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20第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答


第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准
一、参考解答 令 m 表示质子的质量, v 0 和 v 分别表示质子的初速度和到达 a 球球面处的速度, e 表示 元电荷,由能量守恒可知

1 2 1 2 mv0 ? mv ? eU 2 2

(1)

因为 a 不动, 可取其球心 O 为原点, 由于质子

所受的 a 球对它的静电库仑力总是通过 a 球的球 心,所以此力对原点的力矩始终为零,质子对 O 点的角动量守恒。所求 l 的最大值对应于质子 到达 a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切(见复解 20-1-1) 。以 lmax 表示 l 的最大值, 由角动量守恒有

mv0lmax ? mvR
由式(1)(2)可得 、

(2)

lmax ? 1 ?
代入数据,可得

eU R 2 mv0 / 2

(3)

2 R (4) 2 若把质子换成电子,则如图复解 20-1-2 所示,此时式(1)中 e 改为 ?e 。同理可求得 lmax ? lmax ? 6 R 2
(5)

评分标准:本题 15 分。 式(1)(2)各 4 分,式(4)2 分,式(5)5 分。 、
第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 1 页

二、参考解答 在温度为 T1 ? (27 ? 273)K=300K 时,气柱中的空气的压强和体积分别为

p1 ? p0 ? h , V1 ? lSC

(1) (2)

当气柱中空气的温度升高时, 气柱两侧的水银将被缓慢压入 A 管和 B 管。 设温度升高到 T2 时,气柱右侧水银刚好全部压到 B 管中,使管中水银高度增大

?h ?

bS C SB

(3)

由此造成气柱中空气体积的增大量为

?V ? ? bSC

(4)

与此同时,气柱左侧的水银也有一部分进入 A 管,进入 A 管的水银使 A 管中的水银高度也应 增大 ?h ,使两支管的压强平衡,由此造成气柱空气体积增大量为

?V ?? ? ?hSA
所以,当温度为 T2 时空气的体积和压强分别为

(5)

V2 ? V1 ? ?V ? ? ?V ?? p2 ? p1 ? ?h
由状态方程知

(6) (7)

p1V1 p2V2 ? T1 T2
由以上各式,代入数据可得

(8)

T2 ? 347.7 K

(9)

此值小于题给的最终温度 T ? 273 ? t ? 370 K,所以温度将继续升高。从这时起,气柱中的空 气作等压变化。当温度到达 T 时,气柱体积为

V?
代入数据可得

T V2 T2

(10)

V ? 0.72 cm3

(11)

评分标准:本题 15 分。 求得式(6)给 6 分,式(7)1 分,式(9)2 分,式(10)5 分,式(11)1 分。

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 2 页

三、参考解答 位于通道内、质量为 m 的物体距地心 O 为 r 时(见图复解 20-3) ,它受到地球的引力可以 表示为

F?

GM ?m , r2

(1)

式中 M ? 是以地心 O 为球心、以 r 为半径的球体所对应的那部分地球的质量,若以 ? 表示地球 的密度,此质量可以表示为

4 M ? ? ?? r 3 3
于是,质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为

(2)

4 F ? ? G ? mr 3

(3)

作用于质量为 m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为 f ? F sin ? (4)

sin? ?

x r

(5)

? 为 r 与通道的中垂线 OC 间的夹角, x 为物体位置到通道中 C 的距离,力的方向指向通道的中点 C 。在地面上物体的重力 点 可以表示为
mg ? GM 0 m 2 R0
(6)

式中 M 0 是地球的质量。由上式可以得到

4 g ? ? G ? R0 3
由以上各式可以求得

(7)

f ?

mg x R0

(8)

可见, f 与弹簧的弹力有同样的性质,相应的“劲度系数”为

k?

mg R0

(9)

物体将以 C 为平衡位置作简谐振动,振动周期为 T ? 2? R0 / g 。取 x ? 0 处为“弹性势能” 的零点, 设位于通道出口处的质量为 m 的静止物体到达 x ? 0 处的速度为 v0 , 则根据能量守恒, 有

1 2 1 2 mv0 ? k ( R0 ? h2 ) 2 2
式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式,得

(10)

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 3 页

2 v0 ?

