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第21届全国中学生物理竞赛预赛答案


第 21 届全国中学生物理竞赛预赛参考解答
一、1.a.10-10
b.10 15 - c.6.6×10 27 - d. 10 19 e. 2.7×1019 2.a 正确,b 不正确.理由:反射时光频率??不变,这表明每个光子能量 hν 不变. 评分标准: 本题 15 分.第 1 问 10 分,每一空 2 分.第 2 问 5 分,其中结论占 2 分,理由占 3

分.


二、第一次,小物块受力情况如图所示,设 T1 为绳中张力,a1 为 度的大小, l 为斜面长,则有
m 1 g ? T1 ? m 1 a 1 T1 ? m 2 g sin ? ? m 2 a 1

两物块加速 N1 T1 T1

(1)

??
(2) (3) m2 g

m1g

l ?

1 2

a1t

2

第二次,m1 与 m2 交换位置.设绳中张力为 T2,两物块加速度的大小为 a2,则有
m 2 g ? T2 ? m 2 a 2 T 2 ? m 1 g sin ? ? m 1 a 2

(4) (5)

l ?

1

?t ? a2 ? ? 2 ?3?

2

(6)

由 (1)、(2) 式注意到? =30°得
a1 ? 2 ?m 1 ? m 2 ? 2m1 ? m 2 g

(7)

由 (4)、(5) 式注意到? =30°得
a2 ? 2 ?m 1 ? m 2 ? 2m 2 ? m1 g

(8)

由 (3)、(6) 式得
a1 ? a2 9

(9)
1

由 (7)、(8)、(9) 式可解得
m1 m2 ? 11 19

(10)

评分标准 本题 15 分, 、 、 、 、 、 (1)(2)(3)(4)(5)(6)式各 2 分,求得(10)式再给 3 分 三、设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为 v0,因为速度方向平行于电容器的极板,通过长度为 l 的极板区 域所需的时间
t1 ? l v 0

(1)

当两极板之间加上电压时,设两极板间的场强为 E,作用于电子的静电力的大小为 qE 方向垂直于极板由 C 指向 D,电子 的加速度
a ? qE m

(2)


E ? U d

(3)

因电子在垂直于极板方向的初速度为 0,因而在时间 t1 内垂直于极板方向的位移
y1 ? 1 2 at 1
2

(4)

电子离开极板区域时,沿垂直于极板方向的末速度
v y ? at 1

(5)

??设电子离开极板区域后,电子到达荧光屏上 P 点所需时间为 t2
t 2 ? ?L ? l 2 ? v 0

(6)

在 t2 时间内,电子作匀速直线运动,在垂直于极板方向的位移
y2 ? v yt2

(7)

P 点离开 O 点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移
y ? y1 ? y 2

(8)

2

由以上各式得电子的荷质比为
q m ? v0 d UlL
2

y

(9)

加上磁场 B 后,荧光屏上的光点重新回到 O 点,表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等, 即
qE ? q v 0 B

(10)

注意到 (3) 式,可得电子射入平行板电容器的速度
v0 ? U Bd

(11)

代入(9)式得
q m ? U B lLd
2

y

(12)

代入有关数据求得
q m ? 1 . 6 ? 10
11

C/kg

(13)

评分标准 本题 15 分. 、 、 、 、 、 、 、 (1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)式各 1 分, (10)式 3 分, (12)(13)式各 2 分. 、 四、如图所示,圆为地球赤道,S 为卫星所在处,用 R 表示卫星运动轨道的半径.由万有 顿运动定律和卫星周期 T(亦即地球自转周期)可得
G Mm R
2

引力定律、 牛

O R0
??

? 2π ? ? mR ? ? ? T ?

2

(1) R

式中 M 为地球质量,G 为引力常量,m 为卫星质量. 另有
GM ? R 0 g
2

(2)

由图可知
R cos ? ? R 0

(3)

S

由以上各式,可解得
? 4π 2 R0 ? ? arccos ? ? T 2g ? ? ? ? ?
1 3

(4)

取 T = 23 小时 56 分 4 秒(或近似取 T = 24 小时) ,代入数值,可得
3

? ? 81 . 3 ?

