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第20届全国中学生物理竞赛预复赛试卷及答案


2003 年第二十届全国中学生物理竞赛预复赛试卷及答案 目 录

第二十届全国中学生物理竞赛预赛试卷 1 第二十届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案、评分标准4 第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷 12 第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准 14

1

第二十届全国中学生物理竞赛预赛试卷 2003 年 9 月

题 号 得 分 复核人















总计

全卷共七题, 全卷共七题,总分为 140 分.
一、 (20 分)两个薄透镜 L1 和 L2 共轴放置,如图所示.已知 L1 的焦距 f1=f , L2 的焦距 f2=—f,两透镜间距离也是 f.小物 体位于物面 P 上,物距 u1 =3f. (1)小物体经这两个透镜所成的像在 L2 的__________边, 、 到 L2 的距离为_________,是__________倍(虚或实) ____________像(正或倒) ,放大率为_________________。 (2) 现在把两透镜位置调换, 若还要给定的原物体在原像处 成像,两透镜作为整体应沿光轴向____________边移动距离 _______________. 这个新的像是____________像 (虚或实) 、 ______________像(正或倒)放大率为________________。

二、(20 分)一个氢放电管发光,在其光谱中测得一条谱线的波长为 4.86×10-7m.试计算这是氢原子中电子 从哪一个能级向哪一个能级(用量子数 n 表示)跃迁时发出的?已知氢原子基态(n=1)的能量为 El=一 - 13.6eV=-2.18×10-18J,普朗克常量为 h=6.63×10 34Js。

三、 分)在野外施工中, (20 需要使质量 m=4.20 kg 的铝合金构件升温。 除了保温瓶中尚存有温度 t= 90.0℃ 的 1.200 kg 的热水外,无其他热源.试提出一个操作方案,能利用这些热水使构件从温度 t0=10℃升温到 66.0℃以上(含 66.0℃) ,并通过计算验证你的方案.已知铝合金的比热容 c=0.880×l03J(Kg℃)-1,水 的比热容 c0 =4.20×103J(Kg℃)-1,不计向周围环境散失的热量。

四、 (20 分)从 z 轴上的 O 点发射一束电量为 q(>0) 、 质量为 m 的带电粒子,它们速度统方向分布在以 O 点为 顶点、 轴为对称轴的一个顶角很小的锥体内 z (如图所示) , 速度的大小都等于 v.试设计一种匀强磁场,能使这束带 电粒子会聚于 z 轴上的另一点 M, 点离开 O 点的经离为 M d.要求给出该磁场的方向、磁感应强度的大小和最小值.不计粒子间的相互作用和 重力的作用.

1

五、(20 分)有一个摆长为 l 的摆(摆球可视为质点,摆线的质量不计) ,在过悬挂点的竖直线上距悬挂点 O 的距离为 x 处(x<l)的 C 点有一固定的钉子,如图所示,当摆摆动时,摆线会受到钉子的阻挡.当 l 一 定而 x 取不同值时,阻挡后摆球的运动情况将不同.现将摆拉到位于竖直线的左方(摆球的高度不超过 O 点) ,然后放手,令其自由摆动,如果摆线被钉子阻挡后,摆球恰巧能够击中钉子,试求 x 的最小值.

六、(20 分)质量为 M 的运动员手持一质量为 m 的物块,以速率 v0 沿与水平面成 a 角的方向向前跳跃(如 图) .为了能跳得更远一点,运动员可在跳远全过程中的某一位置处,沿某一方向把物块抛出.物块抛出 时相对运动员的速度的大小 u 是给定的,物块抛出后,物块和运动员都在同一竖直平面内运动. (1)若运动员在跳远的全过程中的某时刻 to 把物块沿 与 x 轴负方向成某 θ 角的方向抛出,求运动员从起跳到 落地所经历的时间. v0 (2)在跳远的全过程中,运动员在何处把物块沿与 x 轴负方向成 θ 角的方向抛出,能使自己跳得更远?若 v0 和 u 一定,在什么条件下可跳得最远?并求出运动员跳 的最大距离.

七、 (20 分)图预 20-7-1 中 A 和 B 是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为 T 的交流电压, 在两板间产生交变的匀强电场.己知 B 板电势为零,A 板电势 UA 随时间变化的规律如图预 20-7-2 所示, 其中 UA 的最大值为的 U0,最小值为一 2U0.在图预 20-7-1 中,虚线 MN 表示与 A、B 扳平行等距的一个 较小的面,此面到 A 和 B 的距离皆为 l.在此面所在处,不断地产生电量为 q、质量为 m 的带负电的微粒, 各个时刻产生带电微粒的机会均等.这种微粒产生后,从静止出发在电场力的作用下运动.设微粒一旦碰 到金属板,它就附在板上不再运动,且其电量同时消失,不影响 A、B 板的电压.己知上述的 T、U0、l,q 和 m 等各量的值正好满足等式

3 U 0q T l = 16 2m 2
2

2

若在交流电压变化的每个周期 T 内,平均产主 320 个上述微粒,试论证在 t=0 到 t=T/2 这段时间内产主 的微粒中,有多少微粒可到达 A 板(不计重力,不考虑微粒之间的相互作用) 。

2

3

第二十届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案、评分标准

一、参考解答 (1) 右 f 实 倒 1 。 (2) 左 2f 实 倒 1 。 评分标准:本题 20 分,每空 2 分。 二、参考解答 波长 λ 与频率ν 的关系为 光子的能量为

ν=

c

λ



(1) (2)

