物理竞赛复赛模拟试题

物理竞赛复赛模拟试题二一、（24分）物理小组的同学在寒冷的冬天做了一个这样的实验：他们把一个实心的大铝球加热到某温度t，然后把它放在结冰的湖面上（冰层足够厚），铝球便逐渐陷入冰内．当铝球不再下陷时，测出球的最低点陷入冰中的深度h．将铝球加热到不同的温度，重复上述实验8次，最终得到如下数据：实验顺序数12345678热铝球的温度t/℃55708592104110120140陷入深度h/cm9.012.914.816.017.018.017.016.8已知铝的密度约为水的密度的3倍，设实验时的环境温度及湖面冰的温度均为0℃．已知此情况下，冰的熔解热53.3410J/kg．1．试采用以上某些数据估算铝的比热c．2．对未被你采用的实验数据，试说明不采用的原因，并作出解释．二、（20分）如图预19-4所示，三个绝热的、容积相同的球状容器A、B、C，用带有阀门K1、K2的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差1.00mh．初始时，阀门是关闭的，A中装有1mol的氦（He）,B中装有1mol的氪（Kr）,C中装有lmol的氙（Xe），三者的温度和压强都相同．气体均可视为理想气体．现打开阀门K1、K2，三种气体相互混合，最终每一种气体在整个容器中均匀分布，三个容器中气体的温度相同．求气体温度的改变量．已知三种气体的摩尔质量分别为31He4.00310kgmol31Kr83.810kgmol31Xe131.310kgmol在体积不变时，这三种气体任何一种每摩尔温度升高1K，所吸收的热量均为3/2R，R为普适气体常量．三、（20分）图预19-5中，三棱镜的顶角为60，在三棱镜两侧对称位置上放置焦距均为30.0cmf的两个完全相同的凸透镜L1和L2．若在L1的前焦面上距主光轴下方14.3cmy处放一单色点光源S，已知其像S与S对该光学系统是左右对称的．试求该三棱镜的折射率．四、（20分）一个长为1L，宽为2L，质量为m的矩形导电线框，由质量均匀分布的刚性杆构成，静止放置在不导电的水平桌面上，可绕与线框的一条边重合的光滑固定轴ab转动，在此边中串接一能输出可变电流的电流源（图中未画出）。线框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B沿水平方向且与转轴垂直，俯视图如图预19-6所示。现让电流从零逐渐增大，当电流大于某一最小值minI时，线框将改变静止状态。（1）求电流值minI。（2）当线框改变静止状态后，设该电流源具有始终保持恒定电流值0I不变（0minII）的功能。已知在线框运动过程中存在空气阻力。试分析线框的运动状况。五、(20分）从z轴上的O点发射一束电量为q（＞0）、质量为m的带电粒子，它们速度统方向分布在以O点为顶点、z轴为对称轴的一个顶角很小的锥体内（如图所示），速度的大小都等于v．试设计一种匀强磁场，能使这束带电粒子会聚于z轴上的另一点M，M点离开O点的经离为d．要求给出该磁场的方向、磁感应强度的大小和最小值．不计粒子间的相互作用和重力的作用．六、(20分)质量为M的运动员手持一质量为m的物块，以速率v0沿与水平面成a角的方向向前跳跃（如图）．为了能跳得更远一点，运动员可在跳远全过程中的某一位置处，沿某一方向把物块抛出．物块抛出时相对运动员的速度的大小u是给定的，物块抛出后，物块和运动员都在同一竖直平面内运动．(1)若运动员在跳远的全过程中的某时刻to把物块沿与x轴负方向成某θ角的方向抛出，求运动员从起跳到落地所经历的时间．(2)在跳远的全过程中，运动员在何处把物块沿与x轴负方向成θ角的方向抛出，能使自己跳得更远？若v0和u一定，在什么条件下可跳得最远？并求出运动员跳的最大距离．八、（20分）图预20-7-1中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场．己知B板电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图预20-7-2所示，其中UA的最大值为的U0，最小值为一2U0．在图预20-7-1中，虚线MN表示与A、B扳平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为l．在此面所在处，不断地产生电量为q、质量为m的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等．这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动．设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B板的电压．己知上述的T、U0、l，q和m等各量的值正好满足等式20222163TmqUl若在交流电压变化的每个周期T内，平均产主320个上述微粒，试论证在t＝0到t＝T／2这段时间内产主的微粒中，有多少微粒可到达A板（不计重力，不考虑微粒之间的相互作用）。七、（25分）如图预19-7所示，在长为0.1lm、质量为B30.0kgm的车厢B内的右壁处，放一质量A20.0kgm的小物块A（可视为质点），向右的水平拉力120.0NF作v0用于车厢，使之从静止开始运动，测得车厢B在最初2.0s内移动的距离5.0ms，且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．假定车厢与地面间的摩擦忽略不计，小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的．求车厢开始运动后4.0s时，车厢与小物块的速度．一、参考解答铝球放热，使冰熔化．设当铝球的温度为0t时，能熔化冰的最大体积恰与半个铝球的体积相等，即铝球的最低点下陷的深度h与球的半径R相等．当热铝球的温度0tt时，铝球最低点下陷的深度hR，熔化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半个铝球的体积之和，如图预解18-6-1所示．