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第28届全国中学生物理竞赛预赛试卷PPT


1.常用示波器中的扫描电压u随时间t 变化的图线是[ C ]

2.下面列出的一些说法中正确的是[ C] A.在温度为200C 和压强为1个大气压时,一定量的水蒸 发为同温度的水蒸气,在此过程中,它所吸收的热量等 于其内能的增量. B.有人用水银和酒精制成两种温度计,他都把水的冰点 定为0度,水的沸点定为100度,并都把0刻度与100刻 度之间均匀等分成同数量的刻度,若用这两种温度计去 测量同一环境的温度(大于0度小于 100度)时,两者 测得的温度数值必定相同. C .一定量的理想气体分别经过不同的过程后,压强都减 小了,体积都增大了,则从每个过程中气体与外界交换 的总热量看,在有的过程中气体可能是吸收了热量,在 有的过程中气体可能是放出了热量,在有的过程中气体 与外界交换的热量为 0 . D .地球表面一平方米所受的大气的压力,其大小等于这 一平方米表面单位时间内受上方作热运动的空气分子对 它碰撞的冲量,加上这一平方米以上的大气的重量.

3.把以空气为介质的两个平行板电容器a和b串联,再与 电阻R和电动势为E的直流电源如图连接.平衡后,若 把一块玻璃板插人电容器a中,则再达到平衡时,[ ] A.与玻璃板插人前比,电容器a两极间的电压增大了 B.与玻璃板插人前比,电容器a两极间的电压减小了 C.与玻璃板插入前比,电容器b贮存的电能增大了 D.玻璃板插人过程中电源所做的功等于两电容器贮存 总电能的增加量

BC

4.多电子原子核外电子的分布形成若干壳层,K壳层离 核最近,L壳层次之,M壳层更次之,……,每一壳层中 可容纳的电子数是一定的,当一个壳层中的电子填满后, 余下的电子将分布到次外的壳层.当原子的内壳层中出现 空穴时,较外壳层中的电子将跃迁至空穴,并以发射光子 (X光)的形式释放出多余的能量,但亦有一定的概率将 跃迁中放出的能量传给另一个电子,使此电子电离,这称 为俄歇(Auger)效应,这样电离出来的电子叫俄歇电 子.现用一能量为40.00keV的光子照射Cd(镐)原子, 击出Cd原子中K层一个电子,使该壳层出现空穴,己知该 K层电子的电离能为26.8keV.随后,Cd原子的L 层中一 个电子跃迁到K层,而由于俄歇效应,L层中的另一个的 电子从Cd原子射出,已知这两个电子的电离能皆为 4.02keV,则射出的俄歇电子的动能等于[ A ] A.( 26.8-4.02-4.02 ) keV B.(40.00-26.8- 4.02 ) keV C.( 26.8-4.02 ) keV D.( 40.00- 26.8 + 4.02 ) keV

5.一圆弧形的槽,槽底放在水平地面上,槽的两侧与光滑斜坡aa’、 bb’相切,相切处a、b位于同一水平面内,槽与斜坡在竖直平面内 的截面如图所示.一小物块从斜坡aa’上距水平面ab的高度为Zh处 沿斜坡自由滑下,并自a处进人槽内,到达b后沿斜坡bb’向上滑行, 已知到达的最高处距水平面ab 的高度为h;接着小物块沿斜坡bb’ 滑下并从b处进人槽内反向运动,若不考虑空气阻力,则[ ] A.小物块再运动到a处时速度变为零 B.小物块尚未运动到a处时,速度已变为零 C.小物块不仅能再运动到a处,并能沿斜坡aa’向上滑行,上升的 最大高度为2h D.小物块不仅能再运动到a处,并能沿斜坡aa’向上滑行,上升的 最大高度小于h

D

6.( 6分)在大气中,将一容积为 0.50m3的 一端封闭一端开口的圆筒筒底朝上筒口朝 下竖直插人水池中,然后放手.平衡时, 筒内空气的体积为0.40m3.设大气的压强 与10.0m 高的水柱产生的压强相同,则筒 内外水面的高度差为 2.5m .

