全國(guó)高中生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題及答案 (二)

全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷、參考答案

全卷共六題，總分140分。

一、(22分)有一放在空氣中的玻璃棒，折射率n=1.5,中心軸線長(zhǎng)L=45cm,

一端是半徑為Ri=10cm的凸球面.1.要使玻璃棒的作用相當(dāng)于一架理想的天

文望遠(yuǎn)鏡(使主光軸上無限遠(yuǎn)處物成像于主光軸上無限遠(yuǎn)處的望遠(yuǎn)系統(tǒng))，取中心

軸線為主光軸，玻璃棒另一端應(yīng)磨成什么樣的球面？2.對(duì)于這個(gè)玻璃棒，由無限

遠(yuǎn)物點(diǎn)射來的平行入射光束與玻璃棒的主光軸成小角度4),時(shí)，從棒射出的平行

光束與主光軸成小角度,求e2/(此比值等于此玻璃棒望遠(yuǎn)系統(tǒng)的視角

放大率).

解：1.對(duì)于一個(gè)望遠(yuǎn)系統(tǒng)來說，從主光軸上無限遠(yuǎn)處的物點(diǎn)發(fā)出的入射光為平行

于光軸的光線，它經(jīng)過系統(tǒng)后的出射光線也應(yīng)與主光軸平行，即像點(diǎn)也在主光軸

上無限遠(yuǎn)處，如圖18—2—6所示，圖中C1為左端球面的球心.

圖18-2-6

由正弦定理、折射定律和小角度近似得

(-R,)/R|=sinrjsin(i,—r,)?=：r,/(i,—r,)

=1/((i(/r,)—1)/(n—1),①

即(西/R.)-1=1/(n-1).②

光線PF?射到另一端面時(shí)，其折射光線為平行于主光軸的光線，由此可知該

端面的球心C2一定在端面頂點(diǎn)B的左方，CzB等于球面的半徑R2,如圖18—2

—6所示.

仿照上面對(duì)左端球面上折射的關(guān)系可得

(豳/R2)-1=1/(n-1),③

又有眄=1—'且，④

由②、③、④式并代入數(shù)值可得

R2=5cm.

則右端為半徑等于5cm的向外凸的球面.

圖18—2—7

2.設(shè)從無限遠(yuǎn)處物點(diǎn)射入的平行光線用①、②表示，令①過Ci,②過A,

如圖18—2—7所示，則這兩條光線經(jīng)左端球面折射后的相交點(diǎn)M,即為左端球面

對(duì)此無限遠(yuǎn)物點(diǎn)成的像點(diǎn).現(xiàn)在求M點(diǎn)的位置，在AACiM中，有

AM/sin(IT—(pi)=4M/sin(pi=Ri/sin(<p,—<p,

又nsin(p/=sin(p,,

已知(pi、(pJ均［小角度，則有

-AM/(p(=R(/(pj(1—(1/n)).

與②式比較可知，AM^AFI,即M位于過FI垂直于主光軸的平面上.上面

已知，玻璃棒為天文望遠(yuǎn)系統(tǒng)，則凡是過M點(diǎn)的傍軸光線從棒的右端面射出時(shí)都

將是相互平行的光線.容易看出，從M射出C2的光線將沿原方向射出，這也就是

過M點(diǎn)的任意光線（包括光線①、②）從玻璃棒射出的平行光線的方向，此方向

與主光軸的夾角即為⑺，由圖18—2—7可得

2/(p,=CiFi/C2FI=(工用_RQ/(-R2),

由②、③式可得（工網(wǎng)一R,)/(圈―RQ

=Rl/R2

則(Pz/<pi=Ri/R2=2.

二、（22分）正確使用壓力鍋的方法是:將已蓋好密封鍋蓋的壓力鍋（如圖復(fù)18-2T）

加熱，當(dāng)鍋內(nèi)水沸騰時(shí)再加蓋壓力閥S,此時(shí)可以認(rèn)為鍋內(nèi)只有水的飽和蒸氣，

空氣已全部排除.然后繼續(xù)加熱，直到壓力閥被鍋內(nèi)的水蒸氣頂起時(shí)，鍋內(nèi)即已

達(dá)到預(yù)期溫度（即設(shè)計(jì)時(shí)希望達(dá)到的溫度）.現(xiàn)有一壓力鍋，在海平面處加熱能達(dá)

到的預(yù)期溫度為120℃,某人在海拔5000m的高山上使用此壓力鍋，鍋內(nèi)有足量

的水.

1.若不加蓋壓力閥，鍋內(nèi)水的溫度最高可達(dá)多少？

2.若按正確方法使用壓力鍋，鍋內(nèi)水的溫度最高可達(dá)多少？

3.若未按正確方法使用壓力鍋，即蓋好密封鍋蓋一段時(shí)間后，在點(diǎn)火前就加上壓

力閥，此時(shí)水溫為27℃,那么加熱到壓力閥剛被頂起時(shí)，鍋內(nèi)水的溫度是多少？

若繼續(xù)加熱，鍋內(nèi)水的溫度最高可達(dá)多少？假設(shè)空氣不溶于水.

壓力閥s

圖復(fù)18-2-1

圖復(fù)18-2-2

解：1.由圖18—2—8知在海平面處，大氣壓強(qiáng)p(0)=101.3xl03Pa.在z

=5000m時(shí)，大氣壓強(qiáng)為

P(5000)=53x1(/Pa.

圖18-2-8

圖18—2—9

此處水沸騰時(shí)的飽和蒸氣壓PW應(yīng)等于此值.由圖18—2—9可知，對(duì)應(yīng)的溫

度即沸點(diǎn)為

t2=82℃.

達(dá)到此溫度時(shí)，鍋內(nèi)水開始沸騰，溫度不再升高，故在5000m高山上，若不

加蓋壓力鍋，鍋內(nèi)溫度最高可達(dá)82C.

