全国高中生物理竞赛复赛试题及答案 (二)

全国中学生物理竞赛复赛试卷、参考答案

全卷共六题，总分140分。

一、(22分)有一放在空气中的玻璃棒，折射率n=1.5,中心轴线长L=45cm,

一端是半径为Ri=10cm的凸球面.1.要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天

文望远镜(使主光轴上无限远处物成像于主光轴上无限远处的望远系统)，取中心

轴线为主光轴，玻璃棒另一端应磨成什么样的球面？2.对于这个玻璃棒，由无限

远物点射来的平行入射光束与玻璃棒的主光轴成小角度4),时，从棒射出的平行

光束与主光轴成小角度,求e2/(此比值等于此玻璃棒望远系统的视角

放大率).

解：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

(-R,)/R|=sinrjsin(i,—r,)«=：r,/(i,—r,)

=1/((i(/r,)—1)/(n—1),①

即(西/R.)-1=1/(n-1).②

光线PF।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，CzB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

(豳/R2)-1=1/(n-1),③

又有眄=1—'且，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Ci,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AACiM中，有

AM/sin(IT—(pi)=4M/sin(pi=Ri/sin(<p,—<p,

又nsin(p/=sin(p,,

已知(pi、(pJ均［小角度，则有

-AM/(p(=R(/(pj(1—(1/n)).

与②式比较可知，AM^AFI,即M位于过FI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⑺，由图18—2—7可得

2/(p,=CiFi/C2FI=(工用_RQ/(-R2),

由②、③式可得（工网一R,)/(圈―RQ

=Rl/R2

则(Pz/<pi=Ri/R2=2.

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18-2T）

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.

压力阀s

图复18-2-1

图复18-2-2

解：1.由图18—2—8知在海平面处，大气压强p(0)=101.3xl03Pa.在z

=5000m时，大气压强为

P(5000)=53x1(/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82C.

2.由图18—2—9可知，在t=120℃时，水的饱和蒸气压pW(120°)=198x10

3Pa,而在海平面处，大气压强p(0)=101xl03Pa.可见压力阀的附加压强

为

ps=Pw(120°)—p(0)

=(198X103-101.3X103)Pa

=96.7xl03Pa.

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)

=(96.7X103+53X103)Pa

=149.7x103Pa.

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5000

m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

己饱和.由图18—2—9可知，在t=27℃时，题中己给出水的饱和蒸气压Pw(27。)

=3.6xl03Pa,这时锅内空气的压强(用pa表示)为

pa(27°)=p(5000)-pw(27°)

=(53x10，—3.6xl03)Pa

=49.4xl03Pa.

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),

3

pa(t)=(164.7t+45.OxiO)Pa.

若在t=t，时压力阀刚好开始被顶起，则有

pw(to+Pa(t0=P\

由此得

Pw(to=ppa(t')=(105x1()3-164.7t')Pa,

画出函数P'—Pa(t()的图线，

取t=0℃,有P'—Pa(or)=105xl03Pa,

取t=100℃,有P'—Pa(100℃)=88.6X103Pa.

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)一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9TC,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112c.

三、(22分)有两个处于基态的氢原子A、B,A静止，B以速度v。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V。至少需要多大(以m/s表

示)？

已知电子电量e=1.602X10-19

C,质子质量为m(,=1.673X10

「"kg,电子质量为me=

0.911X10-31kg,氢原子的基态

能量为E-13.58eV.XXXXX

解：为使氢原子从基态跃迁到激发

图复18-4

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

2

En=k1/n,①

又知基态(n=l)的能量为-13.58eV,即

Ei=k।/12=—13.58eV,

所以k=-13.58eV.

n=2的第一激发态的能量为

2

E2=k,/2=-13.58x(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

£内=£2—Ei=(—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

11丫=£内=10.19eV=10.19x1.602xl0^l9J

=1.632xlOl8J.④

式中v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

mvo=mv八+mvB+光子的动量，⑤

222

(1/2)mvo=(1/2)m(vA+vB)+hv,(6)

光子的动量pv=hv/c.由⑥式可推得mvo>2hv/v0,因为v()<<c,

所以mv()>>hv/c,故⑤式中光子的动量与mv°相比较可忽略不计.⑤式变为

mvo=mv八+mvB=m(vA+vB),⑦

符合⑥、⑦两式的vO的最小值可推求如下：由⑥式及⑦式可推得

22

(1/2)mv0=(1/2)m(vA+vB)—mvAvB+hv

2

=(1/2)mvo—mvA(v0—vA)+hv,

2

mvA—mvAv0+hv=0,

经配方得

2

m(vA—(1/2)V。)—(1/4)mvJ+hv=O,

22

(1/4)mvo=hv+m(vA—(1/2)v0),⑧

由⑧式可看出，当VA=(1/2)V。时，v0达到最小值vomin,此时

VA=VB,

代入有关数值，得

vomin=6.25x10'm/s.

