全國中學生物理競賽復賽試卷

1、29屆全國中學生物理競賽復賽試卷一、由于湖面足夠寬闊而物塊體積很小，所以湖面的絕對高度在物塊運動過程中始終保持不變，因此，可選湖面為坐標原點并以豎直向下方向為正方向建立坐標系，以下簡稱系. 設物塊下底面的坐標為，在物塊未完全浸沒入湖水時，其所受到的浮力為 () (1)式中為重力加速度.物塊的重力為 (2) 設物塊的加速度為，根據牛頓第二定律有 (3) 將(1)和(2)式代入(3)式得 (4)將系坐標原點向下移動 而建立新坐標系，簡稱系. 新舊坐標的關系為 (5) 把(5)式代入(4)式得 (6)(6)式表示物塊的運動是簡諧振動. 若，則，對應于物塊的平衡位置. 由(5)式可知，當物塊處于平衡位

2、置時，物塊下底面在系中的坐標為 (7) 物塊運動方程在系中可寫為 (8) 利用參考圓可將其振動速度表示為 (9) 式中為振動的圓頻率 (10) 在(8)和(9)式中和分別是振幅和初相位，由初始條件決定. 在物塊剛被釋放時，即時刻有，由(5)式得 (11) (12)由(8)至(12)式可求得 (13) (14)將(10)、(13)和(14)式分別代人(8)和(9)式得 (15) (16)由(15)式可知，物塊再次返回到初始位置時恰好完成一個振動周期；但物塊的運動始終由(15)表示是有條件的，那就是在運動過程中物塊始終沒有完全浸沒在湖水中. 若物塊從某時刻起全部浸沒在湖水中，則湖水作用于物塊的浮力

3、變成恒力，物塊此后的運動將不再是簡諧振動，物塊再次返回到初始位置所需的時間也就不再全由振動的周期決定. 為此，必須研究物塊可能完全浸沒在湖水中的情況. 顯然，在系中看，物塊下底面坐標為時，物塊剛好被完全浸沒；由(5)式知在系中這一臨界坐標值為 （17）即物塊剛好完全浸沒在湖水中時，其下底面在平衡位置以下處. 注意到在振動過程中，物塊下底面離平衡位置的最大距離等于振動的振蝠，下面分兩種情況討論：i. 由(13)和(17)兩式得 (18)在這種情況下，物塊在運動過程中至多剛好全部浸沒在湖水中. 因而，物塊從初始位置起，經一個振動周期，再次返回至初始位置. 由(10)式得振動周期 (19)物塊從初始

4、位置出發(fā)往返一次所需的時間 (20) ii. 由(13)和(17)兩式得 (21)在這種情況下，物塊在運動過程中會從某時刻起全部浸沒在湖水表面之下. 設從初始位置起，經過時間物塊剛好全部浸入湖水中，這時. 由(15)和(17)式得 (22)取合理值，有 (23) 由上式和(16)式可求得這時物塊的速度為 (24)此后，物塊在液體內作勻減速運動，以表示加速度的大小，由牛頓定律有 (25)設物塊從剛好完全浸入湖水到速度為零時所用的時間為，有 (26)由(24)-(26)得 (27)物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時間為 (28)評分標準：本題17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（

5、18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分. 二、1.r i.通過計算衛(wèi)星在脫離點的動能和萬有引力勢能可知，衛(wèi)星的機械能為負值. 由開普勒第一定律可推知，此衛(wèi)星的運動軌道為橢圓（或圓），地心為橢圓的一個焦點(或圓的圓心)，如圖所示.由于衛(wèi)星在脫離點的速度垂直于地心和脫離點的連線，因此脫離點必為衛(wèi)星橢圓軌道的遠地點（或近地點）；設近地點（或遠地點）離地心的距離為，衛(wèi)星在此點的速度為.由開普勒第二定律可知 (1)式中為地球自轉的角速度.令表示衛(wèi)星的質量，根據機械能守恒定律有 （2） 由（1）和（2）式解得 (3)可見該點為近地點,而脫離處為遠地點

6、.【（3）式結果亦可由關系式：直接求得】同步衛(wèi)星的軌道半徑滿足 (4)由(3)和(4)式并代入數據得 (5)可見近地點到地心的距離大于地球半徑，因此衛(wèi)星不會撞擊地球.ii. 由開普勒第二定律可知衛(wèi)星的面積速度為常量，從遠地點可求出該常量為 (6) 設和分別為衛(wèi)星橢圓軌道的半長軸和半短軸，由橢圓的幾何關系有 (7) (8)衛(wèi)星運動的周期為 (9)代人相關數值可求出 （10） 衛(wèi)星剛脫離太空電梯時恰好處于遠地點，根據開普勒第二定律可知此時刻衛(wèi)星具有最小角速度，其后的一周期內其角速度都應不比該值小，所以衛(wèi)星始終不比太空電梯轉動得慢；換言之，太空電梯不可能追上衛(wèi)星.設想自衛(wèi)星與太空電梯脫離后經過（約1

