第19届全国中学生物理竞赛复赛试卷(含答案)

一、（20分）某甲设计了1个如图复19-1所示的“自动喷泉”装置，其中A、B、C为3个容器，D、E、F为3根细管，管栓K是关闭的．A、B、C及细管D、E中均盛有水，容器水面的高度差分别为h1和h1如图所示．A、B、C的截

面半

径为12cm，D的半径为0.2cm．甲向同伴乙说：“我若拧开管栓K，会有水从细管口喷出．”乙认为不可能．理由是：“低处的水自动走向高外，能量从哪儿来？”甲当即拧开K，果然见到有水喷出，乙哑口无言，但不明白自己的错误所在．甲又进一步演示．在拧开管栓K前，先将喷管D的上端加长到足够长，然后拧开K，管中水面即上升，最后水面静止于某个高度处．

(1)．论证拧开K后水柱上升的原因．

(2)．当D管上端足够长时，求拧开K后D中静止水面与A中水面的高度差．

(3)．论证水柱上升所需能量的来源．

二、 (18 分) 在图复19-2中，半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面指向纸外，磁感应强度B随时间均匀变化，变化率

外B/tK(K为一正值常量),圆柱形区

空间没有磁场，沿图中AC弦的方向画一直线，并向外延长，弦AC与半径OA的夹角

直线上有一任意点，设该点与A点/4．

的距离为x，求从A沿直线到该点的电动势的大小． 三、（18分）如图复19-3所示，在水平光滑绝缘的桌面上，有三个带正电的质点1、2、3，位于边长为l的等边三角形的三个顶点处。C为三角形的中心，三个质点的质量皆为m，带电量皆为q。质点 1、3之间和2、3之间用绝缘的轻而细的刚性杆相连，在3的连接处为无摩擦的铰链。已知开始时三个质点的速度为零，在此后运动过程中，当质点3运动到C处时，其速度大小为多少？ 四、（18分）有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数．在图复19-4-1中，E为电压可调的直流电源。K为开关，L为待测线圈的自感系数，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的电阻，A为电流表。将图复19-4-1中a、b之间的电阻线装进图复19-4-2所示的试管1内，图复19-4-2中其它装置见图下说明．其中注射器筒5和试管1组成的密闭容器内装有

某种气体（可视为理想气体），通过活塞6的上下移动可调节毛细管8中有色液注的初始位置，调节后将阀门10关闭，使两边气体隔开．毛细管8的内直径为d． 已知在压强不变的条件下，试管中的气体温度升高1K时，需要吸收的热量为Cq，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

12LI，I为通过线2圈的电流，其值可通过电流表A测量，现利用此装置及合理的步骤测量的自感系数L． 1．简要写出此实验的步骤．

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 2．用题中所给出的各已知量（r、rL、Cq、p、d等）及直接测得的量导出L的表达式，

五、（20分）薄凸透镜放在空气中时，两侧焦点与透镜中心的距离相等。如果此薄透镜两侧的介质不同，其折射率分别为n1和n2，则透镜两侧各有一个焦点（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。现有一个薄凸透镜L，已知此凸透镜对平行光束起会聚作用，在其左右两侧介质的折射率及焦点的位置如图复19-5所示。

1．试求出此时物距u，像距v，焦距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1，则与之相应的出射线与主轴的夹角2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,入射光子的能量与散射光子的能量之差等于电子静止能量的1／10．

1．试求电子运动速度的大小v,电子运动的方向与x轴的夹角；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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，求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小（珠子与绳子之间无摩擦）

注：质点在平面内做曲线运动时，它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法向加速度

an，可以证明，anv2/R，v为质点在该点时速度的大小，

轨道曲线在该点的“曲率半径”，所谓平面曲线上某点的曲径，就是在曲线上取包含该点在内的一段弧，当这段弧极小可以把它看做是某个“圆”的弧，则此圆的半径就是曲线在的曲率半径．如图复19-7-2中曲线在A点的曲率半径为RA，点的曲率半径为RB．

R为

率半时，该点在B

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答

一、参考解答

实践证明，甲的设计是正确的，所以乙的结论肯定是错的。

2002年

（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 E B

F

C

(a)

H h1

A

K

D中气体的压强为

pDpBgh1 （2）

由（1）、（2）两式可得 pDp0gh2

即pDp0，当拧开K后，D中气体压强降至p0，此时

B h2

C

(b)

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

p0g(h1h2)p0g(Hh1) （4） 由此可得 Hh2 （5）

（3）将图复解 19-l（a）和(b)两图相比较可知，其差别在于体积为V的水从A移至C中，另V的水又由B移入D中，前者重力势能减少，而后者重力势能增大，前者的重力势能减少量为

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) （7）

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。

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

EAP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

1B S1tt根据题给的条件有

E1 E1S1k （2） 由图复解19-2-2可知

1xR S1xRsin （3）

222由（1）、（2）、（3）式可得沿AP线段的电动势大小为

kRx （4） EAP22 Q C A x C A      P

R R D

O O

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2R。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S2k （6） 在图中连OC，令COQ，则OQC，于是

