届全国中学生物理竞赛预赛试题(含答案)

届全国中学生物理竞赛预赛试题(含答案)

1 / 11 第十八届全国中学生物理竞赛预赛试卷 题 号 一 二 三 四 五 六 七 总 计 得 分 全卷共七题，总分为 140 分 一、（ 15 分）如图预 18－l 所示，杆 OA 长为 R，可绕过 O 点的 水平轴在竖直平面内转动， 其端点 A系着一跨过定滑轮 B 、C 的 不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块 M ，滑轮的半径可忽略， B 在 O 的正上方， OB 之间的距离为 H 。某一时刻， 当绳的 BA段 与 OB 之间的夹角为 时， 杆的角速度为 ，求此时物块 M 的速 率 Mv 。 二、（15 分）两块竖直放置的平行金属大平板 A、 B ，相距 d ，两极 间的电压为 U 。一带正电的质点从两板间的 M 点开始以竖直向上的 初速度 0v 运动，当它到达电场中某点 N 点时， 速度变为水平方向， 大 小仍为 0v ，如图预 18－2 所示．求 M 、 N 两点问的电势差．（忽略 带电质点对金属板上电荷均匀分布的影响） 三、（ 18 分）一束平行光沿薄平凸透镜的主光轴入射，经透镜折射后，会聚于透镜 48cmf 处， 透镜的折射率 1.5n 。若将此透镜的凸面镀银，物置于平面前 12 cm 处，求最后所成象的位置。 四、 （1 8 分）在用铀 235 作燃料的核反应堆中， 铀 235 核吸收一个动能约为 0.025 eV 的热中子 （慢 中子）后，可发生裂变反应，放出能量和 2～ 3 个快中子，而快中子不利于铀 235 的裂变．为了能使 裂变反应继续下去，需要将反应中放出的快中子减速。有一种减速的方法是使用石墨（碳 12）作减 速剂．设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞， 问一个动能为 0 1.75 MeVE 的快中子需要与静止的 2001-09-09 2 / 11 碳原子碰撞多少次，才能减速成为 0.025 eV 的热中子？ 五、（ 25 分）如图预 18－5 所示，一质量为 M 、长为 L 带薄挡板 P 的木板，静止在水平的地面上， 设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等，皆为 ．质量为 m 的人从木板的一端由静止开 始相对于地面匀加速地向前走向另一端，到达另一端 时便骤然抓住挡板 P 而停在木板上．已知人与木板间 的静摩擦系数足够大，人在木板上不滑动．问：在什 么条件下，最后可使木板向前方移动的距离达到最 大？其值等于多少？ 六、（ 24 分）物理小组的同学在寒冷的冬天做了一个这样的实验：他们把一个实心的大铝球加热到 某温度 t ，然后把它放在结冰的湖面上（冰层足够厚），铝球便逐渐陷入冰内．当铝球不再下陷时， 测出球的最低点陷入冰中的深度 h ．将铝球加热到不同的温度，重复上述实验 8 次，最终得到如下 数据： 实验顺序数 1 2 3 4 5 6 7 8 热铝球的温度 t /℃ 55 70 85 92 104 110 120 140 陷入深度 h /cm 9.0 12.9 14.8 16.0 17.0 18.0 17.0 16.8 已知铝的密度约为水的密度的 3 倍，设实验时的环境温度及湖面冰的温度均为 0℃．已知此情 况下，冰的熔解热 53.34 10 J/kg ． 1．试采用以上某些数据估算铝的比热 c ． 2．对未被你采用的实验数据，试说明不采用的原因，并作出解释． 3 / 11 七、（ 25 分）如图预 18－7 所示，在半径为 a 的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强 度大小为 B 的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者．在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝 缘材料制成的边长为 1.6L a 的刚性等边三角形框架 DEF ，其中心 O 位于圆柱的轴线上． DE 边 上 S点 （ 1 4 DS L ）处有一发射带电粒子的源， 发射粒子的方向皆在图预 18-7 中截面内且垂直于 DE 边向下．发射粒子的电量皆为 q （＞ 0），质量皆为 m ，但速度 v 有各种不同的数值．若这些粒子与 三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边．试问： 1．带电粒子速度 v 的大小取哪些数值时可使 S 点发出的粒子最终又回到 S 点？ 2. 这些粒子中，回到 S 点所用的最短时间是多少？ 第十八届全国中学生物理竞赛预赛试卷参考解答、评分规范 一、参考解答 杆的端点 A 点绕 O 点作圆周运动，其速度 Av 的方向与杆 OA 垂直，在所考察时其大小为 Av R （1） 对速度 Av 作如图预解 18-1 所示的正交分解，沿 绳 BA的分量就是物块 M 是速率 Mv ，则 cosM Av v （2） 由正弦定理知 sin sinOAB H R （ 3） 由图看出 2 OAB （4） 由以上各式得 sinMv H （5） 评分规范：本题 15 分 4 / 11 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 。若质点从 M 到 N 经历的时间为 t ，则有 0xv at v （ 1） 0 0yv v gt （2） 由以上两式得 a g （3） 0vt g （ 4） M 、 N 两点间的水平距离 2 2 01 2 2 vx at g （5） 于是 M 、 N 两点间的电势差 2 0 2MN UvUU x d dg （6） 评分规范：本题 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 sin sin( ) R f r R r i （ 1） 由折射定律知 sin 1 sin i r n （2） 当 i 、 r 很小时， sin r r ， sin( )r i r i ， sin i i ，由以上两式得 11 1 1 1 f r n R r i n n （3） 所以 ( 1)R n f （ 4） 2. 