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?149.7?103Pa （4） 若在t?t2时阀被顶起，则此时的pw应等于p?，即
pw?p? （5）
由图复解18-2-2可知
t2?112℃ （6）
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．由图复解18-2-2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?10?3.6?10)Pa33
?49.4?103Pa （7）
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)p(27?) ?a273?t273?27 pa(t)?(164.7t?45.0?103)Pa （8） 若在t?t?时压力阀刚好开始被顶起，则有
pw(t?)?p2(t?)?p? （9）
由此得
pw(t?)?p??pa(t?)?(105?103?164.7t?)Pa （10）
画出函数p??pa(t?)的图线， 取t?0,p??pa(0?)?105?103Pa t?100,p??pa(100?)?88.6?103Pa
由此二点便可在图复解18-2-2上画出此直线，此直线与图复解18-2-2中的pw(t)～t曲线的交点为A，A即为所求的满足（10）式的点，由图可看出与A点对应的温度为
t??97℃ （11）
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、参考解答
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．
1 （1） 2n又知基态（n?1）的能量为－13.58eV，即
1E1?K2??13.58eV
1所以 K??13.58eV
n?2的第一激发态的能量为
11E2?K2??13.58???3.39eV （2）
42 En?K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
h??E内?10.19eV=10.19?1.602?10－19J=1.632?10－18J （4） 式中?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）
12122mv0?m(vA?vB)?h? （6） 222h?h?h?光子的动量p??。由（6）式可推得mv0?，因为v0??c，所以mv0??，故（5）
v0cc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
121mv0?m(vA?vB)2?mvAvB?h?22
12?mv0?mvA(v0?vA)?h?22mvA?mvAv0?h??0
经配方得
1?12?m?vA?v0??mv0?h??0
2?4?121??mv0?h??m?vA?v0? （8） 42??1由（8）式可看出，当vA?v0时，v0达到最小值v0min，此时
2vA?vB （9）
22v0min?2h? （10） m代入有关数据，得
v0min?6.25?104m/s （11） 答：B原子的速度至少应为6.25?104m/s．
四、参考解答
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的方向如图复解18-4-1所示，对左环电路ADCFA，有关系 ??I1rCFA?I2rADC 因
rCFA?故
5rr，rADC?，??K?R2 665rr?I2 （1） 66K?R2?I1因回路ADCEA所围的面积为
?2??33?2 2????R12??故对该回路有
??2??33?2?rK?2?R?2I （2） ??2????126????解得
(2??33)R2I2?K （3）
2r代入（1）式，得
(10??33)R2I1?K （4）
10r2．求每个圆环所受的力．
先求左环所受的力，如图复解18-4-2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?l?为例，安培力?F为径向，其x分量的大小表示为
?Fx?I1B?l?cos? （5）
因 ?l?cos???l 故 ?Fx?I1B?l
Fx??I1B?l?I1BPQ?I1BR （6）
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 ?(10??33)R2???K?BR10r???(10??33)R2???K?(B0?Kt0)R （7）
10r??方向向左
同理，载流导体弧AC在t0时刻所受的安培力为
?(2??33)R2? F2?I2BR??K?BR
2r???(2??33)R2? ??K?(B0?Kt0)R （8）
2r??方向向右
左环所受的合力大小为
93 F?F1?F2?K(B0?Kt0)R3 （9）
5r方向向左
五、参考解答
分以下几个阶段讨论：
1．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?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?S所
带的电量为??S，它在球壳的球心O处产生的电势为?U1?k心O产生的电势U1为
U1???U1?k??Sa，球壳外壁所有电荷在球
???S?kQ1 （1）
aa点电荷q1、q2在球壳的球心O处产生的电势分别为kq1q与k2，因球心O处的电势等于球d1d2壳的电势，按电势叠加原理，即有
qqQk1?k2?k1?U （2） d1d2a代入数值后可解得球壳外壁的电量Q1为
?qq?U?a?1?2???8?10－9C k?d1d2?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
Q1?a－9Q＝Q??8?10C （3） 1Ⅰ
2．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
qqQ k1?k2?k2?U （4）
d1d2d1解得球壳外壁的电量
?qq?U?d1?1?2???16?10－9C k?d1d2?因为此时球壳内壁电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即
QⅡ＝Q2??16?10－9C （5）
Q2?d1在a?10cm到趋于d1的过程中，大地流向球壳的电量为
－9?Q＝QⅡ－QC （6） ⅠⅠ??8?103．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
k解得球壳外壁电量
Qq2?k3?U （7） d2d1qU?d12??6?10－9C （8） kd2球壳外壁和内壁带的总电量应为
QⅢ?Q3?(?q1)??16?10－9C （9）
Q3?d1在这过程中，大地流向球壳的电量为
?QⅡ?QⅢ?QⅡ?0 （10） 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．
4．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
qQk2?k4?U （11） d2d2由此得
Q4?d2?q?U?d2?2???12?10－9C k?d2?球壳的电量QⅣ等于球壳内外壁电量的和，即
QⅣ＝Q4?(?q1)??22?10－9C （12） 大地流向球壳的电量为
2001年第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题
