第20届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案

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 E??h?， （2） 由式（1）、（2）可求得产生波长??4.86?10?7m谱线的光子的能量

E??4.09?10?19J （3）

氢原子的能级能量为负值并与量子数n的平方成反比： En??k1，n?1，2，3，… （4） 2n式中k为正的比例常数。氢原子基态的量子数n?1，基态能量E1已知，由式（4）可得出

k??E1 （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

1?19J， k??5.45?10221E3??2k??2.42?10?19J，

31E4??2k??1.36?10?19J，

41E5??2k??8.72?10?20J。

5比较以上数据，发现

E2??E??E4?E2?4.09?10?19J。 （6）

所以，这条谱线是电子从n?4的能级跃迁到n?2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分。

三、参考解答

1. 操作方案：将保温瓶中t?90.0℃的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分，与温度为t0?10.0℃的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度已升高到t1，将这部分温度为t1的水倒掉。再从保温瓶倒出一部分热水，再次与温度为t1的构件充分接触，并达到热平衡，此时

第二十届全国中学生物理竞赛预赛题答案 第1页

构件温度已升高到t2，再将这些温度为t2的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为t2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次倒出来，每次倒出m0＝0.240kg，在第一次使热水与构件达到热平衡的过程中，水放热为

Q1?c0m0(t?t1) （1）

构件吸热为

Q1??cm(t1?t0) （2） 由Q1?Q1?及题给的数据，可得

t1＝27.1℃ （3）

同理，第二次倒出0.240kg热水后，可使构件升温到

t2＝40.6℃ （4）

依次计算出t1～t5的数值，分别列在下表中。

倒水次数/次 平衡温度/℃ 可见t5＝66.0℃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t1～t4的值，如下表中的数据：

倒水次数/次 平衡温度/℃

由于t4＝65.2℃＜66.0℃，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：①将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。②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：①通过计算求出的构件的最终温度不低于66.0℃。②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。 vv ?四、参考解答

vz ?设计的磁场为沿z轴方向的匀强磁场，O点和M点都

v

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

第二十届全国中学生物理竞赛预赛题答案 第2页

1 27.1 2 40.6 3 51.2 4 59.5 5 66.0 1 30.3 2 45.50 3 56.8 4 65.2 成?角的速度分解成沿磁场方向的分速度vZ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

vZ?vcos??v （1） v??vsin??v? （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

2v? qBv??m

R圆周运动的周期

T?由此得

2?R v?T?2?m （3） qB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

h?v?v T （4） ZT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

d?nh， n＝1，2，3，… （5） 由式（3）、（4）、（5）解得 B?2?mvn， n＝1，2，3，… （6） qd这就是所要求磁场的磁感应强度的大小，最小值应取n＝1，所以磁感应强度的最小值为

B?2?mv。 （7） qd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。

第二十届全国中学生物理竞赛预赛题答案 第3页

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

mv2 T?mgco? （1） s?l?x运动过程中机械能守恒，令?表示摆线在起始位置时与竖直方向的夹角，取O点为势能零点，则有关系

1?mglcos??mv2?mg[x?(l?x)cos?)] （2）

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T＝0，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v?v0，摆线与竖直线的夹角???0，由式（1）得

2?g(l?x)cos?0， （3） v0代入（2）式，求出

2lcos??3(x?l)cos?0?2x （4）

要求作斜抛运动的摆球击中C点，则应满足下列关系式：

(l?x)sin?0?v0cos?0t， （5）

(l?x)cos?0??v0sin?0t?利用式（5）和式（6）消去t，得到

12gt （6） 2g(l?x)sin2?0 v? （7）

2cos?020由式（3）、（7）得到

cos?0?代入式（4），求出

3 （8） 3?x(2?3)?l3???arccos?? （9）

2l???越大，cos?越小，x越小，?最大值为?/2，由此可求得x的最小值：

x(2?3)?3l，

所以

x?(23?3)t?0.464l （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。

第二十届全国中学生物理竞赛预赛题答案 第4页

六、参考解答

（1）规定运动员起跳的时刻为t?0，设运动员在P点（见图预解20-6）抛出物块，以t0表示运动员到达P点的时刻，则运动员在P点的坐标xP、yP和抛物前的速度v的分量vpx、

Vpy ux

v0

Vpx

vpy分别为

vpx?v0cos?， （1） vpy?v0sin??gt0 （2） xp?v0cos?t0， （3）

?

