1、第十八屆全國中學生物理競賽預賽試題題號一一三四五六七總計得分全卷共七題，總分為140分一、（15分）如圖預18-1所示，桿OA長為R,可繞過O點的水平軸在豎直平面內轉動，其端點A系著一跨過定滑輪B、C的不可伸長的輕繩， 繩的另一端系一物塊 M , 滑輪的半徑可忽略，B在O的正上方，OB之間的距離為桿的角速度為 ,求此時物塊 M的速率vM。H 。某一時刻，當繩的 BA段與OB之間的夾角為a時，圖預18-1卜。M二、（15分）兩塊豎直放置的平行金屬大平板A、B,相距d ,4兩極間的電壓為U。一帶正電的質點從兩板間的 M點開始以豎直向上的初速度Vo運動，當它到達電場中某點 N點時，速度變為水平方向，

2、大小仍為 Vo,如圖預182所示.求M、N兩點問的電勢差.（忽略帶電質點對金屬板上電荷均勻分布的影響）圉預18-2三、（18分）一束平行光沿薄平凸透鏡的主光軸入射，經透鏡折射后，會聚于透鏡f =48cm處，透鏡的折射率 n=1.5。若將此透鏡的凸面鍍銀，物置于平面前12cm處，求最后所成象的位置。四、（1 8分）在用鈾235作燃料的核反應堆中，鈾 235核吸收一個動能約為 0.025 eV的熱 中子（慢中子）后，可發生裂變反應，放出能量和23個快中子，而快中子不利于鈾 235的裂變.為了能使裂變反應繼續下去，需要將反應中放出的快中子減速。有一種減速的方法是使用石墨（碳12）作減速劑.設中子與碳

3、原子的碰撞是對心彈性碰撞，問一個動能為Eo =1.75 MeV的快中子需要與靜止的碳原子碰撞多少次，才能減速成為0.025 eV的熱中子？五、（25分）如圖預185所示，一質量為 M、長為L帶薄擋板P的木板，靜止在水平的地 面上，設木板與地面間的靜摩擦系數與滑動摩擦系數相等，皆為 N.質量為m的人從木板的 一端由靜止開始相對于地面勻加速地向前走向另一端，到達另一端時便驟然抓住擋板P而停 TOC o 1-5 h z 在木板上.已知人與木板間的靜摩擦系數足夠尸大，人在木板上不滑動.問：在什么條件下，另最后可使木板向前方移動的距離達到最大？A一人一 j r* JIA * A J 串，J J，,，界

4、事其值等于多少？圖預18.5六、（24分）物理小組的同學在寒冷的冬天做了一個這樣的實驗：他們把一個實心的大鋁球 加熱到某溫度t,然后把它放在結冰的湖面上（冰層足夠厚），鋁球便逐漸陷入冰內.當鋁球 不再下陷時，測出球的最低點陷入冰中的深度h .將鋁球加熱到不同的溫度，重復上述實驗8次，最終得到如下數據：實驗順序數12345678熱鋁球的溫度 t /C55708592104110120140陷入深度h /cm9.012.914.816.017.018.017.016.8 TOC o 1-5 h z 已知鋁的密度約為水的密度的3倍，設實驗時的環境溫度及湖面冰的溫度均為0c.已知此情況下，冰的熔解熱

5、九=3.34父105 J/kg .試采用以上某些數據估算鋁的比熱c .對未被你采用的實驗數據，試說明不采用的原因，并作出解釋.A/O.Olm5 10 15 20 25 3040 4555 60 65 7G 7& 80 35 90 9打DO】051KHi6】201251301 附加HS七、（25分）如圖預187所示，在半徑為a的圓柱空間中（圖中圓為其橫截面）充滿磁感 應強度大小為B的均勻磁場，其方向平行于軸線遠離讀者.在圓柱空間中垂直軸線平面內固定放置一絕緣材料制成的邊長為L =1.6a的剛性等邊三角形框架 ADEF ,其中心O位于圓柱1 的軸線上.DE邊上S點（DS=1L）處有一發射帶電粒子的

6、源，發射粒子的方向皆在圖預418-7中截面內且垂直于 DE邊向下.發射粒子的電量皆為 q （0）,質量皆為 m,但速度v 有各種不同的數值.若這些粒子與三角形框架的碰撞均為完全彈性碰撞，并要求每一次碰撞 時速度方向垂直于被碰的邊.試問：1.帶電粒子速度 v的大小取哪些數值時可使S點發出的粒子最終又回到S點?2.這些粒子中，回到 S點所用的最短時間是多少?X圖預13-7第十八屆全國中學生物理競賽預賽試題參考解答、評分標準桿的端點A點繞O點作圓周運動，其速度Va的方向與桿OA垂直，在所考察時其大小為va 二 R(1)對速度va作如圖預解18-1所示的正交分解，沿繩BA的分量就是物塊Vm ,則Vm

