第二十届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案、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λ与频率ν的关系为 c
νλ
=
, (1)
光子的能量为 E h νν=, (2) 由式(1)、(2)可求得产生波长74.8610λ-=?m 谱线的光子的能量
194.0910E ν-=?J (3)
氢原子的能级能量为负值并与量子数n 的平方成反比: 21
n E k
n
=-,n =1,2,3,… (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1E 已知,由式(4)可得出
1k E =- (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
19
22
1 5.45102E k -=-
=-?J , 19321
2.42103E k -=-=-?J ,
19421
1.36104E k -=-=-?J ,
20521
8.72105E k -=-=-?J 。
比较以上数据,发现
1942 4.0910E E E ν-=-=?J 。 (6)
所以,这条谱线是电子从4n =的能级跃迁到2n =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。
三、参考解答
1. 操作方案:将保温瓶中90.0t =℃的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分,与温度为010.0t =℃的构件充分接触,并达到热平衡,构件温度已升高到1t ,将这部分温度为1t 的水倒掉。再从保温瓶倒出一部分热水,再次与温度为t 的构件充分接触,并达到热平衡,此时
构件温度已升高到2t ,再将这些温度为2t 的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为2t 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0m =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
1001()Q c m t t =- (1)
构件吸热为
110()Q cm t t '=- (2) 由11Q Q '=及题给的数据,可得
1t =27.1℃ (3)
同理,第二次倒出0.240kg 热水后,可使构件升温到
2t =40.6℃ (4)
依次计算出1t ~5t 的数值,分别列在下表中。
可见5t =66.0℃时,符合要求。
附:若将1.200kg 热水分
4次倒,每次倒出0.300kg ,依次算出1t ~4t 的值,如下表中的数据:
由于4t =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。 四、参考解答
设计的磁场为沿z 轴方向的匀强磁场,O 点和M 点都
处于这个磁场中。下面我们根据题意求出这种磁场的磁感应强度的大小。粒子由O 点射出就进入了磁场,可将与z 轴
v z v ⊥
v
θv
成θ角的速度分解成沿磁场方向的分速度Z v 和垂直于磁场方向的分速度v ⊥(见图预解20-4-1),注意到θ很小,得
cos Z v v v θ=≈ (1) sin v v v θθ⊥=≈ (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
2v qBv m R
⊥
⊥=
圆周运动的周期
2R
T v π⊥
=
由此得
2m
T qB
π=
(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
Z h v T
v 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 n h =, n =1,2,3,… (5) 由式(3)、(4)、(5)解得 2mvn
B qd
π=
, n =1,2,3,… (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
2mv
B qd
π=
。 (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。
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α表示此时摆线与重力方向之间的夹角,则有方程式
2
c o s mv T mg l x
α+=- (1)
运动过程中机械能守恒,令θ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
21
cos [()cos )]2
mgl mv mg x l x θα-=--- (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0v v =,摆线与竖直线的夹角0αα=,由式(1)得
2
00()cos v g l x α=-, (3)
代入(2)式,求出
02cos 3()cos 2l x l x θα=-+ (4)
要求作斜抛运动的摆球击中C 点,则应满足下列关系式:
000()sin cos l x v t αα-=, (5)
2
0001()cos sin 2
l x v t gt αα-=-+ (6) 利用式(5)和式(6)消去t ,得到
220
()sin 2cos g l x v αα-= (7)
由式(3)、(7)得到
0cos α= (8) 代入式(4),求出
arccos θ=??
(9)
θ越大,cos θ越小,x 越小,θ最大值为/2π,由此可求得x 的最小值:
(2x ,
所以
3)0.464x t l == (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分,式(10)4分。
六、参考解答
(1)规定运动员起跳的时刻为0t =,设运动员在P 点(见图预解20-6)抛出物块,以0t 表示运动员到达P 点的时刻,则运动员在P 点的坐标P x 、P y 和抛物前的速度v 的分量px v 、
py v 分别为
0cos px v v α=, (1) 00sin py v v gt α=- (2) 00cos p x v t α=, (3)
2
000
1sin 2
p y v t gt α=- (4) 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px V 、py V ,物块相对运动员的速度u 的分量大小分别为x u 、y u ,方向分别沿x 、负y 方向。由动量守恒定律可知 ()()px px x px MV m V u M m v +-=+, (5) ()()py py y py MV m V u M m v +-=+ (6) 因u 的方向与x 轴负方向的夹角为θ,故有
cos x u u θ= (7) sin y u u θ= (8) 解式(1)、(2)、(5)、(6)和式(7)、(8),得 0cos cos px mu V v M m θ
α=++ (9)
00sin sin py
mu V v gt M m
θ
α=-+
+ (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px V 、py V 。在t 时刻(0t t >)运动员的速度和位置为
x px V V =, (11)
0()y py V V g t t =--, (12) 000()(cos )x x
p px mu mu x x V t t v t t M m M m
α=+-=+
-++, (13) 21
()()y y V t t g t t =+--
- (14) α
V px
V py u x
u y
v 0
由式(3)、(4)、(9)、(10)、(13)、(14)可得
00cos cos cos mu mu x v t t M m M m θθ
α?
