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第25届全国中学生物理竞赛预赛试卷参考解答


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第 25 届全国中学生物理竞赛预赛卷 参考解答与评分标准
一、选择题(36 分)答案: 1. CD 2. BC 3. ACD 4. B 5. AD 6. A 评分标准:每小题 6 分。全都选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得

0 分。 二、填空题及作图题答案及评分标准 7. 1.9×105(8 分) 8. 2(4 分)、

12 (4 分) 13

9. vn、vn?1、…、v3、v2、v1。(8 分) 10. (i)如图所示(8 分) (ii)

2 m (3 分) 2 1 ?1 s (2 分) 12 2 cm / s ,其他可能的传播 3

11. (1)振幅 A=4cm(2 分) (2)周期 T=12s,或频率 ν =

(3)若波沿正 x 方向传播,则此波可能的最大的传播速度 vm = 速度为 vn = 为 λn =

2 cm / s ,n=1,2,3,…;此波可能的最大波长为 λ=8cm,其他可能的波长 3 + 4n

24 cm ,n=1,2,3,…(3 分) 3 + 4n

(4)若波沿负 x 方向传播,则此波可能的最大的传播速度 vm=2cm/s,其他可能的传播速度 为 vn =

2 cm / s ,n=1,2,3,…;此波可能的最大波长为 λ=24cm,其他可能的波长为 1 + 4n

λn =

12. 9×103(2 分)0.058(6 分) 13. 如图(6 分) 锯齿波的周期不正好等于正弦波周期的 2 倍,而是稍小一点。(4 分) 三、计算题 14. 参考解答: 设电流表的量程为 Ig,当电流表与定值电阻 R0 串联改装成电压表时,此电压表的内阻 R'0=Rg+R0 (1) 由于此电压表的量程 U0=50V,故有 IgR'0=U0 (2) 由(1)、(2)两式得 I g =

24 cm ,n=1,2,3,…(3 分) 1 + 4n

U0 50 = A = 1.11×10 ?3 A Rg + R0 10 + 44990
Rg R1 5V

(3)

即电流表的量程为 1mA。 A 电流表改装成的双量程电压表的电路如图所示, 图中 R1 和 R2 是为把电流表改装成双量程电压表必须串联的电 + 阻, 其值待求。 R'1 表示电压表量程 U01=5V 档的内阻, 用 (4) 则有 R'1=Rg+R1 而 IgR'1=U01
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R2 10V (5)

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由(3)、(5)式得 R'1 =

U 01 5 = ?3 I g 10 U 02 10 = ?3 I g 10

= 5 × 103

(6)

同理得电压表量程 U02=10V 档的内阻

R' 2 = Rg + R1 + R2 =

= 1.0 × 10 4

(7)

设电源的电动势为 E,内阻为 r,当用电压表的 5V 档测电源两端的电压时,电压表的示数 (8) 为 U1,已知 U1=4.50V,设此时通过电压表的电流为 I1,有 U1+I1r=E U1=I1R'1 (9) 当用电压表的 10V 档测量该电源两端的电压时,电压表的示数为 U2,已知 U2=4.80V,设此 时通过电压表的电流为 I2,有 U2+I2r=E (10) U2=I2R'2 (11) 解(8)、(9)、(10)、(11)式,并注意到(6)、(7)式得 E=5.14V (12) 评分标准:本题 14 分。(3)式 3 分,(6)式 2 分,(7)式 2 分,(8)式、(9)式、(10)式、(11)式共 4 分,(12)式 3 分。 15. 参考解答: (i)当飞机作加速度的大小为重力加速度 g, 加速度的方向竖直向 下的运动时,座舱内的试验者便处于完全失重状态。这种运动 可以是飞机模拟无阻力下的自由落体运动或竖直上抛运动,也 可以是斜抛运动。当进入试验的速率和退出试验的速率确定后, 飞机模拟前两种运动时,失重时间的长短都是一定的、不可选 择的。当飞机模拟无阻力作用下的斜抛运动时,失重时间的长 短与抛射角有关,可在一定范围内进行选择。 方向与水 考察飞机模拟无阻力作用下的斜抛运动。 设开始试验时飞机的初速度的大小为 v1, 平方向成 θ 角,起始位置为 A 点,经做抛物线运动在 B 点退出试验,如图所示。以 t 表示试 验经历的时间,在退出试验时的速率为 v2,则有 v2x=v1cosθ (1) (2) v2y=v1sinθ?gt 2 2 2 而 v2 = v2 x + v 2 y (3)
2 由(1)、(2)、(3)式得 g 2t 2 ? 2v1 gt sin θ + v12 ? v2 = 0

