｏｓ（ωｔ＋α），（11）式中ｖ０、Ｒ、ω、α、ｘＯ′、ｙＯ′已分别由④、⑦、⑨、⑥、⑧各式给出．带电质点到达磁场区域下边界时，ｙ＝Ｌ＝0．80ｍ，代入（11）式，再代入有关数值，解得ｔ＝0．31ｓ，（12）将（12）式代入（10）式，再代入有关数值，得ｘ＝0．63ｍ，（13）所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为ｘ＝0．63ｍ，ｙ＝0．80ｍ，ｚ＝0．（14）带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为ｖ的匀速圆周运动和一个速率为ｖ０的沿ｘ轴正方向的匀速直线运动，任何时刻ｔ，带电质点的速度ｖ′便是匀速圆周运动速度ｖ与匀速直线运动的速度ｖ０的合速度．若圆周运动的速度在ｘ方向和ｙ方向的分量为ｖｘ′、ｖｙ′，则质点合速度在ｘ方向的分速度分别为ｖｘ′＝ｖｘ＋ｖ０，（15）ｖｙ′＝ｖｙ．（16）虽然＝ｖ，ｖ由⑤式决定，其大小是恒定不变的，ｖ０由④式决定，也是恒定不变的，但在质点运动过程中因ｖ的方向不断变化，它在ｘ方向和ｙ方向的分量ｖｘ和ｖｙ都随时间变化，因此ｖｘ′和ｖｙ′也随时间变化，取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向，由于圆周运动的圆心的ｙ坐标恰为磁场区域宽度的一半，由对称性可知，带电质点离开磁场下边缘时，圆周运动的速度方向应指向右下方，与ｘ轴正方向夹角α′＝π／4，故代入数值得ｖｘ＝ｖｃｏｓα′＝2．0ｍ·ｓ－1，ｖｙ＝ｖｓｉｎα′＝2．0ｍ·ｓ－1，将以上两式及⑤式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量，它们分别为ｖｘ′＝4．0ｍ·ｓ－1，（17）ｖｙ′＝2．0ｍ·ｓ－1，（18）速度大小为ｖ′＝＝4．5ｍ·ｓ－1，（19）设ｖ′的方向与ｘ轴的夹角为β，如图8所示，则ｔｇβ＝ｖｙ′／ｖｘ′＝1／2，得β＝27°．（20）图8解法二：若以带电质点到达坐标原点O的时刻作为起始时刻（ｔ＝0），则质点的初速度为ｖ1＝＝2．0ｍ·ｓ－1，①方向沿ｙ轴正方向．进入磁场区后，带电质点将受到洛伦兹力作用，洛伦兹力在ｘ方向的分力取决于质点在ｙ方向的分速度，因此质点动量在ｘ方向的分量的增量为ｍΔｖｘ＝ｑｖｙＢΔｔ＝ｑΔｙＢ，②Δｙ是带电质点在Δｔ时间内沿ｙ方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每一段Δｔ时间都成立，所以在ｔ＝0到ｔ＝ｔ时间内ｘ方向的分量的改变为ｍｖｘ－ｍｖ０ｘ＝ｑＢ（ｙ－ｙ０），因初始时刻（ｔ＝0），带电质点在ｘ轴方向的动量ｍｖ０ｘ为零，其位置在原点，ｙ０＝0，因而得ｍｖｘ＝ｑｙＢ，即ｖｘ＝（ｑＢ／ｍ）ｙ．③当带电质点具有ｘ方向的速度后，便立即受到沿ｙ负方向的洛伦兹力的作用．根据牛顿第二定律，在ｙ方向上有加速度ａｙ，则ｍａｙ＝ｍｇ－ｑｖｘＢ，④将③式代入④式，得ｍａｙ＝－［（ｑＢ）2／ｍ］（ｙ－（ｍ2／ｑ2Ｂ2）ｇ），⑤令ｙ′＝ｙ－Ｄ，⑥式中Ｄ＝ｍ2ｇ／（ｑＢ）2＝ｇ／（ｑ／ｍ）2Ｂ2＝0．40ｍ，⑦即在ｙ方向作用于带电质点的合力Ｆｙ＝－ｋｙ′，其中ｋ＝ｑ2Ｂ2／ｍ，Ｆｙ是准弹性力，在Ｆｙ作用下，带电质点在ｙ′方向的运动是简谐运动，其振动的圆频率为ω＝＝5．