Eν = hν ,

由式(1)(2)可求得产生波长 λ = 4.86 × 107 m 谱线的光子的能量 、

Eν = 4.09 × 1019 J
氢原子的能级能量为负值并与量子数 n 的平方成反比:

(3)

En = k

1 , n = 1,2,3,… n2

(4)

式中 k 为正的比例常数。氢原子基态的量子数 n = 1,基态能量 E1 已知,由式(4)可得出

k = E1

(5)

把式(5)代入式(4) ,便可求得氢原子的 n = 2,3,4,5,… 各能级的能量,它们是

1 k = 5.45 × 1019 J, 22 1 E3 = 2 k = 2.42 × 1019 J, 3 1 E4 = 2 k = 1.36 × 1019 J, 4 1 E5 = 2 k = 8.72 × 1020 J。 5 比较以上数据,发现
E2 = Eν = E4 E2 = 4.09 × 1019 J。
所以,这条谱线是电子从 n = 4 的能级跃迁到 n = 2 的能级时发出的。 评分标准:本题 20 分。 式(3)4 分,式(4)4 分,式(5)4 分,式(6)及结论共 8 分。 三、参考解答 1. 操作方案:将保温瓶中 t = 90.0 ℃的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分,与温度为 (6)

t0 = 10.0 ℃的构件充分接触,并达到热平衡,构件温度已升高到 t1 ,将这部分温度为 t1 的水倒掉。再从保
温瓶倒出一部分热水,再次与温度为 t1 的构件充分接触,并达到热平衡,此时构件温度已升高到 t2 ,再将
4

这些温度为 t2 的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为 t2 的构件升温……直到最后一次, 将剩余的热水全部倒出来与构件接触,达到热平衡。只要每部分水的质量足够小,最终就可使构件的温度 达到所要求的值。 2. 验证计算:例如,将 1.200kg 热水分 5 次倒出来,每次倒出 m0 =0.240kg,在第一次使热水与构件 达到热平衡的过程中,水放热为

Q1 = c0 m0 (t t1 )
构件吸热为

(1)

Q1′ = cm(t1 t0 )
由 Q1 = Q1′ 及题给的数据,可得

(2)

t1 =27.1℃
同理,第二次倒出 0.240kg 热水后,可使构件升温到

(3)

t2 =40.6℃
依次计算出 t1 ~ t5 的数值,分别列在下表中。 倒水次数/次 平衡温度/℃ 可见 t5 =66.0℃时,符合要求。 1 27.1 2 40.6 3 51.2 4 59.5 5 66.0

(4)

附:若将 1.200kg 热水分 4 次倒,每次倒出 0.300kg,依次算出 t1 ~ t4 的值,如下表中的数据: 倒水次数/次 平衡温度/℃ 1 30.3 2 45.50 3 56.8 4 65.2

由于 t4 =65.2℃<66.0℃,所以如果将热水等分后倒到构件上,则倒出次数不能少于 5 次。 评分标准:本题 20 分。 设计操作方案 10 分。操作方案应包含两个要点:①将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。②倒在构件上 的水与构件达到热平衡后,把与构件接触的水倒掉。 验证方案 10 分。使用的验证计算方案可以与参考解答不同,但必需满足两条:①通过计算求出的构件的 最终温度不低于 66.0℃。 ②使用的热水总量不超过 1.200kg。 这两条中任一条不满足都不给这 10 分。 例如, 把 1.200kg 热水分 4 次倒, 每次倒出 0.300kg, 尽管验算过程中的计算正确, 但因构件最终温度低于 66.0℃, 不能得分。

v⊥
四、参考解答 设计的磁场为沿 z 轴方向的匀强磁场, O 点和 M 点都处于这个磁 场中。下面我们根据题意求出这种磁场的磁感应强度的大小。粒子由 O 点射出就进入了磁场,可将与 z 轴成 θ 角的速度分解成沿磁场方向的分 速度 vZ 和垂直于磁场方向的分速度 v⊥ (见图预解 20-4-1) ,注意到 θ 很
5

v v

θ

vz

小,得

vZ = v cosθ ≈ v v⊥ = v sin θ ≈ vθ
2 v⊥ R

(1) (2)

粒子因具有垂直磁场方向的分速度,在洛仑兹力作用下作圆周运动,以 R 表示圆周的半径,有

qBv⊥ = m
圆周运动的周期

T=
由此得

2π R v⊥

T=

2π m qB

(3)

可见周期与速度分量 v⊥ 无关。 粒子因具有沿磁场方向的分速度,将沿磁场方向作匀速直线运动。由于两种分速度同时存在,粒子将 沿磁场方向作螺旋运动,螺旋运动螺距为

h = vZ T = vT

(4)

由于它们具有相同的 v ,因而也就具有相同的螺距;又由于这些粒子是 从同一点射出的,所以经过整数个螺距(最小是一个螺距)又必定会聚 于同一点。只要使 OM 等于一个螺距或一个螺距的 n (整数)倍,由 O 点射出的粒子绕磁场方向旋转一周(或若干周后)必定会聚于 M 点, 如图 20-4-2 所示。所以 d = nh , n =1,2,3,… (5) 由式(3)(4)(5)解得 、 、

B=

2π mvn qd



n



1



2



3





(6) 这就是所要求磁场的磁感应强度的大小,最小值应取 n =1,所以磁感应强度的最小值为

B=

2π mv 。 qd

(7)