2.由圖18—2—9可知，在t=120℃時(shí)，水的飽和蒸氣壓pW(120°)=198x10

3Pa,而在海平面處，大氣壓強(qiáng)p(0)=101xl03Pa.可見壓力閥的附加壓強(qiáng)

為

ps=Pw(120°)—p(0)

=(198X103-101.3X103)Pa

=96.7xl03Pa.

在5000m高山上，大氣壓強(qiáng)與壓力閥的附加壓強(qiáng)之和為

P'=PS+P(5000)

=(96.7X103+53X103)Pa

=149.7x103Pa.

若在t=t2時(shí)閥被頂起，則此時(shí)的Pw應(yīng)等于P。即

PW=P

由圖18-2-9可知t2=112℃.

此時(shí)鍋內(nèi)水開始沸騰，溫度不再升高，故按正確方法使用此壓力鍋，在5000

m高山上鍋內(nèi)水的溫度最高可達(dá)112℃.

3.在未按正確方法使用壓力鍋時(shí)，鍋內(nèi)有空氣，設(shè)加壓力閥時(shí)，內(nèi)部水蒸汽

己飽和.由圖18—2—9可知，在t=27℃時(shí)，題中己給出水的飽和蒸氣壓Pw(27。)

=3.6xl03Pa,這時(shí)鍋內(nèi)空氣的壓強(qiáng)(用pa表示)為

pa(27°)=p(5000)-pw(27°)

=(53x10，—3.6xl03)Pa

=49.4xl03Pa.

當(dāng)溫度升高時(shí)，鍋內(nèi)空氣的壓強(qiáng)也隨之升高，設(shè)在溫度為t(℃)時(shí)，鍋內(nèi)

空氣壓強(qiáng)為Pa(t),則有

pa(t)/(273+t)=pa(27℃)/(273+27),

3

pa(t)=(164.7t+45.OxiO)Pa.

若在t=t，時(shí)壓力閥剛好開始被頂起，則有

pw(to+Pa(t0=P\

由此得

Pw(to=ppa(t')=(105x1()3-164.7t')Pa,

畫出函數(shù)P'—Pa(t()的圖線，

取t=0℃,有P'—Pa(or)=105xl03Pa,

取t=100℃,有P'—Pa(100℃)=88.6X103Pa.

由此二點(diǎn)便可在圖18-2-9上畫出此直線，此直線與圖18-2-9中的Pw

(t)一t曲線的交點(diǎn)為A,A即為所求的滿足上式的點(diǎn)，由圖可看出與A點(diǎn)對(duì)

應(yīng)的溫度為

t'=97℃.

即在壓力閥剛開始被頂起時(shí)，鍋內(nèi)水的溫度是9TC,若繼續(xù)加熱，壓力閥被頂起

后，鍋內(nèi)空氣隨水蒸汽一起被排出，最終空氣排凈，鍋內(nèi)水溫仍可達(dá)112c.

三、(22分)有兩個(gè)處于基態(tài)的氫原子A、B,A靜止，B以速度v。與之發(fā)生碰

撞.已知：碰撞后二者的速度vA和vB在一條直線上，碰撞過程中部分動(dòng)能有可

能被某一氫原子吸收，從而該原子

由基態(tài)躍遷到激發(fā)態(tài)，然后，此原

子向低能級(jí)態(tài)躍遷,并發(fā)出光子.如

欲碰后發(fā)出一個(gè)光子，試論證：速

度V。至少需要多大(以m/s表

示)？

已知電子電量e=1.602X10-19

C,質(zhì)子質(zhì)量為m(,=1.673X10

「"kg,電子質(zhì)量為me=

0.911X10-31kg,氫原子的基態(tài)

能量為E-13.58eV.XXXXX

解：為使氫原子從基態(tài)躍遷到激發(fā)

圖復(fù)18-4

態(tài)，需要能量最小的激發(fā)態(tài)是n=2

的第一激發(fā)態(tài).已知?dú)湓拥哪芰颗c其主量子數(shù)的平方成反比.即

2

En=k1/n,①

又知基態(tài)(n=l)的能量為-13.58eV,即

Ei=k?/12=—13.58eV,

所以k=-13.58eV.

n=2的第一激發(fā)態(tài)的能量為

2

E2=k,/2=-13.58x(1/4)=-3.39eV.②

為使基態(tài)的氫原子激發(fā)到第一激發(fā)態(tài)所需能量為

￡內(nèi)=￡2—Ei=(—3.39+13.58)eV=10.19eV.③

這就是氫原子從第-一激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時(shí)發(fā)出的光子的能量，即

11丫=￡內(nèi)=10.19eV=10.19x1.602xl0^l9J

=1.632xlOl8J.④

式中v為光子的頻率，從開始碰到發(fā)射出光子，根據(jù)動(dòng)量和能量守恒定律有

mvo=mv八+mvB+光子的動(dòng)量，⑤

222

(1/2)mvo=(1/2)m(vA+vB)+hv,(6)

光子的動(dòng)量pv=hv/c.由⑥式可推得mvo>2hv/v0,因?yàn)関()<<c,

所以mv()>>hv/c,故⑤式中光子的動(dòng)量與mv°相比較可忽略不計(jì).⑤式變?yōu)?/p>

mvo=mv八+mvB=m(vA+vB),⑦

符合⑥、⑦兩式的vO的最小值可推求如下：由⑥式及⑦式可推得

22

(1/2)mv0=(1/2)m(vA+vB)—mvAvB+hv

2

=(1/2)mvo—mvA(v0—vA)+hv,

2

mvA—mvAv0+hv=0,

經(jīng)配方得

2

m(vA—(1/2)V。)—(1/4)mvJ+hv=O,

22

(1/4)mvo=hv+m(vA—(1/2)v0),⑧

由⑧式可看出，當(dāng)VA=(1/2)V。時(shí)，v0達(dá)到最小值vomin,此時(shí)

VA=VB,

代入有關(guān)數(shù)值，得

vomin=6.25x10'm/s.

答：B原子的速度至少應(yīng)為6.25xl0'm/s.

