第20届全国中学生物理竞赛预赛试卷及答案.doc

1、第二十届全国中学生物理竞赛预赛试卷 题题 号号 一一 二二 三三 四四 五五 六六 七七 总计总计 得得 分分 复核人复核人 全卷共七题，总分为全卷共七题，总分为 140 分分 一、 （20 分）两个薄透镜 L1和 L2共轴放置，如图所示已知 L1的焦距 f1=f , L2的焦距 f2=f，两透镜间距离也是 f小物 体位于物面 P 上，物距 u1 3f （1）小物体经这两个透镜所成的像在 L2的_边， 到 L2的距离为_，是_倍（虚或实） 、 _像（正或倒） ，放大率为_。 （2） 现在把两透镜位置调换， 若还要给定的原物体在原像处 成像，两透镜作为整体应沿光轴向_边移动距离 _ 这个新的像是

2、_像 （虚或实） 、 _像（正或倒）放大率为_。 二、(20 分)一个氢放电管发光，在其光谱中测得一条谱线的波长为 4.8610-7m试计算这是氢原子中电子 从哪一个能级向哪一个能级（用量子数 n 表示）跃迁时发出的？已知氢原子基态（n1）的能量为 El=一 13.6eV2.1810-18J，普朗克常量为 h=6.6310 34Js。 三、 (20 分)在野外施工中， 需要使质量 m4.20 kg 的铝合金构件升温。 除了保温瓶中尚存有温度 t 90.0 的 1.200 kg 的热水外，无其他热源试提出一个操作方案，能利用这些热水使构件从温度 t0=10升温到 66.0以上（含 66.0） ，

3、并通过计算验证你的方案已知铝合金的比热容 c0.880l03J(Kg)-1，水 的比热容 c0 =4.20103J(Kg)-1，不计向周围环境散失的热量。 四、 (20 分）从 z 轴上的 O 点发射一束电量为 q（0） 、 质量为 m 的带电粒子，它们速度统方向分布在以 O 点为 顶点、 z 轴为对称轴的一个顶角很小的锥体内 （如图所示） ， 速度的大小都等于 v试设计一种匀强磁场，能使这束带 电粒子会聚于 z 轴上的另一点 M， M 点离开 O 点的经离为 d要求给出该磁场的方向、磁感应强度的大小和最小值不计粒子间的相互作用和重力的作用 五、(20 分)有一个摆长为 l 的摆（摆球可视为质

4、点，摆线的质量不计） ，在过悬挂点的竖直线上距悬挂点 O 2003 年 9 月 的距离为 x 处（xl）的 C 点有一固定的钉子，如图所示，当摆摆动时，摆 线会受到钉子的阻挡 当 l 一定而 x 取不同值时， 阻挡后摆球的运动情况将不 同现将摆拉到位于竖直线的左方（摆球的高度不超过 O 点） ，然后放手，令 其自由摆动，如果摆线被钉子阻挡后，摆球恰巧能够击中钉子，试求 x 的最 小值 六、(20 分)质量为 M 的运动员手持一质量为 m 的物块，以速率 v0沿与水平面 成 a 角的方向向前跳跃（如图） 为了能跳得更远一点，运动员可在跳远全过 程中的某一位置处，沿某一方向把物块抛出物块抛出时相对

5、运动员的速度 的大小 u 是给定的，物块抛出后，物块和运动员都在同一竖直平面内运动 (1)若运动员在跳远的全过程中的某时刻 to 把物块沿 与 x 轴负方向成某 角的方向抛出，求运动员从起跳到 落地所经历的时间 (2)在跳远的全过程中，运动员在何处把物块沿与 x 轴负方向成 角的方向抛出，能使自己跳得更远？若 v0 和 u 一定，在什么条件下可跳得最远？并求出运动员跳 的最大距离 七、 （20 分）图预 20-7-1 中 A 和 B 是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为 T 的交流电压， 在两板间产生交变的匀强电场己知 B 板电势为零，A 板电势 UA随时间变化的规律如图预 20-7