?=+
-
?++?
?
(15) 2
00sin 2sin 2sin mu mu y v t gt t M m M m θθα?
?=+
-- ?
++?
?
(16) 运动员落地时,
0y =
由式(16)得
200sin 2sin 2sin 0mu mu gt v t t M m M m θθ
α?
?-+
+
= ?++?
?
, (17) 方程的根为
t =
(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
0s i n
s i n mu v M m g
θα??+
?+??
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 =
(19)
(2)由式(15)可以看出,t 越大,0t 越小,跳的距离x 越大,由式(19)可以看出,当
0t =0
时,t 的值最大,由式(3)和式(4)可知,抛出物块处的坐标为
0p x =, 0p y = (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 0sin sin 2
2v m u T g M m g
αθ
=++ 把00t =和t T =代入式(15),可求得跳远的距离,为
2
22
002sin 22sin()sin 2()()v mv u m u x g M m g M m g
αθαθ=
+++++ (21)
可见,若
sin 21,sin()1,sin 21αθαθ=+==,
即 /4απ=, /4θπ= (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
222
0022()()m v mv u m u x g M m g M m 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0U 时,微粒所受电场力为0/2U q l ,此时微粒的加速度为00/2a U q lm =。将此式代入题中所给的等式,可将该等式变为
2
03162T l a ??
= ???
(1)
现在分析从0到/2T 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0t =时产生的微粒,将以加速度0a 向A 板运动,经/2T 后,移动的距离x 与式(1)相比,可知
2
0122T x a l ??
=> ???
(2)
即0t =时产生的微粒,在不到/2T 时就可以到达A 板。在A 0U U =的情况下,设刚能到达A 板的微粒是产生在1t t =时刻,则此微粒必然是先被电压0U 加速一段时间1t ?,然后再被电压
02U -减速一段时间,到A 板时刚好速度为零。用1d 和2d 分别表示此两段时间内的位移,1v 表
示微粒在1t ?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
21011
()2
d a t =? (3)
210202(2)v a d =+- (4)
又因
101v a t =?, (5) 12d d l +=, (6)
112
T
t t +?=
, (7) 由式(3)到式(7)及式(1),可解得
12
T
t =
, (8) 这就是说,在A 0U U =的情况下,从0t =到/4t T =这段时间内产生的微粒都可到达A 板(确切地说,应当是/4t T <)。
为了讨论在/4/2T t t <≤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A 02U U =-电场作用下,由A 板向B 板运动,若到达B 板经历的时间为τ,则有
2012(2)2
l a τ=
根据式(1)可求得
14
T τ=
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02U U =-的电场作用时间大于τ,则这些微粒都将到达B 板。
在/4t T =发出的微粒,在A 0U U =的电场作用下,向A 板加速运动,加速的时间为/4T ,接着在A 02U U =-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/8T 微粒速度减为零。由此可知微粒可继续在A 02U U =-的电场作用下向B 板运动的时间为
11
133128824
T T T T τ=-==
? 由于1ττ>,故在/4t T =时产生的微粒最终将到达B 板(确切地说,应当是/4t T <),不会再回到A 板。
在t 大于/4T 但小于/2T 时间内产生的微粒,被A 0U U =的电场加速的时间小于/4T ,在
A 02U U =-的电场作用下速度减到零的时间小于/8t T =,故可在A 02U U =-的电场作用下向B
板运动时间为
11128
T T ττ'>-=
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0t =到/2t T =时间内产生的微粒中,只有在0t =到/4t T =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
320804
N =?
= (9) 评分标准:本题20分。
论证在0t =到/4t T =时间内产生的微粒可能到达A 板给10分;论证/4t T =到/2t T =时间