0ｒａｄ·ｓ－1，⑧ｙ′随时间变化的规律为ｙ′＝Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ0），⑨或ｙ＝Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ0）＋Ｄ，（10）图9Ａ与φ0是待求的常量，质点的简谐运动可以用参考圆来描写，以所考察的简谐运动的振幅Ａ为半径作一圆，过圆心Ｏ1作一直角坐标ｘ′Ｏ1ｙ′．若有质点Ｍ沿此圆周做匀速率圆周运动，运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率ω，且按逆时针方向转动，在ｔ＝0时刻，点Ｍ的在圆周上的位置恰使连线Ｏ1Ｍ与ｙ′轴的夹角等于⑨式中的常量φ０，则在任意时刻ｔ，点Ｏ1与点Ｍ的连线与ｙ′轴的夹角等于ωｔ＋φ０，于是连线Ｏ1Ｍ在ｙ′轴上的投影即为⑨式所示的简谐运动，将ｘ′轴平行下移Ｄ＝0．40ｍ，连线Ｏ1Ｍ在ｙ轴的投影即如（10）式所示（参看图9所示），点Ｍ做圆周运动的速度大小ｖ＝Ａω，方向与Ｏ1Ｍ垂直，速度ｖ的ｙ分量就是带电质点沿ｙ轴做简谐运动的速度，即ｖｙ＝－Ａωｓｉｎ（ωｔ＋φ０），（11）（10）和（11）两式中的A和φ0可由下面的方法求得：因为已知在ｔ＝0时，带电质点位于ｙ＝0处，速度ｖｙ＝ｖ1，把这个条件代入（10）式与（11）式，得Ａｃｏｓφ０＋Ｄ＝0，ｖ1＝－Ａωｓｉｎφ０．解上面两式，结合①、⑧式，注意到振幅Ａ总是正的，故得φ０＝5π／4，（12）Ａ＝0．56ｍ．（13）把（10）式代入③式，便得带电质点沿ｘ轴运动的速度为ｖｘ＝ωＤ＋Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０），（14）（14）式表示带电质点在ｘ方向上的速度是由两个速度合成的，即沿ｘ方向的匀速运动速度ωＤ和ｘ方向的简谐运动速度Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０）的合成，带电质点沿ｘ方向的简谐运动匀速运动的位移为ｘ′＝ωＤｔ．（15）由沿ｘ方向的简谐振动速度Ａωｃｏｓ（ωｔ＋φ０）可知，沿ｘ方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的比值（参看图8），即等于Ａ．由参考圆方法可知，沿ｘ方向的振动的位移ｘ″具有如下的形式，即Ａｃｏｓ（ωｔ＋φ０－（π／2））＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０），它可能是ｘ″＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０），亦可能是ｘ″－ｂ＝Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．在本题中，ｔ＝0时刻，ｘ应为零，故前一表示不符合题意．后一表示式中，ｂ应取的值为ｂ＝－Ａｓｉｎφ０，故有ｘ″＝－Ａｓｉｎφ０＋Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．（16）带电质点在ｘ方向的合位移ｘ＝ｘ′＋ｘ″，由（15）、（16）式，得ｘ＝ωＤｔ－Ａｓｉｎφ０＋Ａｓｉｎ（ωｔ＋φ０）．