2 R0 ? h 2 g R0

(11)

可见,到达通道中点 C 的速度与物体的质量无关。 设想让质量为 M 的物体静止于出口 A 处,质量为 m 的物体静止于出口 B 处,现将它们同 时释放,因为它们的振动周期相同,故它们将同时到达通道中点 C 处,并发生弹性碰撞。碰 撞前,两物体速度的大小都是 v0 ,方向相反,刚碰撞后,质量为 M 的物体的速度为 V ,质量 为 m 的物体的速度为 v ,若规定速度方向由 A 向 B 为正,则有

Mv0 ? mv0 ? MV ? mv ,

(12) (13)

1 2 1 2 1 1 Mv0 ? mv0 ? MV 2 ? mv2 2 2 2 2
解式(12)和式(13) ,得

v?

3M ? m v0 M ?m

(14)

质量为 m 的物体是待发射的卫星,令它回到通道出口 B 处时的速度为 u ,则有

1 1 1 2 k ( R0 ? h2 ) ? mu 2 ? mv2 2 2 2
由式(14)(15)(16)和式(9)解得 、 、
2 8M ( M ? m) R0 ? h2 g R0 ( M ? m)2

(15)

u2 ?

(16)

u 的方向沿着通道。根据题意,卫星上的装置可使 u 的方向改变成沿地球 B 处的切线方向,如 果 u 的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动,则有
G M 0m u2 ?m 2 R0 R0
(17)

由式(16)(17)并注意到式(6) 、 ,可以得到

h?
已知 M ? 20 m,则得

R0 2

7 M 2 ? 10Mm ? m2 2M ( M ? m)

(18)

h ? 0.925R0 ? 5920 km

(19)

评分标准:本题 20 分。 求得式(11)给 7 分,求得式(16)给 6 分,式(17)2 分,式(18)3 分,式(19)2 分。

四、参考解答 图复解 20-4-1 中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路(图中阴影处是无光线进入的 区域) ,光线在球面上的入射角和折射角分别为 i 和 i ? ,折射光线与坐标轴的交点在 P 。令轴 上 OP 的距离为 x , MP 的距离为 l ,根据折射定律,有

sin i? ?n sin i
第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 4 页

(1)

在 ?OMP 中

l x ? sin i sin i? 2 l ? R 2 ? x 2 ? 2 Rx cos i
由式(1)和式(2)得
x ? nl

(2) (3)

再由式(3)得

x2 ? n2 ( R2 ? x2 ? 2Rx cos i)
设 M 点到 Ox 的距离为 h ,有
h ? R sin i

R cos i ? R2 ? R2 sin 2 i ? R2 ? h2


x2 ? R 2 ? x2 ? 2 x R 2 ? h2 n2 1 x2 (1 ? 2 ) ? 2x R2 ? h2 ? R2 ? 0 n
解式(4)可得

(4)

x?

n2 R 2 ? h2 ? n R 2 ? n2h2 n2 ? 1

(5)

为排除上式中应舍弃的解,令 h ? 0 ,则 x 处应为玻璃半球在光轴 Ox 上的傍轴焦点,由上式

x?

n(n ? 1) n n R? R或 R 2 n ?1 n ?1 n ?1

由图可知,应有 x ? R ,故式(5)中应排除±号中的负号,所以 x 应表示为

x?

n2 R 2 ? h2 ? n R 2 ? n2h2 n2 ? 1

(6)

上式给出 x 随 h 变化的关系。 因为半球平表面中心有涂黑的面积,所以进入玻璃半球的光线都有 h ? h0 ,其中折射光线 与 Ox 轴交点最远处的坐标为

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 5 页

x0 ?

