1、. .PAGE- 10 - / NUMPAGES10第34屆全國中學生物理競賽預賽試卷解析版一、選擇題本題共5小題，每小題6分在每小題給出的4個選項中，有的小題只有一項符合題意，有的小題有多項符合題意把符合題意的選項前面的英文字母寫在每小題后面的方括號全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分1下述實驗或現象中，能夠說明光具有粒子性的是( )A光的雙縫干涉實驗 B黑體輻射 C光電效應 D康普頓效應2系統l和系統2質量相等，比熱容分別為C1和C2，兩系統接觸后達到共同溫度T；整個過程中與外界(兩系統之外)無熱交換。兩系統初始溫度T1和T2的關系為( )AT1= eq f(C2,C

2、1)(TT2) T BT1= eq f(C1,C2)(TT2) T CT1= eq f(C1,C2)(TT2) +T DT1= eq f(C2,C1)(TT2) +T3假設原子核可視為均勻球體。質量數為A的中重原子核的半徑R可近似地用公式R=R0A1/3表示，其中R0為一常量。對于核子數一樣的原子核，下列說確的是( )A質量密度是基本一樣的 B電荷密度是基本一樣的C表面積是基本一樣的 D體積是基本一樣的4一顆人造地球通訊衛星(同步衛星)對地球的角能覆蓋赤道上空東經0到東經0+之間的區域。已知地球半徑為R0，地球表面處的重力加速度大小為g，地球自轉周期為T . 的值等于( )Aarcsin( e

3、q f(42R0,T2g) )1/3 B2 arcsin( eq f(42R0,T2g) )1/3 Carccos ( eq f(42R0,T2g) )1/3 D2arccos ( eq f(42R0,T2g) )1/35有3種不同波長的光，每種光同時發出、同時中斷，且光強都一樣，總的光強為I，脈沖寬度(發光持續時間)為，光脈沖的光強I隨時間t的變化如圖所示。該光脈沖正入射到一長為L的透明玻璃棒，不考慮光在玻璃棒中的傳輸損失和端面的反射損失。在通過玻璃棒后光脈沖的光強I隨時間t的變化最可能的圖示是(虛線部分為入射前的總光強隨時間變化示意圖)( ) 二、填空題把答案填在題中的橫線上只要給出結果，

4、不需寫出求得結果的過程6(10分)如圖，一個球冠形光滑凹槽深度h=0.050m，球半徑為20m現將一質量為0.10kg的小球放在凹槽邊緣從靜止釋放。重力加速度大小為9.8m/s小球由凹槽最高點滑到最低點所用時間為_s7(10分)先用波長為1的單色可見光照射氏雙縫干涉實驗裝置；再加上波長為2(21)的單色可見光照射同一個氏雙縫干涉實驗裝置。觀察到波長為1的光的干涉條紋的l、2級亮紋之間原本是暗紋的位置出現了波長為2的光的干涉條紋的1級亮紋，則兩種光的波長之比2：1=_。8(10分)某一導體通過反復接觸某塊金屬板來充電。該金屬板初始電荷量為6C，每次金屬板與導體脫離接觸后，金屬板又被充滿6C的電荷

5、量。已知導體第一次與金屬板接觸后，導體上帶的電荷量為2C；經過無窮次接觸，導體上所帶的電荷量最終為_。9(10分)如圖，一焦距為20cm的薄透鏡位于x=0平面上，光心位于坐標原點0，光軸與x軸重合。在z=0平面的一束平行光入射到該透鏡上，入射方向與光軸的夾角為30該光束通過透鏡后匯聚點的位置坐標為_。10(10分)一質量為m的小球與一勁度系數為k的彈簧連接，置于光滑水平桌面上，彈簧的另一端與固定墻面相連，小球做一維自由振動，彈簧的伸縮方向與小球的振動方向一致。在一沿此彈簧長度方向以速度u做勻速直線運動的參考系里觀察，此彈簧和小球構成的系統的機械能_(填“守恒”或“不守恒”)，理由是_。三、計算

6、題計算題的解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后結果的不能得分有數值計算的，答案中必須明確寫出數值和單位11(20分)某電視節目中演示了一個用三根火柴棍和細棉線懸掛起一瓶或多瓶礦泉水的實驗，如圖所示。A、B、C為三根一樣的火柴棍，火柴棍長為l，細實線為棉線，棉線的直徑為d(dl)。火柴棍A的一半在水平桌面，另一半在桌面外，火柴棍A與桌面上表面的邊沿垂直；桌面厚度為h；O是火柴棍A的中點與桌面邊沿的接觸點；棉線緊貼桌沿繞過A，壓在水平火柴棍C的兩端；火柴棍B的一端頂在火柴棍A的球狀頭部(可近似忽略球狀頭部的尺度)，另一端頂在火柴棍C的中點。這樣的結構可以穩定地懸掛起一瓶或多