（17）（17）、（10）、（14）和（11）式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻ｔ的位置坐标和速度的ｘ分量和ｙ分量，式中常量ω、Ａ、φ０、Ｄ已分别由⑧、（13）、（12）和⑦式给出．当带电质点达到磁场的下边界时，有ｙ＝Ｌ＝0．80ｍ，（18）将与（10）式有关的数据代入，可解得ｔ＝0．31ｓ，（19）代入（17）式，得ｘ≈0．63ｍ，（20）将（19）式分别代入（14）、（11）式，得ｖｘ＝4．0ｍ·ｓ－1，ｖｙ＝2．0ｍ·ｓ－1，速度大小为ｖ＝＝4．5ｍ·ｓ－1，（21）速度方向为α＝ａｒｃｔｇ（ｖｙ／ｖｘ）＝27°．（22）图10六、1．由于光纤内所有光线都从轴上的点Ｏ出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图10为纵剖面内的光路图，设由点Ｏ发出的与轴的夹角为α的光线，射至Ａ、Ｂ分界面的入射角为ｉ，反射角也为ｉ．该光线在光纤中多次反射时的入射角均为ｉ，射至出射端面时的入射角为α．若该光线折射后的折射角为θ，则由几何关系和折射定律可得ｉ＋α＝90°，①ｎＡｓｉｎα＝ｎＦｓｉｎθ．②当ｉ大于全反射临界角ｉＣ时将发生全反射，没有光能损失，相应的光线将以不变的光强射向出射端面，而ｉ＜ｉＣ的光线则因在发生反射时有部分光线通过折射进入Ｂ，反射光强随着反射次数的增大而越来越弱，以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了．因而能射向出射端面的光线的ｉ的数值一定大于或等于ｉＣ，ｉＣ的值由下式决定，即ｎＡｓｉｎｉＣ＝ｎＢ，③与ｉＣ对应的α值为αＣ＝90°－ｉＣ，④当α０＞αＣ时，即ｓｉｎα０＞ｓｉｎαＣ＝ｃｏｓｉＣ＝时，或ｎＡｓｉｎα０＞时，由点Ｏ发出的光束中，只有α≤αＣ的光线才满足ｉ≥ｉＣ的条件，才能射向端面，此时出射端面处α的最大值为αｍａｘ＝αＣ＝90°－ｉＣ．⑤若α0＜αＣ，即ｎＡｓｉｎα０＜时，则由点O发出的光线都能满足ｉ＞ｉＣ的条件，因而都能射向端面，此时出射端面处α的最大值为αｍａｘ＝α０．⑥端面处入射角α最大时，折射角θ也达最大值，设为θｍａｘ，由②式可知ｎＦｓｉｎθｍａｘ＝ｎＡｓｉｎαｍａｘ．⑦由⑥、⑦式可得，当α０＜αＣ时，有ｎＦ＝ｎＡｓｉｎα０／ｓｉｎθｍａｘ，⑧当α０≥αＣ时，由③至⑦式可得，ｎＦ＝ｎＡｃｏｓｉＣ／ｓｉｎθｍａｘ＝／ｓｉｎθｍａｘ，⑨θｍａｘ的数值可由图11上的几何关系求得ｓｉｎθｍａｘ＝（（ｄ2－ｄ１）／2）／．（10）图11于是当α0＜αＣ时，ｎＦ的表达式应为ｎＦ＝ｎＡｓｉｎα０（／（（ｄ2－ｄ1）／2），（11）当α０≥αＣ时，有ｎＦ＝（／（（ｄ2－ｄ１）／2）．（12）2．可将输出端介质改为空气，光源保持不变，按同样手续再做一次测量，可测得ｈ１′、ｈ2′、ｄ１′、ｄ2′，这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同．已知空气的折射率等于1，故有当α０＜αＣ时，有1＝ｎＡｓｉｎα０／（（ｄ2′－ｄ１′）／2），（13）当α０≥αＣ时，有1＝（／（（ｄ2′－ｄ１′）／2），（14）将（11）、（12）两式分别与（13）、（14）式相除，均得ｎＦ＝（（ｄ2′－ｄ１′）／（ｄ2－ｄ１））（／）．（15）此结果适用于α０为任何值的情况．。