2 2 n 2 R 2 ? h0 ? n R 2 ? n 2 h0

n2 ? 1

(7)

在轴上 x ? x0 处,无光线通过。 随 h 增大,球面上入射角 i 增大,当 i 大于临界角 iC 时,即会发生全反射,没有折射光线。 与临界角 iC 相应的光线有

hC ? R sin iC ? R
这光线的折射线与轴线的交点处于

1 n

n2 R 1 ? xC ? n ?1
2

1 n2 ?

nR n2 ? 1

(8)

在轴 Ox 上 R ? x ? xC 处没有折射光线通过。 由以上分析可知,在轴 Ox 上玻璃半球以右

xC ? x ? x0

(9)

的一段为有光线段,其它各点属于无光线段。 x0 与 xC 就是所要求的分界点,如图复解 20-4-2 所示

评分标准:本题 20 分。 求得式(7)并指出在 Ox 轴上 x ? x0 处无光线通过,给 10 分;求得式(8)并指出在 Ox 轴上

x ? x0 处无光线通过,给 6 分;得到式(9)并指出 Ox 上有光线段的位置,给 4 分。
五、参考解答 放上圆柱 B 后, 圆柱 B 有向下运动的倾向, 对圆柱 A 和墙面有 压力。圆柱 A 倾向于向左运动,对墙面没有压力。平衡是靠各接触 点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态,取圆柱 A 受地面的正 压力为 N1 ,水平摩擦力为 F1 ;圆柱 B 受墙面的正压力为 N 2 ,竖直

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 6 页

摩擦力为 F2 ,圆柱 A 受圆柱 B 的正压力为 N3 ,切向摩擦力为 F3 ;圆柱 B 受圆柱 A 的正压力 为 N 3? ,切向摩擦力为 F3? ,如图复解 20-5 所示。各力以图示方向为正方向。 已知圆柱 A 与地面的摩擦系数 ?1 =0.20,两圆柱间的摩擦系数 ?3 =0.30。设圆柱 B 与墙 面的摩擦系数为 ? 2 ,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 ? 。 设两圆柱的质量均为 M ,为了求出 N1 、 N 2 、 N3 以及为保持平衡所需的 F1 、 F2 、 F3 之 值,下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程: 圆柱 A:

Mg ? N1 ? N3 sin ? ? F3 cos ? ? 0 F1 ? N3 cos? ? F3 sin ? ? 0 F1R ? F3 R

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

圆柱 B:

Mg ? F2 ? N3? sin ? ? F3? cos? ? 0 N2 ? N3? cos? ? F3? sin ? ? 0 F3?r ? F2 r

由于 F3? ? F3 ,所以得

F1 ? F2 ? F3 ? F3? ? F

(7)

式中 F 代表 F1 , F2 , F3 和 F3? 的大小。又因 N3? ? N3 ,于是式(1)(2)(4)和(5)四式 、 、 成为:

Mg ? N1 ? N3 sin ? ? F cos? ? 0 F ? N3 cos? ? F sin ? ? 0 Mg ? F ? N3 sin ? ? F cos? ? 0 N2 ? N3 cos? ? F sin ? ? 0
以上四式是 N1 , N 2 , N3 和 F 的联立方程,解这联立方程可得

(8) (9) (10) (11)

N2 ? F
N3 ? 1 ? sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

(12)

(13)

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 7 页

N2 ? F ?

cos ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

(14)

N1 ?

2 ? cos ? ? 2sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

(15)

式(12)(13)(14)和(15)是平衡时所需要的力, N1 , N 2 , N3 没有问题,但 F1 , F2 , 、 、 、 F3 三个力能不能达到所需要的数值 F ,即式(12)(14)要受那里的摩擦系数的制约。三个 力中只要有一个不能达到所需的 F 值,在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。 首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求

?2 ?
由式(12) ,得

F2 N2

F2 ?1 N2
所以

?2 ? 1

(16)

再讨论圆柱 A 与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为 ?1 =0.20,根据摩擦定律

f ? ? N ,若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力 F1 满足 F1 ? ?1N1 ,则圆柱在地面上不
滑动;若 F1 ? ?1 N1 ,这一点将要发生滑动。 圆柱 A 在地面上不发生滑动的条件是

?1 ?
由图复解 20-5 可知

F1 cos ? ? N1 2 ? cos ? ? 2sin ?