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 5 / 11 令 P 表示物所在位置， P 点经平面折 射成像 P ，根据折射定律可推出 P O nPO （ 5） 由于这是一个薄透镜， P 与凹面镜的距离 可认为等于 P O ，设反射后成像于 P ，则 由球面镜成像公式可得 1 1 2 RP O P O （6） 由此可解得 36 cmP O ，可知 P 位于平面的左方，对平面折射来说， P 是一个虚物，经平面折射 后，成实像于 P 点。 1P O nP O （7） 所以 24 cmP O （ 8） 最后所成实像在透镜左方 24 cm 处。 评分规范：本题 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、参考解答 设中子和碳核的质量分别为 m 和 M ，碰撞前中子的速度为 0v ，碰撞后中子和碳核的速度分别 为 v 和 v ，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因 0v 、 v 和 v 沿同一 直线，故有 0mv mv Mv （ 1） 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2 mv mv Mv （2） 解上两式得 0 m Mv v m M （3） 因 12M m 代入（ 3）式得 0 11 13 v v （ 4） 负号表示 v 的方向与 0v 方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量 为 6 / 11 2 2 2 1 0 1 1 11 2 2 13 E mv m v 于是 2 1 0 11 13 E E （5） 经过 2， 3，⋯， n 次碰撞后，中子的能量依次为 2E ， 3E ， 4E ，⋯， nE ，有 2 4 2 1 0 11 11 13 13 E E E 6 3 0 11 13 E E ⋯⋯ 2 1 0 0 0 11 13 n n n EE E E E （6） 因此 0lg( / )1 2 lg(11/13) nE En （7） 已知 7 6 0 0.025 1 10 71.75 10 nE E － 代入（ 7）式即得 71lg( 10 ) 7 lg 7 7.84517 5411 2( 0.07255) 0.14512lg( ) 13 n － （8） 故初能量 0 1.75 MeVE 的快中子经过近 54 次碰撞后，才成为能量为 0.025 eV 的热中子。 评分规范：本题 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间，设以 1x 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 1a 和 2a 分别 表示人和木板的加速度，则 7 / 11 1f ma （1） 2 1 1 1 2 L x a t （2） 2f F Ma （3） 2 1 2 1 2 x a t （4） 解以上四式，得 2 ( ) LMmt Mf m f F （5） 对人和木板组成的系统，人在木板另一端骤然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的 摩擦力 F 的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有 ( )Ft M m v （6） v 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 2x ，地面的滑动摩擦系数为 ，则有 2 2 1( ) ( ) 2 M m v M m gx （ 7） 木板向前移动的净距离为 2 1X x x （8） 由以上各式得 2 1 ( ) ( )( ) ( ) F LMm LmX f F g M m M m f F MF Mf m f F 由此式可知，欲使木板向前移动的距离 X 为最大，应有 f F （9） 即 max ( )f F M m g （10 ） 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作用于木板的滑动摩擦 力． 移动的最大距离 max mX L M m （11） 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，也就是说，在时 间0～ t 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 ，所以人积累的动能和碰后的总动能都 将变小，从而前进的距离 x 也变小，即小于上述的 maxX 。 评分规范：本题 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；说明 f F 时木板向前移动的距离小于 f F 时的给 1分。 8 / 11 六、参考解答 铝球放热，使冰熔化．设当铝球的温度为 0t 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的 深度 h与球的半径 R 相等．