精解第27届全国中学生物理竞赛预赛试卷

贵阳市第一中学杨祖华E-mail:[e-mail]精解第27届全国中学生物理竞赛预赛试卷一、选择题。本题共7小题，每小题6分，每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项是符合题意的，有的小题有多项是符合题意的，把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。1.若质点做直线运动的速度v随时间t变化的图线如图1所示，则质点的位移s(从=0t开始)随时间t变化的图线可能是图2中的哪一个？[]解1：由图1可知质点做匀变速直线运动，在时间T内，设质点初速度为0v，加速度为a，易知a的方向与0v方向相反。以初速度方向为正方向，由匀变速直线运动的位移时间公式可得200.5svtat=+，即是()()200.5statvt=+，显然，(1)位移s是时间t的二次函数，是抛物线；因为以0v方向为正方向时，位移公式中的加速度a应为负值，(2)所以函数()st开口方向向下；另外，由-vt图像中面积与位移的关系可知，(3)质点在时间T的末时刻位移为零。综上三点可知，B选项正确。参考答案：B.2.烧杯内盛有0C°的水，一块0C°的冰浮在水面上，水面正好在杯口处，最后冰全部熔解成0C°的水，在这个过程中A.无水溢出杯口，但最后水面下降了B.有水溢出杯口，但最后水面仍在杯口处C.无水溢出杯口，水面始终在杯口处D.有水溢出杯口，但最后水面低于杯口[]解2：冰块浮在水面上保持静止时，冰块受到的重力mg冰等于冰块受到的浮力()==gvvgmgρρ水排水排水,排，可见，冰块的质量等于冰块排开水的质量，所以，冰块全部熔解成0C°的水后的体积，正好等于冰块未熔解时排开水的体积，这样，冰块未熔解时排开水的体积正好被熔解后的水的体积完全填充，所以冰在熔解过程中水面高度不变。参考答案：C.3.如图所示，a和b是绝热气缸内的两个活塞，它们把气缸分成甲和乙两部分，两部分中都封有等量的理想气体。a是导热的，其热容量可不计，与气缸壁固连；b是绝热的，可在气缸内无摩擦滑动，但不漏气，其右方为大气。图中k为加热用的电炉丝，开始时，系统处于平衡状态，两部分中气体的温度和压强皆相同。现接通电源，缓慢加热一段时间后停止加热，系统又达到新的平衡。则A.甲、乙中气体的温度有可能不变B.甲、乙中气体的压强都增加了C.甲、乙中气体的内能的增加量相等D.电炉丝放出的总热量等于甲、乙中气体增加内能的总和[]解3：题设中明确了甲、乙中封的气体是等量的，且a是导热的，b是绝热的，所以，加热后再次达到新的平衡时，(1)甲、乙中气体的温度一定相同(a是导热)，另外，由热力学第二定律(不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用的功而不产生其它影响。简而vTt2To图1图2sTt2ToAsTt2ToBsTt2ToCsTt2ToD甲乙kab贵阳市第一中学杨祖华E-mail:[e-mail]言之：在两个孤立系统之间传递的热量不可能完全变为机械功)可知，由甲乙组成的系统在吸收了电炉丝传来的热量后，这一总热量必然有一部分用来增加了系统的内能，(2)使得甲乙中的气体温度升高(故A选项错误)(由(1)和(2)可知，甲、乙中气体的内能的增加量相等，C选项正确)，另一部分则通过b活塞对外做功。所以，电炉丝放出的总热量等于甲、乙中气体增加内能的总和再加上b活塞对外界大气所做的功，故D选项错误；因b活塞可在气缸内无摩擦滑动，故乙中气体的压强始终等于外界大气压强，故B选项错误。参考答案：C.4.一杯水放在炉上加热烧开后，水面上方有“白色气”；夏天一块冰放在桌面上，冰的上方也有“白色气”。A.前者主要是由杯中水变来的“水的气态物质”B.前者主要是由杯中水变来的“水的液态物质”C.后者主要是由冰变来的“水的气态物质”D.后者主要是由冰变来的“水的液态物质”[]解4：水面上方的“白色气”是杯中水蒸发而来的液态小水滴，而冰上方的“白色气”是冰上方的气态水分子液化凝结而来的小水滴。