第十六届全国中学生物理竞赛参考解答

1、第十六届全国中学生物理竞赛参考解答一、参考解答1 只要有液态水存在，平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和： （1）第一次膨胀后 （2） 由于第一次膨胀是等温过程，所以 （3） 解（1）、（2）、（3）三式，得 （4） （5） （6）由于，可知汽缸中气体的温度 （7）根据题意，经两次膨胀，气体温度未改变。2.设水蒸气为经第一次膨胀，水全部变成水蒸气，水蒸气的压强仍为，这时对于水蒸气和空气分别有 （8） （9）由此二式及（5）、（6）式可得 （10）3. 在第二次膨胀过程中，混合气体可按理想气体处理，有 （11）由题意知，再将（2）式代入，得 （12）二、参考解答l在所示的光

2、路图（图复解16-2-1）中，人射光经透镜折射后沿射向，经折射后沿出射、与透镜主轴的交点分别为、和，如果为物点，因由沿主轴射向的光线方向不变，由透镜性质可知，为经过所成的像，为经所成的像，因而图中所示的、之间有下列关系： （1） （2） （3）当入射光线与出射光线平行时，图中的，利用相似三角形关系可求得 , 从而求得 （4）联立方程（1）、（2）、（3）、（4），消去、和，可得： （5）由于、均已给定，所以为一确定值，这表明：如果入射光线与出射光线平行，则此入射光线必须通过主轴上一确定的点，它在的左方与相距处，又由于与无关，凡是通过该点射向的入射光线都和对应的出射光线相互平行2由所得结果（5）

3、式可以看出，当时，此情况下的光路图就是图复解16-2-1当时，此时入射光线和出射光线均平行于主轴，光路如图复解16-2-2 当时，这表明点在的右方，对来说，它是虚物由（1）式可知，此时，由可知，又由可知，所以此时的光路图如图复解16-2-3三、参考解答根据题中所给的条件，当圆环内通过电流时，圆环中心的磁感应强度穿过圆环的磁通量可近似为 （1）根据法拉第电磁感应定律，电流变化产生的感生电动势的大小 （2）圆环的电阻 （3）根据题设条件 ，,代入（3）式得 （4）由电阻与电阻率、导线截面积、长度的关系 及已知导线的直径，环半径，得电阻率（5）四、参考解答1双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，设运动

4、速率为，向心加速度满足下面的方程： （1） （2）周期： （3）2根据观测结果，星体的运动周期 （4）这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力，故它一定还受到其他指向中心的作用力，按题意这一作用来源于均匀分布的暗物质，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量位于中点处的质量点相同考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度，则有 （5） （6）因为在轨道一定时，周期和速度成反比，由（4）式得： （7）把（2）、（6）式代入（7）式得 （8）设所求暗物质的密度为，则有 故 （9）五、参考解答解法一：1（1）电阻图变形此题连好的线路的平面图如图预解16-5-1所示现将

5、电阻环改画成三角形，1、3、5三点为顶点，2、4、6三点为三边中点，如图预解15-2与图预解16-5-3所示整个连好的线路相当于把的三个顶点分别接到的三个中点上，图预解16-5-1变为图预解16-5-4这样第1问归结为求图预解16-5-4中最外层三角环任意两顶点间的等效电阻。（2）递推公式为使图形简化，讨论如何将接好的两个电阻环化简成为一个单环。由六个阻值为的电阻构成一个三角环，将其顶点接在另一由六个阻值为的电阻构成的三角环的中点上（如图预解16-5-5所示）。图预解16-5-6是由六个阻值为的电阻构成的三角环。若图预解16-5-5顶点1、3间的电阻与图预解16-5-6顶点l、3间的电阻阻值相

6、等，我们称图预解16-5-6中的为等效单环电阻 用符号“/”表示电阻的并联，如 由图预解16-5-5中的对称性可知l、3两顶点间的电阻等于图预解16-5-7中1、0间的电阻的2倍，即 （1）同理，图预解16-5-6中1、3两顶点间的电阻为 （2）由（1）、（2）式得等效单环电阻为 （3）2. 第一问现在考虑把、按相反的次序，由内向外依次连接的情况首先将接在外面，求双环的等效单环电阻即（3）式中的这时由（3）式得到为 其次，在双环外面接上，这时三环的等效单环电阻为 由此可得一般公式，环的等效单环电阻可由求出 （4）于是 由（2）式得出由一个环（）、两个环（）直至五个环（）构成的线路1、3点间的电

