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第26届全国中学生物理竞赛预赛试卷(含答案)

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??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)

??I1I3R(4)http://hfwq.cersp.nI3?I1I1I2?II1?3II23R(5)I2(I3?I)1I3(I2?I)1R(6)I2(I3?I)1r?
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