S2AOC的面积扇形OCD的面积1(Rsin)2RcosR2221R2(sin2)21当/4时，S2R2(1)，

2OCQ中有

x2RR

sinsin[(/4)]Rsin(x2R)sin()4

1(x2R)(cossin)2 (Rx2Rx2R)sincos 22 tan于是得

x2R x12x2RR(1arctan) （7） 2x由（5）、（6）、（7）式可得沿AQ线的电动势的大小为

S2 EAQkR2x2R(1arctan) （8） 2x

三、参考解答

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1 受的合外力为零，由质心运动定理可知，质心总是固定不动的。质点1、2在静电力A 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

C

那样运动，由于杆不能伸长，质点3必向左运动，三者的质心势必亦向左运动，这与3 “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

图

复

解

直线上，1、2的速度方向向右，3的速度方向左（如图复解19-3所示）。令v1、v2、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

1212mv32(mv1) （1） 22再由对称性及动量守恒可知 B

2

mv32mv1 （2）

EK系统原来的电势能为

q2 EP3k （3）

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

q2q2EP2kk （4）

l2l根据能量守恒有

EPEPEK （5） 由以上各式可解得

2kq2 v3 （6）

3lm

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。

12LI，因二极管D的存在，r中无电流。打开开关S后，2由于L中有感应电动势，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。

2.合上开关S后，线捆贮有磁场能量W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 Q12rLI （1） 2rrL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Cp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 V由以上各式可得

d24x （4）

xrrCppd L2L （5） 2rRI

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。

2Q

y

n1 f1

u

n2

F2

f2

v

P F1

yQ

P



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

fyuf12 （1） yf1vf2 (uf1)(vf2)f1f2

简化后即得物像距公式，即u，v，f1，f2之间的关系式

f1f21 （2） uv（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

n1sin1nsinn2sin2 （3） 对傍轴光线，1、2≤1，得sin11，sin22，因而得 2n11 （4） n21

nn

 

n

2

（3）由物点Q射向中心O的入射线，经L折射后，

图复解 19-5-2

出射线应射向Q，如图复解19-5-3所示，

Q

n1 L

n2

y 1 F2

P

P F2

y

u1

vQu



图复解 19-5-3

在傍轴的条件下，有

yutany11，vtan22 二式相除并利用（4）式，得

yun1yvn 2用（1）式的y/yf1/(uf1)代入（6）式，得

f1ufn1(u

1)vn2即 fn11uvnn 2u1v用（1）式的y/y(vf2)/f2代入（6）式，得

(vf2)un1fvn 22即 fn22uvn 2un1v从而得f1，f2，n1，n2之间关系式

f2n2f 1n1

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

2 m0c1(v2/c2)1.10m0c2 由此可解得

5） 6） 7）

8）（9）1）

（（（（

（0.210.417c0.42c （2） 1.10hh入射光子和散射光子的动量分别为p和p，方向如图复解19-6所示。电子的动量为

ccmv，m为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律可得

v m0v1(v2/c2)m0v1(v2/c2)cosh （3） ch （4） c光子散射方向

电子  光子入射方向

A

光子入射方向

图复解 19-6

sin已知 hh0.10m0c （5） 由（2）、（3）、（4）、（5）式可解得

2 0.37m0c2/h （6） 0.27m0c2/h （7） tan－127arctan()36.1 （8） 37电子从O点运动到A所需时间为 L t02.4L0/c （9）

v（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L01(v2/c2) （10） L0.91L0 （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 即有(hy)2x2(ly)2，得

x22(lh)y(l2h2) （1）

11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，

221如图复解19-7-1所示，图中的H(lh)，A为焦点。

2

2. 珠子在NC

法线 xM x O B 点的运动方程 AH N 因为忽略切线  T

F 绳子的xM x 质量，mO h P

g 所以可把与珠 N

H

法线 切线 子接触的那一A T  P

小段绳子看做N mg

A T C 是珠子的一部

mg

分，则珠子受C

y y

的力有三个，

图复解 19-7-1 图复解 19-7-2 力mg；一是重

另外两个是两绳子对珠子的拉力，它们分别沿NB和NA方向，这两个拉力大小相等，皆用T表示，

则它们的合力的大小为

F2Tcos （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

v2 2Tcosmgcosm （3）

Rmv2 2Tcosmgcos （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2gy （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l2h2

由此解得

v0g(lh) （7） 设物体在N处的速度为v，由机械能守恒定律可得

2 vv02g(HBN) （8）

2物体在N处法线方向的运动方程为

mv mgcos （9）

R式中R即为N处抛物线的曲率半径，从（7）、（8）、（9）式及H R21(lh),可求得 22(lBN)

cos这也等于N点抛物线的曲率半径，BNBNy，故得

2(ly) （10） cos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

R Tmgl （11）

2(ly)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 xdmgl(mg) （12） 2Tdlh)(lh)2 （13） Td绳子断开时珠子速度的大小为 vd2gyd2gl(1 mg) （14） 2Td