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第19届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案



1

第十九届全国中学生物理竞赛 复
题号 一 二 三







五 六 七 总计

全卷共七题,总分为 140 分。 一、 (20 分)某甲设计了一个如图复 19-1 所示的“自动喷泉”装置,其中 A、B、 C 为三个容器,D、E、F 为

三根细管。管栓 K 是关闭的。A、B、C 及细管均盛 有水,容器水面的高度差分别为 h1 和 h2 ,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处,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,但不能明白自己的错误何在。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。 1.论拧开 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.论证水柱上升所需的能量来源。 得 分

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,磁场方向垂直图面指向 纸外,磁感强随时间均匀变化,变化率Δ B/Δ t = K(K 为一正值常数) 。圆柱形区域外空间 中没有磁场。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α = π /4 。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大小。

三、 (18 分)如图复 19-3 所示,在水平光滑的绝缘桌面上,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,其速度为多少? 得 分

2

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 为可调的直流电源,K 为电键,L 为待测线圈的自感系数,rL 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, A 为电流表。将图复 19-4-1 中 a、b 之间的电阻丝装进图复 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 中有色液柱 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 。 得 分

已知在压强不变的条件下每摩尔试管中的气体温度升高 1K 时,需要吸收热量为 CP ,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 W =
1 2 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线圈的自感 2

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 、rL 、CP 、p 、d 等)及直接测量的量导出 L 的表达式。

得 分

五、 (20 分)薄凸透镜放在空气中,两侧焦点和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 n1 和 n2 ,则透镜两侧仍各有一焦点(设为 F1 和 F2) ,但 F1 、F2 和透镜中心的距离不相等, 其值分别为 f1 和 f2 。现有一薄透镜 L ,已知此凸透镜对平行光束起会聚作用,在其左右两侧介质和折射

3

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 f1 、f2 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θ 1 , 则与之相应的出射线与主轴的夹角θ 2 为多大? 3.f1 、f2 、n1 、n2 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 m0 ,光速为 c ,入射光子的能量有散射光子的能量 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 L0(作为已知量)的 A 点所经历的时间Δ 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。 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 m0 ,光速为 c ,入射光子的能量有散射光子的能量 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 L0(作为已知量)的 A 点所经历的时间Δ 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 Td ,珠子下滑过程中到达最低点前绳子被拉断。求细绳被拉直时珠子的位置和 速度的大小(珠子与绳子之间无摩擦) 。 得 分

4

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 an ,可以证明,an = v2/R ,v 为质 点在该点的速度大小,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线, 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 RA ,在 B 点的曲率半径为 RB 。

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
2002 年 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 p0 ,水的密度为 ? 。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

pB ? pC ? p0 ? ? g (h1 ? h2 )

(1)

K D A

H h1 A

K

D 中气体的压强为
pD ? pB ? ? gh1
由(1)、(2)两式可得 (2) E

B F C
(a)

B h2 C
(b)

pD ? p0 ? ? gh2
即 pD ? p0 ,当拧开 K 后, D 中气体压强降至 p0 ,此时

pB ? p0 ? ? gh1

(3)

图复解 19-1

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 h1 和 h2 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

5

p0 ? ? g (h1 ? h2 ) ? p0 ? ? g ( H ? h1 )
由此可得

(4) (5)

H ? h2

(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

?E1 ? ? g ?V (h1 ? h2 )

(6)

D 中增加的水柱的重心离 A 中水面的高度为 h2 / 2 ,故后者的重力势能增量为
1 ?E2 ? ? g ?V (h1 ? h2 ) 2
即 ?E1 ? ?E2 。 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 h2 处。 (7)

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 ? 2R , 在图中连直线 OA 与 OP 。 取闭合回路 APOA , 可得回路电动势 E1 ? EAP ? EPO ? EOA ,式中 EAP , EPO , EOA 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 EPO ? 0 , EOA ? 0 ,故

E AP ? E1

(1)

令 ?AOP 的面积为 S1 ,此面积上磁通量 ?1 ? BS1 ,由电磁感应定律,回路的电动势大小为

E1 ?
根据题给的条件有

??1 ?B ? S1 ?t ?t
(2)

E1 ? S1k
由图复解19-2-2可知 1 xR S1 ? xR sin ? ? 2 2 2 由(1)、(2)、(3)式可得沿 AP 线段的电动势大小为 kR E AP ? x 2 2

(3)

(4)

6

A R

?

x P O

C

A

? R O

?

