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2004年第21届全国中学生物理竞赛预赛试题答案(含评分标准)


第 21 届全国中学生物理竞赛预赛试卷参考答案及评分标准
一、1. a. 10
-10

b. 10-15 c. 6.6×10 d. 10-19
-27

e. 2.7×10 2. a正确,b不正确。理由:反射时光频率? 不变,这表明每个光子能量h? 不变。 评分标准:本题15分,第1问10分,每一空2分。第二

问5分,其中结论占2分,理由占3分。 二、第一次,小物块受力情况如图所示,设T1 为绳中张力,a1 为两物块加速度的大小,l为 斜面长,则有

19

m1g ? T1 ? m1a1
(1)

T1 ? m2 g sin ? ? m2 a1
(2)

1 l ? a1t 2 2
(3) 第二次,m1 与m2 交换位置.设绳中张力为T2 ,两物块加速度的大小为a2 ,则有

m2 g ? T2 ? m2 a2 T2 ? m1g sin ? ? m1a2
1 ?t? l ? a2 ? ? 2 ? 3?
2

(4) (5)

(6)

由(1)、(2)式注意到? =30?得

a1 ?

2m1 ? m2 g 2(m1 ? m2 )

(7)

由(4)、(5)式注意到? =30?得

a2 ?

2m2 ? m1 g 2(m1 ? m2 )

(8)

由(3)、(6)式得

a1 ?

a2 9

(9)

由(7)、(8)、(9)式可解得

m1 1 1 ? m2 1 9
评分标准:

(10)

第1页

本题15分,(1)、(2)、(3)、(4)、(5)、(6)式各2分,求得(10)式再给 3分。 三、设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v 0 ,因为速度方向平行于电容器的 极板,通过长度为l的极板区域所需的时间 t1 =l/v0 (1) 当两极板之间加上电压时,设两极板间的场强为E ,作用于电子的静电力的大小为qE 方向 垂直于极板由C指向D,电子的加速度

a?


qE m U d

(2)

E?

(3)

因电子在垂直于极板方向的初速度为0,因而在时间t1 内垂直于极板方向的位移

1 y1 ? at12 2
电子离开极板区域时,沿垂直于极板方向的末速度 v y =at1 设电子离开极板区域后,电子到达荧光屏上P 点所需时间为t2 t2 =(L-l/2)/v 0 在t2 时间内,电子作匀速直线运动,在垂直于极板方向的位移 y2 =v y t2 P 点离开O点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移 y=y1 +y2 由以上各式得电子的荷质比为

(4)

(5) (6) (7) (8)

2 d q v0 (9) ? y m UlL 加上磁场B 后,荧光屏上的光点重新回到O点,表示在电子通过平行板电容器的过程中电子 所受电场力与磁场力相等,即 qE =qv0 B (l0) 注意到(3)式,可得电子射入平行板电容器的速度

v0 ?
代人(9)式得

U Bd

(11)

q U ? 2 y m B lLd
代入有关数据求得

(12)

q ? 1.6 ?1011 C/kg m
评分标准:

(13)

本题15分.(l)、(2)、(3)、(4 )、(5)、(6)、(7)、(8)式各1分,(10) 式3分,(12)、(13)式各2分。 四、如图所示,圆为地球赤道,S为卫星所在处,用R 表示卫星运动轨道的半径。由万 有引力定律、牛顿运动定律和卫星周期T(亦即地球自转周期)可得

第2页

G

Mm ? 2? ? ? mR ? ? 2 R ? T ?

2

(1)

式中M为地球质量,G为万有引力常量,m为卫星质量 另有
2 G M? R 0g

(2)

由图可知 R cos ? =R 0 由以上各式可解得 (3)
1/3

? 4? 2 R ? ? ? arccos ? 2 0 ? ? T g ?

(4)

取T=23小时56分4秒(或近似取T=24小时),代入数值,可得 ? =81.3?

(5)

由此可知, 卫星的定位范围在东经135.0?-81.3?=53.7?到75.0?+81.3?=156.3?之间的上空。 评分标准: 本题15分.(1)、(2)、(3)式各2分,(4)、(5)式共2分,得出最后结论再给 7分。 五、用E 和I分别表示abdc回路的感应电动势和感应电流的大小,根据法拉第电磁感应定律 和欧姆定律可知 E =Bl(v 2 -v 1 ) (1) (2)

I?

E 2R

令F 表示磁场对每根杆的安培力的大小,则 F =IBl

(3)

令a1 和a2 分别表示ab杆cd杆和物体M加速度的大小,T表示绳中张力的大小,由牛顿定律可 知 F =ma1 Mg-T=ma2 T-F =ma2 由以上各式解得 (4) (5) (6)

a1 ?

