??I1I3R （4）http://hfwq.cersp.n I3?I1I1I2?II1?3II23R （5）
I2(I3?I)1I3(I2?I)1R （6）
I2(I3?I)1 r? Rx?评分标准：本题18分．
第（i）小题9分．若所设计的电路无法根据题的要求测出所有的应测电流，都得0分．
第（ii）题3分．在电路正确的前提下，每测一个电流的步骤占1分． 第（iii）题6分．（4）、（5）、（6）式各 2 分． 12．参考解答：
设α粒子速度的大小为vα，原子核B速度的大小为vB，在衰变过程中动量守恒，有
mαvα+mBvB=0 (1) 衰变过程中能量守恒，有http://hfwq.cersp.n
112mBc 2 （2） mAc2?m?v?2?mBvB2?m?c?22解（l）、（2）二式得
m?12mBvB?(mA?mB?m?)c2 （3） 2m??mBmB12m?v??(mA?mB?m?)c2 （4） 2m??mB
评分标准：本题 18 分．
（1）式4分，（2）式8分，（3）、（4）各3分． 13．参考解答：
解法一http://hfwq.cersp.n
在图中纸面内取Oxy坐标（如图），原点在狭缝l处，x轴过缝1和缝3．粒子从缝1进人磁场，在洛仑兹力作用下作圆周运动，圆轨道在原点与x轴相切，故其圆心必在y轴上．若以r表示此圆的半径，则圆方程为
x2+(y－r)2=r2 （1） 根据题的要求和对称性可知，粒子在磁场中作圆周运动时应与d的柱面相碰于缝3、4间的圆弧中点处，碰撞处的坐标为
x=2R－Rsin450 （2） y=R－R cos450 （3） 由（l）、（2）、（3）式得 r=3R （4）
2v0?m （5） 由洛仑兹力和牛顿定律有 qv0Br由（4）、（5）式得 B?mv0 （6） 3qR评分标准：本题 18 分． （1）、（2）、（3）式各4分，（4）、（5）、（6）式各2分． 解法二
如图所示，A为a、b两圆圆心的连线与缝l的交点，F为c、d两圆圆心的连线与缝3的交点．从1缝中射人的粒子在磁场作用下与圆柱d的表面发生弹性碰撞后，反弹进人缝2，这个过程一定对连结b、d 两圆圆心的直线OP对称，故直线OP与d圆的交点C必是碰度点．由于粒子在磁场中做圆运动过A点，因此这个轨道的圆心必在过A点并垂直于AF的直线AE上；同时这个轨道经过C点，所以轨道的圆心也一定在AC的垂直平分线DE上．这样AE与DE的交点E就是轨道的圆心，AE就是轨道的半径r．过C点作AF的垂线与AF交于H点，则
∽?EDA ?AHChttp://hfwq.cersp.n ACAD （1） 有 r?HC由图可知
HC?R?2222 （2）http://hfwq.cersp.n R AH?2R? （3） R AC?AH2?HC2 （4）
1AC （5） 2由以上各式得 r=3R （6）
AD?2v0?m （7） 由洛仑兹力和牛顿定律有 qv0Br得到 B?mv0 （8） 3qR评分标准：本题 18 分． （1）式8分，（2）、（3）（4）、（5）式各1分，（6）、（7）、（8）式各1分． 14．参考解答：
杆PQ在磁场中运动时，受到的作用力有：外加恒力F，方向向右；磁场的安培力，
其大小FB=BIl，方向向左，式中I是通过杆的感应电流，其大小与杆的速度有关；摩擦力，大小为Fμ，方向向左．根据动能定理，在所考察过程中作用于杆的合力做的功等于杆所增加的动能，即有
12?W?m v （1） WF?WFB?F2式中v为经过时间t杆速度的大小，WF为恒力F对杆做的功，WF安为安培力对杆做的功，WFμ为摩擦力对杆做的功．恒力F对杆做的功
WF=Fx （2）
因安培力的大小是变化的，安培力对杆做的功用初等数学无法计算，但杆克服安培力做的功等于电阻所消耗的能量，若以ER表示电阻所消耗的能量，则有
－WF安=ER （3） 摩擦力Fμ是恒力，它对杆做的功
WFμ=－Fμx （4）
但Fμ未知．因U型导轨在摩擦力作用下做匀加速运动，若其加速度为a，则有 Fμ=m0a （5） 而 a=2x0/t2 （6）
xx由（4）、（5）、（6）三式得 WF???2m002 （7）
t经过时间t杆的速度设为v，则杆和导轨构成的回路中的感应电动势
ε=Blv （8） 根据题意，此时回路中的感应电流
? I0? （9）
R由（8）、（9）式得
IR v?0 （10）
Bl由（l）、（2）、（3）、（7）、（10）各式得
22x0R1I0 ER?(F?2m02)x?m22 （11）
t2Bl评分标准：本题20分．
（1）式3分，（2）式l分，（3）式4分，（7）式4分，（10）式5分，（11）式3分．
15．参考解答： 解法一
用n1和n2分别表示L1和L2中气体的摩尔数，P1、P2和 V1、V2分别表示L1和L2中气体处在平衡态时的压强和体积，T表示气体的温度（因为 M1是导热的，两部分气体的温度相等），由理想气体状态方程有
p1V1=n1RT （1）
P2V2=n2RT （2）
式中R为普适气体常量．若以两个活塞和轻杆构成的系统为研究对象，处在平衡状态时有
p1S1－p2S1+p2S2－p0S2=0 （3） 已知
S2=2S1 （4）
由（3）、（4）式得
p1+p2=2p0 （5）
由（l）、（2）、（5）三式得
n1p0V2n2 p1? （6）
n1V1?V2n22若（6）式中的V1、V2是加热后L1和L2中气体的体积，则p1就是加热后L1中气体的压强．加热前L1中气体的压强则为
