即sin(2α-30 o) =1 ④ 解得α=60 o ⑤
由①⑤式得F=
1mg 2评分参考 :①②式各 4分 ,③④⑤⑥式各 3分.
12. (20分)以质点 a的初始位置为原点,向右为x轴正向,向上为y轴正向.设a的初速度x和y分量分别为 vx 和 vy.按抛体运动公式,在时刻t质点a、b、c的坐标分别为
12
gt) ① 21(xb，yb)=(l1,v0t-gt2) ②
21(xc，yc)=( l1+l2,vct-gt2) ③
2(xa，ya)=(vxt,vyt-a与 b相碰的条件是,存在时刻t1, 使满足
vxt1=l1 ④ vyt1-
1211gt1= v0t1-gt12 ⑤ v0t1-gt12≥0 ⑥ 222l1 ⑧ 2v0⑥式来自于水平地面对质点y坐标的限制。由④⑤⑥式得vy= v0 ⑦ vx≥g
由于 a与 b碰撞时间极短,可忽略重力的影响。在a与b碰撞前后,系统的动量和能量守恒
mavx= mav'x+ mbv'bx⑨
ma+ mbvby(t1)=mav'y(t1)+mbv'by(t1)⑩
111111 ma[vx2+ vy2 (t1)]+ mbvby2(t1)=ma[v'x2+ v'y2 (t1)]+ mb[v'bx2+ v'by2 (t1)] ○
222211式得 式中,碰后的有关速度用打撇的字母表示.由题意,可认为mb=0.将mb=0代入⑨⑩○
12 vx=v'x ，vy (t1)＝v'y (t1) ○
可见,质点b的运动对质点a的运动的影响可忽略。
13 同理,a与c相碰的条件是,存在时刻t2,使满足vxt2=l1+ l2 ○
vyt2-
12112
14 vct2-15 gt2= vct2-gt22 ○gt2≥0 ○
222l1?l217 ○
2vc13○14○15式得vc=vy ○16 vx≥g由○
12○13式得,质点c的初速度vc为vc=v0 ○18 由⑦⑧○
质点 a的初速度应满足的条件为vx≥g
l1?l219 vy=vc=v0 ○20 ○
2v012○13○14○15○16○17○18○19○20各1分. 评分参考:①②③式各 2分 ,④⑤⑥⑦⑧○
13. (20分)设此半导体单位体积内有n个自由电子(因此也有n个空穴),以S表示此半导体的横截面积,vl和v2分别表示半导体中空穴和自由电子的定向移动速率,Il和I2分别表示半导体中空穴和自由电子定向移动形成的电流,则Il=nevlS ① I2=nev2S ② 半导体中的总电流为I =Il +I2 ③
由此得n=
I④
ev1S?ev2S由题意知 ,此半导体单位体积内有 瓦个硅原子释放出自由电子.
单位体积半导体硅内的原子个数为N=
?MN0 ⑤
式中ρ和M分别为硅的密度和摩尔质量,N0=6.02×1023mo1-1是阿伏伽德罗常数.由④⑤式得
nIM?= ⑥ N?eN0S(v1?v2)代入有关数据得
n=1×105 ⑦即此半导体材料中,平均约1×105个硅原子释放出一个自由电子. N评分参考:①②式各 4分 ,③式 3分,④式 2分 ,⑤式 3分 ,⑥⑦式各2分.
14. (20分) (1)设电子做圆周运动的圆轨道上的磁感应强度大小为 B,方向与环面垂直。由牛顿第二定律
v2和洛伦兹力公式得evB=m ①
R设在圆轨道切线方向作用在电子上作用力为F,按照动量定理有F?t= ?(mv) ② 由①②式得F=eR
?B ③ ?t?? ④ ?t(2)按照法拉第电磁感应定律 ,在电子运动的圆轨道上的感应电动势为ξ=式中圆轨道所张的面上的磁通量 Ф为Ф=πR2B ⑤
?B这里, B为圆轨道所张的面上的平均磁感应强度。由④⑤式得ξ=πR2 ⑥
?t考虑电子运行一圈感应电场所做的功,由电动势的定义可得ξ=2πRE ⑦ 电子在圆轨道切向所受到的力为F=qE ⑧ 由⑥⑦⑧式得,F=
1?BeR ⑨
?t2?B1?B= ⑩
?t?t2?B?B和之间必须满足的定量?t?t(3)③和⑨式所表示的是同样的力的大小.联立③⑨式得
这就是为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动,
关系.
评分参考:第 (1)问 6分 ,①②③式各 2分 ;第 (2)问10分 ,④⑤⑦⑧⑨式各2分 ;第 (3)问 4分 ,⑩式4分.
