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第22届全国中学生物理竞赛预赛参考解答


第 22 届全国中学生物理竞赛预赛参考解答
一、 国际物理(或世界物理) . 相对论;光的量子性 评分标准:本题 10 分.第 1 小问 4 分.第 2 小问 6 分(填写任意两项爱因斯坦的成果只要正确都给 6 分) . 二、找个地方把弹簧测力计悬挂好,取一段细线做成一环,挂在 弹簧测力计的挂钩上,让直尺穿在细环中,环与直尺的接触点就 是直尺的悬挂点,它将尺分为长短不等的两段.用细线栓住木块 挂在直尺较短的一段上,细心调节直尺悬挂点及木块悬挂点的位 置,使直尺平衡在水平位置(为提高测量精度,尽量使二悬挂点 相距远些) ,如图所示.设木块质量为 m,直尺质量为 M.记下二 悬挂点在直尺上的读数 x1、x2,弹簧测力计读数 G.由平衡条件 和图中所设的直尺零刻度线的位置有
(m ? M ) g ? G
? l ? mg ( x 2 ? x 1 ) ? Mg ? ? x 2 ? ? 2 ?

G 0 x1 x2 M

m (1) (2)

(1)、(2)式联立可得
m ? G g

?l ? 2 x 2 ? ?l ? 2 x 1 ?

(3)

M ?

2G g

? x 2 ? x1 ? ?l ? 2 x 1 ?

(4)

评分标准:本题 17 分. 正确画出装置示意图给 5 分. (1)式、 (2)式各 4 分, (3)式、 (4)式各 2 分.

三、

S?

S?

M r S S

M

??
2R

O N

??
2R

R ??

r O O N

图1

图2

自 S 作球的切线 S?,并画出 S 经管壁反射形成的虚像点 S ? ,及由 S ? 画出球面的切线 S ? N,如图 1 所示,
1

由图可看出,只要 S ?M 和 S ?N 之间有一夹角,则筒壁对从 S 向右的光线的反射光线就有一部分进入球的右 方,不会完全落在球上被吸收. 由图可看出, 如果 r 的大小恰能使 S ?N 与 S ?M 重合, 如图 2, r?就是题所要求的筒的内半径的最大值. 则 这 时 SM 与 MN 的交点到球心的距离 MO 就是所要求的筒的半径 r.由图 2 可得? ????????????????????????????????????? 由几何关系可知
sin ? ? ? R 2 R ?
r ? R cos ? ? R 1 ? sin
2

(1)
?

(2)

由(1)(2)式得 、
r ? 2 3 3 R

(3)

评分标准:本题 18 分.? 给出必要的说明占 8 分,求出 r 占 10 分. 四、由巴耳末—里德伯公式
1

?

? R(

1 k
2

?

1 n
2

)

可知赖曼系波长最长的光是氢原子由 n = 2→ k = 1 跃迁时发出的,其波长的倒数
1 ? 3R 4

? 12

(1)

对应的光子能量为
E 12 ? hc 1 ? 3 Rhc 4

? 12

(2)

式中 h 为普朗克常量.巴耳末系波长最短的光是氢原子由 n = ∞→ k = 2 跃迁时发出的,其波长的倒数
1 ? R 4

? 2?

(3)

对应的光子能量
E 2? ? Rhc 4

(4)

用 A 表示该金属的逸出功,则 eU 1 和 eU

2

分别为光电子的最大初动能.由爱因斯坦光电效应方程得
? eU ? A

3 Rhc 4 Rhc 4

1

(5) (6)

? eU

2

? A

2

解得
A ? e 2 h ? ( U 1 ? 3U
2 2

)

(7) (8)

2 e (U 1 ? U Rc

)

评分标准:本题 20 分. (1)式 3 分,(2)式 2 分, (3)式 3 分,(4)式 2 分, (5)、 (6)式各 3 分, (7)、(8)式各 2 分. 五、设 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 v0,碰后 A 与 B 的速度分别为 v1 与 V1,由动量守恒及机械能守恒定律有
m v 0 ? m v 1 ? kmV
1

(1)
2 1

1 2

mv0 ?

2

1 2

m v1 ?

2

1 2

kmV

(2)

由此解得
v1 ? ? ( k ? 1) k ?1 2 k ?1 v0
v1 ? V1

v0

(3) (4) , (k 即
? 1) ? 2

V1 ?

为使 A 能回到坡上, 要求 v1<0, 这导致 k>1; 为使 A 从坡上滑下后再能追上 B, 应有 ? 这导致 k
? 3 ,于是,为使第二次碰撞能发生,要求



k>3 (5) 对于第二次碰撞,令 v2 和 V2 分别表示碰后 A 和 B 的速度,同样由动量守恒及机械能守恒定律有:
m ( ? v 1 ) ? kmV
1

? m v 2 ? kmV

2

1 2

m v1 ?