C

? D

?

Q

图复解 19-2-1

图复解 19-2-2

2. 任意点在磁场区域外: 令 Q 为任意点 (见图复解19-2-2) ,x ? 2 R 。 在图中连 OA 、OQ 。 取闭合回路 AQOA , 设回路中电动势为 E2 ,根据类似上面的讨论有

EAQ ? E2

(5)

对于回路 AQOA ,回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量,此面积为 S2 ,通过它的磁通量

?2 ? BS2 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小
E2 ? S2 k
在图中连 OC ,令 ?COQ ? ? ,则 ?OQC ? ? ? ? ,于是 (6)

S2 ? ?AOC的面积 ? 扇形OCD的面积 1 ? ? ( R sin ? ) ? 2 R cos ? ? ? R2 2 2? 1 2 ? R (sin 2? ? ? ) 2 1 当 ? ? ? / 4 时, S2 ? R2 (1 ? ? ) , 2 ?OCQ 中有
x ? 2R R ? sin ? sin[(? / 4) ? ? ]

R sin ? ? ( x ? 2 R)sin( ? ? ) 4 1 ? ( x ? 2 R) (cos ? ? sin ? ) 2
(R ? x ? 2R 2 )sin ? ? x ? 2R 2 cos ?

?

tan ? ?
于是得

x ? 2R x
(7)

1 2 x ? 2R R (1 ? arctan ) 2 x 由(5)、(6)、(7)式可得沿 AQ 线的电动势的大小为 S2 ?

7

E AQ ?

kR 2 x ? 2R (1 ? arctan ) 2 x

(8)

三、参考解答 1 以三个质点为系统,由对称性可知,开始时其质心应位于 C 处,因为质点系所受的合外力为零,由 A 质心运动定理可知,质心总是固定不动的。质点 1、2 在静电力作用下,彼此间距离必增大,但不可能 保持在沿起始状态时 1、2 连线上运动,若是那样运动,由于杆不能伸长,质点 3 必向左运动,三者的 C 3 质心势必亦向左运动,这与“质心不动”相矛盾,故不可能。由此可知,由于杆为刚性,质点 1、2 在 静电力作用下,要保持质心不动,质点 1、2 必将分别向题图中右上方和右下方运动,而质点 3 将向左 运动.当 3 运动到 C 处时,1、2 将运动到 A 、 B 处, A 、 B 、 C 三点在一直线上,1 、2 的速度方向向 B 2 右,3 的速度方向左(如图复解 19-3 所示)。令 v1 、 v 2 、 v3 分别表示此时它们的速度大小,则由对称 性可知此时三质点的总动能为

图复解 19-3

1 2 1 2 EK ? mv3 ? 2( mv1 ) 2 2
再由对称性及动量守恒可知

(1)

mv3 ? 2mv1
系统原来的电势能为

(2)

q2 l 其中 k 为静电力常数.运动到国复解 19-3 所示的位置时的电势能为 E P ? 3k E P? ? 2 k
根据能量守恒有

(3)

q2 q2 ?k l 2l

(4)

EP ? EP? ? EK
由以上各式可解得

(5)

v3 ?

2kq 2 3lm

(6)

四、参考解答 1.(1)调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置,将阀门10关闭使两边气体隔绝,记下有色液柱的位置; (2)合上开关 S ,测得电流 I ; (3)打开开关 S ; (4)测出有色液体右移的最远距离 ?x ; (5)改变电源电压,重复测量多次,记下多次的 I 和 ?x 值。 2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W ?

1 2 LI ,因二极管 D 的存在, r 中无电流。打开开关 S 后,由于 L 中有感应电 2

动势,在线圈 L 、电阻器 ab 和二极管 D 组成的回路中有电流通过,最后变为零。在此过程中原来线圈中储存的磁场能 量将转化为 r 和 rL 上放出的热量,其中 r 上放出的热量为

8

?Q ?