7、4小時），衛(wèi)星到達近地點，而此時太空電梯已轉過此點，這說明在此前衛(wèi)星尚未追上太空電梯.由此推斷在衛(wèi)星脫落后的0-12小時內二者不可能相遇；而在衛(wèi)星脫落后12-24小時內衛(wèi)星將完成兩個多周期的運動，同時太空電梯完成一個運動周期，所以在12-24小時內二者必相遇，從而可以實現衛(wèi)星回收.2.根據題意，衛(wèi)星軌道與地球赤道相切點和衛(wèi)星在太空電梯上的脫離點分別為其軌道的近地點和遠地點.在脫離處的總能量為 （11）此式可化為 (12) 這是關于的四次方程，用數值方法求解可得 （13）【亦可用開普勒第二定律和能量守恒定律求得.令表示衛(wèi)星與赤道相切點即近地點的速率，則有 和 由上兩式聯立可得到方程 其中除外其余

8、各量均已知, 因此這是關于的五次方程. 同樣可以用數值方法解得.】衛(wèi)星從脫離太空電梯到與地球赤道相切經過了半個周期的時間，為了求出衛(wèi)星運行的周期，設橢圓的半長軸為，半短軸為，有 (14) (15)因為面積速度可表示為 (16)所以衛(wèi)星的運動周期為 (17)代入相關數值可得 h (18)衛(wèi)星與地球赤道第一次相切時已在太空中運行了半個周期，在這段時間內，如果地球不轉動，衛(wèi)星沿地球自轉方向運行180度，落到西經處與赤道相切. 但由于地球自轉，在這期間地球同時轉過了角度，地球自轉角速度，因此衛(wèi)星與地球赤道相切點位于赤道的經度為西經 （19）即衛(wèi)星著地點在赤道上約西經121度處.評分標準：本題23分.第

9、1問16分，第i小問8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和結論共2分.第ii小問8分，（9）、（10）式各2分，說出在0-12小時時間段內衛(wèi)星不可能與太空電梯相遇并給出正確理由共2分，說出在12-24小時時間段內衛(wèi)星必與太空電梯相遇并給出正確理由共2分.第2問7分，(11)式1分， (13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （數值結果允許有的相對誤差）bcoxyp圖1三、解法一如圖1所示，建直角坐標，軸與擋板垂直，軸與擋板重合. 碰撞前體系質心的速度為，方向沿x軸正方向，以表示系統(tǒng)的質心，以和表示碰撞后質心的速度分量，表示墻作用于小球的沖量的大小. 根據質心運動定理有

10、（1） （2）由（1）和（2）式得 （3） （4）可在質心參考系中考察系統(tǒng)對質心的角動量. 在球與擋板碰撞過程中，質心的坐標為 （5） （6） xopacb圖2y球碰擋板前，三小球相對于質心靜止，對質心的角動量為零；球碰擋板后，質心相對質心參考系仍是靜止的，三小球相對質心參考系的運動是繞質心的轉動，若轉動角速度為，則三小球對質心的角動量 （7）式中、和 分別是、和三球到質心的距離，由圖1可知 （8） （9） （10）由（7）、（8）、（9）和（10）各式得 （11） 在碰撞過程中，質心有加速度，質心參考系是非慣性參考系，在質心參考系中考察動力學問題時，必須引入慣性力. 但作用于質點系的慣性力的

11、合力通過質心，對質心的力矩等于零，不影響質點系對質心的角動量，故在質心參考系中，相對質心角動量的變化仍取決于作用于球的沖量的沖量矩，即有 （12）【也可以始終在慣性參考系中考察問題，即把桌面上與體系質心重合的那一點作為角動量的參考點，則對該參考點(12)式也成立】由（11）和（12）式得 (13) 球相對于質心參考系的速度分量分別為（參考圖1） (14) (15)球相對固定參考系速度的x分量為 （16） 由（3）、（6）、（13） 和 （16）各式得 （17） 根據題意有 （18）由（17）和（18）式得 （19） 由（13）和（19）式得 （20）球若先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后

12、，整個系統(tǒng)至少應繞質心轉過角，即桿至少轉到沿y方向，如圖2所示. 系統(tǒng)繞質心轉過所需時間 （21） 在此時間內質心沿x方向向右移動的距離 （22） 若 （23） 則球先于球與擋板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得 （24）即 (25) abccyp評分標準：本題25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分.解法二如圖1所示，建直角坐標系，軸與擋板垂直，軸與擋板重合，以、和 分別表示球與擋板剛碰撞后、和三球速度的分量，根據題意有 （1）以表示擋板作