四、（22分）如圖18-4所示，均勻磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)

間t變化，B=B0—kt（k為大于零的常數(shù)）.現(xiàn)有兩個(gè)完全相同的均勻金屬

圓環(huán)相互交疊并固定在圖中所示位置，環(huán)面處于圖中紙面內(nèi).圓環(huán)的半徑為R,

電阻為r,相交點(diǎn)的電接觸良好，兩個(gè)環(huán)的接觸點(diǎn)A與C間的劣弧對(duì)圓心。的張

角為60°,求t=t,時(shí)，每個(gè)環(huán)所受的均勻磁場(chǎng)的作用力，不考慮感應(yīng)電流之間

的作用.

解：1.求網(wǎng)絡(luò)各支路的電流.因磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間減少，考慮到電路的對(duì)稱

性

,可設(shè)兩環(huán)各支路的感應(yīng)電流I-I2的方向如圖18—2—10所示，對(duì)左環(huán)電

路

ADCFA,有

E=IircFA+I2rADc>

因rCFA=5r/6,rADC=r/6,E=kuRS

2

故krrR=I,(5r/6)+I2(r/6).①

因回路ADCEA所圍的面積為

2((2rr-3后)/12)R?,

故對(duì)該回路有

k[2((2TT-3有)/12)IT]=2I2(r/6),

解得12=((2TT—3后)R2/2r)k,

代入①式，得I((10TT+3招)IV/10r)k.

2.求每個(gè)圓環(huán)所受的力.

圖18—2—11

先求左環(huán)所受的力，如圖18-2-11所示，將圓環(huán)分割成很多小圓弧，由左

手定則可知，每段圓弧所受的力的方向均為徑向，根據(jù)對(duì)稱性分析，因圓弧PM

A與圓弧CNQ中的電流方向相反，所以在磁場(chǎng)中受的安培力相互抵消，而弧P

Q與弧AC的電流相對(duì)x軸上下是對(duì)稱的，因而每段載流導(dǎo)體所受的安培力在y

方向的合力為零，以載流導(dǎo)體弧PQ上的線段△一為例，安培力AF為徑向，其

x分量的大小表示為

IAFxl=I|BA「cosct,

因△1'cosa=A1,

故IAFxI=I?BA1,

P

IFX|=EIIBA1=IIBG=I,BR.

由于導(dǎo)體弧PQ在y方向的合力為零，所以在t。時(shí)刻所受安培力的合力F?僅有

x分量，即

2

F,=|Fx|=I,BR=((10TT+3^)R/10r)kBR

=((10TT+3后)R2/10r)k(B0—kt。)R,

方向向左.

同理，載流導(dǎo)體弧AC在t。時(shí)刻所受的安培力為

2

F2=I2BR=((2TT-3^3)R/2r)kBR

2

=((2TT-3后)R/2r)k(Bo-kt0)R,

方向向右.左環(huán)所受的合力大小為

3

F=F,-F2=(9杉/5r)k(B°—kt。)R.

方向向左.

五、(25分)如圖18-5所示，一薄壁導(dǎo)體球殼

(以下簡(jiǎn)稱為球殼)的球心在。點(diǎn).球殼通過

一細(xì)導(dǎo)線與端電壓U=90V的電池的正極相

連，電池負(fù)極接地.在球殼外A點(diǎn)有一電量為

q.=10X10℃的點(diǎn)電荷，B點(diǎn)有一電量為q

2=16X10-9C的點(diǎn)電荷.點(diǎn)0、A之間的距離

di=20cm，點(diǎn)0、B之間的距離d2=40

cm.現(xiàn)設(shè)想球殼的半徑從a=10cm開始緩

慢地增大到50cm,問：在此過程中的不同階

段，大地流向球殼的電量各是多少？已知靜電

力常量k=9X109N?m2/C2.假設(shè)點(diǎn)電荷

能穿過球殼壁進(jìn)入導(dǎo)體球殼內(nèi)而不與導(dǎo)體壁接圖復(fù)18-5

觸.

解：分以下幾個(gè)階段討論：

1.由于球殼外空間點(diǎn)電荷qI、q?的存在，球殼外壁的電荷分布不均勻，用

。表示面電荷密度.設(shè)球殼半徑a=10cm時(shí)球殼外壁帶的電量為Q-因?yàn)殡姾?/p>

qq2與球殼外壁的電量Qi在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)為零，球殼內(nèi)為電勢(shì)等于U

的等勢(shì)區(qū)，在導(dǎo)體表面上的面元AS所帶的電量為。AS,它在球殼的球心。處產(chǎn)

生的電勢(shì)為AUi=koAS/a,球殼外壁所有電荷在球心。產(chǎn)生的電勢(shì)Ui為

U|=ZAUi=kZoAS/a=kCh/a.

點(diǎn)電荷qi、qz在球殼的球心0處產(chǎn)生的電勢(shì)分別為kq^/di與kq?/d

2,因球心0處的電勢(shì)等于球殼的電勢(shì)，按電勢(shì)疊加原理，即有

(kq,/d,)+(kq2/d2)+(kQ,/a)=U,

代入數(shù)值后可解得球殼外壁的電量Q?為

-9

Q,=(aU/k)-a((q,/d,)+(q2/d2))=-8xlOC.

因球殼內(nèi)壁無電荷，所以球殼的電量Qi等于球殼外壁的電量Qi,即

Qj=Q,=-8X10-9C.

2.當(dāng)球殼半徑趨于d?時(shí)(點(diǎn)電荷仍在球殼外)，設(shè)球殼外壁的電量變?yōu)镼z,

球殼外的電荷qi、q2與球殼外壁的電量Qz在殼內(nèi)產(chǎn)生的合場(chǎng)強(qiáng)仍為零，因球殼

內(nèi)仍無電荷，球殼內(nèi)仍保持電勢(shì)值為U的等勢(shì)區(qū)，則有

(kq,/d,)+(kq2/d2)+(kQ2/d,)=U,

解得球殼外壁的電量

-9

Q2=(d,U/k)-(d)(q,/d,+q2/d2))=-16xlOC.

