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2001第十八届全国中学生物理竞赛预赛试卷word(有答案)


第十八届全国中学生物理竞赛(预赛试卷 )
全卷共七题,总分为 140 分

2001-09-09

一、(15 分)如图预 18-l 所示,杆 OA 长为 R,可绕过 O 点的水平轴 在竖直平面内转动, 其端点 A 系着一跨过定滑轮 B、 的不可伸长的轻绳, C 绳的另一端系一物块 M,滑轮的半径可忽略,B 在 O 的正上方,OB

之间 的距离为 H。某一时刻,当绳的 BA 段与 OB 之间的夹角为 α 时,杆的角 速度为 ω ,求此时物块 M 的速率 VM。

二、(15 分)两块竖直放置的平行金属大平板 A、B,相距 d,两极 间的电压为 U,一带正电的质点从两板间的 M 点开始以竖直向上的初 速度 v0 运动,当它到达电场中某点 N 点时,速度变为水平方向,大小 仍为 V0 ,如图预 18-2 所示.求 M、N 两点问的电势差.(忽略带电 质点对金属板上电荷均匀分布的影响) 三、(18 分)一束平行光沿薄平凸透镜的主光轴入射,经透镜折射后,会聚于透镜 f=48cm 处, 透镜的折射率 n=1.5,若将此透镜的凸面镀银,物置于平面前 12cm 处,求最后所成象的位置 四、(1 8 分)在用铀 235 作燃料的核反应堆中,铀 235 核吸收一个动能约为 0. 025eV 的热中 子 (慢中子) 可发生裂变反应, 后, 放出能量和 2~3 个快中子, 而快中子不利于铀 235 的裂变. 为 了能使裂变反应继续下去,需要将反应中放出的快中子减速,有一种减速的方法是使用石墨(碳 12)作减速剂.设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞,问一个动能为 E0=1.75 MeV 的快中子需 要与静止的碳原子碰撞多少次,才能减速成为 0.025eV 的热中子? 五、 (25 分)如图预 18-5 所示,一质量为 M、长为 L 带薄挡板 P 的木板,静止在水平的地面上, 设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等, 皆为 μ . 质量为 m 的人从木板的一端由静止 开始相对于地面匀加速地向前走向另一端,到达另一端时便 骤然抓住挡板 P 而停在木板上.已知人与木板间的静摩擦系 数足够大,人在木板上不滑动.问:在什么条件下,最后可 使木板向前方移动的距离达到最大?其值等于多少? 六、( 24 分)物理小组的同学在寒冷的冬天做了一个这样的实验:他们把一个实心的大铝球加 热到某温度 t,然后把它放在结冰的湖面上(冰层足够厚),铝球便逐渐陷入冰内.当铝球不再 下陷时,测出球的最低点陷入冰中的深度 h.将铝球加热到不同的温度,重复上述实验 8 次,最 终得到如下数据: 实验顺序数 热铝球的温度 t/℃ 陷入深度 h/cm 1 55 9.0 2 70 12.9 3 85 14.8 4 92 16.0 5 104 17.0 6 110 18.0 7 120 17.0 8 140 16.8

已知铝的密度约为水的密度的 3 倍,设实验时的环境温度及湖面冰的温度均为 0 C.已知此情况 5 下,冰的熔解热 λ = 3.34 X1O J/Kg. 1.试采用以上某些数据估算铝的比热 c. 2.对未被你采用的实验数据,试说明不采用的原因,并作出解释.

0

七、( 25 分)如图预 18-7 所示,在半径为 a 的圆柱空间中(图中圆为其横截面)充满磁感应 强度太小为 B 的均匀磁场,其方向平行于轴线远离读者.在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置 一绝缘材料制成的边长为 L=1.6a 的刚性等边三角形框架△DEF,其中心 O 位于圆柱的轴线 上. DE 边上 S 点( DS=0.25L)处有一发射带电粒子的源,发射粒子的方向皆在图预 18-7 中截 面内且垂直于 DE 边向下.发射粒子的电量皆为 q(>0);质量皆为 m,但速度 V 有各种不同的 数值.若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞, 并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边.试问: 1.带电粒子速度 V 的大小取那些数值时可使 S 点发出的粒 子最终又回到 S 点? 2、这些粒子中,回到 S 点所用的最短时间是多少?

第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准
一、参考解答 杆的端点 A 点绕 O 点作圆周运动,其速度 v A 的方向与杆 OA 垂直,在所考察时其大小为

vA ? ? R
对速度 v A 作如图预解 18-1 所示的正交分解, 沿绳 BA 的分量就是物块 M 是速率 vM ,则

(1)

vM ? vA cos?
由正弦定理知

(2)

sin ?OAB sin ? ? H R
由图看出

(3)

?OAB ?
由以上各式得

?
2

??