B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2 Rm

(7)

2MgR ? B 2l 2 (v2 ? v1 ) a2 ? 2( M ? m) R
评分标准:

(8)

本题15分.( l)式3分,(2)式2分,(3)式3分,(4)、(5)、(6)式各1分, (7)、(8)式各2分。 六、把酒杯放平,分析成像问题。

第3页

图1

1.未斟酒时,杯底凸球面的两侧介质的折射率分别为n1 和n0 =1。在图1中,P 为画片 中心, 由P 发出经过球心C的光线PO经过顶点不变方向进入空气中; 由P 发出的与PO成? 角 的另一光线PA 在A 处折射。设A 处入射角为i,折射角为 r,半径CA 与PO的夹角为? ,由折 射定律和几何关系可得 n1 sini=n0 sinr (1) (2)

? =i+?
在△PAC中,由正弦定理,有

R PC ? sin ? sin i 考虑近轴光线成像,? 、i、r 都是小角度,则有

(3)

r?

n1 i n0
R i PC

(4)

??

(5)

由(2)、(4)、(5)式、n0 、nl 、R 的数值及 PC ? PO ? CO ? 4.8 cm可得

? =1.31i
r =1.56i 由(6)、(7)式有 r>?

(6) (7) (8)

由上式及图1可知,折射线将与PO延长线相交于P ? ,P ? 即为P 点的实像.画面将成实像于 P ? 处。 在△CAP ? 中,由正弦定理有

R CP? ? sin ? sin r
又有 r=? +? 考虑到是近轴光线,由(9)、(l0)式可得

(9) (10)

CP? ?
又有

r R r ??

(11)

OP? ? CP? ? R
由以上各式并代入数据,可得

(12)

OP? ? 7.9 cm

(13)

由此可见,未斟酒时,画片上景物所成实像在杯口距O点7.9 cm处。已知O到杯口平面 的距离为8.0cm,当人眼在杯口处向杯底方向观看时,该实像离人眼太近,所以看不出画片 上的景物。
第4页

2.斟酒后,杯底凸球面两侧介质分别为玻璃和酒,折射率分别为n1 和n2 ,如图2所示, 考虑到近轴光线有

图2

r?

n1 i n2

(14)

代入n1 和n2 的值,可得 r=1.16i (15) 与(6)式比较,可知 r<? (16) 由上式及图2可知,折射线将与OP 延长线相交于P ? ,P ? 即为P 点的虚像。画面将成虚像于 P ? 处。计算可得

CP? ?
又有

r R ? ?r

(17)

OP? ? CP? ? R
由以上各式并代入数据得

(18)

OP? ? 13 cm

(19)

由此可见,斟酒后画片上景物成虚像于P ? 处,距O点13cm.即距杯口21 cm。虽然该虚 像还要因酒液平表面的折射而向杯口处拉近一定距离,但仍然离杯口处足够远,所以人眼 在杯口处向杯底方向观看时,可以看到画片上景物的虚像。 评分标准: 本题15分.求得(13)式给5分,说明“看不出”再给2分;求出(l9)式,给5分,说 明“看到”再给3分。 七、由题设条件知,若从地面参考系观测,则任何时刻, A 沿竖直方向运动,设其速度为v A,B沿水平方向运动,设其速 度为v B,若以B为参考系,从 B观测,则 A杆保持在竖直方向, 它与碗的接触点在碗面内作半径为R 的圆周运动, 速度的方向 与圆周相切,设其速度为V A 。杆相对地面的速度是杆相对碗 的速度与碗相对地面的速度的合速度,速度合成的矢量图如 图中的平行四边形所示。由图得

VA sin? ? vA VA cos? ? vB

( 1) (2)
第5页

因而

vB ? vA cot ?
由能量守恒

(3)

1 1 2 2 mA gR cos? ? mAvA ? mBvB 2 2
由(3) 、 (4)两式及mB=2mA 得

( 4)

vA ? sin ?

2 gR cos? 1 ? cos 2 ? 2 gR cos? 1 ? cos 2 ?

( 5)

vB ? cos?

(6)

评分标准: 本题(15)分.(1)、(2)式各3分,(4)式5分,(5)、(6)两式各2分。 八、设B 、C右方无穷组合电路的等效电阻为R BC,则题图中通有电流的电路可以简化为图1 中的电路。B 、C右方的电路又可简化为图2的电路,其中 RB?C? 是虚线右方电路的等效电阻。 由于B ? 、C? 右方的电路与B 、C右方的电路结构相同,而且都是无穷组合电路,故有

RBC ? RB?C?
(1) 由电阻串、 并联公式可得

RBC ? 1 ?

2 RB?C ? 2 ? RB?C ?

(2) 由式(1)、(2)两式得
2 RBC ? RBC ? 2 ? 0

图1

图2

解得 R BC=2.0 ? (3) 图1所示回路中的电流为

I?

