2022年二十届全国中学生物理竞赛预赛试卷及参考答案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载其次十届全国中同学物理竞赛预赛试卷及 参考答案20XX 年 9 月题号一二三四五六七总计得分复核人全卷共七题,总分为 140 分一、（ 20 分）两个薄透镜 L1 和 L 2 共轴放置,如图所示已知 L 1 的焦距 f1=f , L 2 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 L 2 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,如仍要给定的原物体在原像处成像, 两透镜作为整体应沿光轴

2、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试运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（ n1）的能量为El=一 13.6eV 2.18 10-18J,普朗克常量为h=6.63 1034J s；三、 20 分在野外施工中,需要使质量m4.20 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（

3、含 66.0）,并通过运算验证你的方案已知铝合金的比热容 c0.880 l0 3J Kg -1,水的比热容 c0 =4.20 10 3J Kg -1,不计向四周环境散失的热量；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、 z 轴为对称轴的一个顶角很小的锥体内（如下列图）,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 点的经离为 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名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共

4、11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 五、20 分有一个摆长为优秀学习资料欢迎下载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（ xl）的C 点有一固定的钉子,如下列图,当摆摇摆时,摆线会受到钉子 的阻挡当 l 肯定而 x 取不同值时,阻挡后摆球的运动情形将不 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,令其自由摇摆,假如摆线被钉子阻挡后,摆球恰巧能够击中钉子,试求x 的最小值m 的物块,以速率v0 沿与水平面成a 角的方向向六、 20 分质量为 M 的运动员手持一质量为前跳动（如图） 为了能跳得更远

5、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 都在同一竖直平面内运动1如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 角的方向u 是给定的,物块抛出后,物块和运动员抛出,求运动员从起跳到落地所经受的时 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 角的方向抛出,能使自己跳得更远？如v0 和 u 肯定,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的沟通电压,在两板间产生交变的匀强电场己知B 板电势为零,

6、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,从静止动身在电场力的作用下运动设微粒一旦遇到金属板,它就附在板上不再运动,且其电量同时消逝,不影响A、B 板的电压己知上述的T、U0、l,q 和 m 等各量的值正好满意等式名师归纳总结 l23U0qT2第 2 页,共 11 页162 m2如在沟通电压变化的每个

7、周期T 内,平均产主320 个上述微粒,试论证在t0 到 tT2 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）；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载其次十届全国中同学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：此题 20 分,每空 2 分；二、参考解答波长 与频率 的关系为 c,（1）光子的能量为 E h,（2）7由式（ 1）、（2）可求得产生波长 4.86 10 m 谱线的光子的能量19E 4.09 10 J （ 3）氢

8、原子的能级能量为负值并与量子数 n 的平方成反比：1E n k 2, n 1,2,3,（ 4）n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 E 已知,由式（ 4）可得出k E 1（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 19E 2 2 k 5.45 10 J,21 19E 3 2 k 2.42 10 J,3E 4 12 k 1.36 10 19J,4E 5 12 k 8.72 10 20J；5比较以上数据,发觉名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - -

9、 优秀学习资料欢迎下载（6）EE4E 24.091019J；所以,这条谱线是电子从n4的能级跃迁到n2的能级时发出的；评分标准：此题20 分；式（ 3）4 分,式（ 4）4 分,式（ 5）4 分,式（ 6）及结论共8 分；三、参考解答度为1. 操作方案： 将保温瓶中t90.0的热水分如干次倒出来；第一次先倒出一部分,与温1t 的t010.0的构件充分接触,并达到热平稳,构件温度已上升到1t ,将这部分温度为水倒掉；再从保温瓶倒出一部分热水,再次与温度为1t的构件充分接触,并达到热平稳,此时构件温度已上升到 2t ,再将这些温度为 2t 的水倒掉； 然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为 2t

10、 的构件升温 直到最终一次,将剩余的热水全部倒出来与构件接触,达到热平稳； 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. 验证运算：例如,将1.200kg 热水分 5 次倒出来,每次倒出m 0.240kg,在第一次使热水与构件达到热平稳的过程中,水放热为Q 1c m tt 1（1）构件吸热为名师归纳总结 Q 1cm t 1t0（2）第 4 页,共 11 页由Q 1Q 及题给的数据,可得1t 27.1（3）同理,其次次倒出0.240kg 热水后,可使构件升温到2t40.6（4）依次运算出1t 5t 的数值,分别列在下表中；倒水次数 /次1 2 3 4 5 平稳温度 /27.