(4)

vM ? ? H sin ?

(5)

评分标准:本题 15 分 其中(1)式 3 分; (2)式 5 分; (5)式 7 分。

二、参考解答 带电质点在竖直方向做匀减速运动,加速度的大小为 g ;在水平方向因受电场力作用而做匀 加速直线运动,设加速度为 a 。若质点从 M 到 N 经历的时间为 t ,则有

vx ? at ? v0
v y ? v0 ? gt ? 0
由以上两式得

(1) (2)

a?g
t? v0 g

(3) (4)

M 、 N 两点间的水平距离
x?
2 1 2 v0 at ? 2 2g

(5)

于是 M 、 N 两点间的电势差

U MN ?

Uv 2 U x? 0 d 2dg

(6)

评分标准:本题 15 分 (1)、(2)式各 3 分;(3)、(4)式各 2 分;(5)式 3 分;(6)式 2 分。

三、参考解答 1.先求凸球面的曲率半径 R 。平行于主光轴的光线与平面垂直,不发生折射,它在球面上 发生折射,交主光轴于 F 点,如图预解 18-3-1 所示。C 点为球面的球心,CO ? R ,由正弦定理, 可得

R? f sin r ? R sin(r ? i )
由折射定律知

(1)

sin i 1 (2) ? sin r n 当 i 、 r 很小时, sin r ? r , sin(r ? i) ? r ? i , sini ? i ,由以上两式得 1?
所以

f r n 1 ? ? ? 1? R r ? i n ?1 n ?1

(3)

R ? (n ? 1) f
2. 凸面镀银后将成为半径为 R 的凹面镜,如图预解 18-3-2 所示 令 P 表示物所在位置, P 点经平 面折射成像 P? ,根据折射定律可推出

(4)

P?O ? nPO

(5)

由于这是一个薄透镜, P? 与凹面镜的 距离可认为等于 P?O ,设反射后成像 于 P?? ,则由球面镜成像公式可得 1 1 2 (6) ? ? P??O P?O R 由此可解得 P??O ? 36 cm ,可知 P?? 位于平面的左方,对平面折射来说, P?? 是一个虚物,经平面 折射后,成实像于 P??? 点。

P???O 1 ? P??O n
所以

(7)

P???O ? 24 cm

(8)

最后所成实像在透镜左方 24 cm 处。 评分标准:本题 18 分 (1)(2)式各 2 分; 、 (3)或(4)式 2 分; (5)式 2 分; (6)式 3 分; (7)式 4 分; (8)式 3 分。

四、参考解答 设中子和碳核的质量分别为 m 和 M ,碰撞前中子的速度为 v0 ,碰撞后中子和碳核的速度分 别为 v 和 v ? ,因为碰撞是弹性碰撞,所以在碰撞前后,动量和机械能均守恒,又因 v0 、 v 和 v ? 沿 同一直线,故有

mv0 ? mv ? Mv?

(1) (2)

1 2 1 2 1 mv0 ? mv ? Mv?2 2 2 2
解上两式得

v?
因 M ? 12m 代入(3)式得

m?M v0 m?M

(3)

v??

11 v0 13

(4)

负号表示 v 的方向与 v0 方向相反,即与碳核碰撞后中子被反弹.因此,经过一次碰撞后中子的能 量为

1 1 ? 11 ? 2 E1 ? mv 2 ? m ? ? ? v0 2 2 ? 13 ?
于是

2

? 11 ? E1 ? ? ? E0 ? 13 ?

2

(5)

经过 2,3,…, n 次碰撞后,中子的能量依次为 E2 , E3 , E4 ,…, En ,有

? 11 ? ? 11 ? E2 ? ? ? E1 ? ? ? E0 ? 13 ? ? 13 ? ? 11 ? E3 ? ? ? E0 ? 13 ?
……
6

2

4

?E ? ? 11 ? En ? ? 1 ? E0 ? ? ? ? 13 ? ? E0 ?
因此

n

2n

E0

(6)

n?

