第23届全国中学生物理竞赛预赛参考答案及评分标准

第23届全国中学生物理竞赛预赛参考答案及评分标准一．1．线剪断前，整个系统处于平衡状态。此时弹簧S1的弹力F1=(mA+mB+mC)g（1）弹簧S2的弹力F2=mCg（2）在线刚被剪断的时刻，各球尚未发生位移，弹簧的长度尚无变化，故F1、F2的大小尚未变化，但线的拉力消失。设此时A、B、C的加速度的大小分别为aA、aB、aC，则有F1－mAg=mAaA（3）F2+mBg=mBaB（4）F2－mCg=mCaC（5）解以上有关各式得aA=ACBmmmg，方向竖直向上(6)；aB=BCBmmmg，方向竖直向下(7)；aC=0（8）2．开始时，磁铁静止不动，表明每一条磁铁受到另一条磁铁的磁力与它受到板的静摩擦力平衡。（1）从板突然竖直向下平移到停下，板和磁铁的运动经历了两个阶段。起初，板向下加速移动，板与磁铁有脱离接触的趋势，磁铁对板的正压力减小，并跟随板一起作加速度方向向下、速度向下的运动。在这过程中，由于磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小。向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小。当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起。接着，磁铁和板一起作加速度方向向上、速度向下的运动，直线停在A′B′处。在这过程中，磁铁对板的正压力增大，最大静摩擦力亦增大，因两磁铁已碰在一起，磁力、接触处出现的弹力和可能存在的静摩擦力总是平衡的，两条磁铁吸在一起的状态不再改变。（2）从板突然竖直向下平移到停下，板和磁铁的运动也经历了两个阶段。起初，板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动。在这过程中，正压力增大，最大静摩擦力亦增大，作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡，磁铁在水平方向不发生运动。接着，磁铁和板一起作加速度方向向下、速度向上的运动，直线停在A″B″处。在这过程中，磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小，向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小。当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起。评分标准：（本题20分）1．10分，（1）、（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）、（8）式各1分，aA、aB的方向各1分。2．10分，（1）5分，（2）5分，（必须正确说出两条形磁铁能吸引在一起的理由，才给这5分，否则不给分）。二、1．（1）（2）（3）312、f1，f4评分标准：（本题20分）112分，（1）．4分，（2）4分，（3）4分。2．8分。两个空格都填对，才给这8分，否则0分。三1．（1）通过对点电荷场强方向的分析，场强为零的P点只可能位于两点电荷之间。设P点的坐标为x0，则有201xqk=202)(xlqk（1）已知q2=2q1（2）由（1）、（2）两式解得x0=l)12(（3）（2）先考察点电荷q0被限制在沿x轴运动的情况。q1、q2两点电荷在P点处产生的场强的大小分别为E10=201xqkE20=202)(xlqk，且有E10=E20，二者方向相反。点电荷q0在P点受到的合力为零，故P点是q0的平衡位置。在x轴上P点右侧x=x0+△x处，q1、q2产生的场强的大小分别为E1′=201)(xxqk＜E10方向沿x轴正方向E2′=202)(xxlqk＞E20方向沿x轴负方向由于E2′＞E1′，x=x0+△x处合场强沿x轴的负方向，即指向P点。