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1、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、参考解答杆的端点点绕点作圆周运动，其速度的方向与杆垂直，在所考察时其大小为AOAvOA（1）AvR对速度作如图预解 18-1 所示的正交分Av解，沿绳的分量就是物块是速率BAM，则Mv（2）cosMAvv由正弦定理知（3）sinsinOAB HR由图看出（4）2OAB由以上各式得（5）sinMvH评分标准：本题 15 分 其中（1）式 3 分；（2）式 5 分；（5）式 7 分。河北武邑中学 http:/ 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；在水平方向因受电场力作用而g 做匀加速直线运动，设加速度为。若质点从到经
2、历的时间为 ，则有aMNt（1）0xvatv（2）00yvvgt由以上两式得（3）ag（4）0vtg、两点间的水平距离MN（5）2 201 22vxatg于是、两点间的电势差MN（6）2 0 2MNUvUUxddg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。平行于主光轴的光线与平面垂直，不发生折射，它在球R面上发生折射，交主光轴于点，如图预解 18-3-1 所示。点为球面的球心，由FCCOR正弦定理，可得（1）sin sin()Rfr Rri由折射定律知（2）sin1 sini rn
3、当 、很小时，由以上两式得irsinrrsin()ririsinii（3）11111frn Rrinn 所以（4）(1)Rnf2. 凸面镀银后将成为半径为的凹面镜，如图预解 18-3-2 所示R 令表示物所在位置，点经平PP 面折射成像，根据折射定律可推P出（5）P OnPO由于这是一个薄透镜，与凹面镜P的距离可认为等于，设反射后成P O像于，则由球面镜成像公式可得P（6）112 RP OP O由此可解得，可知位于平面的左方，对平面折射来说，是一个虚物，经36cmP OP P平面折射后，成实像于点。P（7）1P O nP O所以 （8）24 cmP O最后所成实像在透镜左方 24 cm 处。
4、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和，碰撞前中子的速度为，碰撞后中子和碳核的速mM0v度分别为和，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、vv0v和沿同一直线，故有vv（1）0mvmvMv（2）222 0111 222mvmvMv解上两式得（3）0mMvvmM 因12Mm 代入（3）式得（4）011 13vv 负号表示的方向与方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹因此，经过一次碰撞后中子v0v的能量为2 22 10111
5、1 2213Emvmv于是21011 13EE（5）经过 2，3，次碰撞后，中子的能量依次为，有n2E3E4EnE242101111 1313EEE63011 13EE（6）2 1 00 011 13nnnEEEEE因此 （7）0lg(/)1 2 lg(11/13)nEEn 已知 7 6 00.02511071.75 10nE E代入（7）式即得（8）71lg(10)7lg77.8451754112( 0.07255)0.14512lg()13n 故初能量的快中子经过近 54 次碰撞后，才成为能量为 0.025 的热中子。01.75MeVE eV评分标准：本题 18 分 （1） 、 （2） 、
6、 （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 表示t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，设以表示木板向后移动的距1x离，如图预解 18-5 所示以表示人与木板间的静摩擦力，以表示地面作用于木板的摩fF擦力，以和分别表示人和木板的加速度，则1a2a（1）1fma（2）2 111 2Lxa t（3）2fFMa（4）2 121 2xa t解以上四式，得（5）2 ()LMmtMfm fF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
7、的摩擦力的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有F（6）()FtMm 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v移动的距离为，地面的滑动摩擦系数为，则有2x（7）2 21()()2Mm vMm gx木板向前移动的净距离为（8）21Xxx由以上各式得21()()()()FLMmLmXfFgMmMmfFMFMfm fF由此式可知，欲使木板向前移动的距离为最大，应有X（9）fF即 （10）max()fFMm g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（11） maxmXLMm由上可见，在设木板发
8、生向后运动，即的情况下，时，有极大值，也就是说，fFfFX在时间0 内，木板刚刚不动的条件下有极大值tX再来讨论木板不动即fF的情况，那时，因为fF，所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小，从而前进的距离也变小，即小于上述的。xmaxX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fF时木板向前移动的距离小于时的给1分。fF六、参考解答铝球放热，使冰熔化设当铝球的温度为时，能0t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与球的半径相等当热铝球的温hR度时，铝球最低点