7、阻为； ； ； ； 答：所求的五个环的1与3间的等效电阻确为证毕。3. 第二问根据五个组成的圆柱形网络的对称性，的l、3两点等价于的2、4两点等价线路如图预解16-5-8与图预解16-5-9所示设二图等价，求图预解16-5-9中的即可图复解 16-5-8图复解 16-5-9 所以： 答：所求值为。解法二：第一问图预解16-5-3可看做的接线图，其一半如图预解16-5-10所示，竖直粗线为一短路线一个环（）构成线路的1与0点间的阻值用表示，根据对称性，。 当接入后，由两个环（类似图预解16-5-5）构成线路图的一半如图预解16-5-11所示三个带阴影的电阻与短路线围成的三角形（）中的2与间的阻值

8、就是图预解16-5-10中1与0间的阻值。其等效电路如图预解16-5-12所示图预解16-5-11（或图预解16-5-12）中的l与0点间的阻值用表示有 再将双环接入，其一半如图预解16-5-13所示，三个带阴影的电阻与短路线围成的三角形中含有六个电阻，其2与间的阻值就对应为，参看图预解16-5-12的等效电路，得 同理，得 由此得 第二问五个电阻环构成线路后，最外层环（）上2点与4点间的等效电阻可借用图预解16-5-12求得，将图中换成，五个环构成的线路中2与4间阻值可如下求得：因故 六、参考解答设所加匀强电场的场强为，它在方向和方向的分量分别为， 。由于物块带负电，电场作用于物块的电力的两

9、个分量分别为 （1） （2）在平面内，方向沿轴正方向垂直于平面，被绝缘平面的支持力所平衡，故物块对绝缘平面的正压力的大小和的大小相等，即绝缘平面作用于物块的摩擦力 （3）的方向决定于物块移动的方向根据题意，物块在平面内的运动可看做是一种在力平衡下的缓慢移动作用于物块的三个力、和线的拉力都在平面内物块在任一位置达到平衡时的受力情况如图预解16-6所示。为细线与轴的夹角。把沿和方向分解得用和表示的两个分量，物块平衡时，有 （4） （5）由（4）、（5）式得注意到（3）式，得 得： 或 （6）因要小物块缓慢移动，需要细线牵引，不符合题意，应舍去因，将代入（4）、（5）式，有： ；摩擦力方向的斜率 （

10、7）是摩擦力方向与轴夹角的正切，即摩擦力方向的斜率，因摩擦力始终沿轨道的切线方向，故也就是轨道切线的斜率下面，通过对（7）式的分析来寻找轨道方程当中一0，kco即在起点A时，轨道的切线与x轴垂直当，即在起点时，轨道的切线与轴垂直。当，一种情况是小物块运动到轴上后，沿轴做直线运动到点，但这与题设轨迹移动是一条二次曲线不符，因而它一定表示轨道在点的切线与轴垂直在二次曲线中，曲线上两点切线相互平行的只有椭圆或圆又因为、两点的切线与它们的连线相垂直，这连线应为曲线的轴线，且在轴上，另一轴在它的垂直平分线上且与轴平行。曲线与此轴线的交点的切线的斜率为0.代入（7）式得，故该曲线为圆，其方程为 （8）第十

11、七届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考解答一、参考解答设玻璃管内空气柱的长度为，大气压强为，管内空气的压强为，水银密度为，重力加速度为，由图复解17-1-1可知 （1）根据题给的数据，可知，得 （2）若玻璃管的横截面积为，则管内空气的体积为 （3）由（2）、（3）式得 （4）即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程得 （5）由（5）式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，根据（4）式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化关系为图上过原点的直线，如图复解17-1-2所示在管内气体的温度由降到的过程中，气体的体积由变到，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示

12、，即有 （6）管内空气内能的变化 （7）设为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律，有 （8）由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得 （9）代入有关数据得 表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为 （10）二、参考解答在由直线与小球球心所确定的平面中，激光光束两次折射的光路如图复解17-2所示，图中入射光线与出射光线的延长线交于，按照光的折射定律有 （1）式中与分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知 （2）激光光束经两次折射，频率保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小和相等，即 （3）式中为真空中的光速，为普朗克常量因射入小球的光束中光子的动量沿方向，射出小球的光束中光