13、用于球的沖量的大小，其方向沿軸的負方向，根據質點組的動量定理有 （2） （3）以坐標原點為參考點，根據質點組的角動量定理有 （4） 因為連結小球的桿都是剛性的，故小球沿連結桿的速度分量相等，故有 （5） （6） （7）（7）式中為桿與連線的夾角. 由幾何關系有 （8） （9）解以上各式得 （10） （11） （12） （13） （14） （15）按題意，自球與擋板碰撞結束到球 (也可能球)碰撞擋板墻前，整個系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)的質心作勻速直線運動. 若以質心為參考系，則相對質心參考系，質心是靜止不動的，、和三球構成的剛性系統(tǒng)相對質心的運動是繞質心的轉動. 為了求出轉動角速度，可考察球b相對質

14、心的速度.由(11)到(15)各式，在球與擋板碰撞剛結束時系統(tǒng)質心的速度 （16） （17）這時系統(tǒng)質心的坐標為 （18） （19）cb圖2y不難看出，此時質心正好在球的正下方，至球的距離為，而球相對質心的速度 （20） （21） 可見此時球的速度正好垂直，故整個系統(tǒng)對質心轉動的角速度 （22） 若使球先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個系統(tǒng)至少應繞質心轉過角，即桿至少轉到沿y方向，如圖2所示. 系統(tǒng)繞質心轉過所需時間 （23）在此時間內質心沿x方向向右移動的距離 （24） 若 （25） 則球先于球與擋板碰撞. 由以上有關各式得 （26）即 (27) 評分標準：本題25分. （2）、

15、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或(27)式2分. 四、參考解答： 1虛線小方框內2n個平行板電容器每兩個并聯后再串聯，其電路的等效電容滿足下式 （1） 即 （2）式中 （3）虛線大方框中無限網絡的等效電容滿足下式 （4）即 （5）整個電容網絡的等效電容為 （6）等效電容器帶的電量（即與電池正極連接的電容器極板上電量之和） （7）當電容器a兩極板的距離變?yōu)?d后，2n個平行板電容器聯成的網絡的等效電容滿足下式 （8）由此得 （9）整個電容網絡的等效電容為 （10）整個電容網絡的等效電容器帶的電荷量為

16、 （11）在電容器a兩極板的距離由d變?yōu)?d后，等效電容器所帶電荷量的改變?yōu)?（12）電容器儲能變化為 （13）在此過程中，電池所做的功為 （14）外力所做的功為 （15） 2.設金屬薄板插入到電容器a后，a的左極板所帶電荷量為，金屬薄板左側帶電荷量為，右側帶電荷量為，a的右極板帶電荷量為，與a并聯的電容器左右兩極板帶電荷量分別為和.由于電容器a和與其并聯的電容器兩極板電壓相同，所以有 （16）由（2）式和上式得 （17）上式表示電容器a左極板和與其并聯的電容器左極板所帶電荷量的總和，也是虛線大方框中無限網絡的等效電容所帶電荷量（即與電池正極連接的電容器的極板上電荷量之和）. 整個電容網絡兩端

17、的電壓等于電池的電動勢，即 （18）將（2）、（5）和（17）式代入（18）式得電容器a左極板帶電荷量 （19）評分標準：本題21分. 第1問13分，（2）式1分，（5）式2分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）式各1分，（13）式2分,（14）式1分，（15）式2分.第2問8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分.l2l1i1i2abi圖 1五、c參考解答: 如圖1所示，當長直金屬桿在ab位置以速度水平向右滑動到時，因切割磁力線，在金屬桿中產生由b指向a的感應電動勢的大小為 （1）式中為金屬桿在ab位置時與大圓環(huán)兩接觸點間的長度，由幾何關系有 （2）d在金屬桿由ab位置

18、滑動到cd位置過程中，金屬桿與大圓環(huán)接觸的兩點之間的長度可視為不變，近似為.將（2）式代入（1）式得，在金屬桿由ab滑動到cd過程中感應電動勢大小始終為 （3）以、和分別表示金屬桿、桿左和右圓弧中的電流，方向如圖1所示，以表示a、b兩端的電壓，由歐姆定律有 （4） （5）式中，和分別為金屬桿左、右圓弧的弧長.根據提示，和中的電流在圓心處產生的磁感應強度的大小分別為 （6） （7）方向豎直向上，方向豎直向下.由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整個大圓環(huán)電流在圓心處產生的磁感應強度為 （8）無論長直金屬桿滑動到大圓環(huán)上何處，上述結論都成立，于是在圓心處只有金屬桿的電流i所產生磁場.在金屬桿由a