评分标准:本题 20 分。 磁场方向 2 分,式(3)(4)各 3 分,式(5)5 分,求得式(6)给 5 分,求得 、 式(7)再给 2 分。

五、参考解答 摆线受阻后在一段时间内摆球作圆周运动,若摆球的质量为 m ,则摆球受重 设在这段时间内任一时刻的速度为 v , 如图预解 20-5 力 mg 和摆线拉力 T 的作用, 所示。用 α 表示此时摆线与重力方向之间的夹角,则有方程式
6

mv 2 (1) lx 运动过程中机械能守恒,令 θ 表示摆线在起始位置时与竖直方向的夹角,取 O 点为势能零点,则有关系 1 mgl cosθ = mv 2 mg[ x (l x) cos α )] (2) 2 摆受阻后,如果后来摆球能击中钉子,则必定在某位置时摆线开始松弛,此时 T =0,此后摆球仅在 T + mg cos α =
重力作用下作斜抛运动。设在该位置时摆球速度 v = v0 ,摆线与竖直线的夹角 α = α 0 ,由式(1)得
2 v0 = g (l x)cos α 0 ,

(3)

代入(2)式,求出

2l cosθ = 3( x l )cos α 0 + 2 x
要求作斜抛运动的摆球击中 C 点,则应满足下列关系式:

(4)

(l x)sin α 0 = v0 cosα 0t , (l x)cos α 0 = v0 sin α 0t +
利用式(5)和式(6)消去 t ,得到
2 v0 =

(5) (6)

1 2 gt 2

g (l x)sin 2 α 0 2cos α 0

(7)

由式(3)(7)得到 、

cosα 0 =
代入式(4) ,求出

3 3

(8)

θ = arccos

x(2 + 3) l 3 2l

(9)

θ 越大, cosθ 越小, x 越小, θ 最大值为 π / 2 ,由此可求得 x 的最小值:
x(2 + 3) = 3l ,
所以

x = (2 3 3)t = 0.464l

(10)

评分标准:本题 20 分。 式(1)1 分,式(2)3 分,式(3)2 分,式(5)(6)各 3 分,式(8)3 分,式(9)1 分,式(10)4 、 分。

六、参考解答 (1) 规定运动员起跳的时刻为 t = 0 , 设运动员在 P 点 (见 图预解 20-6)抛出物块,以 t0 表示运动员到达 P 点的时 Vpy 刻,则运动员在 P 点的坐标 xP 、 yP 和抛物前的速度 v 的 v0
7

ux

α

uy

Vpx

分量 v px 、 v py 分别为

v px = v0 cosα , v py = v0 sin α gt0 x p = v0 cosα t0 ,

(1) (2) (3) (4)

1 2 y p = v0 sin α t0 gt0 2

设在刚抛出物块后的瞬间, 运动员的速度 V 的分量大小分别为 V px 、V py , 物块相对运动员的速度 u 的 分量大小分别为 u x 、 u y ,方向分别沿 x 、负 y 方向。由动量守恒定律可知

MV px + m(V px u x ) = ( M + m)v px , MV py + m(V py u y ) = ( M + m)v py
因 u 的方向与 x 轴负方向的夹角为 θ ,故有

(5) (6)

u x = u cosθ u y = u sin θ
解式(1)(2)(5)(6)和式(7)(8) 、 、 、 、 ,得

(7) (8)

V px = v0 cos α + V py

mu cosθ M +m mu sin θ = v0 sin α gt0 + M +m

(9) (10)

抛出物块后,运动员从 P 点开始沿新的抛物线运动,其初速度为 V px 、 V py 。在 t 时刻( t > t0 )运动员的 速度和位置为

Vx = V px , V y = V py g (t t0 ) , x = x p + V px (t t0 ) = (v0 cos α + y = y p + V py (t t0 ) mu x mu x )t t0 , M +m M +m

(11) (12) (13) (14)

1 g (t t0 ) 2 2 由式(3)(4)(9)(10)(13)(14)可得 、 、 、 、 、 mu cosθ x = v0 cos α + M +m mu sin θ y = 2 v0 sin α + M +m mu cosθ t0 t M +m

(15)

2mu sin θ 2 t0 t gt M +m
8

(16)

运动员落地时,

y=0
由式(16)得

mu sin θ gt 2 2 v0 sin α + M +m
方程的根为

2mu sin θ t0 = 0 , t + M +m

(17)

t=

v0 sin α +

mu sin θ mu sin θ 2 mu sin θ ± (v0 sin α + t0 ) 2g M +m M +m M +m g

(18)

式(18)给出的两个根中,只有当“ ± ”取“+”时才符合题意,因为从式(12)和式(10) ,可求出运 动员从 P 点到最高点的时间为式

mu sin θ v0 sin α + M +m g
而从起跳到落地所经历的时间应比上面给出的时间大,故从起跳到落地所经历的时间为

t=

v0 sin α +

mu sin θ mu sin θ 2 mu sin θ + (v0 sin α + ) 2g t0 M +m M +m M +m g

(19)

(2)由式(15)可以看出, t 越大, t0 越小,跳的距离 x 越大,由式(19)可以看出,当

t0 =0
时, t 的值最大,由式(3)和式(4)可知,抛出物块处的坐标为

xp = 0 , yp = 0

(20)

即应在原点亦即在刚起跳时把物块抛出,运动员可跳得远一点。由式(19)可以得到运动员自起跳至落地 所经历的时间为

T =2

v0 sin α m u sin θ +2 g M +m g

把 t0 = 0 和 t = T 代入式(15) ,可求得跳远的距离,为

x=
可见,若

2 v0 sin 2α 2mv0u m 2u 2 + sin(θ + α ) + sin 2θ g ( M + m) g ( M + m) 2 g

(21)

sin 2α = 1, sin(θ + α ) = 1, sin 2θ = 1 ,
即 α =π /4 , θ =π /4 (22) 时, x 有最大值,即沿与 x 轴成 45°方向跳起,且跳起后立即沿与负 x 轴成 45°方向抛出物块,则 x 有最大 值,此最大值为