(17)

cos? ?

R?r R?r
2 Rr R?r

(18) (19)

sin ? ? 1 ? cos 2 ? ?

由式(17)(18)和式(19)以及 ?1 =0.20,可以求得 、

1 r? R 9
即只有当 r ?

(20)

1 R 时,圆柱 A 在地面上才能不滑动。 9

最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 8 页

?3 ?

F3 cos ? ? N 3 1 ? sin ?

(21)

由式(18)(19)以及 ?3 =0.30,可解得 、

?7? r ? ? ? R ? 0.29 R ? 13 ?

2

(22)

显然,在平衡时, r 的上限为 R 。总结式(20)和式(22) ,得到 r 满足的条件为 (23) 评分标准:本题 22 分。 求得式(7)(12)(13)(14)(15)各 2 分,式(16)3 分,求得式(23)9 分。 、 、 、 、

R ? r ? 0.29 R

六、参考解答 在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为电 势的零点,故正电荷在空间各点的电势为正;负电荷在空间各点的电势为负。现已知 x ? x0 处 的电势为零,故可知这两个点电荷必定是一正一负。根据所提供的电势的曲线,当考察点离 坐标原点很近时,电势为正,且随 x 的减小而很快趋向无限大,故正的点电荷必定位于原点 O 处,以 Q1 表示该点电荷的电量。当 x 从 0 增大时,电势没有出现负无限大,即没有经过负的 点电荷,这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距离为 a ,当 x 很大时,电势一 定为负,且趋向于零,这表明负的点电荷的电量的数值 Q2 应大于 Q1 。即产生题目所给的电势 的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷,电量为 Q1 ;另一个是位于负 x 轴上离原点距离 a 处 的负电荷,电量的大小为 Q2 ,且 Q2 > Q1 。按题目所给的条件有

k

Q1 Q2 ?k ?0 x0 x0 ? a

(1)

k

Q1 Q2 ?k ? ?U 0 ax0 ax0 ? a

(2)

因 x ? ax0 时,电势为极小值,故任一电量为 q 的正检测电荷位于 x ? ax0 处的电势能也为 极小值,这表明该点是检测电荷的平衡位置,位于该点的检测电荷受到的电场力等于零,因 而有

k

Q1 Q2 ?k ?0 2 (ax0 ) (ax0 ? a) 2

(3)

由式(1)(2)和(3)可解得 、

a ? a(a ? 2) x0
第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 9 页

(4)

ax0 U0 a?2 k a ( a ? 1) 2 U 0 x0 Q2 ? a?2 k Q1 ?
式中 k 为静电力常量。 评分标准:本题 23 分。 式(1)(2)各 4 分,式(3)6 分,式(4)(5)(6)各 3 分。 、 、 、

(5) (6)

七、参考解答 设物块在 A1 点第一次与地面碰撞,碰撞前水 平速度仍为 v0 ,竖直速度为

u0 ? 2 g h

(1)

碰撞后物块的竖直速度变为 u1 ,根据题意,有

u1 ? eu0

(2)

设物块的质量为 m ,碰撞时间为 ?t ,因为碰撞时间极短,物块与地面间沿竖直方向的作用力 比重力大得多,可忽略重力的作用,这样,物块对地面的正压力的大小为

N1 ?

mu0 ? mu1 ?t

(3)

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果,设水平方向速度变为 v1 ,则有

mv1 ? mv0 ? ?? N1?t
由以上各式得

(4)

v1 ? v0 ? (1 ? e)?u0
同理,在落地点 A2 , A3 ,?, An 其碰撞后的竖直分速度分别为

(5)

u2 ? e2u0 u3 ? e3u0
????

un ? enu0
其水平速度分别为

(6)

v2 ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e)u0

v3 ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 )u0
????
第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 10 页

vn ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 ? ? ? en?1 )u0

(7)