1 lg( En / E0 ) 2 lg(11/13)

(7)

已知 代入(7)式即得

En 0.025 1 ? ? ? 10-7 6 E0 1.75 ? 10 7

1 lg( ? 10-7 ) ?7 ? lg 7 7.8451 n? 7 ? ? ? 54 11 2( ?0.07255) 0.1451 2lg( ) 13

(8)

故初能量 E0 ? 1.75 MeV 的快中子经过近 54 次碰撞后,才成为能量为 0.025 eV 的热中子。 评分标准:本题 18 分 (1)(2)(4)(6)式各 3 分; 、 、 、 、 、 (5)(7)(8)式各 2 分。

五、参考解答 在人从木板的一端向另一端运动的过程中,先讨论木板发生向后运动的情形,以 t 表示人开 始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间,设以 x1 表示木板向后移动的距离,如图 预解 18-5 所示. f 表示人与木板间的静摩擦力, F 表示地面作用于木板的摩擦力, a1 和 a2 以 以 以 分别表示人和木板的加速度,则

f ? m1 a

(1) (2) (3) (4)

1 L ? x1 ? a1t 2 2
f ? F ? Ma2

1 x1 ? a2t 2 2 解以上四式,得
t? 2 LMm Mf ? m( f ? F )

(5)

对人和木板组成的系统,人在木板另一端骤然停下后,两者的总动量等于从开始到此时地面 的摩擦力 F 的冲量,忽略人骤然停下那段极短的时间,则有 (6) Ft ? (M ? m)v

v 为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度.设人在木板另一端停下后两者一起向前移动
的距离为 x2 ,地面的滑动摩擦系数为 ? ,则有

1 ( M ? m)v 2 ? ? (M ? m) gx2 2 木板向前移动的净距离为
X ? x2 ? x1
由以上各式得

(7)

(8)

X?

? ? ? 1 ? F ? ? LMm Lm ? ? ( f ? F)? ? ? ? ? ? g ? M ? m ? ? ( M ? m)( f ? F ) ? MF ? ? Mf ? m( f ? F ) ?
(9)

2

由此式可知,欲使木板向前移动的距离 X 为最大,应有 f ?F



f ? Fmax ? ? (M ? m) g

(10)

即木板向前移动的距离为最大的条件是:人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑动摩 擦力. 移动的最大距离

m (11) L M ?m 由上可见,在设木板发生向后运动,即 f ? F 的情况下, f ? F 时, X 有极大值,也就是说,在 时间0~ t 内,木板刚刚不动的条件下 X 有极大值. 再来讨论木板不动即 f ? F 的情况,那时,因为 f ? F ,所以人积累的动能和碰后的总动能 X max ?
都将变小,从而前进的距离 x 也变小,即小于上述的 X max 。 评分标准:本题25分 (1)、(2)、(3)、(4)式各1分;(6)式5分;(7)式2分;(8)式3分;(9)式2分; (10)式3分;(11)式5分;说明 f ? F 时木板向前移动的距离小于 f ? F 时的给1分。 六、参考解答 铝球放热,使冰熔化.设当铝球的温度为 t 0 时,能熔化 冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等, 即铝球的最低点下 陷的深度 h 与球的半径 R 相等.当热铝球的温度 t ? t0 时, 铝球最低点下陷的深度 h ? R ,熔化的冰的体积等于一个圆 柱体的体积与半个铝球的体积之和,如图预解18-6-1所示. 设铝的密度为 ? Al ,比热为 c ,冰的密度为 ? ,熔解热为 ? , 则铝球的温度从 t ℃降到0℃的过程中,放出的热量 4 (1) Q1 ? ? R3 ?Al ct 3 熔化的冰吸收的热量

图预解 18-6-1

1 4 ? ? Q2 ? ? ?? R 2 (h ? R) ? ? ? R3 ? ? 2 3 ? ?
假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量,则有

(2)

Q1 ? Q2
解得

(3)

1 (4) t? R 3 即 h 与 t 成线形关系.此式只对 t ? t0 时成立。将表中数据画在 h ? t 图中,得第1,2,…,8次实 验对应的点 A 、 B 、…、 H 。数据点 B 、 C 、 D 、 E 、 F 五点可拟合成一直线,如图预解18-6-2 所示。此直线应与(4)式一致.这样,在此直线上任取两点的数据,代人(4)式,再解联立方 程,即可求出比热 c 的值.例如,在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点 X 1 和 X 2 ,它们 的坐标由图预解18-6-2可读得为 X1 (8.0,5.0) X2( 1 0 0 , 1 6 . 7 ) 将此数据及 ? 的值代入(4)式,消去 R ,得 h?

4 Rc

?

c ? 8.6 ?102 J/kg ? ?C

(5)

图预解 18-6-2

2. 在本题作的图预解18-6-2中, 第1, 8次实验的数据对应的点偏离直线较远, 7, 未被采用. 这 三个实验数据在 h ? t 图上的点即 A 、 G 、 H .

