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
?E2??g?V(h1?h2) （7）
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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
E1???1?B ?S1?t?t根据题给的条件有
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
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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?2R2)sin??x?2R2cos?
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，若是那样运动，由于杆不
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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“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
1 A C 3
B 2
图复解 19-3
22 EK?mv3?2(mv1) （1）
1212再由对称性及动量守恒可知
mv3?2mv1 （2） 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
qqEP??2k?k （4）
l2l根据能量守恒有
EP?EP??EK （5） 由以上各式可解得
222kq2 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2关S后，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
2.合上开关S后，线捆贮有磁场能量W?过，最后变为零。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 第4页
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?
P? Q?
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
f2yu?f1?? （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）
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第19届全国中学生物理竞赛复赛答案
