第18届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答.pdf

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1、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vA的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小为vAR1对速度vA作如图预解 18-1 所示的正交分解，沿绳BA的重量确实是基本物块M是速率vM，那么vM vAcos2由正弦定理知sinOABsin3HR由图瞧出2由以上各式得OAB 4vMH sin5评分标准：此题 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。假设质点从M到N经历的时刻为t，那么有vx at v01vy v

2、0 gt 02由以上两式得a g3t v04gM、N两点间的水平距离212v0 x at 522g因此M、N两点间的电势差UMN2Uv0Ux 6d2dg评分标准：此题 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先求凸球面的曲曲折折率半径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，CO R，由正弦定理，可得R fsinr1Rsin(r i)由折射定律知sini12sinrn当i、r非常小时，sinr r，sin(r i)r i，sini i，由以上两式得frn13

3、1Rr in1n1因此R (n1)f42.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，依据折射定律可推出1PO nPO5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，那么由球面镜成像公式可得1126POPOR由此可解得PO 36 cm，可知P位于平面的左方，对平面折射来讲，P是一个虚物，经平面折射后，成实像于P点。PO17P On因此PO 24 cm8最后所成实像在透镜左方24cm 处。评分标准：此题 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3 分。四、参考解

4、答设中子和碳核的质量分不为m和M，碰撞前中子的速度为v0，碰撞后中子和碳核的速度分不为v和v，因为碰撞是弹性碰撞，因此在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因v0、v和v沿同一直线，故有mv0 mv Mv112121mv0mv Mv22222解上两式得mMv v03m M因M 12m代进3式得11v v0413负号表示v的方向与v0方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹因此，通过一次碰撞后中子的能量为因此11E1E0513通过 2，3，n次碰撞后，中子的能量依次为E2，E3，E4，En，有2 E 11En1E0E0613E0因此n n2n1 lg(En/E0)72 lg(11/13)代进7式即得1lg

5、(107)7lg77.8451n 7 548112(0.07255)0.14512lg()13故初能量E01.75 MeV的快中子通过近 54 次碰撞后，才成为能量为0.025eV的热中子。评分标准：此题 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刻，设以x1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a1和a2分不表示人和木板的加速度，那么f ma111L x1a1t22

6、2f F Ma231x1a2t242解以上四式，得t 2LMm5Mf m(f F)对人和木板组成的系统，人在木板另一端突然停下后，两者的总动量等于从开始到如今地面的摩擦力F的冲量，忽略人突然停下那段极短的时刻，那么有Ft (M m)v6v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x2，地面的滑动摩擦系数为，那么有1(M m)v2(M m)gx272木板向前移动的净距离为X x2 x18由以上各式得由此式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大，应有f F9即f Fmax(M m)g10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

7、作用于木板的滑动摩擦力移动的最大距离mL11M m由上可见，在设木板发生向后运动，即f F的情况下，f F时，X有极大值，也确实是基本讲，在时刻0t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f F的情况，那时，因为f F，因此人积存的动能和碰后的总动Xmax能都将变小，从而前进的距离x也变小，即小于上述的Xmax。评分标准：此题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；讲明f F时木板向前移动的距离小于f F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t0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

8、的深度h与球的半径R相等当热铝球的温度t t0时，铝球最低点下陷的深度h R，熔化的冰的图预解 18-6-1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，那么铝球的温度从t落到0的过程中，放出的热量4Q1R3Alct13熔化的冰汲取的热量14Q2R2(h R)R3223假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，那么有Q1 Q23解得1t R43即h与t成线形关系此式只对t t0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，如图预解18-6-2所示。此

9、直线应与4式一致如此，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X1和X2，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为将此数据及的值代进4式，消往R，得c 8.6102J/kgC5h 4Rc图预解 18-6-22.在此题作的图预解18-6-2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采纳这三个实验数据在ht图上的点即A、G、HA点什么原因偏离直线较远？因为当h R时，从4式得对应的温度t0 65，4式在t t0的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度t155t0，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故4式不成立G、

10、H什么原因偏离直线较远？因为铝球的温度过高120、140，使得一局部冰升华成蒸气，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：此题24分第1咨询17分；第二咨询7分。第一咨询中，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。第二咨询中，讲明A、G、H点不采纳的缘故给1分；对A和G、H偏离直线的缘故解释正确，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可由下式求得，为R mv1qB1.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

11、，那么R和v应满足以下条件：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，因此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DS R1，那么当DS的长度被奇数除所得的R也满足要求，即R RnDSn1，2，3，(2n1)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R Rn1L2a2n1 45(2n1)n 1,2,3,2如今S

12、E 3DS (6n 3)Rnn 1,2,3,SE为Rn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，假如粒子在绕E点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它将在相交点处以如今的速度方向沿直线运动而不能返回 因此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R DM的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，R DM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8 3a 0.076a315将n 1，2，3，分不代进2式，得DM a 由于R1，R2，R3DM，这些粒子在绕过的顶点E

13、时，将从磁场边界逸出，只有n4的粒子能经屡次碰撞绕过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vnqBqB2aRnmm5(2n 1)n 4,5,6,4这确实是基本由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将1式代进，得T 2m5qB可见在B及q/m给定时T与v无关。粒子从与的边碰S点动身最后回到S点的过程中，撞次数愈少，所经历的时刻就愈少，因此应取n 4，如图预解18-7所示图中只画出在边框DE的碰撞情况，如今粒子的速度为v4，由图可瞧出该粒子的轨迹包括313个半圆和3个圆心角为300的圆弧，所需时刻为T53T 22T626以5式代进得t 313t 44mqB7评分标准：此题25分第一咨询15分；第二咨询10分。第一咨询中：1式2分；2式5分；分析出n4的结论给4分；4式4分。第二咨询中：5式1分；6式7分；7式2分。