A 点为什么偏离直线较远?因为当 h ? R 时,从(4)式得对应的温度 t0 ? 65 ℃,(4)式在
t ? t0 的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度 t1 ? 55 ℃< t 0 ,熔解的冰的体积小于半个球的
体积,故(4)式不成立. G 、 H 为什么偏离直线较远?因为铝球的温度过高(120℃、140℃),使得一部分冰升华 成蒸气,且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多,(2)、(3)式不成立,因而(4) 式不成立. 评分标准:本题24分 第1问17分;第二问7分。第一问中,(1)、(2)式各3分;(4)式4分。正确画出图线4分;解 出(5)式再得3分。第二问中,说明 A 、 G 、 H 点不采用的原因给1分;对 A 和 G 、 H 偏离直 线的原因解释正确,各得3分。

七、参考解答 带电粒子(以下简称粒子)从 S 点垂直于 DE 边以速度 v 射出后,在洛伦兹力作用下做匀速 圆周运动,其圆心一定位于 DE 边上,其半径 R 可由下式

qvB ?
求得,为

mv2 R

R?

mv qB

(1)

1. 要求此粒子每次与 ?DEF 的三条边碰撞时都与边垂直, 且能回到 S 点, R 和 v 应满足以 则 下条件: (ⅰ)与边垂直的条件. 由于碰撞时速度 v 与边垂直, 粒子运动轨迹圆的圆心一定位于 ? 的边上, 粒子绕过 ? 顶点 D 、 E 、 F 时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点(即 D 、 E 、 F )上.粒子从 S 点开始向右作 圆周运动, 其轨迹为一系列半径为 R 的半圆, SE 边上最后一次的碰撞点与 E 点的距离应为 R , 在 所以 SE 的长度应是 R 的奇数倍。粒子从 FD 边绕过 D 点转回到 S 点时,情况类似,即 DS 的长 度也应是轨道半径的奇数倍.取 DS ? R1 ,则当 DS 的长度被奇数除所得的 R 也满足要求,即

R ? Rn ?

DS (2n ? 1)

n =1,2,3,…

因此为使粒子与 ? 各边发生垂直碰撞, R 必须满足下面的条件

R ? Rn ?

1 L 2a ? ? 2n ? 1 4 5(2n ? 1)

n ? 1, 2 , 3 ,?

(2)

此时

SE ? 3DS ? (6n ? 3) Rn

n ? 1, 2 , 3 ,?

SE 为 Rn 的奇数倍的条件自然满足.只要粒子绕过 E 点与 EF 边相碰,由对称关系可知,以后的 碰撞都能与 ? 的边垂直. (ⅱ)粒子能绕过顶点与 ? 的边相碰的条件. 由于磁场局限于半径为 a 的圆柱范围内,如果粒子在绕 E 点运动时圆轨迹与磁场边界相交, 它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回. 所以粒子作圆周运动的半径 R 不能太
大,由图预解18-7可见,必须 R ? DM ( ? 的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离, R ? DM 时, 粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切),由给定的数据可算得

8 3 a ? 0.076a 15 将 n ? 1,2,3,…,分别代入(2)式,得 2a n ? 1, R1 ? ? 0.400a 5 2a n ? 2 , R2 ? ? 0.133a 15 2a n ? 3 , R3 ? ? 0.080a 25 2a n ? 4 , R4 ? ? 0.057a 35 DM ? a ?

(3)

由于 R1 , R2 , R3 ≥ DM ,这些粒子在绕过 ? 的顶点 E 时,将从磁场边界逸出,只有 n ≥4的粒 子能经多次碰撞绕过 E 、 F 、 D 点,最终回到 S 点.由此结论及(1)、(2)两式可得与之相 应的速度

vn ?

qB qB 2a Rn ? ? m m 5(2n ? 1)

n ? 4 , 5 , 6 ,?

(4)

这就是由 S 点发出的粒子与 ? 的三条边垂直碰撞并最终又回到 S 点时, 其速度大小必须满足 的条件. 2. 这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为

2? R v 将(1)式代入,得 T?
T? 2? m qB
(5)

可见在 B 及 q / m 给定时 T 与 v 无关。 粒子从 S 点 出发最后回到 S 点的过程中,与 ? 的边碰撞次数 愈少,所经历的时间就愈少,所以应取 n ? 4 , 如图预解18-7所示(图中只画出在边框 DE 的碰 撞情况),此时粒子的速度为 v4 ,由图可看出该 粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300? 的圆弧,所需时间为

t ? 3 ? 13 ?
以(5)式代入得

T 5 ? 3 ? T ? 22T 2 6

(6)

t ? 44

?m
qB

(7)

评分标准:本题25分 第一问15分;第二问10分。第一问中:(1)式2分;(2)式5分;分析出 n ≥4的结论给4分;(4) 式4分。第二问中:(5)式1分;(6)式7分;(7)式2分。


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