7、瓶礦泉水。(1)如果沒有火柴棍B和C，光靠A是否可能懸掛起一瓶礦泉水?為什么?(2)加上火柴棍B和C、小心掛上重物時，火柴棍A會在過A的豎直平面繞O點有一個角位移，通過火柴棍B的帶動，壓在火柴棍C兩端的棉線將繞桌面下表面的邊沿轉動一個很小的角度；只要角度大小合適，可使整個系統達到穩定平衡。求平衡時該角度的大小。已知火柴棍與桌沿、火柴棍與棉線以與火柴棍之間都足夠粗糙(即可以沒有滑動)，而且它們的質量與重物相比均可忽略。12(20分)如圖，一邊長為L的正方形銅線框abcd可繞水平軸ab自由轉動，一豎直向上的外力F作用在cd邊的中點，整個線框置于方向豎直向上的均勻磁場中，磁感應強度大小隨時間變化。已

8、知該方形線框銅線的電導率(即電阻率的倒數)為，銅線的半徑為r0，質量密度為，重力加速度大小為g(1)當框平面與水平面abef的夾角為時，求該方形線框所受到的重力矩。(2)當框平面與水平面abef的夾角為時，框平面恰好處于平衡狀態。求此時線框中cd邊所受到的磁場B的作用力的大小與外力的大小F之間的關系式。(3)隨著磁感應強度大小隨時間的變化，可按照(2)中的關系式隨時調整外力F的大小以保持框平面與水平面abef的夾角總為在保持夾角不變的情形下，已知在某一時刻外力為零時，磁感應強度大小為B；求此時磁感應強度隨時間的變化率 eq f(B, t) 13(20分)橫截面積為S和2S的兩圓柱形容器按圖示方

9、式連接成一氣缸，每個圓筒中各置有一活塞，兩活塞間的距離為l，用硬桿相連，形成“工”字形活塞，它把整個氣缸分隔成三個氣室，其中I、室密閉摩爾數分別為和2的同種理想氣體，兩個氣室都有電加熱器；室的缸壁上開有一小孔，與大氣相通；1 mol該種氣體能為CT(C是氣體摩爾熱容量，T是氣體的絕對溫度)。當三個氣室中氣體的溫度均為T1時，“工字形活塞在氣缸中恰好在圖所示的位置處于平衡狀態，這時I室氣柱長亦為l，室空氣的摩爾數為 eq f(3,2)0已知大氣壓不變，氣缸壁和活塞都是絕熱的，不計活塞與氣缸之間的摩擦。現通過電熱器對I、兩室中的氣體緩慢加熱，直至I室氣體的溫度升為其初始狀態溫度的2倍時，活塞左移距

10、離d已知理想氣體常量為R求(1)室氣體初態氣柱的長度；(2)室氣體末態的溫度；(3)此過程中I、室密閉氣體吸收的總熱量。14(20分)把沿x方向通有電流(x方向的電場強度為Ex)的長方體形的半導體材料，放在沿z方向的勻強磁場中，半導體材料的六個表面分別與相應的坐標平面平行；磁感應強度大小為Bx在垂直于電場和磁場的+y或y方向將產生一個橫向電場Ey，這個現象稱為霍爾效應，由霍爾效應產生的電場稱為霍爾電場。實驗表明霍爾電場Ey與電流的電流密度Jx和磁感應強度Bx的乘積成正比，即Ey=RHJxBz，比例系數RH稱為霍爾系數。某半導體材料樣品中有兩種載流子：空穴和電子；空穴和電子在單位電場下的平均速度

11、(即載流子的平均速度與電場成正比的比例系數)分別為p和n，空穴和電子的數密度分別為p和n，電荷分別為e和一e試確定該半導體材料的霍爾系數。15(20分)某根水平固定的長滑竿上有n(n3)個質量一樣的滑扣(即可以滑動的圓環)，每相鄰的兩個滑扣(極薄)之間有不可伸長的柔軟輕質細線相連，細線長度均為L，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒為滑扣對滑竿正壓力大小的倍。開始時所有滑扣可近似地看成挨在一起(但未相互擠壓)；今給第1個滑扣一個初速度使其在滑竿上開始向左滑行(平動)；在滑扣滑行的過程中，前、后滑扣之間的細線拉緊后都以共同的速度向前滑行，但最后一個(即第n個)滑扣固定在滑竿邊緣。已知從第1個滑扣開始的(

