第34届全国中学生物理竞赛预赛试卷有答案.docx

1、- 1 -第 34 届全国中学生物理竞赛预赛试卷解析版一、选择题本题共 5 小题，每小题 6 分在每小题给出的 4 个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分1下述实验或现象中，能够说明光具有粒子性的是( )A光的双缝干涉实验 B黑体辐射 C光电效应 D康普顿效应2系统 l 和系统 2 质量相等，比热容分别为 C1 和 C2，两系统接触后达到共同温度 T；整个过程中与外界( 两系统之外)无热交换。两系统初始温度 T1 和 T2 的关系为( )AT 1= B

2、T 1= CT 1= DT 1=C2C1(T T2) T C1C2(T T2) T C1C2(T T2) +TC2C1(T T2) +T3假设原子核可视为均匀球体。质量数为 A 的中重原子核的半径 R 可近似地用公式 R=R0A1/3 表示，其中 R0 为一常量。对于核子数相同的原子核，下列说法正确的是( )A质量密度是基本相同的 B电荷密度是基本相同的C表面积是基本相同的 D体积是基本相同的 4一颗人造地球通讯卫星(同步卫星 )对地球的张角能覆盖赤道上空东经 0 到东经 0+ 之间的区域。已知地球半径为 R0，地球表面处的重力加速度大小为 g，地球自转周期为 T . 的值等于( )Aarcs

3、in( )1/3 B2 arcsin( )1/3 Carccos ( )1/3 D2arccos ( )1/342R0T2g 42R0T2g 42R0T2g 42R0T2g5有 3 种不同波长的光，每种光同时发出、同时中断，且光强都相同，总的光强为 I，脉冲宽度( 发光持续时间)为 ，光脉冲的光强 I 随时间 t 的变化如图所示。该光脉冲正入射到一长为 L 的透明玻璃棒，不考虑光在玻璃棒中的传输损失和端面的反射损失。在通过玻璃棒后光脉冲的光强 I 随时间 t 的变化最可能的图示是(虚线部分为入射前的总光强随时间变化示意图)( )二、填空题把答案填在题中的横线上只要给出结果，不需写出求得结果的过

4、程6(10 分) 如图，一个球冠形光滑凹槽深度 h=0.050m，球半径为 20m现将一质量为 0.10kg 的小球放在凹槽边缘从静止释放。重力加速度大小为 9.8m/s小球由凹槽最高点滑到最低点所用时间为_s- 2 -7(10 分) 先用波长为 1 的单色可见光照射杨氏双缝干涉实验装置；再加上波长为 2(21)的单色可见光照射同一个杨氏双缝干涉实验装置。观察到波长为 1 的光的干涉条纹的 l、2 级亮纹之间原本是暗纹的位置出现了波长为 2 的光的干涉条纹的 1 级亮纹，则两种光的波长之比 2： 1=_。8(10 分) 某一导体通过反复接触某块金属板来充电。该金属板初始电荷量为 6C，每次金属

5、板与导体脱离接触后，金属板又被充满 6C 的电荷量。已知导体第一次与金属板接触后，导体上带的电荷量为2C；经过无穷次接触，导体上所带的电荷量最终为_。9(10 分) 如图，一焦距为 20cm 的薄透镜位于 x=0 平面上，光心位于坐标原点 0，光轴与 x 轴重合。在 z=0 平面内的一束平行光入射到该透镜上，入射方向与光轴的夹角为 30该光束通过透镜后汇聚点的位置坐标为_。10(10 分) 一质量为 m 的小球与一劲度系数为 k 的弹簧连接，置于光滑水平桌面上，弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动，弹簧的伸缩方向与小球的振动方向一致。在一沿此弹簧长度方向以速度 u 做匀速直线运动的参