13、子的动量沿方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度，由图中几何关系可知 （4）若取线段的长度正比于光子动量，的长度正比于光子动量，则线段的长度正比于光子动量的改变量，由几何关系得 （5）为等腰三角形，其底边上的高与平行，故光子动量的改变量的方向沿垂直的方向，且由指向球心光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即 （6）式中是光在小球内的传播速率。按照牛顿第二定律，光子所受小球的平均作用力的大小为 （7）按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小，即 （8）力的方向由点指向点由（1）、（2）、（4）及（8）式，经过三角函数关系运算，最后可得 （9）三、参考解答1相距为的电

14、量为与的两点电荷之间的库仑力与电势能公式为 （1）现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为 根据直接类比可知，正反顶夸克之间的强相互作用力为 （2）设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为，因二者相距，二者所受的向心力均为，二者的运动方程均为 （3）由题给的量子化条件，粒子处于基态时，取量子数，得 （4）由（3）、（4）两式解得 （5）代入数值得 （6）2. 由（3）与（4）两式得 （7）由和可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期 （8）代入数值得 （9）由此可得 （10）因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的15，故正反顶夸克的束缚态通常是不存在的四、参考解答1设太阳的质量为

15、，飞行器的质量为，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为根据所设计的方案，可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发，沿着半个椭圆轨道到达小行星轨道上的，该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切，又与小行星的圆轨道相切要使飞行器沿此椭圆轨道运动，应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内，由变为某一值设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为，因大小为和的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律可得 （1）由能量关系，有 （2）由牛顿万有引力定律，有或 （3）解（1）、（2）、（3）三式得 （4） （5）设小行星绕太阳运动的速度为，小行星的质量，由牛顿万有引力定律得 （6）可以看出 （7）由此可见，

16、只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道，使得它到达小行星轨道处时，小行星的前缘也正好运动到该处，则飞行器就能被小行星撞击可以把小行星看做是相对静止的，飞行器以相对速度为射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量大得多，碰撞后，飞行器以同样的速率弹回，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为，方向与小行星的速度的方向相同，故飞行器相对太阳的速度为或将（5）、（6）式代入得 （8）如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系，它应具有的最小速度为，则有得 （9）可以看出 （10）飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系2. 为使飞行器能进入椭圆轨道，发动机应使飞行器的速度由增加到

17、，飞行器从发动机取得的能量 （11）若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系，飞行器应具有的最小速度为，则有由此得 （12）飞行器的速度由增加到，应从发动机获取的能量为 （13）所以 （14）五、参考解答解法一：带电质点静止释放时，受重力作用做自由落体运动，当它到达坐标原点时，速度为 （1）方向竖直向下带电质点进入磁场后，除受重力作用外，还受到洛伦兹力作用，质点速度的大小和方向都将变化，洛伦兹力的大小和方向亦随之变化我们可以设想，在带电质点到达原点时，给质点附加上沿轴正方向和负方向两个大小都是的初速度，由于这两个方向相反的速度的合速度为零，因而不影响带电质点以后的运动在时刻，带电质点因具有沿轴正方

18、向的初速度而受洛伦兹力的作用。 （2）其方向与重力的方向相反适当选择的大小，使等于重力，即 （3） (4)只要带电质点保持（4）式决定的沿轴正方向运动，与重力的合力永远等于零但此时，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度和沿轴负方向的速度，二者的合成速度大小为 （5）方向指向左下方，设它与轴的负方向的夹角为，如图复解17-5-1所示，则 （6）因而带电质点从时刻起的运动可以看做是速率为，沿轴的正方向的匀速直线运动和在平面内速率为的匀速圆周运动的合成圆周半径 （7）带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心位于垂直于质点此时速度的直线上，由图复解17-5-1可知，其坐标为 （8） 圆周运动的

19、角速度 （9）由图复解17-5-1可知，在带电质点离开磁场区域前的任何时刻，质点位置的坐标为 （10） （11）式中、已分别由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。带电质点到达磁场区域下边界时，代入（11）式，再代入有关数值，解得 （12）将（12）式代入（10）式，再代入有关数值得 （13）所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为 （14）带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为的匀速圆周运动和一个速率为的沿轴正方向的匀速直线运动，任何时刻，带电质点的速度便是匀速圆周运动速度与匀速直线运动的速度的合速度若圆周运动的速度在方向和方向的分量为、，则质点合速度在方向和方向的分速度分别为

