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2003年第20届全国中学生物理竞赛预赛试题答案


第 20 届全国中学生物理竞赛预赛试卷参考答案及评分标准
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 ? 与频率? 的关系为 光子的能量为

??

c

?



(1)

(2)

E? ? h? ,

由式(1) 、 (2)可求得产生波长 ? ? 4.86 ? 10?7 m 谱线的光子的能量

E? ? 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, 2 2 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 E2 ? ?
比较以上数据,发现

E? ? 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。

(6)

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 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
第1页

热平衡,此时构件温度已升高到 t 2 ,再将这些温度为 t 2 的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出 一部分热水来使温度为 t 2 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)

t 2 =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 ~ t 4 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 t 4 =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 O 点和 M 点 设计的磁场为沿 z 轴方向的匀强磁场, 都处于这个磁场中。下面我们根据题意求出这种磁场的

v

? vz

vz

第2页

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 vZ 和垂直于磁场方向的分速度 v? (见图预解 20-4-1) ,注意到 ? 很小,得

vZ ? v cos? ? v v? ? v sin? ? v?

(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

2? R v?

T?

2? 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? v ? vT Z 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 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?

2? 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?

2? 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。

第3页

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 ? 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 ? 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 T ? mg c o ? s ?

1 ?mgl cos? ? mv2 ? mg[ x ? (l ? x)cos? )] 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 动。设在该位置时摆球速度 v ? v0 ,摆线与竖直线的夹角 ? ? ? 0 ,由式(1)得
2 v0 ? g (l ? x)cos?0 ,

(3)

代入(2)式,求出

2l cos? ? 3( x ? l )cos? 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 ?0 ? v0 cos?0t ,

(5) (6)

1 (l ? x)cos?0 ? ?v0 sin ?0t ? gt 2 2 利用式(5)和式(6)消去 t ,得到
2 v0 ?

g (l ? x)sin 2 ? 0 2cos? 0

(7)

由式(3) 、 (7)得到

cos? 0 ?
代入式(4) ,求出

3 3

(8)

? ? arccos ?

? x(2 ? 3) ? l 3 ? ? 2l ? ?

(9)

? 越大, cos ? 越小, x 越小, ? 最大值为 ? / 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
第4页

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 t 0 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 v px 、 v py 分别为 v0 Vpy ux Vpx

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

uy

v px ? v0 cos? , v py ? v0 sin? ? gt0 x p ? v0 cos? t0 ,

1 2 y p ? v0 sin?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

MVpx ? m(Vpx ? ux ) ? (M ? m)v px , MVpy ? m(Vpy ? u y ) ? (M ? m)v py
因 u 的方向与 x 轴负方向的夹角为 ? ,故有

(5) (6)

u x ? u cos?

(7) (8)

u y ? u sin?
解式(1) 、 (2) 、 (5) 、 (6)和式(7) 、 (8) ,得

Vpx ? v0 cos? ? Vpy

mu cos? M ?m mu sin? ? v0 sin? ? 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 、 在 t 时刻 ( t ? t0 ) V py 。 运动员的速度和位置为

Vx ? Vpx , Vy ? Vpy ? g (t ? t0 ) ,

(11) (12)

第5页

x ? x p ? Vpx (t ? t0 ) ? (v0 cos? ?

mux mux )t ? t0 , M ?m M ?m

(13) (14)

1 y ? y p ? Vpy (t ? t0 ) ? g (t ? t0 )2 2
由式(3) 、 (4) 、 (9) 、 (10) 、 (13) 、 (14)可得

mu cos? ? x ? ? v0 cos? ? M ?m ? mu sin ? ? y ? 2 ? v0 sin ? ? M ?m ?
运动员落地时,

? mu cos? t0 ?t ? M ?m ?

(15)

2mu sin ? ? 2 t0 ? t ? gt ? M ?m ?

(16)

y?0
由式(16)得

mu sin ? ? gt 2 ? 2 ? v0 sin ? ? M ?m ?
方程的根为

? 2mu sin ? t0 ? 0 , ?t ? M ?m ?

(17)

t?

v0 sin ? ?

mu sin ? mu sin ? 2 mu sin ? ? (v0 sin ? ? ) ? 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 ? ? v0 sin ? ? ? ? ? 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 ? ?

mu sin ? mu sin ? 2 mu sin ? ? (v0 sin ? ? ) ? 2g t0 M ?m M ?m M ?m g

(19)

(2)由式(15)可以看出, t 越大, t 0 越小,跳的距离 x 越大,由式(19)可以看出,当

t 0 =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 , 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历的时间为

T ?2

v0 sin ? m u sin ? ?2 g M ?m g
第6页

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 2? 2mv0u m2u 2 ? sin(? ? ? ) ? sin 2? g ( M ? m) g ( M ? m)2 g

(21)

sin 2? ? 1, sin(? ? ? ) ? 1, sin 2? ? 1 ,

? ?? /4 , ? ?? /4 即 (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 2mv0u m2u 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 d 1 和 d2 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
0 ? v12 ? 2(?2a0 )d2

(3) (4)
第7页

又因

v1 ? a0 ?t1 , d1 ? d2 ? l ,

(5) (6) (7)

t1 ? ?t1 ?
由式(3)到式(7)及式(1) ,可解得

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 ) 。 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 ? , 则有

1 2l ? (2a0 )? 2 2
根据式(1)可求得

??

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 ? ,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

?1 ? T ? T ? T ? ? T
由于 ? 1 ? ? ,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 , 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 2

1 8

3 8

3 1 2 4

? ? ? T ? T ? ?1
第8页

1 2

1 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 4

(9)

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。

第9页


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