(4) (5)

解(4)式得 t =

2 v1 sin θ + v12 sin 2 θ + (v2 ? v12 ) g

由(5)式可知,当进入试验时飞机的速度 v1 和退出试验时飞机的速度 v2 确定以后,失重时间 的长短可通过角 θ 来调节。 (ii)当 θ=90°时失重时间最长,由(5)式可求得最长失重时间 tmax=150s (6) 当 θ=?90°时,失重时间最短,由(5)式可求得最短失重时间 tmin=50s (7) 失重时间的调节范围在 150s 到 50s 之间。 评分标准:本题 12 分。第(i)小问 8 分。指明斜抛运动得 2 分,求得(5)式并指出失重时间的 长短可通过角 θ 来调节得 6 分。第(ii)小问 4 分。求得(6)式得 2 分,求得(7)式得 2 分。 16. 参考解答: (i)月球在地球引力作用下绕地心作圆周运动,设地球的质量为 me,月球绕地心作圆周运动 的角速度为 ωm,由万有引力定律和牛顿定律有 G 另有 G

me mm 2 = mm rem ωm 2 rem

(1) (2)

me =g Re2 2π ωm

月球绕地球一周的时间 Tm =

(3)

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解(1)、(2)、(3)三式得 Tm = 2π

3 rem gRe2

(4)

代入有关数据得 Tm=2.37×106s=27.4 天 (5) (ii)满月是当月球、地球、太阳成一条直线时才有的,此时地球在月球和太阳之间,即图中 A 的位置。当第二个满月时,由于地球绕太阳的运动, 地球的位置已运动到 A'。若以 T'm 表示相继两次满月 经历的时间,ωe 表示地球绕太阳运动的角速度,由于 ωe 和 ωm 的方向相同,故有 ωmT'm=2π+ωeT'm (6) 而 ωm =

2π Tm

(7) (8)

ωe =

2π Te TeTm Te ? Tm

式中 Te 为地球绕太阳运动的周期,Te=365 天。由(6)、(7)、(8)三式得

T' m =

(9)

注意到(5)式,得 T'm=29.6 天 (10) (iii)从地面射向月球的火箭一方面受到地球的引力作用,另一方面也受到月球引力的作用。 当火箭离地球较近时,地球的引力大于月球的引力;当离月球较近时,月球的引力大于地球 的引力。作地心和月心的连线,设在地月间某一点 O 处,地球作用于火箭的引力的大小正 好等于月球作用于火箭的引力大小。以 r 表示 O 点到月球中心的距离,则有

G

me m m m = G m2 2 (rem ? r ) r me 2 ? 1)r 2 + 2rem r ? rem = 0 mm

(11) (12)

式中 m 是火箭的质量。由(11)式得 (

解(12)式,注意到(2)式,代入有关数据,得 r=3.8×107m (13) 从地球表面发射直接射向月球的火箭只要能到达 O 点,则过 O 点后,因月球引力大于地球 引力,它便能在月球引力作用下到达月球,这样发射时火箭离开地面时的速度最小,它到达 月球时的速度也最小。设火箭刚到达月球时的最小速度为 v,则由机械能守恒定律有

?G

me m m m me m m m 1 ? G m = ?G ? G m + mv 2 rem ? r r rem ? Rm Rm 2

(14)

解得 v =

2Gme (

1 1 1 1 ? ) + 2Gmm ( ? ) rem ? Rm rem ? r Rm r

(15)

注意到(2)式,代入有关数据得 v=2.3×103m/s (16) 评分标准:第(i)小问 3 分。求得(4)式得 2 分,求得(5)式得 1 分。第(ii)小问 3 分。求得(9)式 得 2 分,求得(10)式得 1 分。第(iii)小问 6 分。(11)式 2 分,(14)式得 2 分,(16)式 2 分。 17. 参考解答: 因两物块与地面间的滑动摩擦系数相同, 故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的, 以 a 表示此加速度的大小。先假定在时间 t 内,两物块始终作减速运动,都未停下。现分别以 s1 和 s2 表示它们走的路程,则有 s1 = v1t ?