20、 （15） （16）虽然，由（5）式决定，其大小是恒定不变的，由（4）式决定，也是恒定不变的，但在质点运动过程中因的方向不断变化，它在方向和方向的分量和都随时间变化，因此和也随时间变化，取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向，由于圆周运动的圆心的坐标恰为磁场区域宽度的一半，由对称性可知，带电质点离开磁场下边缘时，圆周运动的速度方向应指向右下方，与轴正方向夹角，故代入数值得； 将以上两式及（5）式代入（15）、（16）式，便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量，它们分别为 （17） （18）速度大小为 （19）设的方向与轴的夹角为，如图复解17-5-2所示，则 得 （20）解法二：若以带电质点

21、到达坐标原点的时刻作为起始时刻（），则质点的初速度为 （1¢）方向沿轴正方向进入磁场区后，带电质点将受到洛伦兹力作用，洛伦兹力在方向的分力取决于质点在方向的分速度，因此质点动量在方向的分量的增量为 （2¢）是带电质点在时间内沿方向的位移，质点在磁场中运动的整个过程中，此式对每一段时间都成立，所以在到时间内方向的动量的改变为因初始时刻（），带电质点在轴方向的动量为零，其位置在原点，因而得 即 （3¢）当带电质点具有方向的速度后，便立即受到沿负方向的洛伦兹力的作用根据牛顿第二定律，在方向上有加速度 （4¢）将（3¢）式代入（4¢）式，得

22、（5¢）令 （6¢）式中 （7¢）即在方向作用于带电质点的合力其中 是准弹性力，在作用下，带电质点在方向的运动是简谐振动，振动的圆频率 （8¢）随时间变化的规律为 （9¢）或（10¢）与是待求的常量，质点的简谐运动可以用参考圆来描写，以所考察的简谐运动的振幅为半径作一圆，过圆心作一直角坐标若有一质点沿此圆周做匀速率圆周运动，运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率，且按逆时针方向转动，在时刻，点的在圆周上的位置恰使连线与轴的夹角等于（9¢）式中的常量，则在任意时刻，与的连线与轴的夹角等于，于是连线在轴上的投影即为（9¢

23、;）式所示的简谐振动，将轴平行下移，连线在轴的投影即如（10¢）式所示（参看图复解17-5-3），点做圆周运动的速度大小，方向与垂直，速度的分量就是带电质点沿轴做简谐运动的速度，即 （11¢）（10¢）和（11¢）两式中的和可由下面的方法求得：因为已知在时，带电质点位于处，速度，把这个条件代入（10¢）式与（11¢）式得； 解上面两式，结合(1¢)、(8¢)式，注意到振幅总是正的，故得 (12¢) (13¢)把（10¢）式代入(3¢)式，便得带电质点沿轴运动的速度 (14&#

24、162;)（14¢）式表示带电质点在方向上的速度是由两个速度合成的，即沿方向的匀速运动速度和方向的简谐振动速度的合成，带电质点沿方向的匀速运动的位移 （15¢）由沿方向的简谐振动速度可知，沿方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的比值（参看图复解17-5-3），即等于由参考圆方法可知，沿方向的振动的位移具有如下的形式 它可能是，亦可能是在本题中，时刻，应为零，故前一表示式不符合题意后一表示式中，应取的值为，故有 （16¢）带电质点在方向的合位移，由（15¢）、（16¢）式，得（17¢）（17¢）、（10¢）、（

25、14¢）和（11¢）式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻的位置坐标和速度的分量和分量，式中常量、已分别由（8¢）、（13¢）、（12¢）和（7¢）式给出 当带电质点达到磁场的下边界时， （18¢）将与（10¢）式有关的数据代入（10¢）式，可解得 （19¢）代入（17¢）式， 得 （20¢）将（19¢）式分别代入（14¢）式与（11¢）式，得 速度大小为 （21¢）速度方向为 （22¢）六、参考解答1由于光纤内所有光线