因?yàn)榇藭r(shí)球殼內(nèi)壁的電量仍為零，所以球殼的電量就等于球殼外壁的電量，即

Qii=Q2=-16xlO-9C,

在a=10cm到趨于d?的過程中，大地流向球殼的電量為

△Q1=QII—Q?=-8x109C.

3.當(dāng)點(diǎn)電荷qi穿過球殼，剛進(jìn)入球殼內(nèi)(導(dǎo)體半徑仍為dQ,點(diǎn)電荷q?在

球殼內(nèi)壁感應(yīng)出電量一q-因球殼的靜電屏蔽，球殼內(nèi)電荷q?與球殼內(nèi)壁電荷

—q1在球殼外產(chǎn)生的合電場(chǎng)為零，表明球殼外電場(chǎng)僅由球殼外電荷q2與球殼外

壁的電荷Q3所決定.由于球殼的靜電屏蔽，球殼外電荷q2與球殼外壁的電荷Q3

在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合電場(chǎng)為零，表明對(duì)電荷q2與Q3產(chǎn)生的合電場(chǎng)而言，球殼內(nèi)空

間是電勢(shì)值為U的等勢(shì)區(qū).q2與Q3在球心。處產(chǎn)生的電勢(shì)等于球殼的電勢(shì)，即

(kq2/d2)+(kQ3/dQ=U,

解得球殼外壁電量

9

Q3=(d1U/k)-(d)q2/d2)=-6XWC,

球殼外壁和內(nèi)壁帶的總電量應(yīng)為

Qni=Q3+(—qi)=-16X109C,

在這過程中，大地流向球殼的電量為

==

△QIIQin-QII0.

這個(gè)結(jié)果表明：電荷q?由球殼外極近處的位置進(jìn)入殼內(nèi)，只是將它在球殼外

壁感應(yīng)的電荷轉(zhuǎn)至球殼內(nèi)壁，整個(gè)球殼與大地沒有電荷交換.

4.當(dāng)球殼半徑趨于dz時(shí)(點(diǎn)電荷qz仍在球殼外)，令Q4表示此時(shí)球殼外壁

的電量，類似前面第3階段中的分析，可得

(kq2/d2)+(kQd/d2)=U,

由此得

9

Q4=(dzU/k)-(d2(q2/d2))=-12X10-C,

球殼的電量QN等于球殼內(nèi)外壁電量的和，即

Q(v=Q“+(—q?)=-22x109C,

大地流向球殼的電量為

△Qni=Qw—Qm=-6x109C.

5.當(dāng)點(diǎn)電荷q2穿過球殼，剛進(jìn)入球殼內(nèi)時(shí)(球殼半徑仍為d2),球殼內(nèi)壁

的感應(yīng)電荷變?yōu)橐?qi+q?),由于球殼的靜電屏蔽，類似前面的分析可知，球

殼外電場(chǎng)僅由球殼外壁的電量Q5決定，即

kQ5/d2=U,

9

可得Q5=d2U/k=4x10C,

球殼的總電量是

=9

QvQs—(qt+q2)=—22x10C,(15)

在這個(gè)過程中，大地流向球殼的電量是

△Qiv=Qv—Qiv=0.(16)

6.當(dāng)球殼的半徑由d2增至ai=50cm時(shí)，令Q。表示此時(shí)球殼外壁的電量,

有

k(Q6/a,)=U,(17)

9

可得Q6=ai(U/k)=5x10C,

球殼的總電量為

Qvi=Qe—(qi+Q2)=-21x109C,

大地流向球殼的電量為

△Qv=Qvi—Qv=lxl09C.

六、（27分）一玩具“火箭”由上下兩部分和一短而硬（即勁度系數(shù)很大）的輕質(zhì)彈

簧構(gòu)成.上部分Gi的質(zhì)量為m-下部分G2的質(zhì)量為m"彈簧夾在Gi與G?之

間，與二者接觸而不固連.讓G1、Gz壓緊彈簧，并將它們鎖定，此時(shí)彈簧的彈

性勢(shì)能為已知的定值E。.通過遙控可解除鎖定，讓彈簧恢復(fù)至原長(zhǎng)并釋放其彈性

勢(shì)能，設(shè)這一釋放過程的時(shí)間極短.第一種方案是讓玩具位于一枯井的井口處并

處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)解除鎖定，從而使上部分Gi升空.第二種方案是讓玩具在井口處

從靜止開始自由下落，撞擊井底（井足夠深）后以原速率反彈，反彈后當(dāng)玩具垂

直向上運(yùn)動(dòng)到離井口深度為某值h的時(shí)刻解除鎖定.

1.在第一種方案中，玩具的上部分Gi升空到達(dá)的最大高度（從井口算起）為多

少？其能量是從何種形式的能量轉(zhuǎn)化而來的？

2.在第二種方案中，玩具的上部分Gi升空可能達(dá)到的最大高度（亦從井口算起）

為多少？并定量討論其能量可能是從何種形式的能量轉(zhuǎn)化而來的.

解：1.在彈簧剛伸長(zhǎng)至原長(zhǎng)的時(shí)刻，設(shè)Gi的速度的大小為V,方向向上，G2

的速度大小為V1,方向向下，則有

m）v1—m2v2=0,①

2

（1/2）mivj+（1/2）m2v2=E0,②

解①、②兩式，得

12%穌一

V1=［的（飛+演2）,③

2根1&）

羽2伽1+啊）.④

設(shè)Gi升空到達(dá)的最高點(diǎn)到井口的距離為H-則

2

II,=v!/2g=((m2/m,g(m)+m2))E0⑤

Gi上升到最高點(diǎn)的重力勢(shì)能為

Ep?=m,g111=(m2/(m(+m2))E0.⑥

它來自彈簧的彈性勢(shì)能，且僅為彈性勢(shì)能的一部分.