7.(10分)近年来,由于“微结构材料”的发展,研制具有负折射 率的人工材料的光学性质及其应用,已受人们关注.对正常介质, 光线从真空射人折射率为n的介质时,人射角和折射角满足折射 定律公式,人射光线和折射光线分布在界面法线的两侧;若介质 的折射率为负,即n<0,这时人射角和折射角仍满足折射定律公 式,但人射光线与折射光线分布在界面法线的同一侧.现考虑由 共轴的两个薄凸透镜L1和L2构成的光学系统,两透镜的光心分 别为O1和O2,它们之间的距离为s.若要求以与主光轴成很小 夹角的光线人射到O1能从O2出射,并且出射光线与人射光线平 行,则可以在O1和O2之间放一块具有负折射率的介质平板,介 质板的中心位于OO’的中点,板的两个平行的侧面与主光轴垂直, 如图所示.若介质的折射率n= -1.5,则介质板的厚度即垂直于 主光轴的两个平行侧面之间的距离 d = .

0.6s

8.( 10分)已知:规定一个K(钾)原子与Cl(氯)原 子相距很远时,他们的相互作用势能为0;从一个K原 子中移走最外层电子形成K+离子所需的能量(称为电 离能)为EK,一个Cl原子吸收一个电子形成Cl-离子 释放的能量(称为电子亲和能)为ECl;K+离子(视 为质点)与Cl-离子(视为质点)之间的吸引力为库仑 力,电子电荷量的大小为e,静电力常量为k.利用以 上知识,可知当KCI分子中K+离子与Cl-离子之间的库 仑相互作用势能为0时,K+离子与Cl-离子之间的距离 rs,可表示为 .若已知EK = 4.34ev, ECl=3.62eV , k =9.0 ×109N· C-2 , e =1.60×10m2· 19C,则rs= 2.0×10-9 m.

ke Ek ? ECl

2

9.(10分)光帆是装置在太空船上的一个面 积很大但很轻的帆,利用太阳光对帆的光 压,可使太空船在太空中飞行.设想一光 帆某时刻位于距离太阳为1天文单位(即日 地间的平均距离)处,已知该处单位时间 内通过垂直于太阳光辐射方向的单位面积 的辐射能量E =1.37×103J· -2·s-1,设 m 平面光帆的面积为1.0×106m2,且其平面 垂直于太阳光辐射方向,又设光帆对太阳 光能全部反射(不吸收),则光帆所受光 的压力约等于 9 N.

10.(20分)有两个电阻1和2,它们的阻值随所加 电压的变化而改变,从而它们的伏安特性即电压 和电流不再成正比关系(这种电阻称为非线性电 阻).假设电阻1和电阻2的伏安特性图线分别如 图所示.现先将这两个电阻并联,然后接在电动 势E=9.0V、内电阻r0 = 2.0Ω的电源上.试利用 题给的数据和图线在题图中用作图法读得所需的 数据,进而分别求出电阻1和电阻2上消耗的功率 P1和P2.要求: i.在题图上画出所作的图线.(只按所画图线评 分,不要求写出画图的步骤及理由) ii.从图上读下所需物理量的数据(取二位有效数 字),分别是: iii.求出电阻R1消耗的功率P1= 2.5W ,电阻 R2消耗的功率P2= 4.9W .

i.如图所示.( 8分)(图错不给分, 图不准确酌情评分.) ii.并联电阻两端的电压U0=2.3V (2 分),通过电阻1的电流I10=1.2A (3分),通过电阻2的电流I20= 2.2A ( 3分)(读数第一位必须正确,第 二位与答案不同,可酌情评分.) iii.2.5 W ( 2 分), 4 .9W ( 2 分)

11.(17分)宇航员从空间站(绕地球运行)上释 放了一颗质量m=500kg的探测卫星.该卫星通 过一条柔软的细轻绳与空间站连接,稳定时卫星 始终在空间站的正下方,到空间站的距离 l=20km.已知空间站的轨道为圆形,周期T = 92 min(分). i.忽略卫星拉力对空间站轨道的影响,求卫星所 受轻绳拉力的大小. ii.假设某一时刻卫星突然脱离轻绳.试计算此后 卫星轨道的近地点到地面的高度、远地点到地面 的高度和卫星运行周期. 取地球半径R = 6.400×103km,地球同步卫星到 地面的高度为H0 =3.6000×104km,地球自转 周期T0 = 24 小时.