uy

12 （4） yp?v0sin?t0?gt02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Vpx、Vpy，物块相对运动员的速度u的分量大小分别为ux、uy，方向分别沿x、负y方向。由动量守恒定律可知 MVpx?m(Vpx?ux)?(M?m)vpx， （5） MVpy?m(Vpy?uy)?(M?m)vpy （6） 因u的方向与x轴负方向的夹角为?，故有

ux?ucos? （7） uy?usin? （8） 解式（1）、（2）、（5）、（6）和式（7）、（8），得 Vpx?v0cos?? Vpymucos? （9）

M?mmusin? （10） ?v0sin??gt0?M?m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Vpx、Vpy。在t时刻（t?t0）运动员的速度和位置为

Vx?Vpx， （11）

Vy?Vpy?g(t?t0)， （12） x?xp?Vpx(t?t0)?(v0cos?? y?yp?Vpy(t?t0)?

muxmux)t?t0， （13） M?mM?m1g(t?t0)2 （14） 2第二十届全国中学生物理竞赛预赛题答案 第5页

由式（3）、（4）、（9）、（10）、（13）、（14）可得

mucos??x??v0cos??M?m?musin?? y?2?v0sin??M?m??mucos?t0 （15） ?t?M?m?2musin??2t?gt?t0 （16） ?M?m?

运动员落地时，

y?0 由式（16）得

musin?? gt2?2?v0sin??M?m?方程的根为

?2musin?t0?0， （17） ?t?M?m?v0sin?? t?musin?musin?2musin??(v0sin??)?2gt0M?mM?mM?m （18）

g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点到最高点的时间为式

??musinv0sin????M?m

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

v0sin??t?musin?musin?2musin??(v0sin??)?2gt0M?mM?mM?m （19）

g（2）由式（15）可以看出，t越大，t0越小，跳的距离x越大，由式（19）可以看出，当

t0＝0

时，t的值最大，由式（3）和式（4）可知，抛出物块处的坐标为

xp?0， yp?0 （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 T?2v0sin?musin? ?2gM?mg把t0?0和t?T代入式（15），可求得跳远的距离，为

2v0sin2?2mv0um2u2?sin(???)?sin2? （21） x?g(M?m)g(M?m)2g 第二十届全国中学生物理竞赛预赛题答案 第6页

可见，若

sin2??1,sin(???)?1,sin2??1，

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

2v02mv0um2u2?? xm? （23） g(M?m)g(M?m)2g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U0时，微粒所受电场力为U0q/2l，此时微粒的加速度为a0?U0q/2lm。将此式代入题中所给的等式，可将该等式变为

3?T? l?a0?? （1）

16?2?现在分析从0到T/2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t?0时产生的微粒，将以加速度a0向A板运动，经T/2后，移动的距离x与式（1）相比，可知

21?T? x?a0???l （2）

2?2?即t?0时产生的微粒，在不到T/2时就可以到达A板。在UA?U0的情况下，设刚能到达A板的微粒是产生在t?t1时刻，则此微粒必然是先被电压U0加速一段时间?t1，然后再被电压到A板时刚好速度为零。用d1和d2分别表示此两段时间内的位移，v1表?2U0减速一段时间，

示微粒在?t1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

d1?21a0(?t1)2 （3） 20?v12?2(?2a0)d2 （4）

又因

v1?a0?t1， （5） d1?d2?l， （6）

第二十届全国中学生物理竞赛预赛题答案 第7页

T， （7） 2由式（3）到式（7）及式（1），可解得

T

t1?， （8）

2

t1??t1?这就是说，在UA?U0的情况下，从t?0到t?T/4这段时间内产生的微粒都可到达A板（确切地说，应当是t?T/4）。

为了讨论在T/4?t?t/2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UA??2U0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

1 2l?(2a0)?2

2根据式（1）可求得

??31?T 24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U??2U0的电场作用时间大于?，则这些微粒都将到达B板。

在t?T/4发出的微粒，在UA?U0的电场作用下，向A板加速运动，加速的时间为T/4，接着在UA??2U0的电场作用下减速，由于减速时的加速度为加速时的两倍，故经过T/8微粒速度减为零。由此可知微粒可继续在UA??2U0的电场作用下向B板运动的时间为

11331 ?1?T?T?T??T

28824由于?1??，故在t?T/4时产生的微粒最终将到达B板（确切地说，应当是t?T/4），不会再回到A板。

在t大于T/4但小于T/2时间内产生的微粒，被UA?U0的电场加速的时间小于T/4，在故可在UA??2U0的电场作用下向BUA??2U0的电场作用下速度减到零的时间小于t?T/8，板运动时间为

11 ???T?T??1

28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t?0到t?T/2时间内产生的微粒中，只有在t?0到t?T/4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

N?320?1?80 （9） 4评分标准：本题20分。

论证在t?0到t?T/4时间内产生的微粒可能到达A板给10分；论证t?T/4到t?T/2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。

第二十届全国中学生物理竞赛预赛题答案 第8页