9

xm =

2 v0 2mv0 u m 2u 2 + + g ( M + m) g ( M + m) 2 g

(23)

评分标准:本题 20 分。 第一小问 13 分:求得式(15)(16)各 3 分,式(17)2 分,求得式(19)并说明“ t ”取“+”的理由 、 给 5 分。第二小问 7 分:式(20)2 分,式(22)2 分,式(23)3 分。

七、参考解答 在电压为 U 0 时,微粒所受电场力为 U 0 q / 2l ,此时微粒的加速度为 a0 = U 0 q / 2lm 。将此式代入题中所 给的等式,可将该等式变为

l=

3 T a0 16 2

2

(1)

何时产生的微粒在电场力的作用下能到达 A 板, 然后计算这些微粒的数 现在分析从 0 到 T / 2 时间内, 目。 在 t = 0 时产生的微粒,将以加速度 a0 向 A 板运动,经 T / 2 后,移动的距离 x 与式(1)相比,可知

1 T x = a0 > l 2 2

2

(2)

即 t = 0 时产生的微粒,在不到 T / 2 时就可以到达 A 板。在 U A = U 0 的情况下,设刚能到达 A 板的微粒是 产生在 t = t1 时刻,则此微粒必然是先被电压 U 0 加速一段时间 t1 ,然后再被电压 2U 0 减速一段时间,到 A 板时刚好速度为零。用 d1 和 d 2 分别表示此两段时间内的位移, v1 表示微粒在 t1 内的末速,也等于后一 段时间的初速,由匀变速运动公式应有

1 d1 = a0 (t1 )2 2

(3) (4)

0 = v12 + 2(2a0 )d 2
又因

v1 = a0 t1 , d1 + d 2 = l , t1 + t1 =
由式(3)到式(7)及式(1) ,可解得

(5) (6) (7)

T , 2

t1 =

T , 2

(8)

这就是说,在 U A = U 0 的情况下,从 t = 0 到 t = T / 4 这段时间内产生的微粒都可到达 A 板(确切地说,应 当是 t < T / 4 ) 。
10

为了讨论在 T / 4 < t ≤ t / 2 这段时间内产生的微粒的运动情况,先设想有一静止粒子在 A 板附近,在

U A = 2U 0 电场作用下,由 A 板向 B 板运动,若到达 B 板经历的时间为 τ ,则有

1 2l = (2a0 )τ 2 2
根据式(1)可求得

τ=

3 1 T 2 4

由此可知,凡位于 MN 到 A 板这一区域中的静止微粒,如果它受 U = 2U 0 的电场作用时间大于 τ ,则这 些微粒都将到达 B 板。 在 t = T / 4 发出的微粒,在 U A = U 0 的电场作用下,向 A 板加速运动,加速的时间为 T / 4 ,接着在

U A = 2U 0 的电场作用下减速,由于减速时的加速度为加速时的两倍,故经过 T / 8 微粒速度减为零。由此
可知微粒可继续在 U A = 2U 0 的电场作用下向 B 板运动的时间为

τ1 = T T = T = T
,不会再回到 A 板。 由于 τ 1 > τ ,故在 t = T / 4 时产生的微粒最终将到达 B 板(确切地说,应当是 t < T / 4 ) 在 t 大于 T / 4 但小于 T / 2 时间内产生的微粒, U A = U 0 的电场加速的时间小于 T / 4 , U A = 2U 0 的 被 在 电场作用下速度减到零的时间小于 t = T / 8 ,故可在 U A = 2U 0 的电场作用下向 B 板运动时间为

1 2

1 8

3 8

3 1 2 4

1 1 2 8 所以这些微粒最终都将打到 B 板上,不可能再回到 A 板。 由以上分析可知,在 t = 0 到 t = T / 2 时间内产生的微粒中,只有在 t = 0 到 t = T / 4 时间内产生的微粒 能到达 A 板,因为各个时刻产生带电微粒的机会均等,所以到达 A 板的微粒数为 1 N = 320 × = 80 (9) 4 评分标准:本题 20 分。 论证在 t = 0 到 t = T / 4 时间内产生的微粒可能到达 A 板给 10 分;论证 t = T / 4 到 t = T / 2 时间内产生的微 粒不能到达 A 板给 6 分。求得最后结果式(9)再给 4 分。

τ ′ > T T = τ1

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第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷
2003 年 9 月 20 日

题号 得分 复核人















总计

全卷共七题,总分为 140 分。 一、 分)图中 a 为一固定放置的半径为 R 的均匀带电球体,O 为其球心.己知取无限远处的电势为零 (15
时, 球表面处的电势为 U=1000 V. 在离球心 O 很远的 O′ 点附近有一质子 b,它以 Ek=2000 eV 的动能沿与 O′O 平行的方向射向 a.以 l 表示 b 与 O′O 线之间的垂直距 离,要使质子 b 能够与带电球体 a 的表面相碰,试求 l 的最大值.把质子换成电子,再求 l 的最大值.