i.设空间站离地面的高度为 H, 因为同步 卫星的周期和地球自转周期相同,根据开普勒 第三定律以及题意有



(R ? H ) T ? 2 3 (R ? H0 ) T0 T 2/3 H ?( R? H) ( ) ? R 0 T0
3 2

(1) (2) (3) (4)

代人数据得 H= 376km 卫星的高度 h =H 一 l =356km

卫星在细绳的拉力 F 和地球引力作用下跟随空间站一起 绕地球作周期为 T 的圆周运动,有

Mm 2? 2 G ? F ? m( ) ( R ? h) 2 ( R ? h) T

(5)

式中 G 为万有引力常量, M 为地球质量.空间站在地球引力作 用下绕地球作周期为 T 的圆周运动,故有

Mm? 2? 2 G ? m?( ) ( R ? h) 2 ( R ? h) T

(6)

式中 m’为空间站的质量.由(5)(6)两式得 、

2? 2 ( R ? H )2 F ? m( ) ( R ? h)[ ? 1] (7) 2 T ( R ? h)
将(3)(4)式及其他有关数据代人(7)式得 F=38.2N 、 (8)

ii.细绳脱落后,卫星在地球引力作用下绕地球运动的轨道 为一椭圆.在脱落的瞬间,卫星的速度垂直于卫星与地心的连 线,所以脱落点必是远地点(或近地点) ,由( 4)式可知,此点 到地面的高度 h =356km (9) 设卫星在近地点(或远地点)的高度为 h',速度为 v',根据开 普勒第二定律,有 根据机械能守恒,有

2? ( R ? h?)v? ? ( R ? h) 2 T

(10)

1 Mm 1 2? 2 Mm 2 2 mv? ? G ? m( ) ( R ? h ) ? G 2 R ? h? 2 T R?h
联立(10)(11)两式并利用(6)式得 、

(11)

( R ? h)4 h? ? 2( R ? H )3 ? ( R ? h)3
代人有关数据有 h ' = 238km

(12) (13 )

由(9) (13)两式可知,远地点到地面的高度为 、 356km,近地点到地面的高度为 238km . 设卫星的周期为 T ',根据开普勒第三定律,卫星的

2 R ? h ? h? 3/ 2 ) T 周期 T ? ? ( 2R ? 2H

(14)

代人数据得 T '= 90 . 4min (15) 评分标准:本题 17 分.第 i 小题 9 分. ( l)式 2 分, ( 5)式 3 分, ( 6)式 2 分, (8)式 2 分.第 ii 小题 8 分. (9)(10)式各 l 分, (11)式 2 分, 、 (12)(13)(14)(15)式各 1 分. 、 、 、

12.(17分)某同学选了一个倾角为θ的斜坡,他 骑在自行车上刚好能在不踩踏板的情况下让自行 车沿斜坡匀速向下行驶,现在他想估测沿此斜坡 向上匀速行驶时的功率,为此他数出在上坡过程 中某一只脚蹬踩踏板的圈数 N(设不间断的匀速 蹬),并测得所用的时间t,再测得下列相关数 据:自行车和人的总质量m,轮盘半径Rl,飞轮 半径R2,车后轮半径R3.试导出估测功率的表 达式.己知上、下坡过程中斜坡及空气作用于自 行车的阻力大小相等,不论是在上坡还是下坡过 程中,车轮与坡面接触处都无滑动.不计自行车 内部各部件之间因相对运动而消耗的能量.