20 ? 10 ? 24 A=0.10 A 10 ? 30 ? 18 ? 2

(4)

电流沿顺时针方向。 设电路中三个电容器的电容分别为C1 、C2 和C3 , 各电容器极板上的电荷分别为Q1 、Q2 和Q3 ,极性如图 3所示。由于电荷守恒,在虚线框内,三个极板上电荷 的代数和应为零,即 Q1 +Q2 -Q3 =0 A 、E 两点间的电势差 (5) 图3

U A ?UE ? ?

Q1 Q3 ? C1 C3

(6)

第6页

又有

U A ? U E ? (10 ? 30 ? 0.10)V=7.0 V
B 、E 两点间的电势差

(7)

UB ?UE ?
又有

Q2 Q3 ? C2 C3

(8)

U B ? U E ? (24 ? 20 ? 0.10)V=26 V
根据(5)、(6)、(7)、(8)、(9)式并代入C1 、C2 和C3 之值后可得 Q3 =1.3×10-4 C 即电容器C3 与E 点相接的极板带负电,电荷量为1.3×10-4 C。

(9)

(10)

评分标准: 本题17分.求得(3)式给3分,(4)式1分,(5)、(6)、(7)、(8)、(9)、 (10)式各2分,指出所考察的极板上的电荷是负电荷再给1分。

九、设从烧断线到砝码 1与弹簧分离经历的 时间为△t,在这段时间内,各砝码和砝码托 盘的受力情况如图1所示: 图中, F 表示△t 时 间内任意时刻弹簧的弹力,T 表示该时刻跨 过滑轮组的轻绳中的张力, mg 为重力, T0 为悬挂托盘的绳的拉力。因D 的质量忽略不 计,有 T0 =2T (1) 图1

在时间△t 内任一时刻,法码1向上运动,托盘向下运动,砝码2、3则向上升起,但砝 码2、3与托盘速度的大小是相同的。设在砝码1与弹簧分离的时刻,砝码1的速度大小为v 1 , 砝码2、3与托盘速度的大小都是v 2 ,由动量定理,有

I F ? I mg ? mv1 IT ? I mg ? mv2 IT ? I mg ? mv2 I F ? I mg ? IT0 ? mv2
有 IT0 =2IT 由(2)、(3)、(4)、(5)、(6)各式得

(2) (3) (4) (5)

式中IF 、Img 、IT、IT0 分别代表力F 、mg、T、T0 在△t 时间内冲量的大小。注意到式(1), (6)

1 v2 ? v1 3

(7)

在弹簧伸长过程中,弹簧的上端与砝码1一起向上运动,下端与托盘一起向下运动。以 △l1 表示在△t 时间内弹簧上端向上运动的距离,△l2 表示其下端向下运动的距离。由于在
第7页

弹簧伸长过程中任意时刻,托盘的速度都为砝码1的速度的1/3,故有

1 ?l2 ? ?l1 3
另有

(8)

?l1 ? ?l2 ? l0

(9)

在弹簧伸长过程中,机械能守恒,弹簧弹性势能的减少等于系统动能和重力势能的增 加,即有

1 2 1 2 1 2 kl0 ? mv1 ? 3 ? mv2 ? mg?l1 ? mg?l2 ? 2mg?l2 2 2 2
由(7)、(8)、(9)、(10)式得
2 v1 ?

(10)

3 ?1 2 ? ? kl0 ? mgl0 ? 2m ? 2 ?

(11)

砝码 1 与弹簧分开后,砝码作上抛运 动,上升到最大高度经历时间为t1 ,有 v1 = gt 1 (12) 砝码2、3和托盘的受力情况如图2所示,以 a表示加速度的大小,有 mg (13) mg-T=ma T0 -mg=ma T0 =2T 由(14)、(15)和(16)式得 (14) (15) (16) - T = ma 图2

1 a? g 3
托盘的加速度向上,初速度v 2 向下,设经历时间t2 ,托盘速度变为零,有 v 2 =at2 由(7)、(12)、(17)和(18)式,得

(17)

(18)

t1 ? t2 ?

v1 g

(19)

即砝码1自与弹簧分离到速度为零经历的时间与托盘自分离到速度为零经历的时间相等。 由 对称性可知, 当砝码回到分离位置时, 托盘亦回到分离位置, 即再经历t1, 砝码与弹簧相遇。 题中要求的时间

t总 ? 2t1
由(11)、(12)、(20)式得

(20)

t总 ?
评分标准:

2 3 ?1 2 ? ? kl0 ? mgl0 ? g 2m ? 2 ?

本题18分.求得(7)式给5分,求得(11)式给5分,(17)、(19)、( 20)、(21)
第8页

式各2分。

第9页


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