二、 (15 分)U 形管的两支管 A、B 和水平管 C 都是由内径均匀的细玻璃管做成的,它们的内径与管长相 比都可忽略不计.己知三部分的截面积分别为 SA = 1.0 × 102 cm2, SB = 3.0 × 102 cm2, SC = 2.0 × 102 cm2, 在 C 管中有一段空气柱,两侧被水银封闭.当温度为 t1 = 27 ℃时,空气柱长为 l =30 cm(如图所示) ,C 中气柱两侧的水银柱长分别为 a =2.0cm, b =3.0cm,A、B 两支管 都很长,其中的水银柱高均为 h =12 cm.大气压强保持为 p0 =76 cmHg 不变.不考虑温度变化时管和水银的热膨胀.试求气柱中空气 温度缓慢升高到 t =97℃时空气的体积.

三、 (20 分)有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想.其 设想如下:沿地球的一条弦挖一通道,如图所示.在通道的两个出口 处 A和 B , 分别将质量为 M 的物体和质量为 m 的待发射卫星同时自由释放, 只要 M 比 m 足够大, 碰撞后, 质量为 m 的物体,即待发射的卫星就会从通道口 B 冲出通道;设待发卫星上有一 种装置,在待发卫星刚离开出口 B 时,立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地 球切线的方向,但不改变速度的大小.这样待发卫星便有可能绕地心运动,成为 一个人造卫星.若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动,则地心到该通道 的距离为多少?己知 M =20 m ,地球半径 R0 =6400 km.假定地球是质量均匀分 布的球体,通道是光滑的,两物体间的碰撞是弹性的.

四、(20 分)如图所示,一半径为 R 、折射率为 n 的 玻璃半球,放在空气中,平表面中央半径为 h0 的 区域被涂黑.一平行光束垂直入射到此平面上,
12

正好覆盖整个表面.Ox 为以球心 O 为原点,与平而垂直的坐标轴.通过计算,求出坐标轴 Ox 上玻璃半球 右边有光线通过的各点(有光线段)和无光线通过的各点(无光线段)的分界点的坐标.

五、(22 分)有一半径为 R 的圆柱 A,静止在水平地面上,并与竖直墙面相接触.现有 另一质量与 A 相同,半径为 r 的较细圆柱 B,用手扶着圆柱 A,将 B 放在 A 的上面, 并使之与墙面相接触,如图所示,然后放手. 己知圆柱 A 与地面的静摩擦系数为 0.20,两圆柱之间的静摩擦系数为 0.30.若放 手后, 两圆柱体能保持图示的平衡, 问圆柱 B 与墙面间的静摩擦系数和圆柱 B 的半径 r 的值各应满足什么条件?

六、(23 分)两个点电荷位于 x 轴上,在它们形成的电场中,若取无限远处 的电势为零,则在正 x 轴上各点的电势如图中曲线所示,当 x → 0 时,电 势 U → ∞ :当 x → ∞ 时,电势 U → 0 ;电势为零的点的坐标 x0 , 电势为 极小值 U 0 的点的坐标为 ax0 ( a >2) 。试根据图线提供的信息,确定这 两个点电荷所带电荷的符号、电量的大小以及它们在 x 轴上的位置.

七、(25 分)如图所示,将一铁饼状小物块在离地面高为 h 处沿水平方向以 初速 v0 抛出. 己知物块碰地弹起时沿竖直方向的分速度的大小与碰前沿竖 直方向的分速度的大小之比为 e (<1=.又知沿水平方向物块与地面之 间的滑动摩擦系数为 (≠0) :每次碰撞过程的时间都非常短,而且都是 “饼面”着地.求物块沿水平方向运动的最远距离.

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第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准 一、参考解答 令 m 表示质子的质量, v0 和 v 分别表示质子的初速度和到达 a 球球面处的速度, e 表示元电荷,由能 量守恒可知

1 2 1 2 mv0 = mv + eU 2 2

(1)

因为 a 不动,可取其球心 O 为原点,由于质子所受的 a 球对它的静电库仑力总是通过 a 球的球心,所以此 力对原点的力矩始终为零,质子对 O 点的角动量守恒。所求 l 的最大值对应于质子到达 a 球表面处时其速 度方向刚好与该处球面相切(见复解 20-1-1) 。以 lmax 表示 l 的最大值,由角动量守恒有

mv0lmax = mvR
由式(1)(2)可得 、

(2)

lmax = 1
代入数据,可得

eU R 2 mv0 / 2

(3)

2 (4) R 2 若把质子换成电子,则如图复解 20-1-2 所示,此时式(1)中 e 改为 e 。同理可求得 lmax = lmax = 6 R 2
(5)

评分标准:本题 15 分。 式(1)(2)各 4 分,式(4)2 分,式(5)5 分。 、

14

二、参考解答 在温度为 T1 = (27 + 273)K=300K 时,气柱中的空气的压强和体积分别为

p1 = p0 + h , V1 = lSC

(1) (2)

当气柱中空气的温度升高时,气柱两侧的水银将被缓慢压入 A 管和 B 管。设温度升高到 T2 时,气柱 右侧水银刚好全部压到 B 管中,使管中水银高度增大

h =

bSC SB

(3)

由此造成气柱中空气体积的增大量为

V ′ = bS C

(4)

与此同时,气柱左侧的水银也有一部分进入 A 管,进入 A 管的水银使 A 管中的水银高度也应增大 h ,使 两支管的压强平衡,由此造成气柱空气体积增大量为

V ′′ = hSA
所以,当温度为 T2 时空气的体积和压强分别为

(5)

V2 = V1 + V ′ + V ′′ p2 = p1 + h
由状态方程知

(6) (7)

p1V1 p2V2 = T1 T2
由以上各式,代入数据可得

(8)

T2 = 347.7 K

(9)