12、n一1)個滑扣相互之間都依次拉緊，繼續滑行距離l(0lL)后靜止，且所有細線拉緊過程的時間間隔極短。求(1)滑扣1的初速度的大小；(2)整個過程中克服摩擦力所做的功；(3)整個過程中僅僅由于細線拉緊引起的總動能損失。16(20分)如圖，兩勁度系數均為k的同樣的輕彈性繩的上端固定在一水平面上，下端懸掛一質量為m的小物塊。平衡時，輕彈性繩與水平面的夾角為0，彈性繩長度為l0現將小物塊向下拉一段微小的距離后從靜止釋放。(1)證明小物塊做簡諧振動；(2)若k=0.50N/m、m=50g、0=30、l0=2.0m，重力加速度g=9.8 m/s。，求小物塊做簡諧振動的周期T；(3)當小物塊下拉的距離為0.

13、010m時，寫出此后該小物塊相對于平衡位置的偏離隨時間變化的方程。已知：當x0，eq f(1,n2)E0 f(n1)(2n3),6)mgL0； E(n1)f 0，eq f(1,n2)E0 f(n1)(2n3),6)mgL0，得 eq f(n1)(n2)(2n3),6)mgLE0 eq f(n(n1)(2n1),6)mgL，本式題目中沒有要求的，相當于給出了待求量的定義域則從第1個滑扣開始的(n1)個滑扣都依次拉緊，且可繼續滑行距離l(0lL)后靜止。因而有E(n1)0= eq f(1,n1)E0 f(n2)(2n3),6)mgL=(n1) mgl (因為要繼續滑行距離l) 由得：v10= eq

14、 R(,f(n2)(2n3),3)L+2(n1)l(n1) g) (2)整個過程中克服摩擦力所做的功為W=mgL+(2m)gL+(3m)gL+(n2)mgL+(n1)mgl= eq f(n2),2)L+l(n1) mg(3)在整個過程中僅僅由于細線拉緊引起的總能量損失為E= eq f(1,2)mvs(2,10)W= eq f(1,2)f(n2)(2n3),3)L+2(n1)l(n1) mg eq f(n2),2)L+l(n1) mg = eq f(n2)(n3),3)L+(n2)l(n1) mg16(1)取小物塊的平衡位置為原點O，y軸的方向豎直向下，如圖所示。myOl00d由牛頓第二定律可知

15、：ma=mg2k(lL)sin 式中a為物塊的加速度，L為彈性繩的原長；l0為物塊靜止時，彈性繩的長；l和分別為物塊離開平衡位置的位移為y時彈性繩的長度和彈性繩與水平面的夾角。由幾何關系得l= eq R(,d2+(l0sin0+y)2) sin= eq f(l0sin0+y,l) d=l0cos0代入展開，化簡得：l= eq R(,ls(2,0)cos20+ls(2,0)sin20+y2+2l0ysin0) 由于y是小量，y2是二階無窮小量，可略去。得l= eq R(,ls(2,0)+2l0ysin0) = eq l0R(,1+f(2y,l0)sin0) 由小量展開式：當x1時， eq R(,

16、1+x) 1+f(1,2)x，知l= eq l01+ f(y,l0)sin0=l0+ysin0將代入，得sin= eq f(l0sin0+y, l0+ysin0) ，由當x1時， eq f(1,1+x) 1x，知sin=(l0sin0+y) eq f(1,l0)(1 eq f(y,l0)sin0) l0sin= l0sin0+yy sin20(y2/l0)sin0且忽略y2項， l0sin= l0sin0+ycos20 sin=sin0+(y/l0)cos20 我比較笨的辦法：sin= eq f(l0sin0+y,l) lsin= l0sin0+y(l0+ysin0)sin=l0sin0+yl

17、0sin= l0sin0+yysin0sin；因為是微小變化，所以0和很接近，所以ysin0sin ysin20l0sin= l0sin0+ ycos20各路大神，不知我這樣證明可不可以？當小物塊處在平衡位置時有mg=2k(l0L)sin0即L =l0 eq f(mg,2ksin0) (代去l，L，sin)代入得：ma=mg2kl0+ysin0l0+ eq f(mg,2ksin0) sin0+(y/l0)cos20 ma=mg2kysin20+ eq f(mg,2k) + eq f(y2,l0)sin0cos20+ eq f(mgycos20,2kl0sin0) 略去y2項ma=(2ksin20+ eq f(mgcos20,l0sin0) )y 由簡諧運動的特征方程知：F回=Ky所以K=(2ksin20+ eq f(mgcos20,l0sin0) ) 由此，物