2.在玩具自井底反彈向上運(yùn)動(dòng)至離井口的深度為h時(shí)，玩具向上的速度為

u=愆.⑦

設(shè)解除鎖定后，彈簧剛伸長(zhǎng)至原長(zhǎng)時(shí)，Gi的速度大小為vj,方向向上，

Gz的速度大小為v,方向向下，則有

m?v?z—m2V2'=(ml+m2)u,⑧

z2

(1/2)m,v?+(l/2)m2V2'=(l/2)(ml+m2)u+En,⑨

消去⑧、⑨兩式中的vJ,得v「的方程式為

m?(1+(mt/m2))v?'—2m,(1+(m,/m2))uv「+m,(1

2

+m,/m2)u—2E(,=0,

由此可求得彈簧剛伸長(zhǎng)至原長(zhǎng)時(shí)，G?和G2的速度分別為

I2%穌一

v/=u+1的(的+徵2),

I2的穌一

v/=—u+［羽2(n+搐2),

設(shè)G1從解除鎖定處向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最大高度為H2,，則有

I2啊穌一

ZZw(w+w2

H2=V,/2g=(l/2g)(u+Vii2))

Im2Efjh

=h+(m2Eo/m1g(m,+m2))+2寸的g(%+冽2),

從井口算起，G1上升的最大高度為

Z

H2=H2-h=(m2E0/m1g(m,+m2))+2^^話(的+的).

討論：

可以看出，在第二方案中，Gi上升的最大高度H2大于第一方案中的最大高度

II,,超出的高度與解除鎖定處到井口的深度h有關(guān).到達(dá)時(shí)，其重力勢(shì)能為

Ep2=m)gH2=(m2Eo/(m)+m2))+2V%+%,

(i)若EXE。，

曬-2穌g%

即24的+加2<m,E0/(mi+m2),

這要求h<E(>m,/4m2g(m,+m2).

這時(shí)，Gi升至最高處的重力勢(shì)能來自壓緊的彈性勢(shì)能，但僅是彈性勢(shì)能的一

部分.在這一條件下上升的最大高度為

H2<Eo/m?g.

(ii)若Ep2=Eo,2丫%=m?Eo/(m,+m2),

這要求h=Eom!/4m2g(mi+m2).

此時(shí)G?升至最高處的重力勢(shì)能來自壓緊的彈簧的彈性勢(shì)能，且等于全部彈性

勢(shì)能.在這一條件下，Gi上升的高度為

112=Eo/m?g.

m1m2E0g/i

(iii)若EgAE。，2V的+內(nèi)>m,Eo/(mt+m2),

這要求h>Eom,/4m2g(m,+m2).

此時(shí)G?升至最高處的重力勢(shì)能大于壓緊的彈簧的彈性勢(shì)能，超出部分的能量

只能來自Gz的機(jī)械能.在這個(gè)條件下，Gi上升的最大高度為

112>Eo/m!g.

復(fù)賽模擬試題一

1.光子火箭從地球起程時(shí)初始靜止質(zhì)量（包括燃料）為Mo,向相距為R=1.8X106l.y.

（光年）的遠(yuǎn)方仙女座星飛行。要求火箭在25年（火箭時(shí)間）后到達(dá)目的地。引

力影響不計(jì)。

1）、忽略火箭加速和減速所需時(shí)間，試問火箭的速度應(yīng)為多大？2）、設(shè)到達(dá)目的

地時(shí)火箭靜止質(zhì)量為M。'，試問M。/MJ的最小值是多少？

分析：光子火箭是一種設(shè)想的飛行器，它利用“燃料”物質(zhì)向后輻射定向光束，

使火箭獲得向前的動(dòng)量。求解第1問，可先將火箭時(shí)間「。=25。（年）變換成地

%

球時(shí)間r,然后由距離R求出所需的火箭速度。火箭到達(dá)目的地時(shí)，比值是不

定的，所謂最小比值是指火箭剛好能到達(dá)目的地，亦即火箭的終速度為零，所需

“燃料”量最少。利用上題（本章題11）的結(jié)果即可求解第2問。

解：1）火箭加速和減速所需時(shí)間可略，故火箭以恒定速度。飛越全程，走完全程

所需火箭時(shí)間（本征時(shí)間）為％=25”（年利用時(shí)間膨脹公式，相應(yīng)的地球時(shí)

間為

R

V

故

可見，火箭幾乎應(yīng)以光速飛行。

（2）、火箭從靜止開始加速至上述速度。，火箭的靜止質(zhì)量從M。變?yōu)镸,然后作勻

%

速運(yùn)動(dòng)，火箭質(zhì)量不變。最后火箭作減速運(yùn)動(dòng)，比值M；）最小時(shí)，到達(dá)目的地時(shí)

的終速剛好為零，火箭質(zhì)量從M變?yōu)樽罱K質(zhì)量加速階段的質(zhì)量變化可應(yīng)用上

題（本章題11）的（3）式求出。因光子火箭噴射的是光子，以光速c離開火箭，

即u=c,于是有

M_(

(1)

0=生為加速階段的終速度，也是減速階段性的初速度。對(duì)減速階段，可應(yīng)用上

題（本章題11）的（4）式，式中的s以減速階段的初質(zhì)量M代入。又因減速時(shí)必

須向前輻射光子，故--的即有

M_(1-ygV

嬴【可

由（1）、（2）式，得

M_\+/34/?24H2

-1H=4xlO10

前二9

圖52-1

2.如圖52T所示，地面上的觀察者認(rèn)為在地面上同時(shí)發(fā)生的兩個(gè)事件A和B,在

相對(duì)地面以速度〃（〃平行于x軸，且與正方向同向）運(yùn)動(dòng)的火箭上的觀察者的判

斷正確的是（）

A、A早于BB、B早于A

C、A、B同時(shí)發(fā)生D、無法判斷

解：在地面（S系）上，&=/-5，加=金一^=°,在火箭（S'系）中,

uxB

C2

uxA

9

C

因r>0,?>0,馬一4<0,故△/<0。即從火箭上觀

察，B事件在前，A事件在后，選B。

圖11-195

3.如圖11T95所示，正方形均質(zhì)板重G,用4根輕質(zhì)桿錢鏈水平懸掛，外形構(gòu)成

邊長(zhǎng)為a的立方體，現(xiàn)將方板繞鉛垂對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)0角度，再用一細(xì)繩圍繞四桿的

