第20屆全國中學生物理競賽預賽題參考答案

1、.“高中物理參考搜集 HYPERLINK wlck wlck HYPERLINK ：.；第二十屆全國中學生物理競賽預賽題答案 第9頁第二十屆全國中學生物理競賽預賽題參考答案、評分規(guī)范一、參考解答1 右 f 實 倒 1 。2 左 2f 實 倒 1 。評分規(guī)范：此題20分，每空2分。二、參考解答波長與頻率的關系為 ， 1光子的能量為 ， 2由式1、2可求得產生波長m譜線的光子的能量 J 3 氫原子的能級能量為負值并與量子數(shù)的平方成反比： ，1，2，3， 4式中為正的比例常數(shù)。氫原子基態(tài)的量子數(shù)1，基態(tài)能量知，由式4可得出 5把式5代入式4，便可求得氫原子的2，3，4，5， 各能級的能量，它們是 J

2、，J，J，J。比較以上數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)J。 6所以，這條譜線是電子從的能級躍遷到的能級時發(fā)出的。評分規(guī)范：此題20分。式34分，式44分，式54分，式6及結論共8分。三、參考解答1. 操作方案：將保溫瓶中的熱水分假設干次倒出來。第一次先倒出一部分，與溫度為的構件充分接觸，并到達熱平衡，構件溫度已升高到，將這部分溫度為的水倒掉。再從保溫瓶倒出一部分熱水，再次與溫度為的構件充分接觸，并到達熱平衡，此時構件溫度已升高到，再將這些溫度為的水倒掉。然后再從保溫瓶中倒出一部分熱水來使溫度為的構件升溫直到最后一次，將剩余的熱水全部倒出來與構件接觸，到達熱平衡。只需每部分水的質量足夠小，最終就可使構件的溫度到達所要

3、求的值。2. 驗證計算：例如，將1.200kg熱水分5次倒出來，每次倒出0.240kg，在第一次使熱水與構件到達熱平衡的過程中，水放熱為 1構件吸熱為 2由及題給的數(shù)據(jù)，可得 27.1 3同理，第二次倒出0.240kg熱水后，可使構件升溫到 40.6 4依次計算出的數(shù)值，分別列在下表中。倒水次數(shù)/次12345平衡溫度/27.140.651.259.566.0可見66.0時，符合要求。附：假設將1.200kg熱水分4次倒，每次倒出0.300kg，依次算出的值，如下表中的數(shù)據(jù)：倒水次數(shù)/次1234平衡溫度/30.345.5056.865.2由于65.266.0，所以假設將熱水等分后倒到構件上，那么

4、倒出次數(shù)不能少于5次。評分規(guī)范：此題20分。設計操作方案10分。操作方案應包含兩個要點：將保溫瓶中的水分假設干次倒到構件上。倒在構件上的水與構件到達熱平衡后，把與構件接觸的水倒掉。驗證方案10分。運用的驗證計算方案可以與參考解答不同，但必需滿足兩條：經過計算求出的構件的最終溫度不低于66.0。運用的熱水總量不超越1.200kg。這兩條中任一條不滿足都不給這10分。例如，把1.200kg熱水分4次倒，每次倒出0.300kg，雖然驗算過程中的計算正確，但因構件最終溫度低于66.0，不能得分。vvzvvz四、參考解答設計的磁場為沿軸方向的勻強磁場，點和點都處于這個磁場中。下面我們根據(jù)題意求出這種磁場

5、的磁感應強度的大小。粒子由點射出就進入了磁場，可將與軸成角的速度分解成沿磁場方向的分速度和垂直于磁場方向的分速度見圖預解20-4-1，留意到很小，得 1 2粒子因具有垂直磁場方向的分速度，在洛侖茲力作用下作圓周運動，以表示圓周的半徑，有 圓周運動的周期由此得 3可見周期與速度分量無關。粒子因具有沿磁場方向的分速度，將沿磁場方向作勻速直線運動。由于兩種分速度同時存在，粒子將沿磁場方向作螺旋運動，螺旋運動螺距為 4由于它們具有一樣的，因此也就具有一樣的螺距；又由于這些粒子是從同一點射出的，所以經過整數(shù)個螺距最小是一個螺距又必定會聚于同一點。只需使等于一個螺距或一個螺距的整數(shù)倍，由點射出的粒子繞磁場

6、方向旋轉一周或假設干周后必定會聚于點，如圖20-4-2所示。所以 ， 1，2，3， 5由式3、4、5解得 ， 1，2，3， 6這就是所要求磁場的磁感應強度的大小，最小值應取1，所以磁感應強度的最小值為 。 7評分規(guī)范：此題20分。磁場方向2分，式3、4各3分，式55分，求得式6給5分，求得式7再給2分。五、參考解答擺線受阻后在一段時間內擺球作圓周運動，假設擺球的質量為，那么擺球受重力和擺線拉力的作用，設在這段時間內任一時辰的速度為，如圖預解20-5所示。用表示此時擺線與重力方向之間的夾角，那么有方程式 1運動過程中機械能守恒，令表示擺線在起始位置時與豎直方向的夾角，取點為勢能零點，那么有關系