2

1 2

kmV

2 1

?

1 2

mv2 ?

2

1 2

kmV

2 2

由此解得
v2 ? 4 k ? ( k ? 1) ( k ? 1)
2 2

v0

(6)

V2 ?

4 ( k ? 1) ( k ? 1)
2

v0

(7)

若 v2>0,则一定不会发生第三次碰撞,若 v2<0,且 ?

v2 ? V2

,则会发生第三次碰撞.故为使第三次碰

撞不会发生,要求 A 第三次从坡上滑下后速度的大小 ( ? v 2 ) 不大于 B 速度的大小 V 2 ,即
? v2 ? V2

(8)

由(6)、 、 (7)(8)式得
k
2

? 10 k ? 5 ? 0

(9)

3

由 k2-10 k + 5 = 0 可求得
k ? 10 ? 2 80 ? 5? 2 5

(9)式的解为
5 ? 2 5 ? k ? 5 ? 2 5

(10)

(10)与(5)的交集即为所求:
3? k ? 5 ? 2 5

(11)

评分标准:本题 25 分. 求得(3)、(4) 式各得 3 分,求得(5)式得 4 分,求得(6)(7)(8)(10)和(11)式各得 3 分. 、 、 、 六、导体细杆运动时,切割磁感应线,在回路中产生感应电动势与感应电流,细杆将受到安培力的作用,安 培力的方向与细杆的运动方向相反,使细杆减速,随着速度的减小,感应电流和安培力也减小,最后杆将停 止运动,感应电流消失.在运动过程中,电阻丝上产生的焦耳热,全部被容器中的气体吸收. 根据能量守恒定律可知,杆从 v0 减速至停止运动的过程中,电阻丝上的焦耳热 Q 应等于杆的初动能,即
Q ? 1 2 mv0
2

(1)

容器中的气体吸收此热量后,设其温度升高?T,则内能的增加量为
ΔU ? 5 2 RΔT

(2)

在温度升高?T 的同时,气体体积膨胀,推动液柱克服大气压力做功.设液柱的位移为 Δ l ,则气体对外 做功
A ? p0SΔl

(3)

SΔl

就是气体体积的膨胀量
ΔV ? SΔl

(4)

由理想气体状态方程 pV

? RT

,注意到气体的压强始终等于大气压 p 0 ,故有
p0ΔV ? RΔT

(5)

由热力学第一定律
Q ? A ? ΔU

(6)

由以上各式可解得
Δl ? mv0
2

(7)

7 p0S

评分标准:本题 25 分. (1)式 6 分, (2)式 4 分, 、 、 (3)(4)(5)式各 2 分, (6)式 5 分, (7)式 4 分.

4

七、由电容 C ? 、 C ?? 组成的串联电路的等效电容
C串 ? C ?C ?? C ? ? C ??

由电容 C ? 、 C ?? 组成的并联电路的等效电容
C 并 ? C ? ? C ??

利用此二公式可求得图示的 4 个混联电路 A、B 间的等效电容 Ca、Cb、Cc、Cd 分别为
Ca ? C 1C 2 C1 ? C 2 ? C3 ? C 1C 2 ? C 1C 3 ? C 2 C 3 C1 ? C 2 C 1C 2 ? C 1C 3 ? C 2 C 3 C1 ? C 3 C 1C 3 ? C 2 C 3 C1 ? C 2 ? C 3 C 1C 2 ? C 2 C 3 C1 ? C 2 ? C 3 ? C3

(1)

Cb ?

C 1C 3 C1 ? C 3

? C2 ?

? C2

(2)

Cc ?

?C 1 ?C 1

? C 2 ?C 3

? C2?? C3 ? C 3 ?C 2

?

? C3

(3)

Cd ?

?C 1 ?C 1

? C3?? C2

?

? C2

(4)

由(1)(3)式可知 、
Ca ? Cc

(5)

由(2)(4)式可知 、
Cb ? Cd

(6)

由(1)(2)式可知 、
Ca ? Cb

(7)

由(3)(4)式可知 、
Cc ? Cd

(8)

若C a

? Cd

,由(1)(4)式可得 、
C 1 ? 2C 1C
2

2

? C 1C 3 ? C 2 C 3 ? 0

因为 C 1 、 C 2 和 C 3 均大于 0,上式不可能成立,因此
Ca ? Cd

(9)

若C b

? Cc

,由(2)(3)式可得 、
C 1 ? 2C 1C 3 ? C 1C
2

2

? C 2C 3 ? 0

5

因为 C 1 、 C 2 和 C 3 均大于 0,上式不可能成立,因此
Cb ? Cc

(10)