6、-2 所示， 其中 UA的最大值为的 U0，最小值为一 2U0在图预 20-7-1 中，虚线 MN 表示与 A、B 扳平行等距的一个 较小的面，此面到 A 和 B 的距离皆为 l在此面所在处，不断地产生电量为 q、质量为 m 的带负电的微粒， 各个时刻产生带电微粒的机会均等这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动设微粒一旦碰 到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响 A、B 板的电压己知上述的 T、U0、l，q 和 m 等各量的值正好满足等式 2 02 2216 3 T m qU l 若在交流电压变化的每个周期 T 内，平均产主 320 个上述微粒，试论证在 t0 到 t

7、T2 这段时间内产主 的微粒中，有多少微粒可到达 A 板（不计重力，不考虑微粒之间的相互作用） 。 v0 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 波长与频率的关系为 c ， （1） 光子的能量为 Eh ， （2） 由式（1） 、 （2）可求得产生波长 7 4.86 10 m 谱线的光子的能量 19 4.09 10E 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： 2 1 n Ek n ，n 1，2，3， （4） 式中k为正的比例常数。

8、氢原子基态的量子数n 1，基态能量 1 E已知，由式（4）可得出 1 kE （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 2 2 1 5.45 10 2 Ek J， 19 3 2 1 2.42 10 3 Ek J， 19 4 2 1 1.36 10 4 Ek J， 20 5 2 1 8.72 10 5 Ek J。 比较以上数据，发现 19 42 4.09 10EEE 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

9、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 0 10.0t 的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度已升高到 1 t，将这部分温度为 1 t的水倒掉。再从保 温瓶倒出一部分热水，再次与温度为 1 t的构件充分接触，并达到热平衡，此时构件温度已升高到 2 t，再将 这些温度为 2 t的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为 2 t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

10、出来，每次倒出 0 m0.240kg，在第一次使热水与构件 达到热平衡的过程中，水放热为 1001 ()Qc m tt （1） 构件吸热为 110 ()Qcm tt （2） 由 11 QQ及题给的数据，可得 1 t27.1 （3） 同理，第二次倒出 0.240kg 热水后，可使构件升温到 2 t40.6 （4） 依次计算出 1 t 5 t的数值，分别列在下表中。 倒水次数/次 1 2 3 4 5 平衡温度/ 27.1 40.6 51.2 59.5 66.0 可见 5 t66.0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 1 t 4 t的值，如

11、下表中的数据： 倒水次数/次 1 2 3 4 平衡温度/ 30.3 45.50 56.8 65.2 由于 4 t65.266.0，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：将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。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：通过计算求出的构件的 最终温度不低于 66.0。 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

12、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轴成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） ，注意到很 小，得 cos Z vvv （1） sinvvv （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 2 v qBvm R 圆周运动的周期 vz v v 2 R T

13、v 由此得 2 m T 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 Z hv Tv 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 dn h， n1，2，3， （5） 由式（3） 、 （4） 、 （5）解得 2 mvn B

14、qd ， n1，2，3， （6） 这就是所要求磁场的磁感应强度的大小，最小值应取n1，所以磁感应强度的最小值为 2 mv B 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。 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 2 c o s mv Tmg lx （1） 运动过程中机械能守恒，令表示摆线在起始位置时

15、与竖直方向的夹角，取O点 为势能零点，则有关系 2 1 cos()cos ) 2 mglmvmg xlx （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T0，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 0 vv，摆线与竖直线的夹角 0 ，由式（1）得 2 00 ()cosvg lx， （3） 代入（2）式，求出 0 2 cos3()cos2lxlx （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 ()sincoslxvt， （5） 2 000 1 ()cossin 2 lxvtgt （6） 利用式（5）和式（6）消去t，得到 2

16、20 0 0 ()sin 2cos g lx v （7） 由式（3） 、 （7）得到 0 3 cos 3 （8） 代入式（4） ，求出 (23)3 arccos 2 xl l （9） 越大，cos越小，x越小，最大值为/2，由此可求得x的最小值： (23)3xl， 所以 (2 33)0.464xtl （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 0 t表示运动员到达P 点的

17、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 0cospx vv， （1） 00 sin py vvgt （2） 00 cos p xvt， （3） Vpx Vpy ux uy v0 2 000 1 sin 2 p yvtgt （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 ()() pxpxxpx MVm VuMm v， （5） ()() pypyypy MVm VuMm v （6） 因u的方向与