中點(diǎn)捆住，使板平衡于0角位置。試求繩內(nèi)的張力。

分析：初看此題，一般都會(huì)覺的比較復(fù)雜，因?yàn)轭}中較鏈就有8個(gè)，加上4根輕

質(zhì)桿與繩子有4個(gè)接觸點(diǎn)，一共有12個(gè)受力點(diǎn)，而且初看甚至想象不出木板旋轉(zhuǎn)

0角度以后整個(gè)系統(tǒng)是什么樣子，即使把各個(gè)受力點(diǎn)的力逐個(gè)畫出來也無濟(jì)于事。

應(yīng)該先想一想哪些點(diǎn)都是對(duì)稱的（等價(jià)的），找出最基本的部分，再把空間方向確

定下來，然后好畫出各個(gè)力點(diǎn)的受力情況。

解：把木板繞鉛垂對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)。角度以后，系統(tǒng)雖然不是一個(gè)很對(duì)稱的立方體，

但把系統(tǒng)繞鉛直軸旋轉(zhuǎn)90度的整數(shù)倍，系統(tǒng)的與自身重合，說明四根輕桿的受力

情況是完全一樣的。系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，把四根輕桿，木板，繩組成的部分看成

剛體，則剛體受四個(gè)校接部分的力而平衡，重力方向的平衡可以得出，豎直方向

對(duì)每根輕桿的拉力T上為：

4T「G(1)

而較接處是否對(duì)輕桿有水平方向的作用力，暫時(shí)還不好確定，不過可以

為N〃，從俯圖來看四根輕桿的受力情況（如圖11T96所示）：

圖中虛線表示正方形對(duì)角線的外延部分，如果N〃不在對(duì)角線方向上，則

四個(gè)N〃對(duì)0點(diǎn)有一個(gè)力偶矩，將使得下面的部分旋轉(zhuǎn)，與平衡假設(shè)相矛

盾，因此水平彈力必然在對(duì)角線方向，要么都向外，要么都向里（設(shè)向

外為正，這種設(shè)法不會(huì)影響結(jié)果）。

圖11-196

同樣的道理，把木板隔離開來，可知木板對(duì)輕桿往下的拉力金為：

4彩=G(2)

而水平方向的作用力必沿對(duì)角線方向（否則木板旋轉(zhuǎn)），木板對(duì)桿的作用力向里向

外的性質(zhì)與上端錢鏈的方向相同，否則以繩對(duì)桿的作用點(diǎn)為支點(diǎn),

力矩?zé)o法平衡。

下面再看整個(gè)系統(tǒng)的俯視圖（如圖11T97所示），把輕桿隔離出

來作為平衡的剛性桿，利用力的平衡條件和力矩的平衡條件可求

出拉力T的大小。

繩作用在每根轉(zhuǎn)桿的中點(diǎn)，在俯視圖上不難看出，繩子構(gòu)成一個(gè)

正方形，且在水平面內(nèi)，因而可以知道繩對(duì)輕桿僅有水平面內(nèi)，

因而可以知道繩對(duì)輕桿僅有水平面內(nèi)的拉力，輕桿在豎直方向上

力的平衡是滿足的：

7m（3）圖11-197

取一根輕桿為研究對(duì)象不難求出N〃與的關(guān)系，以及汽〃與〃的關(guān)系，設(shè)繩的

張力為T，則水平合力其=加7。

x方向水平力平衡：

,.0.0

N〃sm5=N〃sin-

(4)

y方向水平力平衡：

nn

N'ncos—+N//cos—=T"-yp2.T

(5)

在過輕桿的豎直面內(nèi)來分析力矩平衡（只研究平面內(nèi)轉(zhuǎn)矩）,如圖

11T98。

對(duì)于A點(diǎn)，力矩平衡

N',,sin—?ajcos.=Tr-J2asin—

22（6）

聯(lián)合（2）、（4）、（5）、（6）式可得

G-cos

T=-/2

2jcos6

4.如圖12-30所示，一小車對(duì)地以加速度aklm/s?向左由靜止開始作勻加速運(yùn)動(dòng)，

車上一人又以加速度az=2m/s2相對(duì)于車向右同時(shí)由靜止開始作勻加速運(yùn)動(dòng)。求：（1）

人對(duì)地的加速度；（2）經(jīng)歷時(shí)間3=ls,人對(duì)地的瞬時(shí)速度；（3）經(jīng)歷時(shí)間t2=2s,

人對(duì)地的位移。

解：(1)°人地=a人車+"乍地

與a?方向相反選a?為正方向

則

a人地=2mIs2一同卜2

=im/s

(2)t=ls時(shí)，"人車=2加

圖12-30

。軍.地=-\m/s

.i?人地=2/〃/s-L〃/s

=1m/5

(3),/aMtL~

—xaxf2=s=_xlx22=2m

22

5.有一小直徑為d的試管，管內(nèi)裝有理想氣體，其中有一段質(zhì)量m=2g的水銀將

理想氣體和空氣隔開。當(dāng)試管口向上時(shí)，氣體在試管中的長(zhǎng)為L(zhǎng)（圖24-30（a）

中的（a））,當(dāng)將管口向下時(shí)，氣體在試管中長(zhǎng)為L(zhǎng)z（圖24-30（b）中的（b））,

試求Lz/L為多少？

解：如果是等溫過程，可得理想氣體的狀態(tài)方程

圖24-30(b)

9=常數(shù)