11、1 40.6 51.2 59.5 66.0 可见5t 66.0时,符合要求；附：如将 1.200kg 热水分 4 次倒,每次倒出0.300kg,依次算出1t 4t 的值,如下表中的数据：倒水次数 /次1 2 3 4 平稳温度 /30.3 45.50 56.8 65.2 由于4t 65.2 66.0,所以假如将热水等分后倒到构件上,就倒出次数不能少于5 次；评分标准：此题20 分；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载设计操作方案 10 分；操作方案应包含两个要点：将保温瓶中的水分如干次倒到构件上；倒在构件上的水与构件达到热平稳后,把与

12、构件接触的水倒掉；验证方案 10 分；使用的验证运算方案可以与参考解答不同,但必需满意两条：通过运算求出的构件的最终温度不低于 66.0；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；vv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 v vz 处于这个磁场中；下面我们依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 角的速度分解成沿磁场方向的分速度 v 和垂直于

13、磁场方向的分速度 v （见图预解 20-4-1）,留意到 很小,得v Z v cos v（1）v v sin v（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qBvm2 vR圆周运动的周期T2 R v由此得可见周期与速度重量T2 m qB（3）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 v T v T（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

14、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（或如干周后）必定会聚于 M 点,如图 20-4-2 所示；所以d n h,n1,2,3,（5）由式（ 3）、（4）、（5）解得名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - B2 mvn,优秀学习资料欢迎下载（6）n 1, 2,3,qd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 2 mv；（7）qd评分标准：此题 20 分；磁场方向 2 分,式（ 3）、（4）各 3 分,式（ 5）5 分,求得式（ 6）给 5

15、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,如摆球的质量为 m ,就摆球受重力 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 表示此时摆线与重力方向之间的夹角,就有方程式2mvT mg c o s（1）l x运动过程中机械能守恒,令 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,就有关系mgl cos 1 mv 2mg x l x cos （2）2摆受阻后,假如后来摆球能击中钉子,就必定在某位置时摆线开头放松,此时T 0,此后摆球仅在重力作用下作斜抛运0,由式（ 1）得（3）动；设在该位置时摆球速

16、度vv ,摆线与竖直线的夹角2 v 0g lxcos0,代入（ 2）式,求出2 cos3xlcos02x（ 4）要求作斜抛运动的摆球击中0C 点,就应满意以下关系式：（ 5）lxsinv 0cos0t ,lxcos0v 0sin0 t1gt2（6）2利用式（ 5）和式（ 6）消去 t ,得到2 v 0g lxsin20（7）2cos0由式（ 3）、（7）得到cos03（8）3代入式（ 4）,求出名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 越大, cos优秀学习资料欢迎下载x 的最小值：（9）arccosx23l32l越小,

17、x 越小,最大值为/ 2,由此可求得x 233 l ,所以评分标准：此题20 分；x2 33 t0.464 l（10）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 0t 表示运动员到达 P 点的时刻,就运动员在 P点的Vpy 坐标 x 、y 和抛物前的速度 v 的重量 v px、ux v0 Vpx v py 分别为 uy v px v 0cos,（1）v py v 0 sin gt 0（2）x

18、p v 0 cos t ,（3）y p v 0 sin t 0 1 gt 0 2（4）2设在刚抛出物块后的瞬时,运动员的速度 V 的重量大小分别为 V px、V py,物块相对运动员的速度 u 的重量大小分别为 u 、x u ,方向分别沿 y 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,（5）MV py m V py u y M m v py（6）因 u 的方向与 x轴负方向的夹角为,故有u x u cos（7）u y u sin（8）解式（ 1）、（2）、（5）、（6）和式（ 7）、（8）,得名师归纳总结 Vpxv 0cosmucos（9）第 7

19、 页,共 11 页Mm- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - Vpy优秀学习资料欢迎下载Vpx、Vpy（10）tt ）v 0singt0musinMm抛出物块后,运动员从P点开头沿新的抛物线运动,其初速度为；在 t 时刻（运动员的速度和位置为xxpVVyVxVpx,t 0,tmu xt0,（11）Vpyg t（ 12）mu xpx tt0v 0cos（13）MmMmyypVpy tt01g tt02（14）2由式（ 3）、（4）、（9）、（10）、（13）、（14）可得yx2v 0cosmucosttmucost0t0（15）MmMmv 0sinmusing