26、都从轴上的点出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图复解17-6-1为纵剖面内的光路图，设由点发出的与轴的夹角为的光线，射至、分界面的入射角为，反射角也为该光线在光纤中多次反射时的入射角均为，射至出射端面时的入射角为若该光线折射后的折射角为，则由几何关系和折射定律可得 （1） （2）当大于全反射临界角时将发生全反射，没有光能损失，相应的光线将以不变的光强射向出射端面，而的光线则因在发生反射时有部分光线通过折射进入，反射光强随着反射次数的增大而越来越弱，以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了因而能射向出射端面的光线的的数值一定大于或等于，的值由下式决定 （3）与对应的值为

27、（4）当时，即时，或时，由发出的光束中，只有的光线才满足的条件，才能射向端面，此时出射端面处的最大值为 （5）若，即时，则由发出的光线都能满足的条件，因而都能射向端面，此时出射端面处的最大值为 （6）端面处入射角最大时，折射角也达最大值，设为，由（2）式可知（7）由（6）、（7）式可得，当时 （8）由（3）至（7）式可得，当时 （9）的数值可由图复解17-6-2上的几何关系求得 （10）于是的表达式应为 （） （11） （） （12）2. 可将输出端介质改为空气，光源保持不变，按同样手续再做一次测量，可测得、，这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同已知空气的折射率等于1，故有当时 （13）当时

28、（14）将（11）、（12）两式分别与（13）、（14）相除，均得 （15）这结果适用于为任何值的情况。第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题答案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1826所示，图中1为左端球面的球心 由正弦定理、折射定律和小角度近似得（）（）（）1（）1）1（1），即（）11（1）光线射到另一端面时，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一定在端面顶点的左方，等于球面的半径，如图1826所示仿照上面对左端球面上折射的关系可得（）11（1）， 又有，由

29、、式并代入数值可得5则右端为半径等于5的向外凸的球面2设从无限远处物点射入的平行光线用、表示，令过，过，如图1827所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点，即为左端球面对此无限远物点成的像点现在求点的位置，在中，有（）（），又，已知、均为小角度，则有（1（1）与式比较可知，即位于过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，从射出的光线将沿原方向射出，这也就是过点的任意光线（包括光线、）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，由图1827可得2（）（），由、式可得（）（），则2二、参考解答1由图18

30、28知在海平面处，大气压强（0）1013×10在5000时，大气压强为（5000）53×10此处水沸腾时的饱和蒸气压应等于此值由图1829可知，对应的温度即沸点为82达到此温度时，锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在5000高山上，若不加盖压力锅，锅内温度最高可达822由图1829可知，在120时，水的饱和蒸气压（120°）198×10，而在海平面处，大气压强（0）101×10可见压力阀的附加压强为（120°）（0）（198×101013×10）967×10在5000高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为

31、（5000）（967×1053×10）1497×103若在时阀被顶起，则此时的应等于，即，由图1829可知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高山上锅内水的温度最高可达1123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1829可知，在27时，题中已给出水的饱和蒸气压（27°）36×10，这时锅内空气的压强（用表示）为（27°）（5000）（27°）（53×1036×10）494×10当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设

32、在温度为（）时，锅内空气压强为（），则有（）（273）（27）（27327）；（）（1647450×10）若在时压力阀刚好开始被顶起，则有（）（），由此得（）（）（105×101647），画出函数（）的图线，取0，有（0）105×10，取100，有（100）886×10由此二点便可在图1829上画出此直线，此直线与图1829中的（）曲线的交点为，即为所求的满足上式的点，由图可看出与点对应的温度为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

33、从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是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，又知基态（1）的能量为1358，即11358，所以13582的第一激发态的能量为21358×（14）339为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为内（3391358）1019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，即内10191019×1602×10191632×1018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光子的动量，（12）（12）（），光子的动量由式可推得2，因为<<，所以>>，故式中

34、光子的动量与相比较可忽略不计式变为（），   符合、两式的0的最小值可推求如下：由式及式可推得（12）（12）（）（12）（），0，经配方得（12）（14）0，（14）（12），由式可看出，当（12）时，达到最小值，此时，2，代入有关数值，得625×10四、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、的方向如图18210所示，对左环电路，有，因56，6，故（56）（6）因回路所围的面积为2（23）12），故对该回路有2（23）12）2（6），解得（23）2），代入式，得（103）10）2求每个圆环所受的力

