第十八届全国高中生物理竞赛复赛试题及答案Word文档下载推荐.docx
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=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
2.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
2/φ1=
/
=(
-R1)/(
-R2),
由②、③式可得(
-R2)=R1/R2,
则φ2/φ1=R1/R2=2.
得分
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.
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℃.
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×
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℃.
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
pa(27°
)=p(5000)-pW(27°
)
=(53×
103-3.6×
=49.4×
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×
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.
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×
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.
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
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
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