当热铝球的温度 0t t 时，铝球最 低点下陷的深度 h R ，熔化的冰的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 ， 则铝球的温度从 t ℃降到 0℃的过程中，放出的热量 3 1 Al 4 3 Q R ct （ 1） 熔化的冰吸收的热量 2 3 2 1 4( ) 2 3 Q R h R R （ 2） 假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有 1 2Q Q （3） 解得 4 1 3 Rch t R （4） 即 h与 t 成线形关系．此式只对 0t t 时成立。将表中数据画在 h t 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。此直线应与（ 4）式一致．这样，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 1X 和 2X ，它们的坐标 由图预解 18-6-2 可读得为 1(8.0,5.0)X 2 (100,16.7)X 将此数据及 的值代入（ 4）式，消去 R，得 图 预 解 18-6-1 9 / 11 28.6 10 J/kg Cc （5） 2. 在本题作的图预解 18-6-2 中， 第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远， 未被采用． 这 三个实验数据在 h t 图上的点即 A 、 G 、 H ． A 点为什么偏离直线较远？因为当 h R 时， 从（4）式得对应的温度 0 65t ℃，（4）式在 0t t 的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度 1 55t ℃＜ 0t ，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故 （4）式不成立． G 、 H 为什么偏离直线较远？因为铝球的温度过高（ 120 ℃、 140 ℃），使得一部分冰升华成 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． 评分规范：本题 24 分 第1问 17 分；第二问 7分。第一问中，（ 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。第二问中，说明 A 、 G 、 H 点不采用的原因给 1分；对 A 和 G 、 H 偏离直线的 原因解释正确，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 2mvqvB R 求得，为 图 预 解 18-6-2 10 / 11 mvR qB （1） 1. 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，则 R 和 v 应满足以下 条件： （ⅰ）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 ，所 以 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 1DS R ，则当 DS 的长度被奇数除所得的 R 也满足要求，即 (2 1)n DSR R n n＝1，2，3，⋯ 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 1 2 1, 2 , 3, 2 1 4 5(2 1)n L aR R n n n （ 2） 此时 3 (6 3) 1, 2 , 3 ,nSE DS n R n SE 为 nR 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． （ⅱ）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，如果粒子在绕 E 点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它 将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回．所以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 3 0.076 15 DM a a a （3） 将 n 1，2，3，⋯，分别代入（ 2）式，得 1 21, 0.400 5 an R a 2 22 , 0.133 15 an R a 3 23, 0.080 25 an R a 4 24 , 0.057 35 an R a 由于 1R ， 2R ， 3R ≥ DM ，这些粒子在绕过 的顶点 E 时，将从磁场边界逸出，只有 n ≥4的粒子 能经多次碰撞绕过 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 11 / 11 度 2 4, 5 , 6 , 5(2 1)n n qB qB av R n m m n （ 4） 这就是由 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 2 RT v 将（ 1）式代入，得 2 mT qB （5） 可见在 B 及 /q m 给定时 T 与 v 无关。 粒子从 S 点出 发最后回到 S 点的过程中， 与 的边碰撞次数愈少， 所经历的时间就愈少，所以应取 4n ，如图预解 18-7 所示（图中只画出在边框 DE 的碰撞情况）， 此时粒子的速度为 4v ，由图可看出该粒子的轨迹包 括3×13 个半圆和 3个圆心角为 300 的圆弧，所需时 间为 53 13 3 22 2 6 Tt T T （6） 以（ 5）式代入得 44 mt qB （7） 评分规范：本题 25 分 第一问 15 分；第二问 10 分。第一问中：（ 1）式 2分；（ 2）式 5分；分析出 n ≥4的结论给 4分；（ 4） 式4分。第二问中：（ 5）式 1分；（ 6）式 7分；（ 7）式 2分。