對(duì)于上述兩種情況，可有

現(xiàn)在考慮在每一一'況作請(qǐng)中在氣體上的壓強(qiáng)，如圖24-30(b)所示，可得

匕_6=以氣

門―一

式中S為試管內(nèi)部的截面積，W為水銀的重量，W=mg,則

v2SL2

尸大氣-一mg

S

消去S得

4m

p+￡

G_大氣血2

L】p4mg

大氣血2

6.有一個(gè)兩端開口、粗細(xì)均勻的U型玻璃細(xì)管，放置在豎直平面內(nèi)，處在

壓強(qiáng)為P。的大氣中，兩個(gè)豎直支管的高度均為h,水平管的長(zhǎng)度為2h,玻圖2/54(a)

璃細(xì)管的半徑為r,r?h,今將水平管內(nèi)灌滿密度為P的水銀，如圖24-54

(a)所示。

1.如將U型管兩個(gè)豎直支管的開口分別封閉起來，使其管內(nèi)空氣壓強(qiáng)均等于大氣

壓強(qiáng)，問當(dāng)U型管向右作勻加速移動(dòng)時(shí)，加速度應(yīng)多大才能使水平管內(nèi)水銀柱長(zhǎng)

度穩(wěn)定為3o

2.如將其中一個(gè)豎直支管的開口封閉起來，使其管內(nèi)氣體壓強(qiáng)為latm,問當(dāng)U型

管繞以另一個(gè)豎直支管(開口的)為軸作勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，轉(zhuǎn)數(shù)n應(yīng)為多大才能使水

平管內(nèi)水銀柱長(zhǎng)度穩(wěn)定為3,

(U型管作以上運(yùn)動(dòng)時(shí)，均不考慮管內(nèi)水銀液面的傾斜)

解：1、當(dāng)U型管向右加速移動(dòng)時(shí)，水平管內(nèi)的水銀柱將向左邊的豎直支管中移動(dòng),

其穩(wěn)定的位置是留在水平管內(nèi)的水銀柱所受的水平方向的合力等于使其以恒定加

速度a向右運(yùn)動(dòng)時(shí)所需的力。由于豎直支管內(nèi)空氣在膨脹或壓縮前后的溫度相等,

根據(jù)氣態(tài)方程有

4

PqhS=-P\hS

右管:

圖24-54(b)

,c2,c

PohS=-p2hS

左管:

S為管的截面積，圖24-54(b)中，A、B兩處壓強(qiáng)分別為:

1,

PA=Pz+-pgh

PB=P\

而留在水平管內(nèi)的水銀柱質(zhì)量

5

m--phS

其運(yùn)動(dòng)方程為(PA-PB)S=m.a

由以上各式可得

a=(9%+4pgh)/(20ph)

2.當(dāng)U型管以開口的豎直支管為軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，水平管內(nèi)的水銀柱將向封閉的豎直支

管中移動(dòng)，其穩(wěn)定位置是水平管內(nèi)的水銀柱所受的水平方向的合力，正好等于這

段水銀柱作勻速圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力。由于封閉豎直支管內(nèi)空氣在壓縮前后的

溫度相等，根據(jù)氣態(tài)方程有

p°hS=—phS

S為管的截面積。圖24-54(c)中A、B兩處的壓強(qiáng)分別為

1,

PA=P+3Pgh

圖24-54(c)

PB=P。

留在水平管內(nèi)的水銀柱的質(zhì)量

5

m=—phS

其運(yùn)動(dòng)方程為

(PA-pB)S=m(o2R=4?！鉻nR

7

R=-h

其中6

由以上各式可得

-222

n-[(9p0+6pgh)/(lO^/?/?)]

7.有一塊透明光學(xué)材料，由折射率略有不同的許多相互平行的，厚度

d=0.1mm的薄層緊密連接構(gòu)成，圖33-40表示各薄層互相垂直的一個(gè)

截面，若最下面一層的折射率為n。，從它往上數(shù)第K層的折射率為

nK=n0-Kv＞其中n0=l.4,v=0.025,今有一光線以入射角i=60°射向0

圖33-40

點(diǎn)，求此光線在這塊材料內(nèi)能達(dá)到的最大深度？

解：設(shè)光線進(jìn)入材料后的折射角為r,則根據(jù)折射定律有$皿『=〃。?5皿「，此光線

r=三_jr=上—$

從最下面一層進(jìn)入向上數(shù)第一層時(shí)，入射角為一2%，折射角為一2也，

同樣根據(jù)折射定律有

sin71

?oel|-^o=nsin----私

x2

也即〃o?COS%="|COS必

光線從第一層進(jìn)入第二層時(shí)，同樣可得

%.cos族o=n2cos必

綜合以上分析可得：

n()?cos。。=〃]cos。〕=n2cos^2...........nK?cos^K

因?yàn)椤↘=〃。-KX0.0025,所以COS0K隨著K的增大而增大，公則隨著K的增大而

減小，即光線在順序變化的介質(zhì)中傳播時(shí)將偏向折射率變大的方向。滿足上式又

當(dāng)COSOK最接近1的K值即為光線能進(jìn)入的最深薄層的序號(hào)，光線在這個(gè)薄層上將

發(fā)生全反射，然后又逐層返回下面最后射出透明材料。

因此求出能滿足下式的K的最大值

"o?COS0O_n?cos」,

COS0K一0<1

〃Kn()一Ku

因?yàn)椤?)?cos%=%sinr=sini

代入上式得：

.sinz.

COS0K=----------<1

%-Ku

。H-sin/1.41-0.866”水

K<---0---------=------------------=21./O

解得:U0.025

取小于21.76的最大整數(shù)，得K=21,即在n。上面第21層下表面就是光線能到達(dá)的

最深處，所以光線在這塊透明材料內(nèi)能達(dá)到的最大深度是

〃=(K+1)<7=22x0.\inrn-22mm.