35、先求左环所受的力，如图18211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，因圆弧与圆弧中的电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧与弧的电流相对轴上下是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在方向的合力为零，以载流导体弧上的线段为例，安培力为径向，其分量的大小表示为，因，故，由于导体弧在方向的合力为零，所以在时刻所受安培力的合力仅有分量，即（103）10）（103）10）（），方向向左同理，载流导体弧在时刻所受的安培力为（23）2）（23）2）（），方向向右左环所受的合力大小为（95）（）方向向左五、参考解答分以下几个阶段讨论：1由于

36、球壳外空间点电荷、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10时球壳外壁带的电量为，因为电荷、与球壳外壁的电量在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于的等势区，在导体表面上的面元所带的电量为，它在球壳的球心处产生的电势为，球壳外壁所有电荷在球心产生的电势为点电荷、在球壳的球心处产生的电势分别为与，因球心处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有（）（）（），代入数值后可解得球壳外壁的电量为（）（）（）8×10因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量等于球壳外壁的电量，即8×1092当球壳半径趋于时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为，球壳外的电荷、与球

37、壳外壁的电量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的等势区，则有（）（）（），解得球壳外壁的电量（）（）16×109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16×109，在10到趋于的过程中，大地流向球壳的电量为8×1093当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为），点电荷在球壳内壁感应出电量，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷与球壳内壁电荷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与球壳外壁的电荷所决定由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷与球壳外壁的电荷在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷与产生的合电场而

38、言，球壳内空间是电势值为的等势区与在球心处产生的电势等于球壳的电势，即（）（），解得球壳外壁电量（）（）6×109，球壳外壁和内壁带的总电量应为（）16×109，在这过程中，大地流向球壳的电量为0这个结果表明：电荷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当球壳半径趋于时（点电荷仍在球壳外），令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（）（），由此得（）（）12×109，球壳的电量等于球壳内外壁电量的和，即（）22×109，大地流向球壳的电量为6×1095当点电荷穿过球壳，

39、刚进入球壳内时（球壳半径仍为），球壳内壁的感应电荷变为（），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决定，即，可得4×109，球壳的总电量是（）22×109，（15）在这个过程中，大地流向球壳的电量是0（16）6当球壳的半径由增至50时，令表示此时球壳外壁的电量，有（），（17）可得（）5×109，球壳的总电量为（）21×109，大地流向球壳的电量为1×109六、参考解答1在弹簧刚伸长至原长的时刻，设的速度的大小为，方向向上，的速度大小为，方向向下，则有0，（12）（12），解、两式，得， 设升空到达的最高点到井口的

40、距离为，则22（），上升到最高点的重力势能为1（）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时，玩具向上的速度为设解除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，的速度大小为，方向向上，的速度大小为，方向向下，则有（12），（12）（12）（12）（）2，消去、两式中的，得的方程式为（1（）2（1（）（1）220，由此可求得弹簧刚伸长至原长时，和的速度分别为， ，设从解除锁定处向上运动到达的最大高度为，则有2（12）（）2（2（）2，从井口算起，1上升的最大高度为（）2讨论：可以看出，在第二方案中，上升的最大高度大于第一方案中的最大高度，超出的高度与解除锁定处到井口

41、的深度有关到达时，其重力势能为2（）2，（）若20，即2（），这要求4（）这时，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（）若2，2（），这要求4（）此时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，上升的高度为（）若2，2（），这要求4（）此时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的机械能在这个条件下，上升的最大高度为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。（1）设大气压为，水的密度为。拧开前的情况如图复解19-l的

42、（a）图所示。由流KKDHAABBFCCEh1h2(a)(b)图复解 19-1体静力学可知，、中气体的压强为（1）中气体的压强为 （2）由（1）、（2）两式可得 即，当拧开后，中气体压强降至，此时 （3） 即管中容器水面以上的那一段水柱所受合力向上，所以管中水柱上升。（2）拧开后，水柱上升，因管上端已足够长，故水不会从管口喷出设到中的水面静止时中增加水量的体积为，则中减少水量的体积亦为，其水面将略有降低，因而及中气体压强路有下降，中的水将通过管流入中，当从流入水量的体积等于时，、中气体压强恢复原值。因为、的半径为管半径的60倍，截面积比为3600倍，故、中少量水的增减（）引起的、中水面高度的变化可忽略不计，即和的数值保持不变。设中水面静止时与中水面的高度差为，（见图复解19-