7、=VaCOS :由正弦定理知sin ZOAB sin 工 H 一 R 由圖看出TT OAB 二一 2 由以上各式得酊頁解1&1M是速率(3)(4)vm =sH sin（5）評分標準：本題15分其中（1）式3分；（2）式5分；（5）式7分。二、參考解答帶電質點在豎直方向做勻減速運動，加速度的大小為g;在水平方向因受電場力作用而做勻加速直線運動，設加速度為a o若質點從M到N經歷的時間為t,則有Vx at Vo(1)vy =v0 - gt = 0(2)由以上兩式得a =g(3)(4)M、N兩點間的水平距離xat222-2g(5)于是M、N兩點間的電勢差2uUv2U MN = x =7：-；-（6）

8、d 2dg評分標準：本題15分（1）、（2）式各3分；（3）、（4）式各2分；（5）式3分；（6）式2分。三、參考解答1.先求凸球面的曲率半徑 Ro平行于主光軸的光線與平面垂直，不發生折射，它在球面上發生折射，交主光軸于 F定理，可得R f _ sin rR sin（r T）由折射定律知sin i1sin rn當i、r很小時，sin r ；t r ,點，如圖預解18-3-1所示。C點為球面的球心，CO=R,由正弦(1) 二干中一一.sin（r -i） &r -i , sin i由，由以上兩式得二1, n1所以R=(n -1)f2.凸面鍍銀后將成為半徑為R的凹面鏡，如圖預解 18-3-2所示令P

9、表示物所在位置，P點經平面折射成像P,根據折射定律可推出 TOC o 1-5 h z PO =nPO（5）由于這是一個薄透鏡， P與凹面鏡的 距離可認為等于PO ,設反射后成像 于P ”，則由球面鏡成像公式可得112=+=（6）P O PO R由此可解得PO=36cm,可知P“位于平面的左方，對平面折射來說，P是一個虛物，經平面折射后，成實像于 P點。p-OPO n(8)所以P O =24 cm最后所成實像在透鏡左方24 cm處。評分標準：本題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、參考解答設中子和碳核的質量分別為m和M

10、 ,碰撞前中子的速度為vo,碰撞后中子和碳核的速度分別為v和v因為碰撞是彈性碰撞，所以在碰撞前后，動量和機械能均守恒，又因v0、v 和v 沿同一直線，故有mv0 = mv Mv(1)解上兩式得因 M =12m代入（3）式得121212mvo = - mv - Mvm - Mv 二vom M(3)11vvo13(4)負號表示v的方向與vo方向相反,即與碳核碰撞后中子被反彈.因此，經過一次碰撞后中子的能量為E1 J mv21 21m 213(5)E n2EE1 - 13 E0經過2, 3,，n次碰撞后，中子白W量依次為E2 , E3, E4,，En ,有E2W)E1=EoE3ln,l，EoEn 二

11、nEo J(6)因此11g(En/Eo) 2 lg(11/13)已知En 0.025E0 -1.75 106代入（7）式即得17lg(7 10 )-7 - lg 77.8451 (8)n =7= = 5421g(11)2(-0.07255) 0.1451g 13故初能量E。=1.75 MeV的快中子經過近54次碰撞后，才成為能量為 0.025 eV的熱中子。評分標準：本題18分（1）、（2）、（4）、（6）式各 3 分；（5）、（7）、（8）式各 2 分。五、參考解答在人從木板的一端向另一端運動的過程中，先討論木板發生向后運動的情形，以t表示人設以不表示木板向后移動的距離,開始運動到剛抵達另一

12、端尚未停下這段過程中所用的時間,如圖預解18-5所示.以f表示人與木板間的靜摩擦力，以F表示地面作用于木板的摩擦力,薊災解1冬5以a1和a2分別表示人和木板的加速度，則 TOC o 1-5 h z f = m a(1) HYPERLINK l bookmark87 o Current Document 12/ c、L -x1 = a1t( 2)2f F =Ma2(3)12/ ,、xi = a2t(4)2解以上四式，得2LMmMf m(f -F)對人和木板組成的系統，人在木板另一端驟然停下后，兩者的總動量等于從開始到此時 地面的摩擦力F的沖量，忽略人驟然停下那段極短的時間，則有Ft =（M +m

13、）v（6）v為人在木板另一端剛停下時兩者一起運動的速度.設人在木板另一端停下后兩者一起向前移動的距離為X2 ,地面的滑動摩擦系數為R ,則有122（M m）v =（M m）gx2木板向前移動的凈距離為X = X2 - Xi(8)LMmNg lM+m/W+m)(f.F)+MFK(f-F)LmMf m( f - F)由以上各式得由此式可知，欲使木板向前移動的距離X為最大，應有f =Ff =Fmax =(M m)g即木板向前移動的距離為最大的條件是：人作用于木板的靜摩擦力等于地面作用于木板的滑 動摩擦力.移動的最大距離X max =L（ 11）M m由上可見，在設木板發生向后運動，即 f之F的情況下