在x轴上P点左侧x=x0－△x处，q1、q2的场强的大小分别为E1″=201)(xxqk＞E10方向沿x轴正方向E2″=202)(xxlqk＜E20方向沿x轴负方向，由于E2″＜E1″，x=x0－△x处合场强的方向沿x轴的正方向，即指向P点。由以上的讨论可知，在x轴上，在P点的两侧，点电荷q1和q2产生的电场的合场强的方向都指向P点，带正电的点电荷在P点附近受到的电场力都指向P点，所以当q0＞0时，P点是q0的稳定平衡位置。带负电的点电荷在P点附近受到的电场力都背离P点，所以当q0＜0时，P点是q0的不稳定平衡位置。再考虑q0被限制在沿垂直于x轴的方向运动的情况。沿垂直于x轴的方向，在P点两侧附近，点电荷q1和q2产生的电场的合场强沿垂直x轴分量的主向都背离P点，因而带正电的点电荷在P点附近受到沿垂直x轴的分量的电场力都背离P点。所以，当q0＞0时，P点是q0的不稳定平衡位置。带负电的点电荷在P点附近受到的电场力都指向P点，所以当q0＜0时，P点是q0的稳定平衡位置。评分标准：（本题20分）（1）2分（2）当q0被限制在沿x轴方向运动时，正确论证q0＞0，P点是q0的稳定平衡位置，占3分；正确论证q0＜0，P点是q0的不稳定平衡位置，占3分。（未列公式，定性分析正确的同样给分）当q0被限制在垂直于x轴方向运动时，正确论证q0＞0，P点是q0的不稳定平衡位置，占2分；正确论证q0＜0，P点是q0的稳定平衡位置，占2分。2．8分。纵坐标的数值或图线有错的都给0分。纵坐标的数值、图线与参考解答不同，正确的同样给分。四、开始时竖直细管内空气柱长度为L，压强为H（以cmHg为单位），注入少量水银后，气柱将因水银柱压力而缩短。当管中水银柱长度为x时，管内空气压强p=(H+x)，根据玻意耳定律，此时空气柱长度L′=xHHL（1）空气柱上表面与管口的距离d=L－L′=xxHL（2）开始时x很小，由于L＞H，故xHd＞1即水银柱上表面低于管口，可继续注入水银，直至d=x（即水银柱上表面与管口相平）时为止。何时水银柱表面与管口相平，可分下面两种情况讨论。1．水银柱表面与管口相平时，水银柱未进入水平管，此时水银柱的长度x≤l，由玻意耳定律有(H+x)(L－x)=HL（3）由（3）式可得x=L－H（4）由此可知，当l≥L－H时，注入的水银柱的长度x的最大值xmax=L－H（5）2．水银柱表面与管口相平时，一部分水银进入水平管，此时注入水银柱的长度xl，由玻意耳定律有(H+l)(L－x)=HL（6）x=lHLl(7)l＜x=lHLl（8）由（8）式得l＜L－H或L＞H+l（9）x=L－HlHL＜L－H（10）即当l＜L－H时，注入水银柱的最大长度x＜xmax。由上讨论表明，当l≥L－H时，可注入的水银量为最大，这时水银柱的长度为xmax，即（5）式。评分标准：（本题20分）正确论证当l＞L－H时，可注入的水银量最大，占13分。求出最大水银量占7分，若论证的办法与参考解答不同，只要正确，同样给分。五．正、负电子绕它们连线的中点作半径为2r的圆周运动，电子的电荷量为e，正、负电子间的库仑力是电子作圆周运动所需的向心力，即)2/(222rvmrek(1)正电子、负电子的动能分别为Ek+和Ek－，有Ek+=Ek－=21mv2（2）正、负电子间相互作用的势能Ep=－rek2（3）电子偶素的总能量E=Ek++Ek－+Ep（4）由（1）、（2）、（3）、（4）各式得E=－21rek2(5)根据量子化条件mrv=n2hnn=1,2,3,…（6）（6）式表明，r与量子数n有关。由（1）和（6）式得与量子数n对应的定态r为rn=mkehn22222n=1,2,3,……（7）代入（5）式得与量子数n对应的定态的E值为En=22422hnmeknn=1,2,3,……（8）n=1时，电子偶素的能量最小，对应于基态。基态的能量为E1=－2422hmekn（9）n=2是第一激发态，与基态的能量差△E=242243hmekn（10）评分标准：（本题20分）（2）式2分，（5）式4分，（7）式、（8）式各5分，（10）式4分。六．P被释放后，细绳的张力对D产生机械力矩，带动D和A1作逆时针的加速转动，通过两个轮子之间无相对运动的接触，A1带动A2作顺时针的加速运动。