5

8.(1)圖33-98所示為一凹球面鏡，球心為C,內(nèi)盛透明液體，已知E

C至液面高度CE為40.0cm,主軸C0上有一物A,物離液面高度AE2R—H

恰好為時(shí)，物的實(shí)像和物處于同一高度。實(shí)驗(yàn)時(shí)光圈直徑

30.0cmA圖33-99

很小，可以保證近軸光線成像。試求該透明液體的折射率n。

(2)體溫計(jì)橫截面如圖33-99所示，已知細(xì)水銀柱A離圓柱面頂點(diǎn)0的距離為2R,

R為該圓柱面半徑，C為圓柱面中心軸位置。玻璃的折射率n=3/2,E代表人眼，

求圖示橫截面上人眼所見水銀柱像的位置、虛實(shí)、正倒和放大倍數(shù)。

分析：（1）通過折射定律和光圈足夠小的條件可求出液體的折射率。（2）注意在

近軸條件下的近似，再通過幾何知識(shí)即可求解。

解：（1）主軸上物A發(fā)出的光線AB,經(jīng)液體界面折射后沿BD方向入射球面鏡時(shí)，

只要BD延長(zhǎng)線過球心C,光線經(jīng)球面反射后必能沿原路折回。按光的可逆性原理,

折回的光線相交于A（圖33-100）。

對(duì)空氣、液體界面用折射定律有

sinz=n-sinr

siniBE/AB

n-....=.:

sinrBE/CB

CE<).0

n==---1-.33

當(dāng)光圈足夠小時(shí)，BTE,因此有AE30.0

（2）先考慮主軸上點(diǎn)物A發(fā)出的兩條光線，其一沿主軸方向ACOE入射界面，無偏

折地出射，進(jìn)入人眼E。其二沿AP方向以入射角，斜入射界面P點(diǎn)，折射角為r。

折射光線PQ要能進(jìn)入人眼E,P點(diǎn)應(yīng)非?？拷?點(diǎn)，或者入射角，和折射角r應(yīng)很

小。若角度以弧度量度，在小角（近軸）近似下，折射定律〃sini=sinr可寫為「=初。

這兩條光線反向延長(zhǎng)，在主軸上相交于A,A即為物A之虛像點(diǎn)（圖33To1）。

對(duì)NAB4'用正弦定律，得

sinZA'PA_sin(?-z)_sinz

A'AA'PA'P

在小角(近軸)近似下：

sinZA'PA=ZA'PA.=ni-i,sini=i

/=松

ni-i_i

上式可寫為Tcb-IR-AV圖33-100

解上式得

2R2R

A'O==4R

2-n2-3/2

為了分析成像倒立和放大情況，將水銀柱看成有一定高度的垂軸小物體AB,即然

A~A'是一對(duì)共規(guī)點(diǎn)，只要選從B發(fā)出的任一條光線經(jīng)界面折射后，反向延長(zhǎng)線

與過4點(diǎn)垂軸線相交于*,*是點(diǎn)物B虛像點(diǎn)，即，

AE是物AB之正立虛像。凡。_p/=外

選從B點(diǎn)發(fā)出過圓柱面軸心C的光線BC。該光線對(duì)!...與二身產(chǎn)J。

界面來說是正入射（入射角為零），故無偏折地出射，............................?

反向延長(zhǎng)BC線交過4垂軸線于從MFCsAAA\iE

ABC得、’

圖33-101

A^'_AT_3R

放大率

9.如圖41-83所示，兩個(gè)固定的均勻帶電球面A和B分別帶電4Q和Q（Q〉0）。兩

球心之間的距離d遠(yuǎn)大于兩球的半徑，兩球心的連線MN與兩球面的相交處都開有

足夠小的孔，因小孔而損失的電量可以忽略不計(jì)。一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)靜止地放置在A

球左側(cè)某處P點(diǎn)，且在MN直線上。設(shè)質(zhì)

點(diǎn)從P點(diǎn)釋放后剛好能穿越三個(gè)小孔，并

通過B球的球心。試求質(zhì)點(diǎn)開始時(shí)所在的

P點(diǎn)與A球球心的距離x應(yīng)為多少？

分析：質(zhì)點(diǎn)釋放后，由于質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，A

球和B球帶正電，故質(zhì)點(diǎn)先加速，穿過A

球內(nèi)時(shí)，不受A球的電場(chǎng)力作用，但仍受

B球的電場(chǎng)力，進(jìn)一步加速。在兩球之間

時(shí)，存在一質(zhì)點(diǎn)所受合力為零的點(diǎn)，設(shè)此

點(diǎn)為S,且由于A球所帶電量大于B球帶

電量，S點(diǎn)應(yīng)離B球較近。所以質(zhì)點(diǎn)從A球內(nèi)出來后到S點(diǎn)這段距離內(nèi)作減速運(yùn)動(dòng)，

從S點(diǎn)到B球的第一個(gè)孔這段距離內(nèi)作加速運(yùn)動(dòng)。因此，為了使質(zhì)點(diǎn)能到達(dá)B球

的球心，第一個(gè)必要條件是，質(zhì)點(diǎn)必須通過S點(diǎn)，即質(zhì)點(diǎn)在S點(diǎn)的速度至少應(yīng)大

于零或至少等于零。若質(zhì)點(diǎn)能通過S點(diǎn)，則如上述，從S點(diǎn)到B球的第一個(gè)孔期

間，質(zhì)點(diǎn)沿MN向右加速。由于質(zhì)點(diǎn)在B球內(nèi)不受B球的電場(chǎng)力作用，但仍受A球

向左的引力，質(zhì)點(diǎn)減速，因此為了使用期質(zhì)點(diǎn)能通過B球的球心，第二個(gè)必要條

件是，質(zhì)點(diǎn)在B球球心處的速度應(yīng)大于零或至少等于零。

本題的關(guān)鍵在于帶電體系的電勢(shì)能與帶電質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能之和，在該質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中

守恒。因此質(zhì)點(diǎn)剛好能通過S點(diǎn)的條件可表示為，質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)和S點(diǎn)時(shí)，帶電體

系的電勢(shì)能相等（注意，質(zhì)點(diǎn)在P