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第20届全国中学生物理竞赛预赛试题及答案[1]


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第二十届全国中学生物理竞赛

预赛试卷
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____像(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 E1=-13.6eV=-2.18×10 18J,普 朗克常量为 h=6.63×10-34J·s。



三、 (20 分)在野外施工中,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?C 的 1.200kg 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=10.0?C 升温到 66.0?C 以上(含 66.0?C),并通过计算验证你的方案. 已知铝合金的比热容 c=0.880×103J·(kg·?C)-1, 水的比热容 c= 4.20×103J·(kg·?C)-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, 它们速度的方向分布在以 O 点为顶点, 轴为对称轴的一个顶角很小的锥体内(如 z 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,M 点离开 O 点的距离为 d.要求给出该磁场的方向、磁感应
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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.

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 α 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 t0 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。 (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。

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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.已知 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 U0,最 小值为—2U0,在图预 20-7-1 中,虚线 MN 表示与 A、B 板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 l 2 =
3 U0q ? T ? ? ? 16 2m ? 2 ?
2

若在交流电压变化的每个周期 T 内,平均产生 320 个上述微粒,试论证在 t=0 到 t=T/2 这段时间内产生的微粒中,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).

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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 × 10?7 m 谱线的光子的能量 、

Eν = 4.09 × 10?19 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 × 10?19 J, 22 1 E3 = ? 2 k = ?2.42 × 10?19 J, 3 1 E4 = ? 2 k = ?1.36 × 10?19 J, 4 1 E5 = ? 2 k = ?8.72 × 10?20 J。 5 比较以上数据,发现
E2 = ? Eν = E4 ? E2 = 4.09 × 10?19 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 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 (6)

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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⊥ v 四、参考解答 vz θ v
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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 很小,得

vZ = v cosθ ≈ v v⊥ = v sin θ ≈ vθ

(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

2 v⊥ R

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 , n =1,2,3,… qd

(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。
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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, 则摆球受重力 mg 和摆线拉力 T 的作用, 设在这段时间内 任一时刻的速度为 v ,如图预解 20-5 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

mv 2 (1) l?x 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,此后摆球仅在重力作用下作斜抛运 T + mg cos α =
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
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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 点的时刻,则运动员在 P 点的坐标 xP 、yP 和抛物前的速度 v 的分量 Vpy ux v0 Vpx

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)

α

uy

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 、 py 。 t 时刻 t > t0 ) V 在 ( 运动员的速度和位置为
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Vx = V px , V y = V py ? g (t ? t0 ) ,

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

x = x p + V px (t ? t0 ) = (v0 cos α +

mu x mu x )t ? t0 , M +m M +m

1 y = y p + V py (t ? t0 ) ? 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 ?
运动员落地时,

? mu cosθ t0 ?t ? M +m ?

(15)

2mu sin θ ? 2 t0 ? t ? gt ? M +m ?

(16)

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 + ) ? 2g t0 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)

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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 2mv0u v0 sin 2α 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

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

3 ?T ? l = a0 ? ? 16 ? 2 ?

2

(1)

现在分析从 0 到 T / 2 时间内,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

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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, U A = U 0 的情况下, t = 0 到 t = T / 4 这段时间内产生的微粒都可到达 A 板 在 从 (确 。 切地说,应当是 t < T / 4 ) 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, U A = U 0 的电场作用下, A 板加速运动, 在 向 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
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 ) ,不 会再回到 A 板。 在 t 大于 T / 4 但小于 T / 2 时间内产生的微粒,被 U A = U 0 的电场加速的时间小于 T / 4 ,
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1 2

1 8

3 8

3 1 2 4

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在 U A = ?2U 0 的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 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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