9、下陷的深度，熔化的冰的0tthR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，比热为，冰的密度为，熔解热Alc为，则铝球的温度从 降到0的过程中，放出的热t量（1）3 1Al4 3QRct熔化的冰吸收的热量（2）23 214()23QRhRR 图预解 18-6-1假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有（3）12QQ解得（4）41 3RchtR即与 成线形关系此式只对时成立。将表中数据画在图中，得第1，2，8ht0ttht:次实验对应的点、。数据点、五点可拟合成一直线，如图ABHBCDEF预解18-6-2所示。此直线应与（4）式一致这样，在此直线上
10、任取两点的数据，代人（4）式，再解联立方程，即可求出比热的值例如，在直线上取相距较远的横坐标为8和100的c两点和，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为1X2X2(100,16.7)X1(8.0,5.0)X将此数据及的值代入（4）式，消去，得R（5）28.6 10 J/kgCc 2. 在本题作的图预解18-6-2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采用这三个实验数据在图上的点即、ht:AGH点为什么偏离直线较远？因为当时，从（4）式得对应的温度，（4）AhR065t 式在的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度，熔解的冰的体积小于半0tt155t 0t个球的体积，故（4）式不
11、成立 、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GH 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；图预解 18-6-2解出（5）式再得3分。第二问中，说明、点不采用的原因给1分；对和、AGHAG 偏离直线的原因解释正确，各得3分。H七、参考解答 带电粒子（以下简称粒子）从点垂直于边以速度射出后，在洛伦兹力作用下做SDEv 匀速圆周运动，其圆心一定位于边上，其半径可由下式DER2mvqvBR求得
12、，为（1）mvRqB1. 要求此粒子每次与的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到点，则和应满DEFSRv 足以下条件： （）与边垂直的条件 由于碰撞时速度与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于的边上，粒子绕过顶v 点、时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即、）上粒子从点DEFDEFS 开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为的半圆，在边上最后一次的碰撞点与RSE点的距离应为，所以的长度应是的奇数倍。粒子从边绕过点转回到点时，ERSERFDDS情况类似，即的长度也应是轨道半径的奇数倍取，则当的长度被奇数除所DS1DSRDS得的也满足要求，即R1，2，3，(21)nDSRRnn因此为使粒子与各边发生
13、垂直碰撞，必须满足下面的条件R（2）121, 2, 3,21 45(21)nLaRRnnnL此时 3(63)1, 2, 3,nSEDSnRnL为的奇数倍的条件自然满足只要粒子绕过点与边相碰，由对称关系可知，以SEnREEF后的碰撞都能与的边垂直 （）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的圆柱范围内，如果粒子在绕点运动时圆轨迹与磁场边界相aE 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不能太大，由图预解18-7可见，必须（的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，RRDM 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RDM（3）8 30.
14、07615DMaaa将1，2，3，分别代入（2）式，得n 121,0.4005anRa222,0.13315anRa323,0.08025anRa424,0.05735anRa由于，这些粒子在绕过的顶点时，将从磁场边界逸出，只有41R2R3RDMEn的粒子能经多次碰撞绕过、点，最终回到点由此结论及（1）、（2）两式可得EFDS 与之相应的速度（4）24, 5, 6,5(21)nnqBqBavRnmmnL这就是由点发出的粒子与的三条边垂直碰撞并最终又回到点时，其速度大小必须SS 满足的条件 2. 这些粒子在磁场中做圆周运动的周期 为2 RTv将（1）式代入，得（5）2 mTqB可见在及给定时与无关。粒子从B/q mTv点出发最后回到点的过程中，与的边SS 碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以 应取，如图预解18-7所示（图中只画出4n 在边框的碰撞情况），此时粒子的速度DE为，由图可看出该粒子的轨迹包括313个半圆和3个圆心角为300的圆弧，所需时间为4v（6）53 1332226TtTT 以（5）式代入得河北武邑中学 http:/