此值小于题给的最终温度 T = 273 + t = 370 K, 所以温度将继续升高。 从这时起, 气柱中的空气作等压变化。 当温度到达 T 时,气柱体积为

V=
代入数据可得

T V2 T2

(10)

V = 0.72 cm3

(11)

评分标准:本题 15 分。 求得式(6)给 6 分,式(7)1 分,式(9)2 分,式(10)5 分,式(11)1 分。

15

三、参考解答 ,它受到地球的引力可以表示为 位于通道内、质量为 m 的物体距地心 O 为 r 时(见图复解 20-3)

F=

GM ′m , r2

(1)

式中 M ′ 是以地心 O 为球心、以 r 为半径的球体所对应的那部分地球的质量,若以 ρ 表示地球的密度,此 质量可以表示为

4 ρπ r 3 3 于是,质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为 4 F = π G ρ mr (3) 3 作用于质量为 m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为 f = F sin θ (4) M′= x (5) r θ 为 r 与通道的中垂线 OC 间的夹角, x 为物体位置到通道中 点 C 的距离,力的方向指向通道的中点 C 。在地面上物体的重力可以表示为 sin θ =
mg = GM 0 m 2 R0

(2)

(6)

式中 M 0 是地球的质量。由上式可以得到

4 g = π G ρ R0 3
由以上各式可以求得

(7)

f =

mg x R0

(8)

可见, f 与弹簧的弹力有同样的性质,相应的“劲度系数”为

k=

mg R0

(9)

物体将以 C 为平衡位置作简谐振动,振动周期为 T = 2π R0 / g 。取 x = 0 处为“弹性势能”的零点,设位 于通道出口处的质量为 m 的静止物体到达 x = 0 处的速度为 v0 ,则根据能量守恒,有

1 2 1 2 mv0 = k ( R0 h 2 ) 2 2 式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式,得
2 v0 = 2 R0 h 2 g R0

(10)

(11)

可见,到达通道中点 C 的速度与物体的质量无关。 设想让质量为 M 的物体静止于出口 A 处,质量为 m 的物体静止于出口 B 处,现将它们同时释放,因
16

为它们的振动周期相同,故它们将同时到达通道中点 C 处,并发生弹性碰撞。碰撞前,两物体速度的大小 都是 v0 ,方向相反,刚碰撞后,质量为 M 的物体的速度为 V ,质量为 m 的物体的速度为 v ,若规定速度 方向由 A 向 B 为正,则有

Mv0 mv0 = MV + mv ,

(12)

1 1 2 1 1 2 Mv0 + mv0 = MV 2 + mv 2 (13) 2 2 2 2 解式(12)和式(13) ,得 3M m v= v0 (14) M +m 质量为 m 的物体是待发射的卫星,令它回到通道出口 B 处时的速度为 u ,则有 1 1 1 2 k ( R0 h 2 ) + mu 2 = mv 2 (15) 2 2 2 由式(14)(15)(16)和式(9)解得 、 、
u2 =
2 8M ( M m) R0 h 2 g R0 ( M + m)2

(16)

u 的方向沿着通道。根据题意,卫星上的装置可使 u 的方向改变成沿地球 B 处的切线方向,如果 u 的大小 恰能使小卫星绕地球作圆周运动,则有

G

M 0m u2 =m 2 R0 R0

(17)

由式(16)(17)并注意到式(6) 、 ,可以得到

h=
已知 M = 20 m,则得

R0 2

7 M 2 10 Mm m 2 2 M ( M m)

(18)

h = 0.925R0 = 5920 km

(19)

评分标准:本题 20 分。 求得式(11)给 7 分,求得式(16)给 6 分,式(17)2 分,式(18)3 分,式(19)2 分。

四、参考解答 图复解 20-4-1 中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路(图中阴影处是无光线进入的区域) ,光线 在球面上的入射角和折射角分别为 i 和 i′ ,折射光线与坐标轴的交点在 P 。令轴上 OP 的距离为 x , MP 的 距离为 l ,根据折射定律,有

sin i′ =n sin i

(1)

17

在 OMP 中

l x = sin i sin i′ 2 l = R 2 + x 2 2 Rx cos i
由式(1)和式(2)得

(2) (3)

x = nl
再由式(3)得

x 2 = n 2 ( R 2 + x 2 2 Rx cos i )
设 M 点到 Ox 的距离为 h ,有

h = R sin i

R cos i = R 2 R 2 sin 2 i = R 2 h 2


x2 = R 2 + x 2 2 x R 2 h2 n2 1 x 2 (1 2 ) 2 x R 2 h2 + R 2 = 0 n
解式(4)可得

(4)

x=

n2 R2 h2 ± n R2 n2h2 n2 1

(5)

为排除上式中应舍弃的解,令 h → 0 ,则 x 处应为玻璃半球在光轴 Ox 上的傍轴焦点,由上式

n(n ± 1) n n R= R或 R 2 n 1 n +1 n 1 由图可知,应有 x > R ,故式(5)中应排除±号中的负号,所以 x 应表示为 x→
x= n2 R2 h2 + n R2 n2h2 n2 1
(6)

上式给出 x 随 h 变化的关系。 因为半球平表面中心有涂黑的面积,所以进入玻璃半球的光线都有 h ≥ h0 ,其中折射光线与 Ox 轴交 点最远处的坐标为

x0 =

2 2 n 2 R 2 h0 + n R 2 n 2 h0

n2 1
18

(7)

在轴上 x > x0 处,无光线通过。 随 h 增大,球面上入射角 i 增大,当 i 大于临界角 iC 时,即会发生全反射,没有折射光线。与临界角 iC 相应的光线有

hC = R sin iC = R
这光线的折射线与轴线的交点处于

1 n

xC =

n2 R 1 n 1
2

1 n2 =

nR n2 1

(8)