6、考系里观察，此弹簧和小球构成的系统的机械能_(填“守恒”或“不守恒”)，理由是_。三、计算题计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位11(20 分) 某电视节目中演示了一个用三根火柴棍和细棉线悬挂起一瓶或多瓶矿泉水的实验，如图所示。A 、B 、 C 为三根相同的火柴棍，火柴棍长为 l，细实线为棉线，棉线的直径为 d(dl)。火柴棍 A的一半在水平桌面内，另一半在桌面外，火柴棍 A 与桌面上表面的边沿垂直；桌面厚度为 h；O 是火柴棍 A 的中点与桌面边沿的接触点；棉线紧贴桌沿绕过 A，压在水平火柴棍 C 的两端

7、；火柴棍 B 的一端顶在火柴棍 A 的球状头部(可近似忽略球状头部的尺度 )，另一端顶在火柴棍 C 的中点。这样的结构可以稳定地悬挂起一瓶或多瓶矿泉水。(1)如果没有火柴棍 B 和 C，光靠 A 是否可能悬挂起一瓶矿泉水?为什么?(2)加上火柴棍 B 和 C、小心挂上重物时，火柴棍 A 会在过 A 的竖直平面内绕 O 点有一个角位移，通过火柴棍 B 的带动，压在火柴棍 C 两端的棉线将绕桌面下表面的边沿转动一个很小的角度；只要角度大小合适，可使整个系统达到稳定平衡。求平衡时该角度的大小。已知火柴棍与桌沿、火柴棍与棉线以及火柴棍之间都足够粗糙(即可以没有滑动) ，而且它们的质量与重物相比均可忽略

8、。- 3 -12(20 分) 如图，一边长为 L 的正方形铜线框 abcd 可绕水平轴 ab 自由转动，一竖直向上的外力 F作用在 cd 边的中点，整个线框置于方向竖直向上的均匀磁场中，磁感应强度大小随时间变化。已知该方形线框铜线的电导率(即电阻率的倒数 )为 ，铜线的半径为 r0，质量密度为 ，重力加速度大小为 g(1)当框平面与水平面 abef 的夹角为 时，求该方形线框所受到的重力矩。(2)当框平面与水平面 abef 的夹角为 时，框平面恰好处于平衡状态。求此时线框中 cd 边所受到的磁场 B 的作用力的大小与外力的大小 F 之间的关系式。(3)随着磁感应强度大小随时间的变化，可按照(2

9、)中的关系式随时调整外力 F 的大小以保持框平面与水平面 abef 的夹角总为 在保持夹角 不变的情形下，已知在某一时刻外力为零时，磁感应强度大小为 B；求此时磁感应强度随时间的变化率 Bt- 4 -13(20 分) 横截面积为 S 和 2S 的两圆柱形容器按图示方式连接成一气缸，每个圆筒中各置有一活塞，两活塞间的距离为 l，用硬杆相连，形成 “工”字形活塞，它把整个气缸分隔成三个气室，其中 I、室密闭摩尔数分别为 和 2 的同种理想气体，两个气室内都有电加热器；室的缸壁上开有一小孔，与大气相通；1 mol 该种气体内能为 CT(C 是气体摩尔热容量， T 是气体的绝对温度) 。当三个气室中气

10、体的温度均为 T1 时， “工“字形活塞在气缸中恰好在图所示的位置处于平衡状态，这时 I 室内气柱长亦为 l，室内空气的摩尔数为 已知大气压不变，气缸壁和活塞都是绝热的，不计活塞与气缸之间的摩擦。32 0现通过电热器对 I、两室中的气体缓慢加热，直至 I 室内气体的温度升为其初始状态温度的 2 倍时，活塞左移距离 d已知理想气体常量为 R求(1)室内气体初态气柱的长度； (2)室内气体末态的温度；(3)此过程中 I、 室密闭气体吸收的总热量。- 5 -14(20 分) 把沿 x 方向通有电流 (x 方向的电场强度为 Ex)的长方体形的半导体材料，放在沿 z 方向的匀强磁场中，半导体材料的六个表