14、，f = F時，X有極大值，也就是說, 在時間0t內，木板剛剛不動的條件下X有極大值.再來討論木板不動即 f F的情況，那時，因為f F ,所以人積累的動能和碰后的總動能都將變小，從而前進的距離x也變小，即小于上述的 Xmax o評分標準：本題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；說明f 電時，鋁球最低點下陷的深度h R ,熔化的冰的體積等于一個圓柱體的體積與半個鋁球的體積之和，如 圖預解18-6-1所示. TOC o 1-5 h z 設鋁的密度為PA，比熱為c,冰的密度為P,熔解熱為

15、 九，則鋁球的溫度從tC降到0C的過程中，放出的熱量 43f HYPERLINK l bookmark123 o Current Document Q1 =-JTR pA|Ct（1）3熔化的冰吸收的熱量Q2二 p -R2(h-R) - 4 二 R3一2 3假設不計鋁球使冰熔化過程中向外界散失的熱量，則有解得=Q2(3)(4)h 心t 1r3即h與t成線形關系.此式只對 tt0時成立。將表中數據畫在 h|_t圖中，得第1, 2,，8次 實驗對應的點 A、B、H。數據點B、C、D、E、F五點可擬合成一直線，如圖預 解18-6-2所示。此直線應與（4）式一致.這樣，在此直線上任取兩點的數據，代人（4

16、）式，再解聯立方程，即可求出比熱c的值.例如，在直線上取相距較遠的橫坐標為8和100的兩點X1和X2 ,它們的坐標由圖預解18-6-2可讀得為Xi（8.0,5.0） X2（1 0 0, 1 6. 7 ）將此數據及九的值代入（4）式，消去R,得一 2一c=8.6 102J/kg C(5)圖預解18-6-22.在本題作白圖預解18-6-2中，第1 , 7, 8次實驗的數據對應的點偏離直線較遠，未被采 用.這三個實驗數據在 h|_|t圖上的點即A、G、H .A點為什么偏離直線較遠？因為當hR時，從（4）式得對應的溫度t。為65C, （4）式在t t0的條件才成立。但第一次實驗時鋁球的溫度t1 =55

17、 C v t0,熔解的冰的體積小于半個球的體積，故（4）式不成立.G、H為什么偏離直線較遠？因為鋁球的溫度過高（120C、140C）,使得一部分冰升華成蒸氣，且因鋁球與環境的溫度相差較大而損失的熱量較多，（2）、（ 3）式不成立，因而（4）式不成立. 評分標準：本題24分第1問17分；第二問7分。第一問中，（1）、 （2）式各3分；（4）式4分。正確畫出圖線4分; 解出（5）式再得3分。第二問中，說明 A、G、H點不采用的原因給1分；對A和G、H偏離直線的原因解釋正確，各得 3分。七、參考解答帶電粒子（以下簡稱粒子）從 S點垂直于DE邊以速度v射出后，在洛倫茲力作用下做勻 速圓周運動，其圓心一

18、定位于 DE邊上，其半徑 R可由下式2 mv qvB =- R求得，為(1)R =mv qB1.要求此粒子每次與 ADEF的三條邊碰撞時都與邊垂直，且能回到S點，則R和v應滿足以下條件：（i ）與邊垂直的條件.由于碰撞時速度v與邊垂直，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于 的邊上，粒子繞過頂點 D、E、F時的圓弧的圓心就一定要在相鄰邊的交點（即 D、E、F）上.粒子從S點開始 向右作圓周運動，其軌跡為一系列半徑為 R的半圓，在SE邊上最后一次的碰撞點與 E點的距 離應為R,所以SE的長度應是R的奇數倍。粒子從FD邊繞過D點轉回到S點時，情況類似,即DS的長度也應是軌道半徑的奇數倍.取DS = R ,則當DS的長度被奇數除所得的 R也滿足要求，即R = Rn =DS(2n -1)n =1, 2, 3,因此為使粒子與各邊發生垂直碰撞,R必須滿足下面的條件R =Rn2n -1L _ 2a4 -5(2n -1)n =1, 2, 3J|I(2)此時SE =3DS =(6n -3)Rn n =1, 2, 3, |lSE為Rn的奇數倍的條件自然滿足.只要粒子繞過E點與EF邊相碰，由對稱關系可知，以后的碰撞都能與的邊垂直.（ii）粒子能繞過頂點與 的邊相碰的條件.由于磁場局限于半徑為 a的圓柱范圍內，如果粒子在繞E點運