解法一:因为下坡时自行车匀速行驶,可知阻力大小 f=mgsinθ (1)由 题 意 , 自 行 车沿 斜坡 匀 速 向上 行 驶时 , 轮盘 的 角 速度

2? N ?? t

(2)设轮盘边缘的线速度为 v1,由线速度的定义有

v1=ω R1 (3)设飞轮边缘的线速度为 v2,后车轮边缘的线速度为 v3, 因为轮盘与飞轮之间用链条连结, 它们边缘上的线速度相同, 即 v1=v2 (4)

v2 R2 因飞轮与后车轮的转动角速度相同,故有 ? v3 R3

(5)

因车轮与坡面接触处无滑动, 在车后轮绕其中心轴转动一周的时 间 T 内,车后轮 中心轴前进的 路程 ?s ? 2? R3 (6 ) 而

2? R3 T? v3

(7)

车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大

?s 小 V ? T

(8) (9)

2? NR1 R3 由以上有关各式得 V ? R2t

人骑自行车上坡的功率为克服阻力 f 的功率加上克 服重力沿斜面分力的功率,即 P=fV+mgVsinθ (10)

4mg? NR1 R3 由 ( l ) ( 9) ( 10) 式 得 P ? 、 、 sin ? R2t

(11) 评分标准:本题 17 分. ( l)式 3 分,求得 9 式共 8 分 (10)式 5 分, (11)式 1 分.

解法二:因下坡时自行车匀速行驶, 若自行车出发点的高度为 h, 则克服阻力所 做的功 Wf 等于势能的减少,有 Wf=mgh (1) 用 s 表示自行车行驶的路程,有 h =ssinθ (2 ) 自行车沿斜坡匀速向上行驶时,骑车者所做的功 W,等于克服阻力的功 Wf 与势能增量 mgh 之和,即 W=Wf+mgh (3) 设骑车者蹬踩踏板 N 圈到达下坡时的出发点, 因踏板转 N 圈可使后轮转 NR1/R2

NR1 圈,所以自行车行驶的距离 s 为 s ? (4) ? 2? R R2 4? NR1R3 由(1)到(4)式,得 W ? (5) ? mg sin ? R2t W 4mg? NR1R3 ? sin ? 上式除以所用时间 t,即得骑车者功率 P ? t R2t

(6)

评分标准:本题 17 分. ( I)式 3 分, ( 2)式 l 分, (3)式 4 分, (4)式 6 分, (5)式 l 分, (6)式 2 分.

13.(20分)电荷量为q的正电荷,均匀分 布在由绝缘材料制成的质量为m 半径为R 的均匀细圆环上,现设法加外力使圆环从 静止开始,绕通过环心垂直于环面的轴线 匀加速转动.试求从开始转动到环的角速 度达到某一值ω0的整个过程中外力所做 的功.已知转动带电圆环的等效电流为I时, 等效电流产生的磁场对整个以圆环为周界 的圆面的磁通量Ф=kI, k为一已知常 量.不计电荷作加速运动所产生的辐射效 应.

1 2 当环的角速度到达ω 0 时,环的动能 Ek ? m( R? 0 ) 2
( l ) 若在时刻 t,环转动的角速度为ω ,则环上电荷所形成的

?q R? ? 等效电流 I ? (2) 2? R 2? ?? ?I ?k 感应电动势 ? ? (3)
q ?t q ?? 由(2)(3)式得 ? ? k 、 2? ?t ?t

(4)

环加速转动时,要克服感应电动势做功,功率为 P1=εI (5) 因为是匀加速转动,所以ω 和 I 都随时间 t 线性增加.若角速

?? t0 (6) 度从零开始增加到ω 0 经历的时间为 t0,则有 ?0 ? ?t

若与ω 0 对应的等效电流为 I0,则在整个过程中克服感到电动势

1 做的总功 W1 ? ? I 0t0 (7) 2

?02 q 2 W1 ? k 由以上有关各式得 (8) 2 8? ?02 q 2 1 W ? W1 ? Ek ? k ? m( R? 0 )2 外力所做的总功 8? 2 2

(9)

评分标准:本题 20 分.(1)式 3 分,(2)式 4 分,(3)式 2 分, (5)式 3 分, (6)式 2 分, (7)式 3 分,(8) 式 l 分,(9)式 2 分

