第18届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答

“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第1页第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答杆的端点A点绕O点作圆周运动，其速度Av的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小为AvR（1）对速度Av作如图预解18-1所示的正交分解，沿绳BA的分量就是物块M是速率Mv，则cosMAvv（2）由正弦定理知sinsinOABHR（3）由图看出2OAB（4）由以上各式得sinMvH（5）评分标准：本题15分其中（1）式3分；（2）式5分；（5）式7分。二、参考解答带电质点在竖直方向做匀减速运动，加速度的大小为g；在水平方向因受电场力作用而做匀加速直线运动，设加速度为a。若质点从M到N经历的时间为t，则有0xvatv（1）00yvvgt（2）由以上两式得ag（3）0vtg（4）M、N两点间的水平距离220122vxatg（5）于是M、N两点间的电势差“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第2页202MNUvUUxddg（6）评分标准：本题15分（1）、（2）式各3分；（3）、（4）式各2分；（5）式3分；（6）式2分。三、参考解答1．先求凸球面的曲率半径R。平行于主光轴的光线与平面垂直，不发生折射，它在球面上发生折射，交主光轴于F点，如图预解18-3-1所示。C点为球面的球心，COR，由正弦定理，可得sinsin()RfrRri（1）由折射定律知sin1sinirn（2）当i、r很小时，sinrr，sin()riri，sinii，由以上两式得11111frnRrinn（3）所以(1)Rnf（4）2.凸面镀银后将成为半径为R的凹面镜，如图预解18-3-2所示令P表示物所在位置，P点经平面折射成像P，根据折射定律可推出POnPO（5）由于这是一个薄透镜，P与凹面镜的距离可认为等于PO，设反射后成像于P，则由球面镜成像公式可得112RPOPO（6）由此可解得36cmPO，可知P位于平面的左方，对平面折射来说，P是一个虚物，经平面折射后，成实像于P点。1POnPO（7）所以24cmPO（8）最后所成实像在透镜左方24cm处。评分标准：本题18分（1）、（2）式各2分；（3）或（4）式2分；（5）式2分；（6）式3分；（7）式4分；（8）式“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第3页3分。四、参考解答设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为0v，碰撞后中子和碳核的速度分别为v和v，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因0v、v和v沿同一直线，故有0mvmvMv（1）2220111222mvmvMv（2）解上两式得0mMvvmM（3）因12Mm代入（3）式得01113vv（4）负号表示v的方向与0v方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量为2221011112213Emvmv于是2101113EE（5）经过2，3，…，n次碰撞后，中子的能量依次为2E，3E，4E，…，nE，有2421011111313EEE6301113EE……210001113nnnEEEEE（6）因此0lg(/)12lg(11/13)nEEn（7）“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第4页已知7600.02511071.7510nEE－代入（7）式即得71lg(10)7lg77.8451754112(0.07255)0.14512lg()13n－（8）故初能量01.75MeVE的快中子经过近54次碰撞后，才成为能量为0.025eV的热中子。评分标准：本题18分（1）、（2）、（4）、（6）式各3分；（5）、（7）、（8）式各2分。五、参考解答在人从木板的一端向另一端运动的过程中，先讨论木板发生向后运动的情形，以t表示人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间，设以1x表示木板向后移动的距离，如图预解18-5所示．以f表示人与木板间的静摩擦力，以F表示地面作用于木板的摩擦力，以1a和2a分别表示人和木板的加速度，则1fma（1）21112Lxat（2）2fFMa（3）21212xat（4）解以上四式，得2()LMmtMfmfF（5）对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力F的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有()FtMmv（6）v为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度．设人在木板另一端停下后两者一起向前移动的距离为2x，地面的滑动摩擦系数为，则有221()()2MmvMmgx（7）木板向前移动的净距离为21Xxx（8）由以上各式得“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第5页21()()()()FLMmLmXfFgMmMmfFMFMfmfF由此式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大，应有fF（9）即max()fFMmg（10）即木板向前移动的距离为最大的条件是：人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑动摩擦力．移动的最大距离maxmXLMm（11）由上可见，在设木板发生向后运动，即fF的情况下，fF时，X有极大值，也就是说，在时间0～t内，木板刚刚不动的条件下X有极大值．再来讨论木板不动即fF的情况，那时，因为fF，所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小，从而前进的距离x也变小，即小于上述的maxX。评分标准：本题25分（1）、（2）、（3）、（4）式各1分；（6）式5分；（7）式2分；（8）式3分；（9）式2分；（10）式3分；（11）式5分；说明fF时木板向前移动的距离小于fF时的给1分。