7、2擺受阻后，假設后來擺球能擊中釘子，那么必定在某位置時擺線開場松弛，此時0，以后擺球僅在重力作用下作斜拋運動。設在該位置時擺球速度，擺線與豎直線的夾角，由式1得 ， 3代入2式，求出 4要求作斜拋運動的擺球擊中點，那么應滿足以下關系式：， 5 6利用式5和式6消去，得到 7由式3、7得到 8代入式4，求出 9越大，越小，越小，最大值為，由此可求得的最小值：，所以 10評分規(guī)范：此題20分。式11分，式23分，式32分，式5、6各3分，式83分，式91分，式104分。六、參考解答VpxVpyuxuyv01規(guī)定運發(fā)動起跳的時辰為，設運發(fā)動在點見圖預解20-6拋出物塊，以表示運發(fā)動到達點的時辰，那么

8、運發(fā)動在點的坐標、和拋物前的速度的分量、分別為VpxVpyuxuyv0， 1 2， 3 4設在剛拋出物塊后的瞬間，運發(fā)動的速度的分量大小分別為、，物塊相對運發(fā)動的速度的分量大小分別為、，方向分別沿、負方向。由動量守恒定律可知 ， 5 6因的方向與軸負方向的夾角為，故有 7 8解式1、2、5、6和式7、8，得 9 10拋出物塊后，運發(fā)動從點開場沿新的拋物線運動，其初速度為、。在時辰運發(fā)動的速度和位置為， 11 ， 12 ， 13 14由式3、4、9、10、13、14可得 15 16運發(fā)動落地時， 由式16得 ， 17方程的根為 18式18給出的兩個根中，只需當“取“時才符合題意，由于從式12和式

9、10，可求出運發(fā)動從點到最高點的時間為式 而從起跳到落地所閱歷的時間應比上面給出的時間大，故從起跳到落地所閱歷的時間為 192由式15可以看出，越大，越小，跳的間隔 越大，由式19可以看出，當0時，的值最大，由式3和式4可知，拋出物塊處的坐標為 ， 20即應在原點亦即在剛起跳時把物塊拋出，運發(fā)動可跳得遠一點。由式19可以得到運發(fā)動自起跳至落地所閱歷的時間為 把和代入式15，可求得跳遠的間隔 ，為 21可見，假設，即 ， 22時，有最大值，即沿與軸成45方向跳起，且跳起后立刻沿與負軸成45方向拋出物塊，那么有最大值，此最大值為 23評分規(guī)范：此題20分。第一小問13分：求得式15、16各3分，式

10、172分，求得式19并闡明“取“的理由給5分。第二小問7分：式202分，式222分，式233分。七、參考解答在電壓為時，微粒所受電場力為，此時微粒的加速度為。將此式代入題中所給的等式，可將該等式變?yōu)?1如今分析從0到時間內，何時產生的微粒在電場力的作用下能到達A板，然后計算這些微粒的數(shù)目。在時產生的微粒，將以加速度向A板運動，經后，挪動的間隔 與式1相比，可知 2即時產生的微粒，在不到時就可以到達A板。在的情況下，設剛能到達A板的微粒是產生在時辰，那么此微粒必然是先被電壓加速一段時間，然后再被電壓減速一段時間，到A板時剛好速度為零。用和分別表示此兩段時間內的位移，表示微粒在內的末速，也等于后一

11、段時間的初速，由勻變速運動公式應有 3 4又因 ， 5 ， 6 ， 7由式3到式7及式1，可解得 ， 8這就是說，在的情況下，從到這段時間內產生的微粒都可到達A板確切地說，該當是。為了討論在這段時間內產生的微粒的運動情況，先想象有一靜止粒子在A板附近，在電場作用下，由A板向B板運動，假設到達B板閱歷的時間為，那么有 根據(jù)式1可求得 由此可知，凡位于到A板這一區(qū)域中的靜止微粒，假設它受的電場作用時間大于，那么這些微粒都將到達B板。在發(fā)出的微粒，在的電場作用下，向A板加速運動，加速的時間為，接著在的電場作用下減速，由于減速時的加速度為加速時的兩倍，故經過微粒速度減為零。由此可知微?？衫^續(xù)在的電場作用下向B板運動的時間為 由于，故在時產生的微粒最終將到達B板確切地說，該當是，不會再回到A板。在大于但小于時間內產生的微粒，被的電場加速的時間小于，在的電場作用下速度減到零的時間小于，故可