(5)

由此可知,卫星的定位范围在东经 135 . 0 ? ? 81 . 3 ? ? 53 . 7 ? 到 75 . 0 ? ? 81 . 3 ? ? 156 . 3 ? 之间的上空. 评分标准 本题 15 分. 、 、 (1)(2)(3)式各 2 分,(4) 、(5)式共 2 分,得出最后结论再给 7 分.

五、用 E 和 I 分别表示 abdc 回路的感应电动势和感应电流的大小,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知
E ? Bl ? v 2 ? v 1 ?

(1) (2)

I ?

E 2R

令 F 表示磁场对每根杆的安培力的大小,则
F ? IBl

(3)

令 a1 和 a2 分别表示 ab 杆、cd 杆和物体 M 加速度的大小,T 表示绳中张力的大小,由牛顿定律可知
F ? ma 1 Mg ? T ? ma 2 T ? F ? ma 2

(4) (5) (6)

由以上各式解得
a1 ? B l
2 2

?v 2
2 Rm
2 2

? v1 ?

(7)

a2 ?

2 MgR ? B l 2 ?M ?

?v 2 m ?R

? v1 ?

(8)

评分标准 本题 15 分. (1)式 3 分, (2)式 2 分, (3)式 3 分, 、 、 (4)(5)(6)式各 1 分, 、(8)式各 2 分. (7) 六、 把酒杯放平, 分析成像问题. α P C n1 i θ O n0=1

A

r β
图1

P?

1.未斟酒时,杯底凸球面的两侧介质的折射率分别为 n1 和 n0=1.在图 1 中,P 为画片中心,由 P 发出经过球心 C 的光 线 PO 经过顶点不变方向进入空气中;由 P 发出的与 PO 成??角的另一光线 PA 在 A 处折射.设 A 处入射角为 i,折射角 为 r,半径 CA 与 PO 的夹角为??,由折射定律和几何关系可得?
4

? ? 在△PAC 中,由正弦定理,有

n 1 sin i ? n 0 sin r ?

???? ?2??

? ? i?? ?

R sin ?

?

PC sin i

?3?

考虑近轴光线成像,?、i、r 都是小角度,则有
r ? n1 n0 i

(4)

? ?

R PC

i

(5)

由 (2)、(4)、(5) 式、n0、n1、R 的数值及 PC ? PO ? CO ? 4 . 8 cm ,可得
? ? 1 . 31 i
r ? 1 . 56 i

?6? ???

由?6?、???式有??????????????????? r ? ? ?? ???? ??? 由上式及图 1 可知,折射线将与 PO 延长线相交于 P ? , P ? 即为 P 点的实像.画面将成实像于 P ? 处. 在△CA P'中,由正弦定理有
R sin ? ? CP ? sin r

(9) ????? ?

又有 考虑到是近轴光线,由?9)?、????式可得

r ?? ? ?

CP ? ?

r r ??

R

(11)

又有
OP ? ? CP ? ? R

(12)

由以上各式并代入数据,可得
O P ? ? 7 . 9 cm

(13)

由此可见,未斟酒时,画片上景物所成实像在杯口距 O 点 7.9cm 处.已知 O 到杯口平面的距离为 8.0cm,当人眼在 杯口处向杯底方向观看时,该实像离人眼太近,所以看不出画片上的景物. 2.斟酒后,杯底凸球面两侧介质分别为玻璃和酒,折射率分别为 n1 和 n2,如图 2 所示,考虑到近轴光线有
r ? n1 n2 i

(14) P? β
5

A

r O n2

??
P n1
图2

i

θ

代入 n1 和 n2 的值,可得
r ? 1 . 16 i

?15?

C

与???式比较,可知 ?16? 由上式及图 2 可知,折射线将与 OP 延长线相交于 P ? , P ? 即为 P 点的虚像.画面将成虚像于 P ? 处.计算可得
r ??