答：B原子的速度至少应为6.25xl0'm/s.

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。的张

角为60°,求t=t,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.

解：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I-I2的方向如图18—2—10所示，对左环电

路

ADCFA,有

E=IircFA+I2rADc>

因rCFA=5r/6,rADC=r/6,E=kuRS

2

故krrR=I,(5r/6)+I2(r/6).①

因回路ADCEA所围的面积为

2((2rr-3后)/12)R?,

故对该回路有

k[2((2TT-3有)/12)IT]=2I2(r/6),

解得12=((2TT—3后)R2/2r)k,

代入①式，得I((10TT+3招)IV/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PM

A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P

Q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△一为例，安培力AF为径向，其

x分量的大小表示为

IAFxl=I|BA「cosct,

因△1'cosa=A1,

故IAFxI=I।BA1,

P

IFX|=EIIBA1=IIBG=I,BR.

由于导体弧PQ在y方向的合力为零，所以在t。时刻所受安培力的合力F।仅有

x分量，即

2

F,=|Fx|=I,BR=((10TT+3^)R/10r)kBR

=((10TT+3后)R2/10r)k(B0—kt。)R,

方向向左.

同理，载流导体弧AC在t。时刻所受的安培力为

2

F2=I2BR=((2TT-3^3)R/2r)kBR

2

=((2TT-3后)R/2r)k(Bo-kt0)R,

方向向右.左环所受的合力大小为

3

F=F,-F2=(9杉/5r)k(B°—kt。)R.

方向向左.

五、(25分)如图18-5所示，一薄壁导体球壳

(以下简称为球壳)的球心在。点.球壳通过

一细导线与端电压U=90V的电池的正极相

连，电池负极接地.在球壳外A点有一电量为

q.=10X10℃的点电荷，B点有一电量为q

2=16X10-9C的点电荷.点0、A之间的距离

di=20cm，点0、B之间的距离d2=40

cm.现设想球壳的半径从a=10cm开始缓

慢地增大到50cm,问：在此过程中的不同阶

段，大地流向球壳的电量各是多少？已知静电

力常量k=9X109N•m2/C2.假设点电荷

能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接图复18-5

触.

解：分以下几个阶段讨论：

1.由于球壳外空间点电荷qI、q?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Q-因为电荷

qq2与球壳外壁的电量Qi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AS所带的电量为。AS,它在球壳的球心。处产

生的电势为AUi=koAS/a,球壳外壁所有电荷在球心。产生的电势Ui为

U|=ZAUi=kZoAS/a=kCh/a.

点电荷qi、qz在球壳的球心0处产生的电势分别为kq^/di与kq?/d

2,因球心0处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有

(kq,/d,)+(kq2/d2)+(kQ,/a)=U,

代入数值后可解得球壳外壁的电量Q।为

-9

Q,=(aU/k)-a((q,/d,)+(q2/d2))=-8xlOC.

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Qi,即

Qj=Q,=-8X10-9C.

2.当球壳半径趋于d।时(点电荷仍在球壳外)，设球壳外壁的电量变为Qz,

球壳外的电荷qi、q2与球壳外壁的电量Qz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

(kq,/d,)+(kq2/d2)+(kQ2/d,)=U,

解得球壳外壁的电量

-9

Q2=(d,U/k)-(d)(q,/d,+q2/d2))=-16xlOC.

因为此时球壳内壁的电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即

Qii=Q2=-16xlO-9C,

在a=10cm到趋于d।的过程中，大地流向球壳的电量为

△Q1=QII—Q।=-8x109C.