14.(20 分)如图所示,一木块位于光滑的水平桌面上,木块上 固连一支架,木块与支架的总质量为 M.一摆球挂于支架上,

1 摆球的质量为 m, m ? M 摆线的质量不计.初始时,整个装 2
置处于静止状态.一质量为 m 的子弹以大小为 v0、方向垂直于 图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内,摆球和子弹便一 起开始运动.已知摆线最大的偏转角小于 900,在小球往返运动 过程中摆线始终是拉直的,木块未发生转动. i.求摆球上升的最大高度. ii.求木块的最大速率. iii.求摆球在最低处时速度的大小和方向.

i.由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极 短,可以认为在这过程中摆球仅获得速度但无位移.设 摆球(包括停留在球内的子弹)向前(指垂直于图面向 里)的速度为 u,由动量守恒定律有 mv0=2mu (l) 摆球以速度 u 开始向前摆动,木块亦发生运动.当摆球 上升至最高时,摆球相对木块静止,设此时木块的速度 为 V,摆球上升的高度为 h,因水平方向动量守恒以及 机械能守恒有

1 mu ? (2m ? M )V 2 ? 2mgh (3) 2mu=(2m+M)V (2) 2 2 Mv0 解(l)(2)(3)三式得 h ? 、 、 (4) 8 g (2m ? m)
2

ii.摆球升到最高后相对木块要反向摆动.因为在摆球从开始运动 到摆线返回到竖直位置前的整个过程中, 摆线作用于支架的拉力始终向 斜前方,它使木块向前运动的速度不断增大;摆线经过竖直位置后,直 到摆线再次回到竖直位置前,摆线作用于支架的拉力将向斜后方,它使 木块速度减小,所以在摆线(第一次)返回到竖直位置的那一时刻,木 块的速度最大,方向向前 以 V’表示摆线位于竖直位置时木块的速率,u’表示此时摆球的 速度 (相对桌面) 当 u' >0, , 表示其方向水平向前, 反之, 则水平向后. 因 水平方向动量守恒以及机械能守恒,故有 2mu ? 2mu ? ? MV ? (5)

1 mu ? mu ? ? MV ?2 2
2 2

(6)

解(1)(5)(6)三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小 、 、

V? ? 0

(7)

V? ?

2mv0 (8) 2m ? M

(7)式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度,它也是 摆球在以后相对木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置 时木块的速度;而题中要求的木块的最大速率为(8)式,它也是摆球 在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时 木块的速度.

ii.在整个运动过程中,每当摆线处于竖直位置时,小球 便位于最低处.当子弹刚射人摆球时,摆球位于最低处,设

1 这时摆球的速度为 u,由(l)式得 u ? v0 2

(9)

方向水平向前.当摆球第一次回到最低处时,木块速度最大, 设这时摆球的速度为 u',由 (l)(5)(6)三式和(8)式可 、 、

1 m? M 2 得 u? ? v0 M ? 2m

(10)其方向向后.

当摆球第二次回到最低处时,由(7)式木块速度减至 0,设 这时摆球的速度为 u'',

1 由(l)(5)(6)式可得 u''= u ? v0 、 、 2
方向向前,开始重复初始的运动.

(11)

15.(20分)图中坐标原点O (0, 0)处有一带电粒 子源,向y≥0一侧沿Oxy平面内的各个不同方向 发射带正电的粒子,粒子的速率都是v,质量均 为m,电荷量均为q.有人设计了一方向垂直于 Oxy平面,磁感应强度的大小为 B 的均匀磁场 区域,使上述所有带电粒子从该磁场区域的边 界射出时,均能沿x轴正方向运动.试求出此边 界线的方程,并画出此边界线的示意图.