第十七届全国中学生物理竞赛预赛试题全卷共八题，总分为140分。

一、（10分）1．（5分）1978年在湖北省随县发掘了一座战国早期（距今大约2400多年前）曾国国君的墓葬——曾侯乙墓，出土的众多墓葬品中被称为中国古代文明辉煌的象征的是一组青铜铸造的编钟乐器（共64件），敲击每个编钟时，能发出音域宽广、频率准确的不同音调。

与铸造的普通圆钟不同，圆钟的横截面呈圆形，每个编钟的横截面均呈杏仁状。

图预17-1-1为圆钟截面的，图预17-1-2为编钟的截面，分别敲击两个钟的A 、B 、C 和D 、E 、F 三个部位，则圆钟可发出________个基频的音调，编钟可发出________个基频的音调。

2.（5分）我国在1999年11月20日用新型运载火箭成功地发射了一艘实验航天飞行器，它被命名为___________号，它的目的是为____________________作准备。

二、（15分）一半径为 1.00m R =的水平光滑圆桌面，圆心为O ，有一竖直的立柱固定在桌面上的圆心附近，立柱与桌面的交线是一条凸的平滑的封闭曲线C ，如图预17-2所示。

一根不可伸长的柔软的细轻绳，一端固定在封闭曲线上的某一点，另一端系一质量为27.510kg m =⨯－的小物块。

将小物块放在桌面上并把绳拉直，再给小物块一个方向与绳垂直、大小为0 4.0m/s v =的初速度。

物块在桌面上运动时，绳将缠绕在立柱上。

已知当绳的张力为0 2.0N T =时，绳即断开，在绳断开前物块始终在桌面上运动．1．问绳刚要断开时，绳的伸直部分的长度为多少?2．若绳刚要断开时，桌面圆心O 到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正好与绳的伸直部分垂直，问物块的落地点到桌面圆心O 的水平距离为多少？已知桌面高度0.80m H =．物块在桌面上运动时未与立柱相碰．取重力加速度大小为210m/s ．2000年三、（15分）有一水平放置的平行平面玻璃板H ，厚 3.0 cm ，折射率 1.5n =。

第十七届全国中学生物理竞赛预赛试题全卷共八题，总分为140分。

一、（10分）1．（5分）1978年在湖北省随县发掘了一座战国早期（距今大约2400多年前）曾国国君的墓葬——曾侯乙墓，出土的众多墓葬品中被称为中国古代文明辉煌的象征的是一组青铜铸造的编钟乐器（共64件），敲击每个编钟时，能发出音域宽广、频率准确的不同音调。

与铸造的普通圆钟不同，圆钟的横截面呈圆形，每个编钟的横截面均呈杏仁状。

图预17-1-1为圆钟截面的，图预17-1-2为编钟的截面，分别敲击两个钟的A 、B 、C 和D 、E 、F 三个部位，则圆钟可发出________个基频的音调，编钟可发出________个基频的音调。

2.（5分）我国在1999年11月20日用新型运载火箭成功地发射了一艘实验航天飞行器，它被命名为___________号，它的目的是为____________________作准备。

二、（15分）一半径为 1.00m R =的水平光滑圆桌面，圆心为O ，有一竖直的立柱固定在桌面上的圆心附近，立柱与桌面的交线是一条凸的平滑的封闭曲线C ，如图预17-2所示。