3.当点电荷qi穿过球壳，刚进入球壳内(导体半径仍为dQ,点电荷q।在

球壳内壁感应出电量一q-因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷q।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。处产生的电势等于球壳的电势，即

(kq2/d2)+(kQ3/dQ=U,

解得球壳外壁电量

9

Q3=(d1U/k)-(d)q2/d2)=-6XWC,

球壳外壁和内壁带的总电量应为

Qni=Q3+(—qi)=-16X109C,

在这过程中，大地流向球壳的电量为

==

△QIIQin-QII0.

这个结果表明：电荷q।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dz时(点电荷qz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

(kq2/d2)+(kQd/d2)=U,

由此得

9

Q4=(dzU/k)-(d2(q2/d2))=-12X10-C,

球壳的电量QN等于球壳内外壁电量的和，即

Q(v=Q“+(—q।)=-22x109C,

大地流向球壳的电量为

△Qni=Qw—Qm=-6x109C.

5.当点电荷q2穿过球壳，刚进入球壳内时(球壳半径仍为d2),球壳内壁

的感应电荷变为一(qi+q?),由于球壳的静电屏蔽，类似前面的分析可知，球

壳外电场仅由球壳外壁的电量Q5决定，即

kQ5/d2=U,

9

可得Q5=d2U/k=4x10C,

球壳的总电量是

=9

QvQs—(qt+q2)=—22x10C,(15)

在这个过程中，大地流向球壳的电量是

△Qiv=Qv—Qiv=0.(16)

6.当球壳的半径由d2增至ai=50cm时，令Q。表示此时球壳外壁的电量,

有

k(Q6/a,)=U,(17)

9

可得Q6=ai(U/k)=5x10C,

球壳的总电量为

Qvi=Qe—(qi+Q2)=-21x109C,

大地流向球壳的电量为

△Qv=Qvi—Qv=lxl09C.

六、（27分）一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹

簧构成.上部分Gi的质量为m-下部分G2的质量为m"弹簧夹在Gi与G?之

间，与二者接触而不固连.让G1、Gz压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹

性势能为已知的定值E。.通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性

势能，设这一释放过程的时间极短.第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并

处于静止状态时解除锁定，从而使上部分Gi升空.第二种方案是让玩具在井口处

从静止开始自由下落，撞击井底（井足够深）后以原速率反弹，反弹后当玩具垂

直向上运动到离井口深度为某值h的时刻解除锁定.

1.在第一种方案中，玩具的上部分Gi升空到达的最大高度（从井口算起）为多

少？其能量是从何种形式的能量转化而来的？

2.在第二种方案中，玩具的上部分Gi升空可能达到的最大高度（亦从井口算起）

为多少？并定量讨论其能量可能是从何种形式的能量转化而来的.

解：1.在弹簧刚伸长至原长的时刻，设Gi的速度的大小为V,方向向上，G2

的速度大小为V1,方向向下，则有

m）v1—m2v2=0,①

2

（1/2）mivj+（1/2）m2v2=E0,②

解①、②两式，得

12%稣一

V1=［的（飞+演2）,③

2根1&）

羽2伽1+啊）.④

设Gi升空到达的最高点到井口的距离为H-则

2

II,=v!/2g=((m2/m,g(m)+m2))E0⑤

Gi上升到最高点的重力势能为

Ep।=m,g111=(m2/(m(+m2))E0.⑥

它来自弹簧的弹性势能，且仅为弹性势能的一部分.

2.在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为h时，玩具向上的速度为

u=愆.⑦

设解除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，Gi的速度大小为vj,方向向上，

Gz的速度大小为v,方向向下，则有

m।v।z—m2V2'=(ml+m2)u,⑧

z2

(1/2)m,v।+(l/2)m2V2'=(l/2)(ml+m2)u+En,⑨

消去⑧、⑨两式中的vJ,得v「的方程式为

m।(1+(mt/m2))v।'—2m,(1+(m,/m2))uv「+m,(1

2

+m,/m2)u—2E(,=0,

由此可求得弹簧刚伸长至原长时，G।和G2的速度分别为

I2%稣一

v/=u+1的(的+徵2),

I2的稣一

v/=—u+［羽2(n+搐2),

设G1从解除锁定处向上运动到达的最大高度为H2,，则有

I2啊稣一

ZZw(w+w2

H2=V,/2g=(l/2g)(u+Vii2))

Im2Efjh

=h+(m2Eo/m1g(m,+m2))+2寸的g(%+冽2),

从井口算起，G1上升的最大高度为

Z

H2=H2-h=(m2E0/m1g(m,+m2))+2^^话(的+的).