由式(6)可知,只有当碰撞次数 n ?? 时,碰地后竖直方向的分速度 un 才趋向于零,但物块 对地面的正压力的最小值不小于 mg 。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于 ?mg ,因次, 物块沿水平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零,且不会反向。 设经过 n ? n0 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已经足够小,再经过一次碰撞,即在

n ? n0 ? 1 次碰撞结束后,水平方向的分速度恰好变为零。因 vn

0 ?1

? 0 ,由式(7)

v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 )u0 ? 0
v0 ? (1 ? e) ? (1 ? e n0 ?1 )u0 ?0 1? e

e n0 ?1 ? 1 ?
两边取对数

( 1? e v0 ) ( 1? e ? u0 )

n0 ? 1 ?


(1 ? e)v0 ? 1 ? lg ?1 ? ? lg e ? (1 ? e) ?u0 ?

(8)

B?

(1 ? e)v0 ? 1 ? lg ?1 ? ? lg e ? (1 ? e)? u0 ?

(9)

若 B 恰为整数,这表示这次碰撞中,经过整个碰撞时间 ?t ,水平速度变为零,则碰撞次 数

n0 ? 1 ? B


n0 ? B ? 1

(10)

若 B 不是整数,此种情况对应于在 n ? n0 ? 1 次碰撞结束前,即在小于碰撞时间内,水平 速度变为零。则碰撞次数

n0 ? 1 ? ? B? ? 1


n0 ? ? B?

(11)

? B ? 表示 B 的整数部分。
由于经过 n0 ? 1 次碰撞, 物块沿水平方向的分速度已为零, 但竖直方向的分速度尚未为零, 故物块将在 An
0 ?1

处作上下跳跃,直到 enu0 ? 0 ,即 n ?? ,最后停止在 An ?1 处。物块运动 0

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 11 页

的最远水平距离 s ? A0 An

0 ?1

。下面分别计算每次跳跃的距离。

A0 A1 ?

u0 v0 g

(12)

A1 A2 ?

2 2eu0v0 2eu0 2u1 v1 ? ? (1 ? e) ? g g g 2 2e2u0v0 2e2u0 ? (1 ? e) ? (1 ? e) g g

A2 A3 ?

????

An0 An0 ?1 ?

2 2en0 u0v0 2en0 u0 ? (1 ? e) ? (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 ?1 ) g g

(13)

所求距离为上述所有量的总和,为

s?

u0 2u v 2u 2 0 3 v0 ? 0 0 e ? e2 ? ? ? en0 ) ? ( (1 ? e) ?[e ? e 2(1 ? e) ? e (1 ? e ? e )2 g g g
(14)

?? ? en0 (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 ?1 )]
分别求级数的和:

1 ? e n0 1? e e ? e 2 (1 ? e) ? e3 (1 ? e ? e 2 ) ? ? ? e n0 (1 ? e ? e 2 ? ? ? e n0 ?1 ) e ? e 2 ? e3 ? ? ? e n0 ? e

(15)

? e ? e2 ?

1 ? e2 1 ? e3 1 ? e n0 ? e3 ? ? ? e n0 1? e 1? e 1? e

1 [e(1 ? e) ? e 2 (1 ? e 2 ) ? e3 (1 ? e3 ) ? ? ? e n0 (1 ? e n0 )] 1? e
1 e ? e n0 ?1 ? e n 0? 2 ? e ( 1? e 1 ? e2
n ? 2 0 2

?

)

(16)

将以上两个关系式和 u0 ? 2gh 代入式(14) ,得

s ? v0

2h 1 ? en0 4e? h (1 ? 2e )? (1 ? en0 )(1 ? en0 ?1 ) g 1? e (1 ? e)2

(17)

式中 n0 由式(10)或式(11)决定。 评分标准:本题 25 分。 式(6)3 分,式(7)6 分,式(8)4 分,式(10)2 分,式(11)2 分,式(14)5 分,求得 式(17)并说明 n0 的取值,给 3 分。

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第 12 页


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