一根不可伸长的柔软的细轻绳，一端固定在封闭曲线上的某一点，另一端系一质量为27.510kg m =⨯－的小物块。

将小物块放在桌面上并把绳拉直，再给小物块一个方向与绳垂直、大小为0 4.0m/s v =的初速度。

物块在桌面上运动时，绳将缠绕在立柱上。

已知当绳的张力为0 2.0N T =时，绳即断开，在绳断开前物块始终在桌面上运动．1．问绳刚要断开时，绳的伸直部分的长度为多少?2．若绳刚要断开时，桌面圆心O 到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正好与绳的伸直部分垂直，问物块的落地点到桌面圆心O 的水平距离为多少？已知桌面高度0.80m H =．物块在桌面上运动时未与立柱相碰．取重力加速度大小为210m/s ．2000年三、（15分）有一水平放置的平行平面玻璃板H ，厚 3.0 cm ，折射率 1.5n =。

第十七届全国中学生物理竞赛决 赛 试 题一、（30分）近来一种新型的定点起重设备“平衡吊”被广泛应用于几十到几百千克工件的频繁吊运，其结构的示意图如图决17-1所示。

平衡吊主要由传动、杆系、回转座和立柱组成。

杆系是由ABD 、DEF 、BC 、CE 四杆铰接组成的四连杆机构，DECB 在任何情况下都是一个平行四边形。

杆系的A 处是一水平的转轴，通过电机可控制转轴，使之固定的竖直槽内的不同位置，从而调节挂在绞接于F 处吊钩上的重物的高度。

杆ABD 可绕转轴A 在竖直平面内无摩擦地转动。

杆系的C 点是能在光滑的水平槽上滑动的铰链，杆BC 和EC 都可绕C 点在竖直平面内转动。

绕铰链转动的摩擦均忽略不计。

下面用l 1表示AD 的长度，l 2表示AB 的长度，l 3表示DF 的长度，l 4表示BC 的长度。

（1）若将各杆都视为轻质（无自重）刚体，且无图中配重物时，试论证l 1、l 2、l 3、l 4应满足什么关系才能使平衡吊的吊钩（包括所吊的重物）位于同一水平面上的不同位置时平衡吊都能处于平衡状态。

（2）若考虑各杆的自重，为使平衡吊的吊钩（包括所吊的重物）位于同一水平面上不同位置时平衡吊都能处于平衡状态，必须在杆ABD 的另一端P 处加上配重物，P 点距A 轴的距离为l P 。

设配重物受到的重力大小为GP ，杆的AD 段、DF 段、BC 段、CE 段受到的重力的大小分别为G 1、G 3、G 4和G 5，不计杆的AP 段所受的重力。

问当杆长l 1、l 2、l 3、l 4和l P 已知，且取l 1= l 3、l 2=l 4时配重的大小G P 为多少？二、（共30分）太阳风是从太阳大气外层（称为日冕）不断向星际空间发射的稳定的、由相同数目的质子和电子构成的带电粒子流，它使太阳每年减少的质量相对于太阳质量M S 可忽略不计。

观测表明，太阳风的速度的大小v 随着与太阳中心的距离r 的增加而增大。

现提出一简单的模型来解释太阳风的速度变化的机制：假定日冕中的大量电子可视为理想气体；日冕中的电子气是等温（温度为T ）的、各向同性的，以球对称的速率v (r )（太阳风的速率）向外膨胀；太阳风中质子的定向运动速度比电子的小得多，太阳风的速度其实是电子定向运动的速度，太阳风可解释为日冕中的电子气向外的等温膨胀。

1第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、参考解答设玻璃管内空气柱的长度为h ，大气压强为0p ，管内空气的压强为p ，水银密度为ρ，重力加速度为g ，由图复解17-1-1可知0()p l h g p ρ+-= （1）根据题给的数据，可知0p l g ρ=，得p gh ρ= （2）若玻璃管的横截面积为S ，则管内空气的体积为V Sh = （3）由（2）、（3）式得V p g S ρ= （4） 即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程pV nRT =得2V g nRT Sρ= （5）由（5）式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，根据（4）式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化关系为p V -图上过原点的直线，如图复解17-1-2所示．在管内气体的温度由1T 降到2T 的过程中，气体的体积由1V 变到2V ，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示，即有221212121()22V V V W g V V g S S S V ρρ⎛⎫⎛⎫=+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭- （6）1管内空气内能的变化V 21()U nC T T ∆=- （7） 设Q 为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律W Q U +=∆，有Q U W =∆- （8） 由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得V 211()2Q n T T C R ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （9） 代入有关数据得0.247J Q =-0Q <表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为0.247J Q Q '=-= （10）评分标准：本题20分（1）式1分，（4）式5分，（6）式7分，（7）式1分，（8）式2分，（9）式1分，（10）式3分。