20、t22musin（ 16）MmMm运动员落地时,y 0由式（ 16）得gt22v 0sinmusint2musint00,（17）MmMm方程的根为tv 0sinmusinv 0singmusin22gmusint0（18）12）和式（ 10）,MmMmMm式（ 18）给出的两个根中,只有当“” 取“ ” 时才符合题意,由于从式（可求出运动员从P点到最高点的时间为式v 0sinmusinMmg而从起跳到落地所经受的时间应比上面给出的时间大,故从起跳到落地所经受的时间为tv 0sinmusinv 0sinmusin22gmusint0（19）MmMmMmg（2）由式（ 15）可以看出,t 越大,

21、0t 越小,跳的距离x 越大,由式（ 19）可以看出,当0t 0 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载时, t 的值最大,由式（3）和式（ 4）可知,抛出物块处的坐标为x p 0,y p 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受的时间为把t00和 txT2v 0sin2Mmmusin2 m u22gsin 2（ 21）ggT 代入式（ 15）,可求得跳远的距离,为2 v 0sin 22mv usinMgMm gm 可见,如si

22、n21, sin1, sin 21,（22）即/ 4 ,/ 4时, x 有最大值,即沿与x 轴成 45 方向跳起,且跳起后立刻沿与负x轴成 45 方向抛出物块,就 x有最大值,此最大值为2 2 2x m v 0 2 mv u m u2（23）g M m g M m g评分标准：此题 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；其次小问 7 分：式（ 20）2 分,式（ 22）2 分,式（ 23）3 分；七、参考解答在电压为U 时,微粒所受电场力为U q/ 2 l ,此时微粒的加速度为a 0

23、U q 0/ 2 lm ；将此式代入题中所给的等式,可将该等式变为现在分析从0 到T/ 2l3 a1 60T22（1）时间内,何时产生的微粒在电场力的作用下能到达A 板,然后运算这些微粒的数目；在t0时产生的微粒,将以加速度a 向 A 板运动,经T/ 2后,移动的距离x 与式（ 1）相比,可知名师归纳总结 x1a 0T2l（2）第 9 页,共 11 页22即t0时产生的微粒,在不到T/ 2时就可以到达A 板；在UAU0的情形下,设刚能到达A板的微粒是产生在tt 时刻,就此微粒必定是先被电压 1U 加速一段时间 01t ,然后再被电压2U0减速一段时间, 到 A 板时刚好速度为零；用d 和d 分

24、别表示此两段时间内的位移,1v 表- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 示微粒在优秀学习资料欢迎下载（3）1t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d11a0t 12202 v 12 2 a0d2（4）又因v 1a0t ,（ 5）d 1d2l ,（6）t 1t1T 2,（7）由式（ 3）到式（ 7）及式（ 1）,可解得这就是说,在UAt1T,（8）2U 的情形下,从t0到tT/ 4这段时间内产生的微粒都可到达A 板（确切地说,应当是tT/ 4）；为了争论在T/ 4tt/ 2这段时间内产生的微粒的运动情形,先设想有一静止粒子在A板邻近,在UA

25、2 U 电场作用下,由A 板向 B 板运动,如到达B 板经受的时间为,就有2l12a022依据式（ 1）可求得3 1 T2 4由此可知,凡位于 MN 到 A 板这一区域中的静止微粒,假如它受 U 2 U 的电场作用时间大 0于,就这些微粒都将到达 B 板；在 t T / 4 发出的微粒, 在 U A U 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 2 U 的电场作用下减速,0 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；由此可知微粒可连续在 U A 2 U 的电场作用下向 B 板运动的时间为1 1 3 3 11 T T T T2 8

26、8 2 4由于 1,故在 t T / 4 时产生的微粒最终将到达 B 板（准确地说,应当是 t T / 4）,不会再回到 A 板；名师归纳总结 UA在 t 大于T/ 4但小于T/ 2时间内产生的微粒,t被UAU 的电场加速的时间小于T/ 4,在第 10 页,共 11 页2 U 的电场作用下速度减到零的时间小于T/8,故可在UA2 U 的电场作用下向B- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载板运动时间为名师归纳总结 1T1T1tt0到tT/ 4时间内第 11 页,共 11 页28所以这些微粒最终都将打到B 板上,不行能再回到A 板；由以上分析可知,在t0到tT/ 2时间内产生的微粒中,只有在产生的微粒能到达A 板,由于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N320180（9）4评分标准：此题20 分；T/ 4到tT/ 2时间论证在t0到tT/ 4时间内产生的微粒可能到达A 板给 10 分；论证内产生的微粒不能到达A 板给 6 分；求得最终结果式（9）再给 4 分；- - - - - - -