设铝的密度为Al，比热为c，冰的密度为，熔解热为，则铝球的温度从t℃降到0℃的过程中，放出的热量31Al43QRct（1）熔化的冰吸收的热量23214()23QRhRR（2）假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有12QQ（3）解得413RchtR（4）即h与t成线形关系．此式只对0tt时成立。将表中数据画在ht图中，得第1，2，…，8次实验对应的点A、B、…、H。数据点B、C、D、E、F五点可拟合成一直线，如图预解18-6-2所示。此直线应与（4）式一致．这样，在此直线上任取两点的数据，代人（4）式，再解联立方程，即可求出比热c的值．例如，在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点1X和2X，它们的坐标由图预解18-6-2可读得为1(8.0,5.0)X2(100,16.7)X将此数据及的值代入（4）式，消去R，得图预解18-6-128.610J/kgCc（5）2.在本题作的图预解18-6-2中，第1，7，8次实验的数据对应的点偏离直线较远，未被采用．这三个实验数据在ht图上的点即A、G、H．A点为什么偏离直线较远？因为当hR时，从（4）式得对应的温度065t℃，（4）式在0tt的条件才成立。但第一次实验时铝球的温度155t℃＜0t，熔解的冰的体积小于半个球的体积，故（4）式不成立．G、H为什么偏离直线较远？因为铝球的温度过高（120℃、140℃），使得一部分冰升华成蒸气，且因铝球与环境的温度相差较大而损失的热量较多，（2）、（3）式不成立，因而（4）式不成立．评分标准：本题24分第1问17分；第二问7分。第一问中，（1）、（2）式各3分；（4）式4分。正确画出图线4分；解出（5）式再得3分。第二问中，说明A、G、H点不采用的原因给1分；对A和G、H偏离直线的原因解释正确，各得3分。二、参考解答根据题设的条件，可知：开始时A中氦气的质量3He4.00310kgm，B中氪气的质量3Kr83.810kgm，C中氙气的质量3Xe131.310kgm。三种气体均匀混合后，A中的He有1mol3降入B中，有1mol3降入C中。He的重力势能增量为HeHeHeHe11()(2)33Emghmghmgh①图预解18-6-2B中的Kr有1mol3升入A中，有1mol3降入C中。Kr的重力势能增量为KrKrKr11()033Emghmgh②C中的Xe有1mol3升入A中，有1mol3升入B中。Xe的重力势能增量为XeXeXeXe11233Emghmghmgh③混合后，三种气体的重力势能共增加PHeKrXeXeHe()EEEEmmgh④因球与外界绝热，也没有外力对气体做功，故重力势能的增加必然引起内能的减少。在体积不变时，气体不做功。由热力学第一定律可知，此时传给气体的热量应等于气体内能的增量，但因理想气体的内能只由温度决定，与体积无关，故只要温度改变量相同，则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量。根据题给的已知条件，注意到本题中所考察的理想气体共有3摩尔，故有P332ERT⑤上式中右方为气体内能减少量，T表示气体温度的增量，由④、⑤两式得XeHe2()9mmghTR⑥将已知数据代入，注意到118.31JKmolR－－，可得23.310KT－⑦即混合后气体温度降低23.310K－（如果学生没记住R的数值，R的值可用标准状态的压强5201.01310Nmp－，温度0273.13KT和1mol理想气体在标准状态下的体积2302.2410mV－求得，即000pVRT）评分标准：本题共20分。说明经扩散使三种气体均匀混合，并导致气体重力势能改变求得④式，得8分。说明能量转换过程，由重力势能增加而内能减少，列出⑤式，得8分。得出正确结果，算出⑦式，得4分。三、参考解答由于光学系统是左右对称的，物、像又是左右对称的，光路一定是左右对称的。该光线在棱镜中的部分与光轴平行。由S射向1L光心的光线的光路图如图预解19-5所示。由对称性可知12ir①21ir②由几何关系得1260ri③由图可见11ir④又从1FSO的边角关系得tan/yf⑤代入数值得arctan(14.3/30.0)25.49⑥由②、③、④与⑥式得130r，155.49i根据折射定律，求得11sin1.65sininr⑦评分标准：本题20分1.图预解19-5的光路图4分。未说明这是两个左右对称性的结果只给2分。2.①、②、③、④式各给2分，⑤式给3分，⑥式给1分，⑦式给4分。四、参考解答（1）解法一：导体线框放在水平桌面上，俯视图如图预解19-6-1。由图可见，在线框没动之前，线框的PQ边与PQ边平行于磁场B，因而不受磁场力。PP边受的安培力的大小为1IBL，方向垂直于桌面向下，但此力对轴的力矩为零。QQ边受的安培力的大小为1QQFIBL，方向垂直桌面向上。此力对固定轴的力矩为012MIBLL①除此力矩外，线框还受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘线框重心（O点）到轴ab的距离，即02(/2)mgL②当0M＝0时，桌面对线框的支持力的力矩为零，0M＞0时，线框将改变静止状态，开始绕轴ab向上翘起。根据题意及①、②式，由力矩平衡原理可知122min12IBLLmgL③解得min12mgIBL④解法二：线框所受的重力矩也可以由各边对ab轴的重力矩来求。PQ边与PQ边的重心均在（2/2L）处，两条边对ab轴的合力矩为22112()2mgLLLL①QQ边对ab轴的力矩为122122()mgLLLL②故线框所受的重力矩为0122/2)mgL＝＋＝（与解法一求得的②式一致，从而求得minI与④式相同。（2）线框处于静止状态时，若电流0I比minI稍大，线框所受的电磁力矩M将大于重力矩，使线框绕ab轴向上翘起。PQ边和PQ边所受电磁力不等于零，但二者相互抵消。当保持电流值0I恒定不变时，线框将从静止状态开始绕固定轴作加速转动。在加速转动过程中，由于通过线框的磁通量发生变化，线框内将产生感应电动势，它有使线框中的电流变小的趋势，题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能，所以当线框平面转至与桌面成角时，如图预解19-6-2a所示，线框受到的合力矩为012