1 2 r LI ? 2 r ? rL

(1)

此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程,所以气体吸热为

?Q ?

m

?

C p ?T

(2)

式中 m 为气体质量, ? 为其摩尔质量, ?T 为温升,因为是等压过程,设气体体积改变量为 ? V ,则由理想气体状态方 程可得

p?V ?

m

?

R?T

(3)

而 由以上各式可得

?V ?

?d2
4

?x

(4)

L?

?x rL ? r C p p? d ? ? R I 2 2r

2

(5)

五、参考解答 利用焦点的性质,用作图法可求得小物 PQ 的像 P?Q? ,如下图所示。

Q
y

n1 f1 u

n2

F2
f2 v

P

F1

y?

P? Q?

图复解 19-5-1

(1)用 y 和 y? 分别表示物和像的大小,则由图中的几何关系可得

f2 y u ? f1 ? ? y? f1 v ? f2

(1)

(u ? f1 )(v ? f2 ) ? f1 f 2
简化后即得物像距公式,即 u , v , f1 , f 2 之间的关系式

f1 f 2 ? ?1 u v

(2)

(2)薄透镜中心附近可视为筹薄平行板,入射光线经过两次折射后射出,放大后的光路如图复解19-5-2所示。图 中 ? 1 为入射角, ?2 为与之相应的出射角, ? 为平行板中的光线与法线的夹角。设透镜的折射率为 n ,则由折射定律得

9

n1 sin?1 ? n sin ? ? n2 sin? 2
对傍轴光线, ? 1 、 ? 2 ≤1,得 sin ?1 ? ?1 , sin? 2 ? ? 2 ,因而得

(3)

?2 ?

n1 ?1 n2

(4)

?1

n1 n
? ?

n2
?2

(3)由物点 Q 射向中心 O 的入射线,经 L 折射后,出射线应射向 Q? , 如图复解19-5-3所示,

图复解 19-5-2

Q
y

n1

L

?1

n2

F2
?2
图复解 19-5-3

P

F1 u

y?

P? Q?

v u

在傍轴的条件下,有

y y? ? tan?1 ? ?1, ? tan?2 ? ?2 u v
二式相除并利用(4)式,得

(5)

y ?u n1 ? yv n2
用(1)式的 y? / y ? f1 /(u ? f1 ) 代入(6)式,得

(6)

f1u n ? 1 (u ? f1 )v n2


f1 ?

n1uv n2u ? n1v

(7)

用(1)式的 y? / y ? (v ? f 2 ) / f 2 代入(6)式,得

(v ? f 2 )u n1 ? f 2v n2


f2 ?

n2uv n2u ? n1v

(8)

从而得 f1 , f 2 , n1 , n2 之间关系式

f 2 n2 ? f1 n1

(9)

10

六、参考解答 (1)由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为

m0c 2 1 ? (v / c )
由此可解得
2 2

? 1.10m0c2

(1)

v?

0.21 ? 0.417c ? 0.42c 1.10

(2)

入射光子和散射光子的动量分别为 p ? 子的相对论质量。由动量守恒定律可得

h? h? ? 和 p? ? ,方向如图复解19-6所示。电子的动量为 mv , m 为运动电 c c
光子散射方向 电子 (4) 光子入射方向

m0v 1 ? (v / c )
2 2

cos? ?

h? c

(3)

m0v 1 ? (v 2 / c 2 )
已知

sin ? ?

h? ? c

?

A 光子入射方向
图复解 19-6

h? ? h? ? ? 0.10m0c2

(5)

由(2)、(3)、(4)、(5)式可解得

? ? 0.37m0c2 / h
? ? ? 0.27m0c2 / h

(6) (7) (8)

? ? tan-1

?? 27 ? arctan( ) ? 36.1? ? 37

电子从 O 点运动到 A 所需时间为

?t ?