参考答案：B.5.如图所示，电容量分别为C和2C的两个电容器a和b串联接在电动势为E的电池两端充电，达到稳定后，如果用多用电表的直流电压档V接到电容器a的两端(如图)，则电压表的指针稳定后的读数是A.3EB.23EC.ED.0[]解5：利用直流电压档来测量电容器两端的电压时，因为电容器在“测量回路”中处于断路状态，所以“测量回路”中不可能有“测量电流”通过表头，所以电压表的读数为零。参考答案：D.6.已知频率为ν、波长为λ的光子的能量Ehν=，动量Phλ=，式中h为普朗克常量，则光速c可表示为A.PEB.EPC.EPD.22EP[]解6：111=hEEhhhhcccpcTTpλνλλλ⎛⎞⎛⎞=====⇒=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠，B选项正确。参考答案：B.7.某种核X经过α衰变后变为核Y，再经过β衰变后变为核Z，即XYZacebdfαβ⎯⎯→⎯⎯→，下列关系中正确的是A.4ae=+B.ce=C.1df=−D.2bf=+[]解7：α衰变一般表示为4422eXY+Haabb−−→，即42XY+aabbα−−→，故在XYacbdα⎯⎯→中有4ca=−，2db=−(1)；β衰变是核电荷改变而核子数不变的核衰变，它主要包括三大类型，即是β−衰变，β+衰变和轨道电子俘获(EC)。β−衰变一般表示为1YZ+eccddeβν−−+⎯⎯→+(eν表示反中微子)，故在YZcedfβ−⎯⎯→中有ce=，1fd=+(2)；β+衰变一般表示为1YZ+eccddeβν++−⎯⎯→+(eν表示中微子)，故在YZcedfβ+⎯⎯→中有ce=，1fd=−(3)；vabE贵阳市第一中学杨祖华E-mail:[e-mail]轨道电子俘获一般表示为EC1Y+eZccdkdeν−−⎯⎯→+(ek−表示原子核从第k层轨道上俘获的电子，eν表示中微子)，故在ECYZcedf⎯⎯→中有ce=，1fd=−(4)；由以上(1)—(4)四式可知选项A和B正确；1df=−或1df=+，故选项C错误；1bf=+或3bf=+，故选项D错误。参考答案：A，B.二、填空题。把答案填在题中的横线上或题中指定的地方。只要给出结果，不需要写出求得结果的过程。8.(12分)选择合适的卫星发射地发射卫星，对提高运载效率、节省燃料等方面都有影响(特别是对同步卫星的发射).如果在地球表面纬度为ϕ处发射一颗绕地球表面运行的人造卫星，假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球自转的角速度为ω，地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，卫星质量为m，则至少要给卫星的能量为.设重力加速度2=9.80msg，地球半径6=6.4010mR×，卫星质量3=1.0010kgm×，若发射地在酒泉，其纬度为北纬40度58分，则所需的能量为J；若发射地在文昌，其纬度为北纬19度19分，则所需的能量为J.解8：在地心参考系中，对于在地表附近环绕的卫星，由=FF引向可得：22GMmRmvR=，即得vGMR=(1)，另外，由=Fmg引可得：2GMmRmg=，即得2GMgR=(2)，由(1)和(2)可得vgR=(3).在发射卫星时，因为地球自转而使得卫星相对地心参考系存在某一初速度0cosvRωϕ=，所以，当沿着地球自转的方向发射时耗能最少，这时，只需要在初速度0cosvRωϕ=的基础上加速到vgR=，卫星就能在地表附近绕地球运行。这时，所消耗的最小能量为()21=cos2EmgRRωϕ−；当发射地纬度为北纬40度58分时，把3=1.0010kgm×，2=9.80msg，6=6.4010mR×，2=rads243600πω×，()58=40+60ϕ°°代入E的表达式计算可得10=2.8610JE×，同理，当发射地纬度为北纬19度19分时，10=2.8010JE×。参考答案：()20.5cosmgRRωϕ−(6分)；102.8610×(3分)；102.8010×(3分)。