18、x轴负方向的夹角为，故有 cos x uu （7） sin y uu （8） 解式（1） 、 （2） 、 （5） 、 （6）和式（7） 、 （8） ，得 0 cos cos px mu Vv Mm （9） 00 sin sin py mu Vvgt Mm （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（ 0 tt）运动员的 速度和位置为 xpx VV， （11） 0 () ypy VVg tt， （12） 000 ()(cos) xx ppx mumu xxVttvtt MmMm ， （13） 2 00 1 ()() 2 ppy yyVttg

19、 tt （14） 由式（3） 、 （4） 、 （9） 、 （10） 、 （13） 、 （14）可得 00 coscos cos mumu xvtt MmMm （15） 2 00 sin2sin 2sin mumu yvtgtt MmMm （16） 运动员落地时， 0y 由式（16）得 2 00 sin2sin 2sin0 mumu gtvtt MmMm ， （17） 方程的根为 2 000 sinsinsin sin(sin)2 mumumu vvgt MmMmMm t 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

20、最高点的时间为式 0 sin sin mu v Mm 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 2 000 sinsinsin sin(sin)2 mumumu vvgt MmMmMm t g （19） （2）由式（15）可以看出，t越大， 0 t越小，跳的距离x越大，由式（19）可以看出，当 0 t0 时，t的值最大，由式（3）和式（4）可知，抛出物块处的坐标为 0 p x， 0 p 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 22 vmu T gMmg

21、 把 0 0t 和tT代入式（15） ，可求得跳远的距离，为 222 00 2 sin22 sin()sin2 ()() vmv um u x gMm gMmg （21） 可见，若 sin21, sin()1, sin21， 即 /4， /4 （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 00 2 2 ()() m vmv um u x gMm gMmg （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

22、 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 0 U时，微粒所受电场力为 0 /2U ql，此时微粒的加速度为 00 /2aU qlm。将此式代入题中所 给的等式，可将该等式变为 2 0 3 1 62 T la （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 0 a向 A 板运动，经/2T后，移动的距离x与式（1）相比，可知 2 0 1 22 T xal （2） 即0t 时产生的微粒，在不到/2T时就可以到达 A 板。在 A0

23、 UU的情况下，设刚能到达 A 板的微粒是 产生在 1 tt时刻，则此微粒必然是先被电压 0 U加速一段时间 1 t，然后再被电压 0 2U减速一段时间，到 A 板时刚好速度为零。用 1 d和 2 d分别表示此两段时间内的位移， 1 v表示微粒在 1 t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 2 101 1 () 2 dat （3） 2 102 02( 2)va d （4） 又因 101 vat， （5） 12 ddl， （6） 11 2 T tt ， （7） 由式（3）到式（7）及式（1） ，可解得 1 2 T t ， （8） 这就是说，在 A0 UU的情况下，从0t 到/

24、4tT这段时间内产生的微粒都可到达 A 板（确切地说，应 当是/4tT） 。 为了讨论在/4/2Ttt 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 A0 2UU 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 2 0 1 2(2) 2 la 根据式（1）可求得 3 1 2 4 T 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 0 2UU 的电场作用时间大于，则这 些微粒都将到达 B 板。 在/4tT发出的微粒，在 A0 UU的电场作用下，向 A 板加速运动，加速的时间为/4T，接着在 A0 2UU 的电场作用下减速，由于减速时的

25、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 A0 2UU 的电场作用下向 B 板运动的时间为 1 1133 1 2882 4 TTTT 由于 1 ，故在/4tT时产生的微粒最终将到达 B 板（确切地说，应当是/4tT） ，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 A0 UU的电场加速的时间小于/4T， 在 A0 2UU 的 电场作用下速度减到零的时间小于/8tT，故可在 A0 2UU 的电场作用下向 B 板运动时间为 1 11 28 TT 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/2tT时间内产生的微粒中，只有在0t 到/4tT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 32080 4 N （9） 评分标准：本题 20 分。 论证在0t 到/4tT时间内产生的微粒可能到达 A 板给 10 分；论证/4tT到/2tT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。