讨论：

可以看出，在第二方案中，Gi上升的最大高度H2大于第一方案中的最大高度

II,,超出的高度与解除锁定处到井口的深度h有关.到达时，其重力势能为

Ep2=m)gH2=(m2Eo/(m)+m2))+2V%+%,

(i)若EXE。，

晒-2稣g%

即24的+加2<m,E0/(mi+m2),

这要求h<E(>m,/4m2g(m,+m2).

这时，Gi升至最高处的重力势能来自压紧的弹性势能，但仅是弹性势能的一

部分.在这一条件下上升的最大高度为

H2<Eo/m।g.

(ii)若Ep2=Eo,2丫%=m।Eo/(m,+m2),

这要求h=Eom!/4m2g(mi+m2).

此时G।升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，且等于全部弹性

势能.在这一条件下，Gi上升的高度为

112=Eo/m।g.

m1m2E0g/i

(iii)若EgAE。，2V的+内>m,Eo/(mt+m2),

这要求h>Eom,/4m2g(m,+m2).

此时G।升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能，超出部分的能量

只能来自Gz的机械能.在这个条件下，Gi上升的最大高度为

112>Eo/m!g.

复赛模拟试题一

1.光子火箭从地球起程时初始静止质量（包括燃料）为Mo,向相距为R=1.8X106l.y.

（光年）的远方仙女座星飞行。要求火箭在25年（火箭时间）后到达目的地。引

力影响不计。

1）、忽略火箭加速和减速所需时间，试问火箭的速度应为多大？2）、设到达目的

地时火箭静止质量为M。'，试问M。/MJ的最小值是多少？

分析：光子火箭是一种设想的飞行器，它利用“燃料”物质向后辐射定向光束，

使火箭获得向前的动量。求解第1问，可先将火箭时间「。=25。（年）变换成地

%

球时间r,然后由距离R求出所需的火箭速度。火箭到达目的地时，比值是不

定的，所谓最小比值是指火箭刚好能到达目的地，亦即火箭的终速度为零，所需

“燃料”量最少。利用上题（本章题11）的结果即可求解第2问。

解：1）火箭加速和减速所需时间可略，故火箭以恒定速度。飞越全程，走完全程

所需火箭时间（本征时间）为％=25”（年利用时间膨胀公式，相应的地球时

间为

R

V

故

可见，火箭几乎应以光速飞行。

（2）、火箭从静止开始加速至上述速度。，火箭的静止质量从M。变为M,然后作匀

%

速运动，火箭质量不变。最后火箭作减速运动，比值M；）最小时，到达目的地时

的终速刚好为零，火箭质量从M变为最终质量加速阶段的质量变化可应用上

题（本章题11）的（3）式求出。因光子火箭喷射的是光子，以光速c离开火箭，

即u=c,于是有

M_(

(1)