六、参考解答铝球放热，使冰熔化．设当铝球的温度为0t时，能熔化冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等，即铝球的最低点下陷的深度h与球的半径R相等．当热铝球的温度0tt时，铝球最低点下陷的深度hR，熔化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半个铝球的体积之和，如图预解18-6-1所示．设铝的密度为Al，比热为c，冰的密度为，熔解热为，则铝球的温度从t℃降到0℃的过程中，放出的热量31Al43QRct（1）熔化的冰吸收的热量23214()23QRhRR（2）假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有12QQ（3）解得413RchtR（4）即h与t成线形关系．此式只对0tt时成立。将表中数据画在ht图中，得第1，2，…，8次实验对应的点A、B、…、H。数据点B、C、D、E、F五点可拟合成一直线，如图预图预解18-6-1“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第6页解18-6-2所示。此直线应与（4）式一致．这样，在此直线上任取两点的数据，代人（4）式，再解联立方程，即可求出比热c的值．例如，在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点1X和2X，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为1(8.0,5.0)X2(100,16.7)X将此数据及的值代入（4）式，消去R，得28.610J/kgCc（5）2.在本题作的图预解18-6-2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采用．这三个实验数据在ht图上的点即A、G、H．A点为什么偏离直线较远？因为当hR时，从（4）式得对应的温度065t℃，（4）式在0tt的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度155t℃＜0t，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故（4）式不成立．G、H为什么偏离直线较远？因为铝球的温度过高（120℃、140℃），使得一部分冰升华成蒸气，且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多，（2）、（3）式不成立，因而（4）式不成立．评分标准：本题24分第1问17分；第二问7分。第一问中，（1）、（2）式各3分；（4）式4分。正确画出图线4分；解出（5）式再得3分。第二问中，说明A、G、H点不采用的原因给1分；对A和G、H偏离直线的原因解释正确，各得3分。七、参考解答带电粒子（以下简称粒子）从S点垂直于DE边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE边上，其半径R可由下式图预解18-6-2“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第7页2mvqvBR求得，为mvRqB（1）1.要求此粒子每次与DEF的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点，则R和v应满足以下条件：（ⅰ）与边垂直的条件．由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于的边上，粒子绕过顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即D、E、F）上．粒子从S点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为R，所以SE的长度应是R的奇数倍。粒子从FD边绕过D点转回到S点时，情况类似，即DS的长度也应是轨道半径的奇数倍．取1DSR，则当DS的长度被奇数除所得的R也满足要求，即(21)nDSRRnn＝1，2，3，…因此为使粒子与各边发生垂直碰撞，R必须满足下面的条件121,2,3,2145(21)nLaRRnnn（2）此时3(63)1,2,3,nSEDSnRnSE为nR的奇数倍的条件自然满足．只要粒子绕过E点与EF边相碰，由对称关系可知，以后的碰撞都能与的边垂直．（ⅱ）粒子能绕过顶点与的边相碰的条件．由于磁场局限于半径为a的圆柱范围内，如果粒子在绕E点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回．所以粒子作圆周运动的半径R不能太大，由图预解18-7可见，必须RDM（的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，RDM时，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切），由给定的数据可算得830.07615DMaaa（3）将n1，2，3，…，分别代入（2）式，得121,0.4005anRa222,0.13315anRa323,0.08025anRa424,0.05735anRa“高中物理参考”收集第十八届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第8页由于1R，2R，3R≥DM，这些粒子在绕过的顶点E时，将从磁场边界逸出，只有n≥4的粒子能经多次碰撞绕过E、F、D点，最终回到S点．由此结论及（1）、（2）两式可得与之相应的速度24,5,6,5(21)nnqBqBavRnmmn（4）这就是由S点发出的粒子与的三条边垂直碰撞并最终又回到S点时，其速度大小必须满足的条件．2.这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为2RTv将（1）式代入，得2mTqB（5）可见在B及/qm给定时T与v无关。粒子从S点出发最后回到S点的过程中，与的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以应取4n，如图预解18-7所示（图中只画出在边框DE的碰撞情况），此时粒子的速度为4v，由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300的圆弧，所需时间为5