11、面分别与相应的坐标平面平行；磁感应强度大小为 Bx在垂直于电场和磁场的+ y 或y 方向将产生一个横向电场 Ey，这个现象称为霍尔效应，由霍尔效应产生的电场称为霍尔电场。实验表明霍尔电场 Ey 与电流的电流密度 Jx 和磁感应强度 Bx 的乘积成正比，即 Ey=RHJxBz，比例系数 RH 称为霍尔系数。某半导体材料样品中有两种载流子：空穴和电子；空穴和电子在单位电场下的平均速度(即载流子的平均速度与电场成正比的比例系数)分别为 p 和 n，空穴和电子的数密度分别为 p 和 n，电荷分别为 e和一 e试确定该半导体材料的霍尔系数。- 6 -15(20 分) 某根水平固定的长滑竿上有 n(n3)

12、 个质量相同的滑扣( 即可以滑动的圆环)，每相邻的两个滑扣( 极薄)之间有不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为 L，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑竿正压力大小的 倍。开始时所有滑扣可近似地看成挨在一起(但未相互挤压)；今给第 1 个滑扣一个初速度使其在滑竿上开始向左滑行(平动) ；在滑扣滑行的过程中，前、后滑扣之间的细线拉紧后都以共同的速度向前滑行，但最后一个(即第 n 个) 滑扣固定在滑竿边缘。已知从第 1 个滑扣开始的(n 一 1)个滑扣相互之间都依次拉紧，继续滑行距离 l(0lL)后静止，且所有细线拉紧过程的时间间隔极短。求(1)滑扣 1 的初速度的大小；(2)整个过程中克服

13、摩擦力所做的功；(3)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总动能损失。- 7 -16(20 分) 如图，两劲度系数均为 k 的同样的轻弹性绳的上端固定在一水平面上，下端悬挂一质量为m 的小物块。平衡时，轻弹性绳与水平面的夹角为 0，弹性绳长度为 l0现将小物块向下拉一段微小的距离后从静止释放。(1)证明小物块做简谐振动；(2)若 k=0.50N/m、m=50g 、 0=30、l 0=2.0m，重力加速度 g=9.8 m/s。 ，求小物块做简谐振动的周期T；(3)当小物块下拉的距离为 0.010m 时，写出此后该小物块相对于平衡位置的偏离随时间变化的方程。已知：当 x1 时， ， 11+x 1 x

14、1+x 1+12x- 8 -解析1黑体辐射：在任何条件下，对任何波长的外来辐射完全吸收而无任何反射的物体，但黑体未必是黑色的，例如太阳是一个黑体在黑体辐射中，随着温度不同，光的颜色各不相同，黑体呈现由红 橙红 黄 黄白 白 蓝白的渐变过程。普朗克由黑体辐射提出能量子的观点！CD明显正确！选 BCD2从表达式看，应是物体 1 的放热=物体 2 的吸热，建立方程：C 1m(T1T)=C 2m(TT 2)选 D3核子数相同质量数相同由题知半径相同CD 对；质量数相同质量基本相同质量密度基本相同选 ACD4首先算出同步卫星绕地球公转的半径 r，地球自身半径为 R，几何关系如右图所示，选 C5因为能量是

15、没有损失的，所以通过玻璃棒后光脉冲的光强(图中实线总面积 )应该与原来的光强(虚线面积)相同。又因为是三种不同波长的光，所以在同种介质中传播的速度都不相同，所以到达玻璃棒右端点的时间都不同，所以选 D6典型的单摆模型：T=2 =8.88 s， 实 际 时 间 是 =2.22 s Lg 14T7两束光到达 I 位置的光程差记为 d；对于波长为 1 的单色光而言，d= ；对于波长为 2 的单色光而言，d= 2，故 2： 1=3：232 18两个带电体不再交换电荷的条件，并不是两者电荷量相等，而是两者电势相等！由第一次知，当电荷量为 4C：2C 时，既电荷量之比为2：1 时，两者电势相等。故最终为