综合以上分析,可知这四个混联电路的等效电容没有一对是相等的. 评分标准:本题 25 分. (1)(2)(3)(4)式各 4 分,得到(5)(6)(7)(8)式各 1 分,得到(9)(10)式共 5 分. 、 、 、 、 、 、 、

八、如图所示,用 v b 表示 a 转过 ? 角时 b 球速度的大小, v 表 示此时立方体速度的大小,则有
v b cos ? ? v

a O

F

(1)

由于 b 与正立方体的接触是光滑的, 相互作用力总是沿水平 方向,而且两者在水平方向的位移相同,因此相互作用的作用 力和反作用力做功大小相同,符号相反,做功的总和为 0.因此 在整个过程中推力 F 所做的功应等于球 a 、 b 和正立方体机械 能的增量.现用 v a 表示此时 a 球速度的大小,因为 a 、 b 角速 度相同, Oa
? 1 4 va ? 1 3 l

??
3l 4

B

C

, Ob

?

3 4 vb

b
l

,所以得 (2)

A

D

根据功能原理可知
F ? l 4 sin ? ? 1 l 1 3l 1 ? l ? ? 3l ? 2 2 2 mava ? mag? ? cos ? ? ? mbvb ? mb g? ? cos ? ? ? mv 2 4 2 4 2 ?4 ? ? 4 ?

(3)

将(1)(2)式代入可得 、
F ? l 4 sin ? ? 1 ?1 ? ma ? vb ? 2 ?3 ?
2

l 1 3l 1 ? l ? ? 3l ? 2 2 ? mag? ? cos ? ? ? mbvb ? mb g? ? cos ? ? ? m ( v b cos ? ) 4 2 4 2 ? 4 ? ? 4 ?

解得
vb ? 9 l ? F sin ? ? ? m a ? 3 m b ? g ?1 ? cos ? 2 m a ? 18 m b ? 18 m cos
2

??

?

(4)

评分标准:本题 30 分. (1)式 7 分, (2)式 5 分, (3)式 15 分, (4)式 3 分. 九、将整个导体棒分割成 n 个小线元,小线元端点到轴线的距离分别为 r0(=0),r1,r2,……,ri-1,ri,……, rn-1,rn(= a),第 i 个线元的长度为 Δ ri
? ri ? ri ? 1 ,当 Δ r i

很小时,可以认为该线元上各点的速度都为 v i

? ? ri



该线元因切割磁感应线而产生的电动势为
Δ Ei ? B v i Δ ri ? Kr i ? ri Δ ri ? K ? ri Δ ri
2

(1)

6

整个棒上的电动势为
n n

E ?

?
i ?1
3

Δ Ei ? K ?

?
i ?1

ri Δ ri

2

(2)



?r

? Δr? ? r
3

? 3 r Δ r ? 3 r ?Δ r ?
2

2

? ?Δ r ?

3



略去高阶小量(Δr)2 及(Δr)3,可得
r ?r ?
2

1 3

[( r ? ? r ) ? r ]
3 3

代入(2)式,得
E ? 1 3
n

K?

?
i ?1

( ri ? ri ?1 ) ?

3

3

1 3

K ? [( r1 ? r 0 ) ? ( r 2 ? r1 ) ? ? ? ? ( r n ? r n ? 1 )] ?
3 3 3 3 3 3

1 3

K?a

3

(3)

由全电路欧姆定律,导体棒通过的电流为
I ? E R ? K?a 3R
3

(4)

导体棒受到的安培力方向与棒的运动方向相反. 第 i 个线元 ? r i 受到的安培力为
Δ f Ai ? BI Δ ri ? Kr i I Δ ri

(5)

作用于该线元的安培力对轴线的力矩
ΔM
i

? Δ f Ai ? ri ? KIr

2 i

Δ ri

作用于棒上各线元的安培力对轴线的总力矩为
n n

M ?

?
i ?1

ΔM

i

? KI

?
i ?1

ri Δ ri ?

2

1 3

n

KI

?
i ?1

( ri ? ri ?1 ) ?

3

3

1 3

KIa

3


M ? K ωa 9R
2 6

(6)
1 2

因棒 A 端对导体圆环的正压力为

1 2

mg,所以摩擦力为
M
?

? mg

,对轴的摩擦力矩为 (7)

?

1 2

? mga

其方向与安培力矩相同,均为阻力矩.为使棒在水平面内作匀角速转动,要求棒对于 O 轴所受的合力矩 为零,即外力矩与阻力矩相等,设在 A 点施加垂直于棒的外力为 f,则有
fa ? M ? M
?

(8)

由(6)、(7)、 (8)式得
f ? K ωa 9R
2 5

?

1 2

μmg

(9)

评分标准:本题 30 分. 求得(3)式得 10 分, (4)式 2 分;求得(6)式得 8 分, (7)式 4 分, (8)式 4 分, (9)式 2 分.

7



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