L0 ? 2.4L0 / c v

(9)

(2)当观察者相对于 S 沿 OA 方向以速度 v 运动时,由狭义相对论的长度收缩效应得

L ? L0 1 ? (v 2 / c 2 )
L ? 0.91L0

(10) (11)

七、参考解答 1. 珠子运动的轨迹 建立如图复解19-7所示的坐标系,原点 O 在过 A 点的竖直线与细杆相交处, x 轴沿细杆向右, y 轴沿 OA 向下。当 珠子运动到 N 点处且绳子未断时,小环在 B 处, BN 垂直于 x 轴,所以珠子的坐标为 x ? PN,y ? BN 由 ?APN 知

( AP)2 ? ( PN )2 ? ( AN )2

11

即有 (h ? y)2 ? x2 ? (l ? y)2 ,得

x2 ? ?2(l ? h) y ? (l 2 ? h2 )

(1)

这是一个以 y 轴为对称轴,顶点位于 y ? (l ? h) 处,焦点与顶点的距离为 (l ? h) 的抛物线,如图复解19-7-1所 示,图中的 H ? (l ? h) , A 为焦点。

1 2

1 2

1 2

2. 珠 子 在 N 点 因为忽略绳 可把与珠子接触 看做是珠子的一 的力有三个,一 两个是两绳子对 们分别沿 NB 和 拉力大小相等, 它们的合力的大

O
h P

B F T T
? ? ?

xM 切线

x

H A? O

C?

法线

?

N?
mg

H

N

xM
切线

x

A C
y

法线

的运动方程 子的质量,所以 的那一小段绳子 部分,则珠子受 是重力 mg ; 另外 珠子的拉力,它 NA 方向, 这两个 皆用 T 表示,则 小为 F ? 2T cos ?

mg

P A C
y

T

N
mg

图复解 19-7-1 图复解 19-7-2 (2) ? 为 N 点两边绳子之间夹角的一半, F 沿 ?ANB 的角平分线方向。 因为 AN 是焦点至 N 的连线, BN 平行于 y 轴,根据解析几何所述的抛物线性质可知, N 点的法线是 ?ANB 的角

平分线.故合力 F 的方向与 N 点的法线一致。 由以上的论证.再根据牛顿定律和题中的注,珠子在 N 点的运动方程(沿法线方向)应为

2T cos ? ? mg cos ? ? m 2T cos ? ?

v2 R

(3)

mv 2 ? mg cos ? (4) R 式中 R 是 N 点处轨道曲线的曲率半径; v 为珠子在 N 处时速度的大小。根据机械能守恒定律可得

v ? 2 gy

(5)

3. 求曲车半径 R 当绳子断裂时 T ? Td ,由(4)式可见,如果我们能另想其他办法求得曲率半径 R 与 y 的关系,则就可能由(4)、 (5)两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标 y 。现提出如下一种办法。做一条与小珠轨迹对于 x 轴呈对称状态的抛物线, 如图复解19-7-2所示。由此很容易想到这是一个从高 H 处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的,我们不仅知道其 轨迹是抛物线,而且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分析其运 动过程即可求出与 N 对称的 N ? 点处抛物线的曲率半径 R 与 y 的关系,也就是 N 处抛物线的曲率半径 R 与 y 的关系。 设从抛出至落地的时间为 t ,则有

v0t ? l 2 ? h2
由此解得

12

v0 ? g (l ? h)
设物体在 N ? 处的速度为 v ,由机械能守恒定律可得
2 v ? v0 ? 2 g ( H ? BN ?) 2

(7)

(8)

物体在 N ? 处法线方向的运动方程为

mg cos? ?

mv R

2

(9)

式中 R 即为 N ? 处抛物线的曲率半径,从(7)、(8)、(9)式及 H ? (l ? h) ,可求得

1 2

R?

2(l ? BN ?) cos?

这也等于 N 点抛物线的曲率半径, BN ? BN ? ? y ,故得

R?

2(l ? y) cos?

(10)

4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小 把(5)式和(10)式代入(4)式,可求得绳子的张力为

T?

mgl 2(l ? y )

(11)

当 T ? Td 时绳子被拉断,设此时珠子位置的坐标为 ( xd , yd ) ,由(11)式得

yd ? l (1 ?
代入(1)式,得

mg ) 2Td

(12)

xd ? mgl (

l ?h ) ? (l ? h)2 Td

(13)

绳子断开时珠子速度的大小为

vd ? 2 gyd ? 2 gl (1 ?

mg ) 2Td

(14)

13

14



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