9.(18分)图中所示为一球心在o点的不带电的固定的导体球，A、B、C是球外三点，与球心O在同一平面内，三点的位置使OAB和OBC皆为等边三角形。当把一表面均匀带正电的塑料小球的球心放在点A时(如图所示)，已知此时A、B、C三点的电势分别为AU、BU、CU。现把另外两个与放在A点的小球完全相同的带正电的塑料小球的球心分别放在B点和C点，已知导体球上感应电荷的分布可看作是各塑料小球单独存在时所产生感应电荷分布OABC贵阳市第一中学杨祖华E-mail:[e-mail]的叠加。此时，BA两点间的电势差=BAUU′′−，BC两点间的电势差=BCUU′′−，AC两点间的电势差=ACUU′′−。如果在上面的情况下，把导体球移到电场以外，则BA两点间的电势差将(填增大、减小或不变)，BC两点间的电势差将(填增大、减小或不变)，AC两点间的电势差将(填增大、减小或不变)。解9：题设间接强调了电势的叠加原理(由多个点电荷组成的系统，其电场中某点的电势等于各个点电荷单独存在时的电场在该点电势的代数和)。由题设，放在A处的带电小球与因该带电小球而具有一定电荷分布的导体球在A处产生的电势为AU，在B处产生的电势为BU，在C处产生的电势为CU。同理，由对称性和叠加原理可得如图9-2所示结果。由图9-2可得i、ii和iii三条可得=BABCUUUU′′−−，=BCBCUUUU′′−−，=0ACUU′′−。没有把导体球移走时，导体球上正电荷主要集中在左侧，负电荷主要集中在右侧，而导体球左侧(正电荷)到A点的距离小于到B的距离，右侧(负电荷)到A点的距离大于到B点的距离，所以，未移走导体球时，导体球上的全部感应电荷在A点贡献的电势大于在B点贡献的电势，所以，当移走导体球后，BA两点间的电势差BAUU′′′′−将增大；同理，BC两点间的电势差BCUU′′′′−也将增大；由对称性可知导体球的电荷分布对A与C两点的电势贡献相同，所以移走导体球后AC两点间的电势差ACUU′′′′−不变(还是等于零的)。参考答案:BCUU−(4分)；BCUU−(4分)；0(4分)；增大(2分)；增大(2分)；不变(2分).OABCAUBUCUOABCAUBUBUOABCCUBUAU++OABCBABUUU++ABCUUU++CBAUUU++⇓图9-2贵阳市第一中学杨祖华E-mail:[e-mail]10.(10分)用题图所示电路测得的数据可画出小灯泡的伏安特性图线。小灯泡L的额定功率为3.6W，额定电压为6V，电源E的电动势为10V，内阻忽略不计。滑动电阻器R的全电阻约为200Ω。通过调节滑动变阻器，可以调节通过L的电流，电流I由电流表A读出，灯泡两端的电压U由电压表V读出。根据测量数据可在方格纸上画出在测量范围内小灯泡灯丝的伏安特性图线，所画出的图线可能是下图中的哪一个？答：(用图线下面的英文字母表示)参考答案:C(10分)11.(12分)图1中的M、N为处在匀强磁场中的两条位于同一水平面内的平行长导轨，一端串联电阻R，磁场沿竖直方向。ab为金属杆，可在导轨上无摩擦滑动，滑动时保持与导轨垂直。杆和导轨的电阻都不计。现于导轨平面内沿垂直于ab方向对杆施一恒力F，使杆从静止出发向右运动。在以后的过程中，杆速度的大小v、加速度的大小a、力F冲量的大小I、以及R上消耗的总能量E随时间t变化的图线，分别对应于图2中哪一条图线？把代表该物理量的符号填在你所选定图线纵坐标处的方框中.解11：由安培力公式可知FBILBLRε==安，由动生电动势公式可知=BLvε，故()22=FvBLvR安；对金属杆ab，由牛顿第二定律有=FFma−安，即是22FBLvRma−=(1)，由(1)式可知，金属杆ab运动的模型类似于雨滴下落的模型，它是加速度逐渐减小至零而速度逐渐增大至某最大值的运动模型，还可由(1)式知道，()vt与()at的函数关系是类似的，其曲线类型相同，仅数值和方向不相同，所以可以看出题设中的上排第三个图应为-vt图像，下排第三个图应为-at图像。由冲量的定义IFt=可得，力F冲量的大小()=ItFt，因F是恒力，故