16、6C：3C ！ 答案：3C9过 F 平行于透镜，作一副光轴。把过原点 O(薄透镜光心 )的光线延长后交副光轴于 P，则所有光汇聚于 P 点。故位置坐标为(20, )203 310不守恒；墙壁对弹簧有作用力(外力) ，且在运动参考系中，该力的作用点有位移，所做的功不为零。11(1)不能。从力的平衡看，单一的 A 无所提供向上的力与一瓶矿泉水的重力平衡。从力矩的平衡看，重物相对于支撑点 O 有一力矩，此力矩没有其它力矩与其平衡，会使火柴棍转动直至掉下。(2)由于火柴棍 A 水平，火柴棍 B 的下端正好在 A 的中点的正下方，由几何关系知，火柴棍 A 和 B 之间的夹角为 =60。桌面上表面边沿 O

17、 点到火柴棍 B 的下端(即火柴棍 C 的中点)的距离为L=32l又由于火柴棍 C 水平，由几何关系知，从 O 点到火柴棍 C 两端的距离均为 l如图 11(a)所示。Rr 地球同步卫星012210I波长为 1的单色光的亮条纹波长为 2的单色光的亮条纹IxFOyPA Ol11(a)A Ol11(b)MgD- 9 -据题意，三根火柴的结构在重物质量逐渐增大时是稳定的。因而火柴棍 C 继续保持水平，火柴棍 B和 A 之间的夹角也能得以保持不变，即图 11(b)中，火柴棍 A 和 B 之间的夹角仍然为 60瓶最终稳态应该在何处？应该在 O 点正下方！又因为棉线是有一定的线度，直径为 d。一开始瓶的纵

18、向几何中心与棉线的纵向几何一直线，最终瓶的纵向几何中心在 O 点的正下方。所以：瓶向左平移的距离为 ；瓶最终的转动中心中桌子下边沿，O 点正下方的 D 点。d2如图 11(c)，D是棉线纵向轴线的位置，是瓶纵向中心的原位置。D 是瓶的纵向中心的新位置。所以瓶转过的角度DED= DD= ，且因为是微小的转动，故由微量处理知，OO = DD=d2 d2同理：OD=OD=h DE=DE=Lh=32l h故：sin = 得 =arcsind232l h d3l 2h12(1)该方形线框的质量：m =V=S4L=4Lr02方形线框的重力相对于 AB 边的力矩为：M g=mg cos=2L2gr02 co

19、sL2(2)由于电流方向未知，所以引起的安培力方向及其力矩方向均未知，故需要分类讨论况 1：安培力水平向左，力矩 M 安 +MF=MgM 安 =2L2gr02 cosFL cos又 因 为 M 安 =F 安 Lsin 联 立 得 ： F 安 =2Lgr02 cotFcot况 2： 安 培 力 水 平 向 右 ， 同 理 力矩 M 安 + Mg =MF得：F 安 = Fcot2Lg r02 cot(3)磁通量 ( )=L2Bcos 感 应 电 动 势 = =L2cost Bt方 形 线 框 的 电 阻 R， 由 电 阻 定 律 有 R= = 该方形线框上的感应电流为 i= = coslS 4Lr

20、02 RL4 r02 Btcd 边所受到的安培力的大小为 FA=iBL= cosL24r02B Bt因为要外力 F 等于零，所以是第(2)小题中的第 1 种情况 =Bt 8gBLsin13(1)设大气压强为 p0初态：I 室内气体压强为 p1；III 室内气体压强为 p3，气柱的长度为 l3末态：I 室内气体压强为 p1；III 室内气体压强为 p3由初态到末态：活塞左移距离为 d首先用整体法，力学平衡： p3(2S)= p1S+ p0(2SS)然后对三部分气体分别分析：p 1lS=RT 1； p0(Error!； p3l3(2S)=(2)RT 1联立上述各式得： = + 得：l 3= RT1