n1p0V20n2 p10? （7）
n1V10?V20n22设加热后，L1中气体体积的增加量为△V1，L2中气体体积的增加量为△V2，因连结两活塞的杆是刚性的，活塞M2的横截面积是M1的2倍，故有
△V1=△V2=△V （8）
加热后，L1和L2中气体的体积都是增大的，即△V > 0 .[若△V< 0，即加热后，活塞是向左移动的，则大气将对封闭在气缸中的气体做功，电热丝又对气体加热，根据热力学第一定律，气体的内能增加，温度将上升，而体积是减小的，故L1和L2中气体的压强p1和p2都将增大，这违反力学平衡条件（5）式］
于是有 V1=V10+△V （9） V2=V20+△V （10） 由（6）、（7）、（9）、（10）四式得
n1p0(V10?V)2?0Vn2 p1?p10? （11）
n1n1[V10??V?(V20??V)](V10?V20)n2n22由（11）式可知，若加热前V10=V20，则p1＝p10，即加热后p1不变，由（5）式知
p2亦不变；若加热前 V10＜V20，则p1< p10，即加热后P1必减小，由（5）式知P2必增大；若加热前 V10＞V20, 则p1> p10，即加热后p1必增大，由（5）式知p2必减小．
评分标准：本题 20 分．http://hfwq.cersp.n
得到（5）式得3分，得到（8）式得3分，得到（11）式得8分，最后结论得6分． 解法二http://hfwq.cersp.n
设加热前L1和L2中气体的压强和体积分别为p10、p20和V10、V20，以pl、p2和V1、V2分别表示加热后L1和L2中气体的压强和体积，由于M1是导热的，加热前L1和L2中气体的温度是相等的，设为T0，加热后L1和L2中气体的温度也相等，设为T．因加热前、后两个活塞和轻杆构成的系统都处在力学平衡状态，注意到S2=2S1，力学平衡条件分别为
p10+p20=2p0 （1） p1+p2=2p0 （2）
由（l）、（2）两式得
p1－p10=－ (p2－p20) （3） 根据理想气体状态方程，对L1中的气体有
p1V1T? （4） p10V10T0对 L ：中的气体有
p2V2T? （5） p20V20T0由（4）、（5）两式得
p1V1p2V2 （6） ?p10V10p2V020（6）式可改写成 (1?p1?p10V?V10)(?11?)p10V10(?1p?2pp2020V?)?(1V2V20 ) （7）
20因连结两活塞的杆是刚性的，活塞M2的横截面积是M1的2倍，故有
V1－V10=V2－V20 （8） 把（3）、（8）式代入（7）式得 (1?p1?p10V?V10)(?11?)p10V10(?1p?1pp2010V?)?(1V1V10 ) （9）
20若V10=V20，则由（9）式得p1=p10，即若加热前，L1中气体的体积等于L2中气体的体积，则加热后L1中气体的压强不变，由（2）式可知加热后L2中气体的压强亦不变．
若V10 若V10>V20，则由（9）式得p1> p10，即若加热前， L1中气体的体积大于L2中气体的体积，则加热后 L1中气体的压强必增大，由（2）式可知加热后L2中气体的压强必减小． 评分标准：本题 20 分． 得到（l）式和（2）式或得到（3）得3分，得到（8）式得3分，得到（9）式得8分，最后结论得6 分． 16．参考解答： http://hfwq.cersp.n （i）图1为卫星和碎片运行轨道的示意图．以v1表示碰撞前卫星作圆周运动的速度，以M表示地球E的质量，根据万有引力定律和牛顿定律有 Mm1v12 （1） G?m1(R?h)2R?h式中G是引力常量．由（l）式得 v1?GM?R?hRGM （2）http://hfwq.cersp.n R?hR以v2表示刚要碰撞时太空碎片的速度，因为与卫星发生碰撞时，碎片到地心的距离等于卫星到地心的距离，根据题意，太空碎片作椭圆运动的总能量 Mm2Mm212m2v2?G??G （3） 2R?h2a式中a为椭圆轨道的半长轴．由（3）式得 v2?2GMGM2RRGM （4） ???R?haR?haR卫星和碎片碰撞过程中动量守恒，有 m1v1－m2v2=(m1+m2)v （5） 这里v是碰后二者结合成的物体（简称结合物）的速度．由（5）式得 v?m1v1?mv22 （6） m1?m2由（2）、（4）、（6）三式并代人有关数据得 GM v?0.7520 （7） R结合物能否撞上地球，要看其轨道（椭圆）的近地点到地心的距离rmin，如果rmin M(m1?m2)1M(m1?m)2?(m1?m2)v2?G ?G ?2a2R?h（8） 代人有关数据得 a '=5259km （9） 结合物轨道的近地点到地心的距离 rmin=2 a '－（R+h）=3347km 在极坐标中讨论．取极坐标，坐标原点在地心处，极轴由北极指向南极，如图2所示．碰撞点在北极上空，是椭圆轨道的远地点，结合物轨道的椭圆方程 pr? （11） 1?ecos?式中e是偏心率，p是椭圆的半正焦弦，远地点到地心的距离 rmax=R+h （12） 由解析几何有 r?rmin(?0.3635 ) （13） e?max 2a?在轨道的近地点，r=rmin，θ=0，由（11）式得 p=rmin(1+e)(=4563km) （14） 或有
第26届全国中学生物理竞赛预赛试卷（含答案）