0=生为加速阶段的终速度，也是减速阶段性的初速度。对减速阶段，可应用上

题（本章题11）的（4）式，式中的s以减速阶段的初质量M代入。又因减速时必

须向前辐射光子，故--的即有

M_(1-ygV

嬴【可

由（1）、（2）式，得

M_\+/34/?24H2

-1H=4xlO10

前二9

图52-1

2.如图52T所示，地面上的观察者认为在地面上同时发生的两个事件A和B,在

相对地面以速度〃（〃平行于x轴，且与正方向同向）运动的火箭上的观察者的判

断正确的是（）

A、A早于BB、B早于A

C、A、B同时发生D、无法判断

解：在地面（S系）上，&=/-5，加=金一^=°,在火箭（S'系）中,

uxB

C2

uxA

9

C

因r>0,«>0,马一4<0,故△/<0。即从火箭上观

察，B事件在前，A事件在后，选B。

图11-195

3.如图11T95所示，正方形均质板重G,用4根轻质杆钱链水平悬挂，外形构成

边长为a的立方体，现将方板绕铅垂对称轴旋转0角度，再用一细绳围绕四杆的

中点捆住，使板平衡于0角位置。试求绳内的张力。

分析：初看此题，一般都会觉的比较复杂，因为题中较链就有8个，加上4根轻

质杆与绳子有4个接触点，一共有12个受力点，而且初看甚至想象不出木板旋转

0角度以后整个系统是什么样子，即使把各个受力点的力逐个画出来也无济于事。

应该先想一想哪些点都是对称的（等价的），找出最基本的部分，再把空间方向确

定下来，然后好画出各个力点的受力情况。

解：把木板绕铅垂对称轴旋转。角度以后，系统虽然不是一个很对称的立方体，

但把系统绕铅直轴旋转90度的整数倍，系统的与自身重合，说明四根轻杆的受力

情况是完全一样的。系统处于平衡状态，把四根轻杆，木板，绳组成的部分看成

刚体，则刚体受四个校接部分的力而平衡，重力方向的平衡可以得出，竖直方向

对每根轻杆的拉力T上为：

4T「G(1)

而较接处是否对轻杆有水平方向的作用力，暂时还不好确定，不过可以

为N〃，从俯图来看四根轻杆的受力情况（如图11T96所示）：

图中虚线表示正方形对角线的外延部分，如果N〃不在对角线方向上，则

四个N〃对0点有一个力偶矩，将使得下面的部分旋转，与平衡假设相矛

盾，因此水平弹力必然在对角线方向，要么都向外，要么都向里（设向

外为正，这种设法不会影响结果）。

图11-196

同样的道理，把木板隔离开来，可知木板对轻杆往下的拉力金为：

4彩=G(2)

而水平方向的作用力必沿对角线方向（否则木板旋转），木板对杆的作用力向里向

外的性质与上端钱链的方向相同，否则以绳对杆的作用点为支点,

力矩无法平衡。

下面再看整个系统的俯视图（如图11T97所示），把轻杆隔离出

来作为平衡的刚性杆，利用力的平衡条件和力矩的平衡条件可求

出拉力T的大小。

绳作用在每根转杆的中点，在俯视图上不难看出，绳子构成一个

正方形，且在水平面内，因而可以知道绳对轻杆仅有水平面内，

因而可以知道绳对轻杆仅有水平面内的拉力，轻杆在竖直方向上

力的平衡是满足的：

7m（3）图11-197

取一根轻杆为研究对象不难求出N〃与的关系，以及汽〃与〃的关系，设绳的

张力为T，则水平合力其=加7。

x方向水平力平衡：

,.0.0

N〃sm5=N〃sin-

(4)

y方向水平力平衡：

nn

N'ncos—+N//cos—=T"-yp2.T

(5)

在过轻杆的竖直面内来分析力矩平衡（只研究平面内转矩）,如图

11T98。

对于A点，力矩平衡

N',,sin—•ajcos.=Tr-J2asin—

22（6）

联合（2）、（4）、（5）、（6）式可得

G-cos

T=-/2

2jcos6

4.如图12-30所示，一小车对地以加速度aklm/s?向左由静止开始作匀加速运动，

车上一人又以加速度az=2m/s2相对于车向右同时由静止开始作匀加速运动。求：（1）

人对地的加速度；（2）经历时间3=ls,人对地的瞬时速度；（3）经历时间t2=2s,

人对地的位移。

解：(1)°人地=a人车+"乍地

与a?方向相反选a?为正方向

则

a人地=2mIs2一同卜2

=im/s

(2)t=ls时，"人车=2加

图12-30

。军.地=-\m/s

.i?人地=2/〃/s-L〃/s

=1m/5

(3),/aMtL~

—xaxf2=s=_xlx22=2m

22

5.有一小直径为d的试管，管内装有理想气体，其中有一段质量m=2g的水银将

理想气体和空气隔开。当试管口向上时，气体在试管中的长为L（图24-30（a）

中的（a））,当将管口向下时，气体在试管中长为Lz（图24-30（b）中的（b））,

试求Lz/L为多少？

解：如果是等温过程，可得理想气体的状态方程

图24-30(b)

9=常数

对于上述两种情况，可有

现在考虑在每一一'况作请中在气体上的压强，如图24-30(b)所示，可得

匕_6=以气

门―一

式中S为试管内部的截面积，W为水银的重量，W=mg,则

v2SL2

尸大气-一mg

S

消去S得

4m

p+£

G_大气血2

L】p4mg

大气血2

6.有一个两端开口、粗细均匀的U型玻璃细管，放置在竖直平面内，处在

压强为P。的大气中，两个竖直支管的高度均为h,水平管的长度为2h,玻图2/54(a)