15. (20分) (1)平衡时气缸A、B内气体的压强相等,故
mAgmBg? ① SASB由①式和题给条件得SA:SB=2:1 ②
(2)两活塞上各放一质量为2m的质点前,气体的压强pl和体积V1分别为
p1=
2mgmg3? ③ V1=SBh ④ SASB2两活塞上各放一质量为 2m的质点后,B中活塞所受到的气体压力小于它和质点所受重力之和,B中活塞将
一直下降至气缸底部为止,B中气体全部进入气缸A.假设此时气缸A中活塞并未上升到气缸顶部,气体的压强p2为p2=
4mg2mg? ⑤ SASB设平衡时气体体积为V2.由于初态末态都是平衡态,由理想气体状态方程有
p1V1p2V2? ⑥ T0T0由③④⑤⑥式得V2=
33SBh =SAh ⑦ 48这时气体的体积小于气缸A的体积,与活塞未上升到气缸顶部的假设一致.
缓慢加热时,气体先等压膨胀,B中活塞不动,A中活塞上升;A中活塞上升至顶部后,气体等容升压;压强升至
3mgh时,B中活塞开始上升,气体等压膨胀。设当温度升至T时,该活塞恰位于处.此时气体的体积变为 SB2V3=
5SBh ⑧ 23mg ⑨ SB气体压强p3=
设此时气缸内气体的温度为T,由 状态方程有11 由⑤⑦⑧⑨⑩式得T=5T0 ○
pVp2V2?33 ⑩ T0T(3)升高恒温槽的温度后,加热过程中,A活塞上升量为h-
3512 h=h ○
883 气体对活塞所做的总功为W=4mg·h+3mg·h=4mgh 1○
11式各1分 ;评分参考:第 (1)问 3分 ,①式2分 ,②式1分 ;第(2)问 13分, ③④⑤⑥式各2分,⑦⑧⑨⑩○
2○13式各2分. 第 (3)问 4分 , 1○
16. (20分) (1)容器底部凸面两侧介质的折射率分别是n1=1.56和n0=1.0。如图,由 B点发出的经过球心C的光线BA经过顶点A后,方向不变,进入空气中;由B点发出的与BA成α角的另一条光线BD在D点折射,设折射角为φ,并与前一条出射光线交于 E点,E点即B点的像点的位置。
5812
由折射定律和几何关系得nlsinθ=n0sinφ ① γ=α +θ ② φ=γ +β ③ 在三角形 BCD和三角形 CDE中 ,由正弦定理可得
CDCECDBC?? ④ ⑤ sin?sin?sin?sin?由于只考虑近轴光线成像,所以α、β、θ、φ都是小角度,①④⑤式可写为
n1θ= n0φ ⑥ θCD=α BC ⑦ φCD=βCE ⑧
由⑥⑦式可得α+θ=φ (1+
CDn0)＝0.82φ＜φ ⑨ nBC1所考虑的光线是会聚的,故所成的像为实像.由 ②③⑥⑦⑧式可得CE??CD??11?n0CDn0?n1BCn1CD
将题给数据代入上式得CE?11.75cm=9.75cm ⑩
11.7511??1.568.0?1.751.56由⑨式和题给数据得
BE?BA?AC?CE= (8.0-1.75+9.75)cm=16.0cm ⑩
B点发出的光线通过平凸玻璃柱,在玻璃柱对称轴上所成的像点的位置在C点正上方9.75cm处或在B点正上方16.0cm处.
(2)容器底部凸面两侧介质的折射率分别是nl=1.56和n2=1.30.如图,由B点发出的经过球心C的光线BA经过顶点A后,方向不变,进入液体中;由B点发出的与BA成α角的另一条光线BD在D点折射,设折射角为φ,并与前一条出射光线交E点,E点即B点发出的光线第一次折射后所成像点的位置.
11 γ=α +θ ○12 γ=φ +β 13 由折射定律和几何关系可得nlsinθ=n2sinφ ○○
在三角形 BCD和三角形 CDE中 ,由 正弦定理可得
CDCECDBC14 15 ?? ○ ○
sin?sin?sin?sin?11○1415式可写为 由于只考虑近轴光线成像,所以α、β、θ、φ都是小角度, ○○
6 θCD=α BC ○17 φCD=βCE 18 n1θ= n2φ 1○○
1617式可得α+θ=φ (1+由○○
CDn29 )＝1.07φ>φ 1○
BCn112○1316○1718式得CE?所考虑的光线是发散的,故所成的像为虚像.由○○○
?CD??n21CD
CDn2??1n1BCn1将有关数据代入上式可得 :CE?120 1.75cm=26.25cm ○
1.301.751.30??11.568.0?1.751.5619式和题给数据得BE?AC?CE?AB= (1.75+26.25-8.0)cm=20.0cm 20 由○○
B点发出的光线通过平凸玻璃柱,第一次折射后所成的像点的位置在C点正下方26.25cm处或在 B点正下方20.0cm处.
评分参考 :第 (1)问 10分 ,①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各 1分 ;
1112○1314○1516○1718○1920式各1分 第 (2)问 10分 , ○○○○○○
2015年第32届物理竞赛预赛试卷及答案