由于两个轮子的辐条切割磁场线，所以在A1产生由周边沿辐条指向轴的电动势，在A2产生由轴沿辐条指向周边的电动势，经电阻R构成闭合电路。A1、A2中各辐条上流有沿电动势方向的电流，在磁场中辐条受到安培力。不难看出，安培力产生的电磁力矩是阻力矩，使A1、A2加速转动的势头减缓。A1、A2从起始的静止状态逐渐加速转动，电流随之逐渐增大，电磁阻力矩亦逐渐增大，直至电磁阻力矩与机械力矩相等，D、A1和A2停止作加速转动，均作匀角速转动，此时P匀速下落，设其速度为v，则A1的角速度01av(1)A1带动A2转动，A2的角速度ω2与A1的角速度ω1之间的关系为ω1a1=ω2a2（2）A1中每根辐条产生的感应电动势均为121121Ba（3）轴与轮边之间的电动势就是A1中四条辐条电动势的并联，其数值见（3）式。同理，A2中，轴与轮边之间的电动势就是A2中四条辐条电动势的并联，其数值为222221Ba（4）A1中，每根辐条的电阻为R1，轴与轮边之间的电动势就是A1中四条辐条电动势的并联，其数值为RA1=41R（5）A2中，每根辐条的电阻为R2，轴与轮边之间的电动势就是A2中四条辐条电动势的并联，其数值为RA2=42R（6）A1轮、A2轮和电阻R构成串联回路，其中的电流为I=2121AARRR（7）以（1）至（6）式代入（7）式，得I=)4()4()()21(212110RRRvaaBaa（8）当P匀速下降时，对整个系统来说，重力的功率等于所有电阻的焦耳热功率之和，即mgv=I2(R+41R+42R)（9）以（8）式代入（9）式得v=2212122021)()4(aaaBaRRRmg(10)评分标准：（本题25分）（1）、（2）式各2分，（3）、（4）式各3分，（5）、（6）、（7）式各2分，（9）式6分，（10）式3分。七、1．如图1所示，设筒内磁场的方向垂直纸面指向纸外，带电粒子P带正电，其速率为v。P从小孔射入圆筒中因受到磁场的作用力而偏离入射方向，若与筒壁只发生一次碰撞，是不可能从小孔射出圆筒的。但与筒壁碰撞两次，它就有可能从小孔射出。在此情形中，P在筒内的路径由三段等长、等半径的圆弧HM、MN和NH组成。现考察其中一段圆弧MN，如图2所示，由于P沿筒的半径方向入射，OM和ON均与轨道相切，两者的夹角32（1）设圆弧的圆半径为r，则有qvB=mrv2（2）圆弧对轨道圆心O′所张的圆心角3（3）由几何关系得r=Rcot2（4）解（2）、（3）、（4）式得v=mqBR3（5）2．P由小孔射入到第一次与筒壁碰撞所通过的路径为s=βr（6），经历时间为t1=vs（7）P从射入小孔到射出小孔经历的时间为t=3t1（8）由以上有关各式得t=qBm（9）评分标准：（本题25分）1、17分，（1）、（2）、（3）、（4）式各3分，（5）式5分。2、8分，（6）、（7）、（8）、（9）式各2分。八．小球获得沿竖直向下的初速度v0后，由于细绳处于松弛状态，故从C点开始，小球沿竖直方向作初速度为v0、加速度为g的匀加速直线运动。当小球运动到图1中的M点时，绳刚被拉直，匀加速直线运动终止。此时绳与竖直方向的夹角为α=30º。在这过程中，小球下落的距离s=l+2lcosα=l(1+3)（1）细绳刚拉直时小球的速度v1满足下式：v12=v22+2gs（2）在细绳拉紧的瞬间，由于绳的伸长量可不计而且绳是非弹性的，故小球沿细绳方向的分速度v1cosα变为零，而与绳垂直的分速度保持不变，以后小球将从M点开始以初速度v1′=v1sinα=21v1(3)在竖直平面内作圆周运动，圆周的半径为2l，圆心位于A点，如图1所示，由（1）、（2）、（3）式得v12=)31(214120glv(4)当小球沿圆周运动到图中的N点时，其速度为v，细绳与水平方向的夹角为θ，由能量关系有)sin23(2121221llmgmvvm（5）用FT表示绳对小球的拉力，有FT+mgsinθ=lvm22（6）1．glv)13326(220设在θ=θ1时（见图2），绳开始松弛，FT=0，小球的速度v=u1。以此代入（5）、（6）两式得)sin23(212121llguv（7）mgsinθ1=l