在轴 Ox 上 R < x < xC 处没有折射光线通过。 由以上分析可知,在轴 Ox 上玻璃半球以右

xC ≤ x ≤ x0

(9)

的一段为有光线段,其它各点属于无光线段。 x0 与 xC 就是所要求的分界点,如图复解 20-4-2 所示

评分标准:本

题 20 分。

求得式(7)并指出在 Ox 轴上 x > x0 处无光线通过,给 10 分;求得式(8)并指出在 Ox 轴上 x < x0 处无光 线通过,给 6 分;得到式(9)并指出 Ox 上有光线段的位置,给 4 分。 五、参考解答 放上圆柱 B 后,圆柱 B 有向下运动的倾向,对圆柱 A 和墙面有压力。圆 柱 A 倾向于向左运动,对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。 现设系统处于平衡状态,取圆柱 A 受地面的正压力为 N1 ,水平摩擦力为 F1 ; 圆柱 B 受墙面的正压力为 N 2 ,竖直摩擦力为 F2 ,圆柱 A 受圆柱 B 的正压力 为 N3 , 切向摩擦力为 F3 ; 圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为 N3′ , 切向摩擦力为 F3′ , 如图复解 20-5 所示。各力以图示方向为正方向。 两圆柱间的摩擦系数 3 =0.30。 已知圆柱 A 与地面的摩擦系数 1 =0.20,

19

设圆柱 B 与墙面的摩擦系数为 2 ,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 。 设两圆柱的质量均为 M ,为了求出 N1 、 N 2 、 N3 以及为保持平衡所需的 F1 、 F2 、 F3 之值,下面列 出两圆柱所受力和力矩的平衡方程: 圆柱 A:

Mg N1 + N3 sin + F3 cos = 0 F1 N3 cos + F3 sin = 0 F1R = F3 R

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

圆柱 B:

Mg F2 N3′ sin F3′ cos = 0 N 2 N 3′ cos + F3′ sin = 0 F3′r = F2 r

由于 F3′ = F3 ,所以得

F1 = F2 = F3 = F3′ = F

(7)

式中 F 代表 F1 , F2 , F3 和 F3′ 的大小。又因 N3′ = N 3 ,于是式(1)(2)(4)和(5)四式成为: 、 、

Mg N1 + N3 sin + F cos = 0 F N3 cos + F sin = 0 Mg F + N3 sin F cos = 0 N 2 N3 cos + F sin = 0
以上四式是 N1 , N 2 , N3 和 F 的联立方程,解这联立方程可得

(8) (9) (10) (11)

N2 = F
N3 = 1 + sin Mg 1 + cos + sin cos Mg 1 + cos + sin

(12)

(13)

N2 = F =

(14)

N1 =

2 + cos + 2sin Mg 1 + cos + sin

(15)

式(12)(13)(14)和(15)是平衡时所需要的力, N1 , N 2 , N3 没有问题,但 F1 , F2 , F3 三个力能 、 、
20

不能达到所需要的数值 F ,即式(12)(14)要受那里的摩擦系数的制约。三个力中只要有一个不能达到 、 所需的 F 值,在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。 首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求

2 ≥
由式(12) ,得

F2 N2

F2 =1 N2
所以

2 ≥ 1

(16)

再讨论圆柱 A 与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为 1 =0.20,根据摩擦定律 f ≤ N ,若上 面求得的接地点维持平衡所需的水平力 F1 满足 F1 ≤ 1 N1 ,则圆柱在地面上不滑动;若 F1 > 1 N1 ,这一点 将要发生滑动。 圆柱 A 在地面上不发生滑动的条件是

1 ≥
由图复解 20-5 可知

F1 cos = N1 2 + cos + 2sin

(17)

cos =

Rr R+r
2 Rr R+r

(18) (19)

sin = 1 cos 2 =

由式(17)(18)和式(19)以及 1 =0.20,可以求得 、

1 r≥ R 9
即只有当 r ≥

(20)

1 R 时,圆柱 A 在地面上才能不滑动。 9 最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求

3 ≥

F3 cos = N3 1 + sin

(21)

由式(18)(19)以及 3 =0.30,可解得 、

7 r ≥ R = 0.29 R 13

2

(22)

显然,在平衡时, r 的上限为 R 。总结式(20)和式(22) ,得到 r 满足的条件为

R ≥ r ≥ 0.29 R
评分标准:本题 22 分。
21

(23)

求得式(7)(12)(13)(14)(15)各 2 分,式(16)3 分,求得式(23)9 分。 、 、 、 、

六、参考解答 在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为电势的零点,故 正电荷在空间各点的电势为正;负电荷在空间各点的电势为负。现已知 x = x0 处的电势为零,故可知这两 个点电荷必定是一正一负。根据所提供的电势的曲线,当考察点离坐标原点很近时,电势为正,且随 x 的 减小而很快趋向无限大,故正的点电荷必定位于原点 O 处,以 Q1 表示该点电荷的电量。当 x 从 0 增大时, 电势没有出现负无限大,即没有经过负的点电荷,这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距 离为 a ,当 x 很大时,电势一定为负,且趋向于零,这表明负的点电荷的电量的数值 Q2 应大于 Q1 。即产 生题目所给的电势的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷,电量为 Q1 ;另一个是位于负 x 轴上离原点距 离 a 处的负电荷,电量的大小为 Q2 ,且 Q2 > Q1 。按题目所给的条件有

k

Q1 Q2 k =0 x0 x0 + a

(1)

k

Q1 Q2 k = U 0 ax0 ax0 + a

(2)