1 2 at 2

(1) (2) (3) (4) (5)
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1 s2 = v2t ? at 2 2
而 s1+s2=d 解(1)、(2)、(3)三式并代入有关数据得 a=0.175m/s2 经过时间 t,两物块的速度分别为 v'1=v1?at
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v'2=v2?at (6) 代入有关数据得 v'1=6.5m/s (7) v'2=?1.5m/s (8) v'2 为负值是不合理的,因为物块是在摩擦力作用下作减速运动,当速度减少至零时,摩擦 力消失,加速度不复存在,v'2 不可为负。v'2 为负,表明物块 2 经历的时间小于 t 时已经停 止运动,(2)式从而(4)、(6)、(7)、(8)式都不成立。在时间 t 内,物块 2 停止运动前滑行的路 程应是 s2 =
2 v2 2a

(9) (10) (11) (12) (13) (14) (15)

解(1)、(9)、(3)式,代入有关数据得 a=0.20m/s2 由(5)、(10)式求得刚要发生碰撞时物块 1 的速度 v'1=6.0m/s 而物块 2 的速度 v'2=0 设 V 为两物块碰撞后的速度,由动量守恒定律有 m1v'1=(m1+m2)V 刚碰后到停止运动过程中损失的机械能 ?E = 由(13)、(14)得 ?E =

1 (m1 + m2 )V 2 2

1 m12v'12 2 m1 + m2

代入有关数据得 ?E=14.4J (16) 评分标准: 本题 12 分。 通过定量论证得到(9)式共 4 分, 求得(11)式得 4 分, (13)式 1 分, (14) 式 1 分,(15)式 1 分,(16)式 1 分。 18. 参考解答: 根据题意,通过增加砝码和调节游码的位置使磅秤恢复平衡,这时横梁 MON、横杆 ABCP、 DEF 以及载物台 Q 都是水平的,竖杆 MP、CF 都是竖直的。B、E 处的刀口增加的压力分 (1) 别为 W1 和 W2,它们与待秤量物体的重量 W 的关系为 W=W1+W2 W1 与 W2 之和是确定的,但 W1、W2 的大小与物品放置在载物台上的位置有关。对于横杆 DEF,它在 E 点受到向下作用力(为了叙述简单,下面所说的作用力皆指载物后增加的作 用力)的大小 W2,设在 F 点受到向上作用力的大小为 W'2,平衡时有 (2) W2·DE=W'2·DF 对横杆 ABCP, B 点受到向下作用力的大小为 W1, C 点受到向下的作用力的大小为 W'2, 在 在 设在 P 点受到向上的作用力的大小为 W3,平衡时有 W3·AP=W1·AB+W'2·AC (3) 由以上三式得 W3 ? AP = W ? AC ?

DE DE + W1 ? ( AB ? AC ) DF DF

(4)

要使重物在平台上的位置不影响的 W3 大小,就必需要求 W3 与 W1 无关,即有

AB ? AC

DE =0 DF AB DE = AC DF

(5) (6)

即 AB、DE、AC、DF 应满足的关系为

评分标准:本题 11 分。(1)式 2 分,(2)式 2 分,(3)式 2 分,(4)式 3 分,(5)式或(6)式 2 分。 19. 参考解答:

入射的两条光线如图所示。α1、β1 是从平端入射的光线通过球形端面时的入射角和折射角; α2、β2 是从球形端面入射的光线通过球面时的入射角和折射角。根据折射定律有 nsinα1=sinβ1 (1)
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sinα2=nsinβ2 由几何关系有 β1=α1+δ1 α2=β2+δ2 设球面的半径为 R,注意到 α1、α2、δ1、δ2 都是小角度,故有 Rα1=aδ1 Rα2=bδ2 根据题给的条件,(1)、(2)式可近似表示成 nα1=β1 α2=nβ2 由(3)式?(8)式得 n =

(2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)

b a

评分标准:本题 11 分。(1)式 1 分,(2)式 1 分,(3)式 1 分,(4)式 1 分,(5)式 1 分,(6)式 1 分,(7)式 1 分,(8)式 1 分,(9)式 3 分。 20. 参考解答: 设宇宙尘埃的质量为 m,太阳的质量为 M,则太阳作用于尘埃的万有引力

f =G

Mm 2 rse
4 3 πR ρ 3

(1) (2) (3)