CP? ?

r

? ?r

R

(17)

又有
OP ? ? CP ? ? R

(18)

由以上各式并代入数据得
O P ? =13cm

(19)

由此可见,斟酒后画片上景物成虚像于 P'处,距 O 点 13cm.即距杯口 21cm.虽然该虚像还要因酒液平表面的折 射而向杯口处拉近一定距离,但仍然离杯口处足够远,所以人眼在杯口处向杯底方向观看时,可以看到画片上景物的虚 像. 评分标准: 本题 15 分.求得(13)式给 5 分,说明“看不出”再给 2 分;求出(19)式,给 5 分,说明“看到”再给 3 分.

七、由题设条件知,若从地面参考系观测,则任何时刻,A 沿竖直方向运动, vA,B 沿水平方向运动,设其速度为 vB.若以 B 为参考系,从 B 观测,则 A 直方向,它与碗的接触点在碗面内作半径为 R 的圆周运动,速度的方向与圆周 速度为 VA.杆相对地面的速度是杆相对碗的速度与碗相对地面的速度的合速 成的矢量图如图中的平行四边形所示.由图得
V A sin ? ? v A V A cos ? ? v B

A O

?? R
B

vB vA (1) (2)

设其速度为 杆保持在竖 相切,设其 度,速度合

VA

因而
v B ? v A cot ?

(3)

由能量守恒
m A gR cos ? ? 1 2 mA vA ?
2

1 2

mBvB

2

(4)

由(3)、(4) 两式及 m B ? 2 m A 得

6

v A ? sin ?

2 gR cos ? 1 ? cos
2

?

(5)

v B ? cos ?

2 gR cos ? 1 ? cos ?
2

(6)

评分标准: ??本题(15)分. 、 (1)(2)式各 3 分, (4)式 5 分, 、 (5)(6)两式各 2 分. 八、设 B、C 右方无穷组合电路的等效电阻为 R BC ,则题 通有电流的电路可以简化为图 1 中的电路.B、C 右方的 又可简化为图 2 的电路,其中 R B ?C ? 是虚线右方电路的等 阻.由于 B ? 、 C ? 右方的电路与 B、C 右方的电路结构相 且都是无穷组合电路, 故有
R BC ? R B ?C ?

10? B 20V 30? 10V 18?
图1
R BC

B

1.0?

B?

图 中 电 路 效 电 同,而

2.0? C C
图2

R B ?C ?
C?

(1)

24V

由电阻串、并联公式可得
R BC ? 1 ? 2 R B ?C ? 2 ? R B ?C ?

(2) 10? Q +C2 B 20V A
-+
1

由式(1)、(2)两式得
R BC ? R BC ? 2 ? 0
2

2



解得
R BC ? 2 . 0 ?

C Q
1

30? (3)

D Q+ 24V C 18?
图3

2?

- C3 E 3

图 1 所示回路中的电流为
I ? 20 ? 10 ? 24 10 ? 30 ? 18 ? 2 A ? 0 . 10 A

10V (4)

电流沿顺时针方向。 设电路中三个电容器的电容分别为 C1、C2 和 C3,各电容器极板上的电荷分别为 Q1、Q2 和 Q3,极性如图 3 所示.由 于电荷守恒,在虚线框内,三个极板上电荷的代数和应为零,即
Q1 ? Q 3 ? Q 2 ? 0

(5)

A、E 两点间的电势差
U
A

?U

E

? ?

Q1 C1

?

Q3 C3

(6)

又有
7

U

A

?U

E

? ?10 ? 30 ? 0 . 10 ?V ? 7 . 0V

(7)

B、E 两点间的电势差
U
B

?U

E

?

Q2 C2

?