璃细管的半径为r,r«h,今将水平管内灌满密度为P的水银，如图24-54

(a)所示。

1.如将U型管两个竖直支管的开口分别封闭起来，使其管内空气压强均等于大气

压强，问当U型管向右作匀加速移动时，加速度应多大才能使水平管内水银柱长

度稳定为3o

2.如将其中一个竖直支管的开口封闭起来，使其管内气体压强为latm,问当U型

管绕以另一个竖直支管(开口的)为轴作匀速转动时，转数n应为多大才能使水

平管内水银柱长度稳定为3,

(U型管作以上运动时，均不考虑管内水银液面的倾斜)

解：1、当U型管向右加速移动时，水平管内的水银柱将向左边的竖直支管中移动,

其稳定的位置是留在水平管内的水银柱所受的水平方向的合力等于使其以恒定加

速度a向右运动时所需的力。由于竖直支管内空气在膨胀或压缩前后的温度相等,

根据气态方程有

4

PqhS=-P\hS

右管:

图24-54(b)

,c2,c

PohS=-p2hS

左管:

S为管的截面积，图24-54(b)中，A、B两处压强分别为:

1,

PA=Pz+-pgh

PB=P\

而留在水平管内的水银柱质量

5

m--phS

其运动方程为(PA-PB)S=m.a

由以上各式可得

a=(9%+4pgh)/(20ph)

2.当U型管以开口的竖直支管为轴转动时，水平管内的水银柱将向封闭的竖直支

管中移动，其稳定位置是水平管内的水银柱所受的水平方向的合力，正好等于这

段水银柱作匀速圆周运动所需的向心力。由于封闭竖直支管内空气在压缩前后的

温度相等，根据气态方程有

p°hS=—phS

S为管的截面积。图24-54(c)中A、B两处的压强分别为

1,

PA=P+3Pgh

图24-54(c)

PB=P。

留在水平管内的水银柱的质量

5

m=—phS

其运动方程为

(PA-pB)S=m(o2R=4兀°tnR

7

R=-h

其中6

由以上各式可得

-222

n-[(9p0+6pgh)/(lO^/?/?)]

7.有一块透明光学材料，由折射率略有不同的许多相互平行的，厚度

d=0.1mm的薄层紧密连接构成，图33-40表示各薄层互相垂直的一个

截面，若最下面一层的折射率为n。，从它往上数第K层的折射率为

nK=n0-Kv＞其中n0=l.4,v=0.025,今有一光线以入射角i=60°射向0

图33-40

点，求此光线在这块材料内能达到的最大深度？

解：设光线进入材料后的折射角为r,则根据折射定律有$皿『=〃。・5皿「，此光线

r=三_jr=上—$

从最下面一层进入向上数第一层时，入射角为一2%，折射角为一2也，

同样根据折射定律有

sin71

«oel|-^o=nsin----私

x2

也即〃o・COS%="|COS必

光线从第一层进入第二层时，同样可得

%.cos族o=n2cos必

综合以上分析可得：

n()•cos。。=〃]cos。〕=n2cos^2...........nK•cos^K

因为〃K=〃。-KX0.0025,所以COS0K随着K的增大而增大，公则随着K的增大而

减小，即光线在顺序变化的介质中传播时将偏向折射率变大的方向。满足上式又

当COSOK最接近1的K值即为光线能进入的最深薄层的序号，光线在这个薄层上将

发生全反射，然后又逐层返回下面最后射出透明材料。

因此求出能满足下式的K的最大值

"o・COS0O_n•cos」,

COS0K一0<1

〃Kn()一Ku

因为〃()•cos%=%sinr=sini

代入上式得：

.sinz.

COS0K=----------<1

%-Ku

。H-sin/1.41-0.866”水

K<---0---------=------------------=21./O

解得:U0.025

取小于21.76的最大整数，得K=21,即在n。上面第21层下表面就是光线能到达的

最深处，所以光线在这块透明材料内能达到的最大深度是

〃=(K+1)<7=22x0.\inrn-22mm.

