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第22届全国中学生物理竞赛预赛答案


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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

G 0 x1 x2 M

m (1) (2)

(m ? M ) g ? G
?l ? mg( x 2 ? x1 ) ? Mg? ? x 2 ? ?2 ?
(1)、(2)式联立可得

m?

G ?l ? 2 x 2 ? g ?l ? 2 x1 ?

(3)

M ?

2G ?x 2 ? x1 ? g ?l ? 2 x1 ?

(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?
M r S

S?
M S

??
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
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示,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

r?

R R ? cos? 1 ? sin 2 ?

(1)

sin ? ? ?R 2R?
由(1)、(2)式得

(2)

r?
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

2 3 R 3

(3)

1 1 ? 2) 2 ? k n 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 ? R(
1

1

?12
对应的光子能量为

?

3R 4

(1)

E12 ? hc

1

?12

?

3Rhc 4

(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

?2 ?
对应的光子能量

?

R 4

(3)

E2? ?

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

3Rhc ? eU 1 ? A 4 Rhc ? eU 2 ? A 4

(5) (6)

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解得

e (U 1 ? 3U 2 ) 2 2e(U 1 ? U 2 ) h? Rc A?
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.

(7) (8)

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

mv 0 ? mv1 ? kmV1

(1) (2)

1 1 1 2 2 mv 0 ? mv1 ? kmV12 2 2 2
由此解得

v1 ?

? (k ? 1) v0 k ?1 2 V1 ? v0 k ?1

(3) (4)

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 ? v1 ? V1 ,即

(k ? 1) ? 2 ,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(?v1 ) ? kmV1 ? mv 2 ? kmV2

1 1 1 1 2 2 mv1 ? kmV12 ? mv 2 ? kmV22 2 2 2 2
由此解得

v2 ?

4k ? (k ? 1) 2 (k ? 1) 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 ? v 2 ? 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
由(6)、(7)、(8)式得

(8)

k 2 ? 10k ? 5 ? 0

(9)

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由 k2-10 k + 5 = 0 可求得

k?
(9)式的解为

10 ? 80 ? 5?2 5 2

5?2 5 ?k ?5?2 5
(10)与(5)的交集即为所求:

(10)

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 1 2 (1) Q ? mv0 2 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 5 (2) ΔU ? 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 Δl ,则气体对外 做功

A ? p0 SΔl

(3)

SΔl 就是气体体积的膨胀量 ΔV ? SΔl
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 (4)

p0 ΔV ? RΔT
由热力学第一定律

(5)

Q ? A ? ΔU
由以上各式可解得

(6)

Δl ?
评分标准:本题 25 分.

2 mv 0 7 p0 S

(7)

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(1)式 6 分,(2)式 4 分,(3)、(4)、(5)式各 2 分,(6)式 5 分,(7)式 4 分.

七、由电容 C ? 、 C ?? 组成的串联电路的等效电容

C串 ?
由电容 C ? 、 C ?? 组成的并联电路的等效电容

C ?C ?? C ? ? C ??

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 C ? C1C 3 ? C 2 C 3 C1C 2 ? C3 ? 1 2 ? C3 C1 ? C 2 C1 ? C 2 C1C 3 C C ? C1C 3 ? C 2 C 3 ? C2 ? 1 2 ? C2 C1 ? C 3 C1 ? C 3

(1)

Cb ?

(2)

Cc ?

?C1 ? C 2 ?C3 ?C1 ? C 2 ? ? C3 ?C1 ? C3 ?C 2 ?C1 ? C3 ? ? C 2

?

C1C 3 ? C 2 C 3 ? C3 C1 ? C 2 ? C 3 C1C 2 ? C 2 C3 ? C2 C1 ? C 2 ? C3

(3)

Cd ?
由(1)、(3)式可知

?

(4)

Ca ? Cc
由(2)、(4)式可知

(5)

Cb ? Cd
由(1)、(2)式可知

(6)

Ca ? C b
由(3)、(4)式可知

(7)

Cc ? Cd
若 C a ? C d ,由(1)、(4)式可得

(8)

C12 ? 2C1C 2 ? C1C3 ? C 2 C3 ? 0
因为 C1 、 C 2 和 C 3 均大于 0,上式不可能成立,因此

Ca ? Cd
若 C b ? C c ,由(2)、(3)式可得

(9)

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C12 ? 2C1C3 ? C1C 2 ? C 2 C3 ? 0
因为 C1 、 C 2 和 C 3 均大于 0,上式不可能成立,因此

C b ? Cc
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.

(10)

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 a 示此时立方体速度的大小,则有 F O

vb cos ? ? v

(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 ?

??
3l 4

B

C

1 3 l , Ob ? l ,所以得 4 4 1 v a ? vb 3 根据功能原理可知

b A (2) D

l 1 ?l l ? 1 ? 3l 3l ? 1 2 2 F ? sin ? ? ma v a ? ma g ? ? cos ? ? ? mb v b ? mb g ? ? cos ? ? ? mv 2 4 2 ?4 4 ? 2 ?4 4 ? 2
将(1)、(2)式代入可得

(3)

l 1 ?1 ? ?l l ? 1 ? 3l 3l ? 1 2 F ? sin ? ? ma ? v b ? ? ma g ? ? cos ? ? ? mb v b ? mb g ? ? cos ? ? ? m( v b cos ? ) 2 4 2 ?3 ? ?4 4 ? 2 ?4 4 ? 2
解得

2

vb ?

9l ?F sin ? ? ?m a ? 3mb ?g ?1 ? cos ? ?? 2m a ? 18mb ? 18m 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 Δri ? ri ? ri ?1 ,当 Δri 很小时,可以认为该线元上各点的速度都为 v i ? ?ri ,
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该线元因切割磁感应线而产生的电动势为

ΔE ? Bvi Δri ? Kri? ri Δri ? K? ri2 Δri i
整个棒上的电动势为

(1)

E ?

?
i ?1

n

ΔE ? K? i

? r Δr
2 i i ?1

n

i

(2)



?r ? Δr ?3 ? r 3 ? 3r 2 Δr ? 3r ?Δr ?2 ? ?Δr ?3 ,
1 r 2 ?r ? [( r ? ?r ) 3 ? r 3 ] 3

略去高阶小量(Δr)2 及(Δr)3,可得

代入(2)式,得

E ?

n 1 1 1 K? (ri3 ? ri3 1 ) ? K?[(r13 ? r03 ) ? (r23 ? r13 ) ? ?? ? (rn3 ? rn3?1 )] ? K?a 3 ? 3 3 3 i ?1

?

(3)

由全电路欧姆定律,导体棒通过的电流为

E K?a 3 ? R 3R 导体棒受到的安培力方向与棒的运动方向相反. I?
第 i 个线元 ?ri 受到的安培力为

(4)

Δf Ai ? BIΔri ? Kri IΔri
作用于该线元的安培力对轴线的力矩

(5)

ΔM i ? Δf Ai ? ri ? KIri2Δri
作用于棒上各线元的安培力对轴线的总力矩为

M?


? ΔM
i ?1

n

i

? KI

?r
i ?1

n

2

i

Δri ?

n 1 1 KI (ri3 ? ri3 1 ) ? KIa 3 ? 3 3 i ?1

?

M?
因棒 A 端对导体圆环的正压力为

K 2 ωa 6 9R

(6)

1 1 mg,所以摩擦力为 ?mg ,对轴的摩擦力矩为 2 2 1 (7) M ? ? ?mga 2 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 ?
由(6)、(7)、(8)式得 (8)

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f ?

K 2 ωa 5 1 ? μmg 9R 2

(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.

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