先设磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂直 xy 平 面向里,且无边界.考察从粒子源发出的速率为 v、 方向与 x 轴夹角为 θ 的粒子, 在磁场的洛仑兹力作用 下粒子做圆周运动,圆轨道经过坐标原点 O,且与速 度方向相切,若圆轨道的半径为 R,有

v qvB ? m R

2

(1)得

mv R? qB

(2)

圆轨道的圆心 O’在过坐标原点 O 与速度方向 垂直的直线上,至原点的距离为 R,如图 1 所 示.通过圆心 O’作平行于 y 轴的直线与圆轨 道交于 P 点,粒子运动到 P 点时其速度方向恰 好是沿 x 轴正方向,故 P 点就在磁场区域的边 界上.对于不同人射方向的粒子,对应的 P 点 的位置不同,所有这些 P 点的连线就是所求磁 场区域的边界线.P 点的坐标为 x=—Rsinθ (3 ) y=一 R + Rcosθ (4)

这就是磁场区域边界的参数方程,消去参数 θ,得 x2 +(y+R)2=R2 (5)

mv 2 m2v 2 由(2)(5)式得 x 2 ? ( y ? 、 ) ? 2 2 qB q B

(6)

这是半径为 R 圆心 O’ ’的坐标为(0,一 R ) 的圆,作为题 所要求的磁场区域的边界线,应是如图 2 所示的半个圆周, 故磁场区域的边界线的方程为

mv 2 m v x ? (y ? ) ? 2 2 qB q B
2

2 2

x?0 y?0

(7)

若磁场方向垂直于 xy 面向外, 则磁场的边界线为如图 3 示的半圆,磁场区域的边界线的方程为 x?0 y?0 x2 +(y—R)2=R2 (8 )

mv 2 m2v 2 2 或 x ? (y ? ) ? 2 2 qB q B

x ? 0 y ? 0 (9)证明同前

16.(20 分)在海面上有三艘轮船,船 A 以速度 u 向正东方向航 行, B 以速度 2u 向正北方向航行, C 以速度 2 2 u 向东偏 船 船 北 450 方向航行.在某一时刻,船 B 和 C 恰好同时经过船 A 的航 线并位于船 A 的前方,船 B 到船 A 的距离为 a,船 C 到船 A 的距 离为 2a.若以此时刻作为计算时间的零点,求在 t 时刻 B、C 两 船间距离的中点 M 到船 A 的连线 MA 绕 M 点转动的角速度.

以 t =0 时刻船 A 所在的位置为坐标原点 O,作如图 1 所示平 面直角坐标系 Oxy,x 轴指向正东,y 轴指向正北.可以把船 C 的 速度分解成沿正东方向的分速度 vx 和沿正北方向的分速度 vy 两个 分量.根据题意有 vx=vy=2u (1) 在 t 时刻,三船的位置如图 1 所示.B、C 二船在 y 方向位移相等, 两 船 的 连 线 BC 与 x 轴 平 行 , 两 船 间 的 距 离 BC ? a ? 2ut

1 (2) BC 的中点到 B 点的距离为 a ? ut .中点 M 的坐标分别 2 1 3 xM ? a ? a ? ut ? a ? ut (3) yM ? 2 u t (4) 2 2
可见 M 点沿 x 方向的速度为 u,沿 y 方向的速度为 2u,在 t = 0 时刻 BC 的中点在 x 轴上,其 x 坐标为 3a/2.

在与 M 点固连的参考系中考察,并建立以 M 为原点的直角坐标系 Mx'y' , x'轴与 x 轴平行,y'轴与 y 轴平行,则相对 M,船 A 的速度只有沿 负 y'方向的分量,有 uAM=uAM y'=—2u (5)

3 ? ?? a 在时刻 t, A 在坐标系 Mx'y'的坐标为 x A 船 2

(6) y? ? u AM t A

(7)

可以把 A 船的速度分解为沿连线 MA 方向的分量 uAM1 和垂直于连线 MA 方向的分量 uAM2 两个分量, AM1 使连线 MA 的长度增大, AM2 使连线 MA u u 的方向改变,如图 2 所示.若用 R 表示 t 时刻连线 MA 的长度,则连线 MA 绕 M 点转动的角速度

u AM 2 ?? R

(8) (9)而

若 MA 与 x'轴的夹角为θ , 则有 uAM 2 ? uAM cos? ( 10 )

x? co? ? A s R

R ? x?2 ? y ?2 A A
(12)

( 11 ) 由 ( 5 ) 到 ( 10 ) 各 式 得

12au ?? 2 9a ? 16u 2t 2



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