5

8.(1)图33-98所示为一凹球面镜，球心为C,内盛透明液体，已知E

C至液面高度CE为40.0cm,主轴C0上有一物A,物离液面高度AE2R—H

恰好为时，物的实像和物处于同一高度。实验时光圈直径

30.0cmA图33-99

很小，可以保证近轴光线成像。试求该透明液体的折射率n。

(2)体温计横截面如图33-99所示，已知细水银柱A离圆柱面顶点0的距离为2R,

R为该圆柱面半径，C为圆柱面中心轴位置。玻璃的折射率n=3/2,E代表人眼，

求图示横截面上人眼所见水银柱像的位置、虚实、正倒和放大倍数。

分析：（1）通过折射定律和光圈足够小的条件可求出液体的折射率。（2）注意在

近轴条件下的近似，再通过几何知识即可求解。

解：（1）主轴上物A发出的光线AB,经液体界面折射后沿BD方向入射球面镜时，

只要BD延长线过球心C,光线经球面反射后必能沿原路折回。按光的可逆性原理,

折回的光线相交于A（图33-100）。

对空气、液体界面用折射定律有

sinz=n-sinr

siniBE/AB

n-....=.:

sinrBE/CB

CE<).0

n==---1-.33

当光圈足够小时，BTE,因此有AE30.0

（2）先考虑主轴上点物A发出的两条光线，其一沿主轴方向ACOE入射界面，无偏

折地出射，进入人眼E。其二沿AP方向以入射角，斜入射界面P点，折射角为r。

折射光线PQ要能进入人眼E,P点应非常靠近0点，或者入射角，和折射角r应很

小。若角度以弧度量度，在小角（近轴）近似下，折射定律〃sini=sinr可写为「=初。

这两条光线反向延长，在主轴上相交于A,A即为物A之虚像点（图33To1）。

对NAB4'用正弦定律，得

sinZA'PA_sin(»-z)_sinz

A'AA'PA'P

在小角(近轴)近似下：

sinZA'PA=ZA'PA.=ni-i,sini=i

/=松

ni-i_i

上式可写为Tcb-IR-AV图33-100

解上式得

2R2R

A'O==4R

2-n2-3/2

为了分析成像倒立和放大情况，将水银柱看成有一定高度的垂轴小物体AB,即然

A~A'是一对共规点，只要选从B发出的任一条光线经界面折射后，反向延长线

与过4点垂轴线相交于*,*是点物B虚像点，即，

AE是物AB之正立虚像。凡。_p/=外

选从B点发出过圆柱面轴心C的光线BC。该光线对!...与二身产J。

界面来说是正入射（入射角为零），故无偏折地出射，............................»

反向延长BC线交过4垂轴线于从MFCsAAA\iE

ABC得、’

图33-101

A^'_AT_3R

放大率

9.如图41-83所示，两个固定的均匀带电球面A和B分别带电4Q和Q（Q〉0）。两

球心之间的距离d远大于两球的半径，两球心的连线MN与两球面的相交处都开有

足够小的孔，因小孔而损失的电量可以忽略不计。一带负电的质点静止地放置在A

球左侧某处P点，且在MN直线上。设质

点从P点释放后刚好能穿越三个小孔，并

通过B球的球心。试求质点开始时所在的

P点与A球球心的距离x应为多少？

分析：质点释放后，由于质点带负电，A

球和B球带正电，故质点先加速，穿过A

球内时，不受A球的电场力作用，但仍受

B球的电场力，进一步加速。在两球之间

时，存在一质点所受合力为零的点，设此

点为S,且由于A球所带电量大于B球带

电量，S点应离B球较近。所以质点从A球内出来后到S点这段距离内作减速运动，

从S点到B球的第一个孔这段距离内作加速运动。因此，为了使质点能到达B球

的球心，第一个必要条件是，质点必须通过S点，即质点在S点的速度至少应大

于零或至少等于零。若质点能通过S点，则如上述，从S点到B球的第一个孔期

间，质点沿MN向右加速。由于质点在B球内不受B球的电场力作用，但仍受A球

向左的引力，质点减速，因此为了使用期质点能通过B球的球心，第二个必要条

件是，质点在B球球心处的速度应大于零或至少等于零。

本题的关键在于带电体系的电势能与带电质点的动能之和，在该质点运动过程中

守恒。因此质点刚好能通过S点的条件可表示为，质点在P点和S点时，带电体

系的电势能相等（注意，质点在P