二、参考解答在由直线BC 与小球球心O 所确定的平面中，激光光束两次折射的光路BCDE 如图复解17-2所示，图中入射光线BC 与出射光线DE 的延长线交于G ，按照光的折射定律有0sin sin n n αβ= （1）式中α与β分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知sin l rα= （2）1激光光束经两次折射，频率ν保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小p 和p '相等，即h p p c ν'=- （3） 式中c 为真空中的光速，h 为普朗克常量．因射入小球的光束中光子的动量p 沿BC 方向，射出小球的光束中光子的动量p '沿DE 方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度2θ，由图中几何关系可知22()θαβ=- （4） 若取线段1GN 的长度正比于光子动量p ，2GN 的长度正比于光子动量p '，则线段12N N 的长度正比于光子动量的改变量p ∆，由几何关系得2sin 2sin h p p cνθθ∆== （5） 12GN N ∆为等腰三角形，其底边上的高GH 与CD 平行，故光子动量的改变量p ∆的方向沿垂直CD 的方向，且由G 指向球心O ．光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即02cos /r t cn nβ∆= （6） 式中0/cn n 是光在小球内的传播速率。

第十七届全国中学生物理竞赛复 赛 试 卷全卷共六题，总分为140分。

一、（20分）在一大水银槽中竖直插有一根玻璃管，管上端封闭，下端开口。

已知槽中水银液面以上的那部分玻璃管的长度l = 76 cm ，管内封闭有n = 1.0×310-mol 的空气。

保持水银槽与玻璃管都不动而设法使玻璃管内空气的温度缓慢地降低10℃，问在此过程中管内空气放出的热量为多少？已知管外大气的压强为76cm 汞柱高，每摩尔空气的内能U = V C T ，其中T 为绝对温度，常量V C = 20.5 J ·1)K mol (-⋅，普适气体恒量R = 8.31 J ·1)K mol (-⋅二、（20分）如图复17-2所示，在真空中有一个折射率为n (n ＞0n ，0n 为真空的折射率)、半径为r 的质地均匀的小球，频率为ν的细激光束在真空中沿直线BC 传播，直线BC 与小球球心O 的距离为l ( l ＜r )，光束于小球体表面的C 点经折射进入小球（小球成为光传播的媒质），并于小球表面的D 点又经折射进入真空。

设激光束的频率在上述两次折射后保持不变。

求在两次折射过程中激光束中一个光子对小球作用的平均力的大小。

三、（25分）1995年，美国费米国家实验室CDF 实验组和DO 实验组在质子反质子对撞机TEV ATRON 的实验中，观察到了顶夸克，测得它的静止质量τm = 1.75×1110eV/2c = 3.1×2510-kg ，寿命τ= 0.4×2410-s ，这是近十几年来粒子物理研究最重要的实验进展之一。

1、正反顶夸克之间的强相互作用势能可写为V （r ）= - K r3a4s ，式中r 是正反顶夸克之间的距离，s a = 0.12是强相互作用耦合常数，K 是与单位制有关的常数，在国际单位制中K = 0.319×2510-J ·m 。

为估算正反顶夸克能否构成一个处在束缚状态的系统，可把束缚状态设想为正反顶夸克在彼此间的吸引力作用于下绕它们连线的中点做匀速圆周运动。

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．。