第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题
一、参考解答
1．对于一个望远系统来说，从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于光轴的光线，它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行，即像点也在主光轴上无限远处，如图18－2－6所示，图中Ｃ1为左端球面的球心．
图18－2－6
由正弦定理、折射定律和小角度近似得
（
－Ｒ１）／Ｒ１＝ｓｉｎｒ１／ｓｉｎ（ｉ１－ｒ１）≈ｒ１／（ｉ１－ｒ１）
＝1／（（ｉ１／ｒ１）－1）≈1／（ｎ－1）， ① 即 （／Ｒ１）－1＝1／（ｎ－1）． ②
光线ＰＦ１射到另一端面时，其折射光线为平行于主光轴的光线，由此可知该端面的球心Ｃ２一定在端面顶点Ｂ的左方，Ｃ２Ｂ等于球面的半径Ｒ２，如图18－2－6所示．
仿照上面对左端球面上折射的关系可得 （
／Ｒ２）－1＝1／（ｎ－1）， ③ 又有
＝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））．
1 页 共 9 页
第
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（－Ｒ１）／（
－Ｒ２）＝Ｒ１／Ｒ２，
则φ２／φ１＝Ｒ１／Ｒ２＝2． 二、参考解答
1．由图18－2－8知在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101．3×10３
Ｐａ．在ｚ＝5000ｍ时，大气压强为
ｐ（5000）＝53×10３
Ｐａ．
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°）＝198×10３
Ｐａ，而在海平
2 页 共 9 页
第
面处，大气压强ｐ（0）＝101×10３
Ｐａ．可见压力阀的附加压强为 ｐＳ＝ｐＷ（120°）－ｐ（0） ＝（198×10３
－101．3×10３
）Ｐａ ＝96．7×10３Ｐａ．
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ｐ３
Ｗ（27°）＝3．6×10Ｐａ，这时锅内空气的压强（用ｐａ表示）为
ｐａ（27°）＝ｐ（5000）－ｐＷ（27°）
＝（53×10３
－3．6×10３
）Ｐａ ＝49．4×10３
Ｐａ． 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）， ｐ３
ａ（ｔ）＝（164．7ｔ＋45．0×10）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′－ｐ３
ａ（ｔ′）＝（105×10－164．7ｔ′）Ｐａ，
画出函数ｐ′－ｐａ（ｔ′）的图线，
取ｔ＝0℃，有 ｐ′－ｐ（0℃）＝105×10３ａＰａ， 取ｔ＝100℃，有 ｐ′－ｐ３
ａ（100℃）＝88．6×10Ｐａ． 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、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．即
Ｅ２
ｎ＝ｋ１／ｎ， ①
3 页 共 9 页
第
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
２＝ｋ１／2＝－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
－19
Ｊ
＝1．632×10－18
Ｊ． 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）ｍｖ２
２
２
０＝（1／2）ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）＋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）ｍｖ２
０＝（1／2）ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）２
－ｍｖＡｖＢ＋ｈν
＝（1／2）ｍｖ２０－ｍｖＡ（ｖ０－ｖＡ）＋ｈν，
ｍｖ２
Ａ－ｍｖＡｖ０＋ｈν＝0，
经配方得
ｍ（ｖ２
Ａ－（1／2）ｖ０）－（1／4）ｍｖ２
０＋ｈν＝0， （1／4）ｍｖ２
０＝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
ｖ４
０ｍｉｎ＝6．25×10ｍ／ｓ． 答：Ｂ原子的速度至少应为6．25×10４
ｍ／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18－2－10所示，对左环电路ＡＤＣＦＡ，有
4 页 共 9 页
第
图18－2－10
Ｅ＝Ｉ１ｒＣＦＡ＋Ｉ２ｒＡＤＣ，
因 ｒ２
ＣＦＡ＝5ｒ／6，ｒＡＤＣ＝ｒ／6，Ｅ＝ｋπＲ， 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，
5 页 共 9 页
第
第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题答案