Q3 C3

(8)

又有
U
B

?U

E

? ? 24 ? 20 ? 0 . 10 ?V ? 26 V

(9)

根据(5)、(6)、(7)、(8)、(9) 式并代入 C1、C2 和 C3 之值后可得
Q 3 ? 1 . 3 ? 10
?4

C

(10)

即电容器 C3 与 E 点相接的极板带负电,电荷量为 1 . 3 ? 10 ? 4 C . 评分标准: ??本题 17 分.求得(3)式给 3 分, (4)式 1 分, 、 、 、 、 、 (5)(6)(7)(8)(9)(10)式各 2 分,指出所考察的极板上 的电荷是负电荷再给 1 分. 九、设从烧断线到砝码 1 与弹簧分离经历的时 这段时间内,各砝码和砝码托盘的受力情况如 图中,F 表示?t 时间内任意时刻弹簧的弹力,T 刻跨过滑轮组的轻绳中的张力,mg 为重力,T0 盘的绳的拉力.因 D 的质量忽略不计,有
T 0 ? 2T

F 1 mg

T

T 3

T0

2
mg
图1

mg mg

F

间为?t,在 图 1 所示: 表示该时 为悬挂托

在时间?t 内任一时刻,砝码 1 向上运动,托盘向下运动,砝码 2、3 则向上升起,但砝码 2、3 与托盘速度的大小是 相同的.设在砝码 1 与弹簧分离的时刻,砝码 1 的速度大小为 v1,砝码 2、3 与托盘速度的大小都是 v2,由动量定理,有
I F ? I mg ? m v 1 I T ? I mg ? m v 2

(2) (3) (4) (5)

I T ? I mg ? m v 2

I F ? I mg ? I T 0 ? m v 2

式中 IF、Img、IT、 I T 分别代表力 F、mg、T、T0 在?t 时间内冲量的大小。注意到式(1),有
0

IT ? 2IT
0

(6)
8

由(2)、(3)、(4)、(5)、(6)各式得
v2 ? 1 3 v1

(7)

在弹簧伸长过程中,弹簧的上端与砝码 1 一起向上运动,下端与托盘一起向下运动.以?l1 表示在?t 时间内弹簧上端 向上运动的距离, l2 表示其下端向下运动的距离. ? 由于在弹簧伸长过程中任意时刻, 托盘的速度都为砝码 1 的速度的 1/3, 故有
?l2 ? 1 3 ? l1

(8)

另有
? l1 ? ? l 2 ? l 0

(9)

在弹簧伸长过程中,机械能守恒,弹簧弹性势能的减少等于系统动能和重力势能的增加,即有
1 2 kl 0 ?
2

1 2

m v1 ? 3 ?
2

1 2

m v 2 ? mg ? l 1 ? mg ? l 2 ? 2 mg ? l 2
2

(10)

由(7)、(8)、(9)、(10) 式得
v1 ?
2

3 ?1 2 ? ? kl 0 ? mgl 0 ? 2m ? 2 ?

(11)

砝码 1 与弹簧分开后,砝码作上抛运动,上升到最大高度经历时间为 t1,有
v 1 ? gt 1

(12)

砝码 2、3 和托盘的受力情况如图 2 所示,以 a 表示加速度的大小,有
mg ? T ? ma mg ? T ? ma
T 0 ? mg ? ma T 0 ? 2T

(13) (14) (15) (16)
1 3

T 2 mg
图2
a ? g

T 3 mg mg

T0

由 (14)、(15) 和(16)式得

托盘的加速度向上,初速度 v2 向下,设经历时间 t2,托盘速度变为零,有
v 2 ? at 2

(18)

由 (7)、(12)、(17) 和(18)式,得
t1 ? t 2 ? v1 g

(19)

即砝码 1 自与弹簧分离到速度为零经历的时间与托盘自分离到速度为零经历的时间相等.由对称性可知,当砝码回到分 离位置时,托盘亦回到分离位置,即再经历 t1,砝码与弹簧相遇.题中要求的时间
9

t 总 ? 2t 1

(20)

由 (11)、(12)、(20) 式得
t总 ? 2 g 3 ?1 2 ? ? kl 0 ? mgl 0 ? 2m ? 2 ?

(21)

评分标准: 本题 18 分.求得(7)式给 5 分,求得(11)式给 5 分, (17)(19)(20)(21)式各 2 分. 、 、 、

10


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