设地球的密度为 ρ,地球的质量为 me,按题意有 m =

4 3 πRe 3 me 另有 G 2 = g Re Mm 2π 2 和 G 2 e = me ( ) rse rse T

ρ=

me

(4) (5)

式中 T 为地球绕太阳作圆周运动的周期, T=365×24×60×60s=3.15×107s。 由(1)、(2)、(3)、(4)、

gR 3 2π 2 (5)式得 f = ( ) rse GRe T
面积上频率为 νi 的光子数为 Ni,根据 S 的定义有 S =

(6)

太阳辐射中含有各种频率的光子, 设单位时间内, 射到尘埃所在处的与太阳辐射垂直的单位

∑ N hν
i i

i

(7)

光子不仅具有能量,还具有动量。由题意可知频率为 νi 的光子动量 pi = 光子射到尘埃表面被尘埃吸收,故光子作用于尘埃的冲量 ?Ii=pi 单位时间内射到尘埃单位面积上的各种频率的光子对尘埃的总冲量

hνi c

(8) (9) (10)

?I = ∑ N i ?I i = ∑ N i pi
i i

?I 也就是压强。由于尘埃的表面是球面,球面上各部分并不都与太阳辐射垂直,但射到球 面上的光辐射与射到与太阳辐射相垂直的球的大圆面上的光辐射是相等的, 故太阳辐射作用 于尘埃的力 F=πR2?I (11)

πR 2 S c F GRe ST 2 由(6)式和(12)式得 = f 4πgRcrse F 带入有关数据得 = 1.0 × 10 ?6 f
由(7)式?(11)式得 F =
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(12) (13) (14)

评分标准:本题 13 分。求得(6)式得 4 分,求得(12)式得 7 分,求得(13)式得 1 分,求得(14)
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式得 1 分。 21. 参考解答: (i)在空间取如图所示的直角坐标 Oxyz,Ox 轴沿电场方向,Oy 轴沿磁场方向,Oz 轴与重力 方向相反。因为磁场作用于质点的洛仑兹力与磁场方向垂直,即在 Oxz 平面内;作用于质 点的电场力和重力也在 Oxz 平面内, 故质点在 y 方向不受力作用, 其速度沿 y 方向的分速度 的大小和方向都是不变的。根据题意,质点速度的大小是 恒定不变的,而磁场作用于质点的洛仑兹力对质点不做 功,故质点的速度沿垂直磁场方向的分速度的大小一定也 是恒定不变的,故此分速度必须与电场力和重力的合力垂 直。由于电场力和重力的合力的方向是不变的,故此分速 度的方向也是不变的。由此可得到结论:质点速度的方向 也是不变的,即质点在给定的场中做匀速直线运动,其轨 迹是直线,在 Oxz 平面内,与电场力和重力的合力垂直。 (ii)质点作匀速直线运动表明电场、 磁场和重力场对质点作 用力的合力 F 等于 0。设存在电场、磁场时质点速度的大小为 v0,它在坐标系中的三个分量 分别为 v0x、v0y 和 v0z,这也就是在电场、磁场刚要消失时质点的速度在三个场方向的分量, 以 Fx、Fy 和 Fz 分别表示 F 在坐标标系中的分量,则有 Fx=qE?qv0zB=0 (1) Fy=0 (2) Fz=?mg+qv0xB=0 (3) 由(1)、(3)式得 v0 z =

E B

(4) (5)
2 2 2 2

v0 x =

mg qB

若知道了粒子的速率 v0,粒子速度的 y 分量为 v0 y = v0 ? v0 x ? v0 z 因为电场和磁场消失后,粒子仅在重力作用下运动,任何时刻 t 质点的速度为 vx=v0x vy=v0y vz=v0z?gt 当 vx 等于 0 时,粒子的动能最小,这最小动能 Ek min = 根据题意有 Ek min =

(6) (7) (8) (9) (10) (11) (12)

1 2 2 m(v0 x + v0 y ) 2

1 1 2 ( mv0 ) 2 2 2 2 2 由(10)、(11)式得 v0 = 2(v0 x + v0 y )
由(4)、(5)、(6)、(12)各式得 v0 y =

1 (qE ) 2 ? (mg ) 2 qB

(13)

评分标准:本题 16 分。第(i)小问 4 分。通过论证得到质点作匀速直线运动的结论得 4 分。 第(ii)小问 12 分。(4)式 3 分,(5)式 3 分,求得(13)式 6 分。

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