因 x = ax0 时,电势为极小值,故任一电量为 q 的正检测电荷位于 x = ax0 处的电势能也为极小值,这 表明该点是检测电荷的平衡位置,位于该点的检测电荷受到的电场力等于零,因而有

k

Q1 Q2 k =0 2 (ax0 ) ( ax0 + a ) 2

(3)

由式(1)(2)和(3)可解得 、

a = a(a 2) x0
ax0 U 0 a2 k a (a 1)2 U 0 x0 Q2 = a2 k Q1 =
式中 k 为静电力常量。 评分标准:本题 23 分。 式(1)(2)各 4 分,式(3)6 分,式(4)(5)(6)各 3 分。 、 、 、

(4) (5) (6)

七、参考解答 设物块在 A1 点第一次与地面碰撞,碰撞前水平速度仍 为 v0 ,竖直速度为
22

u0 = 2 gh

(1)

碰撞后物块的竖直速度变为 u1 ,根据题意,有

u1 = eu0

(2)

设物块的质量为 m ,碰撞时间为 t ,因为碰撞时间极短,物块与地面间沿竖直方向的作用力比重力大得 多,可忽略重力的作用,这样,物块对地面的正压力的大小为

N1 =

mu0 + mu1 t

(3)

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果,设水平方向速度变为 v1 ,则有

mv1 mv0 = N1t
由以上各式得

(4)

v1 = v0 (1 + e) u0
同理,在落地点 A2 , A3 ,…, An 其碰撞后的竖直分速度分别为

(5)

u 2 = e 2 u0 u3 = e3u0
…………

un = e n u0
其水平速度分别为

(6)

v2 = v0 (1 + e) (1 + e)u0
v3 = v0 (1 + e) (1 + e + e2 )u0
…………

vn = v0 (1 + e) (1 + e + e 2 + L + e n 1 )u0

(7)

由式(6)可知,只有当碰撞次数 n → ∞ 时,碰地后竖直方向的分速度 u n 才趋向于零,但物块对地面的正 压力的最小值不小于 mg 。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于 mg ,因次,物块沿水平方向的分速 度一定经历有限次数碰撞后即变为零,且不会反向。 设经过 n = n0 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已经足够小,再经过一次碰撞,即在 n = n0 + 1 次碰撞 结束后,水平方向的分速度恰好变为零。因 vn +1 = 0 ,由式(7) 0

v0 (1 + e) (1 + e + e 2 + L + e n0 )u0 = 0

v0

(1 + e) (1 en0 +1 )u0 =0 1 e
23

en0 +1 = 1
两边取对数

(1 e)v0 (1 + e) u0

n0 + 1 =


(1 e)v0 1 lg 1 lg e (1 + e) u0

(8)

B=

(1 e)v0 1 lg 1 lg e (1 + e) u0

(9)

若 B 恰为整数,这表示这次碰撞中,经过整个碰撞时间 t ,水平速度变为零,则碰撞次数

n0 + 1 = B


n0 = B 1

(10)

若 B 不是整数,此种情况对应于在 n = n0 + 1 次碰撞结束前,即在小于碰撞时间内,水平速度变为零。 则碰撞次数

n0 + 1 = [ B ] + 1


n0 = [ B ]

(11)

[ B ] 表示 B 的整数部分。
由于经过 n0 + 1 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已为零,但竖直方向的分速度尚未为零,故物块将 在 An0 +1 处作上下跳跃,直到 e n u0 → 0 ,即 n → ∞ ,最后停止在 An0 +1 处。物块运动的最远水平距离

s = A0 An0 +1 。下面分别计算每次跳跃的距离。

A0 A1 =

u0 v0 g

(12)

A1 A2 =

2 2eu0 v0 2eu0 2u1 v1 = (1 + e) g g g

A2 A3 =

2 2e 2u0 v0 2e2u0 (1 + e) (1 + e) g g

…………

An0 An0 +1 =

2 2e n0 u0 v0 2en0 u0 (1 + e) (1 + e + e2 + L + e n0 1 ) g g

(13)

所求距离为上述所有量的总和,为
24

s=

u0 2u v 2u 2 v0 + 0 0 (e + e 2 + L + e n0 ) 0 (1 + e) [e + e 2 (1 + e) + e3 (1 + e + e2 ) g g g
(14)

+L + en0 (1 + e + e2 + L + e n0 1 )]
分别求级数的和:

1 en0 1 e n0 2 3 2 e + e (1 + e) + e (1 + e + e ) + L + e (1 + e + e 2 + L + en0 1 ) e + e2 + e3 + L + en0 = e

(15)

= e + e2 =

1 e2 1 e3 1 e n0 + e3 + L + e n0 1 e 1 e 1 e

1 [e(1 e) + e 2 (1 e 2 ) + e3 (1 e3 ) + L + en0 (1 en0 )] 1 e
1 e e n0 +1 e n0 + 2 + e 2 n0 + 2 ( ) 1 e 1 e2
(16)

=

将以上两个关系式和 u0 = 2 gh 代入式(14) ,得

s = v0

2h 1 e n0 4e h (1 + 2e ) (1 e n0 )(1 e n0 +1 ) 2 1 e g (1 e)

(17)

式中 n0 由式(10)或式(11)决定。 评分标准:本题 25 分。 式(6)3 分,式(7)6 分,式(8)4 分,式(10)2 分,式(11)2 分,式(14)5 分,求得式(17)并 说明 n0 的取值,给 3 分。

25


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