21、l3S2S 0RT1lS S RT1lS S 2 + 0l(2)方法同第(1)小题：p 3(2S)= p1S+ p0(2SS)对 I 室中气体：p 1(ld)S=RT 2=R2T 1 对 III 室中气体： p3(l3+d)(2S)=(2)RT 3T3= 2 l +( + 0)d(l d)( + 0) (1+f( 0,2 ) f(l d,l)T1O11(c)MgDh DOEb(a) FgFF 安b(a) FgFF 安- 10 -(3)大气对密闭气体系统做的功为：W =p0(2SS)(d)= p 0Sd=dl 0RT1系统密闭气体内能增加量为： U=C (T1T 1)+ (2) C(T3T 3)

22、 且初态 T3= T1故 U=C(2 T3T 1)将 T3代去得：U= 1CT 12 l +( + 0)d(l d)( + 0) (2+f( 0, ) f(l d,l)密闭气体系统吸收的热量为Q=UW = 1CT 1+ 2 l +( + 0)d(l d)( + 0) (2+f( 0, ) f(l d,l) dl 0RT114这个题我真的也不太懂，也颠覆了我曾经的霍尔元件模型。为确定起见，取坐标系如图所示，磁场沿 Z 方向，通电电流密度Jx 沿 x 方向。设半导体材料中的载流子空穴和电子沿 x 方向的平均速率分别为 vpx 和 vnx，由 J=I/s，I =nqvs，得 J=nqv由题中已知条件

23、知：空穴和电子的(单位体积内的) 数密度为 p 和n；故沿 x 方向的电流密度为 Jx=ep vpx +(e)n( v nx)由题意知，其中 vpx=pEx ；v nx= nEx如果沿 x 方向的电流中只有一种载流子，则当作用于载流子的洛仑兹力与霍尔电场的作用力平衡时，霍尔电场达到稳定，如金属导体。在半导体中，存在两种载流子，两种载流子受到的外磁场的洛仑兹力方向相同，受到的霍尔电场力方向相反，两种载流子受到的洛仑兹力不可能同时与霍尔电场力平衡，所以在半导体样品内存在载流子的横向流动，当任何时刻流向样品同一侧的空穴数与电子数相等时，霍尔电场便达到稳定。(这段话讲述了半导体霍尔元件的工作机理，我真

24、心不太懂。我比较浅显的理解是，“当任何时刻流向样品同一侧的空穴数与电子数相等时” ，这里空穴与电子在样品同一侧的流向是一致的，效果是相消的；一开始空穴与电子在样品同一侧的流向是一致的，但数量是不相等的，比如一开始是空穴多，电子少；那么积累的电场不利于空穴的继续积累，而有利于电子的继续积累。但在这个阶段，霍尔电场在持续的增强。同一侧的空穴数与电子数相等时，霍尔电场就稳定了！)设两种载流子的横向平均速率分别为 vpy 和 vny，则横向电流密度为Jy=ep(v py)+(e )n(v ny)这时，空穴在横向受到的作用力大小为：F py=eEyv pxBz；这时的力是合力，其中E yv pxBz是等

25、效合场强；同理：电子在横向受到的作用力的大小为：F ny=(e)E y( v nx)Bz；其中E y(v nx)Bz是等效合场强；故两种载流子的横向平均速度为：v py=pEy 合 =pEyv pxBz v ny= pEy 合 = nEy+vnxBz (个人粗浅的理解：个人觉得这个式子的得到与题中的表述是有一定差异的，题中说是“成正比”， “在单位电场下”，而这里却是用了一个等效的合场强)霍尔电场达到稳定时有 Jy=0 综上各式：E y=pp2 nn2(pp+nn)ExBz因为：E y=RHJxBz 得 RH= (注意：这里还要将 Jx 算出来，代进去)1epp2 nn2(pp+nn)215解：(1)为普遍起见，设两个物体质量分别为 m1 和 m2，初速度分别为 v1 和 0，发生完全非弹性碰yx JxBz