19、b滑動到cd的過程中，金屬桿都處在圓心附近，故金屬桿可近似視為無限長直導線，由提示，金屬桿在ab位置時，桿中電流產生的磁感應強度大小為ii2i1bar左圖 2rab （9）方向豎直向下.對應圖1的等效電路如圖2，桿中的電流 （10）其中為金屬桿與大圓環(huán)兩接觸點間這段金屬桿的電阻，和分別為金屬桿左右兩側圓弧的電阻，由于長直金屬桿非?？拷鼒A心，故 （11）利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得 （12） 由于小圓環(huán)半徑，小圓環(huán)圓面上各點的磁場可近似視為均勻的，且都等于長直金屬桿在圓心處產生的磁場. 當金屬桿位于ab處時，穿過小圓環(huán)圓面的磁感應通量為 （13）當長直金屬桿滑到cd位置時，桿中電

20、流產生的磁感應強度的大小仍由(13)式表示，但方向相反，故穿過小圓環(huán)圓面的磁感應通量為 （14）在長直金屬桿以速度從ab移動到cd的時間間隔內，穿過小圓環(huán)圓面的磁感應通量的改變?yōu)?（15）由法拉第電磁感應定律可得，在小圓環(huán)中產生的感應電動勢為大小為 （16）在長直金屬桿從ab移動cd過程中，在小圓環(huán)導線中產生的感應電流為 （17）于是，利用（12）和（17）式，在時間間隔內通過小環(huán)導線橫截面的電荷量為 （18）評分標準：本題25分. （3）式3分，（4）、（5）式各1分， （8）、（10）式各3分，（12）式3分, （15）式4分，（16）、（17）式各2分，（18）式3分.六、參考解答： 設

21、重新關閉閥門后容器a中氣體的摩爾數為，b中氣體的摩爾數為，則氣體總摩爾數為 （1）把兩容器中的氣體作為整體考慮，設重新關閉閥門后容器a中氣體溫度為，b中氣體溫度為，重新關閉閥門之后與打開閥門之前氣體內能的變化可表示為 （2）由于容器是剛性絕熱的，按熱力學第一定律有 （3）令表示容器a的體積, 初始時a中氣體的壓強為，關閉閥門后a中氣體壓強為，由理想氣體狀態(tài)方程可知 （4） （5）由以上各式可解得 由于進入容器b中的氣體與仍留在容器a中的氣體之間沒有熱量交換，因而在閥門打開到重新關閉的過程中留在容器a中的那部分氣體經歷了一個絕熱過程，設這部分氣體初始時體積為(壓強為時)，則有 （6）利用狀態(tài)方程

22、可得 （7）由（1）至（7）式得，閥門重新關閉后容器b中氣體質量與氣體總質量之比 （8） 評分標準：本題15分. （1）式1分，（2）式3分，（3）式2分，（4）、（5）式各1分，（6）式3分，（7）式1分，（8）式3分. 七、答案與評分標準： 1. 19.2 (4分，填19.0至19.4的，都給4分)10.2 (4分，填10.0至10.4的，都給4分)2. 20.3 (4分，填20.1至20.5的，都給4分) 4.2 (4分，填4.0至4.4的，都給4分)八、參考解答：在相對于正離子靜止的參考系s中，導線中的正離子不動，導電電子以速度向下勻速運動；在相對于導電電子靜止的參考系中，導線中導電電

23、子不動，正離子以速度向上勻速運動.下面分四步進行分析.第一步，在參考系中，考慮導線2對導線1中正離子施加電場力的大小和方向.若s系中一些正離子所占據的長度為，則在系中這些正離子所占據的長度變?yōu)椋上鄬φ撝械拈L度收縮公式有 （1）設在參考系s和中，每單位長度導線中正離子電荷量分別為和，由于離子的電荷量與慣性參考系的選取無關，故 （2）由（1）和（2）式得 （3）設在s系中一些導電電子所占據的長度為，在系中這些導電電子所占據的長度為，則由相對論中的長度收縮公式有 （4） 同理，由于電子電荷量的值與慣性參考系的選取無關，便有 （5）式中，和分別為在參考系s和中單位長度導線中導電電子的電荷量.在參照系

24、中，導線2單位長度帶的電荷量為 （6）它在導線1處產生的電場強度的大小為 （7）電場強度方向水平向左.導線1中電荷量為的正離子受到的電場力的大小為 （8）電場力方向水平向左.第二步，在參考系中，考慮導線2對導線1中正離子施加磁場力的大小和方向.在參考系中，以速度向上運動的正離子形成的電流為 （9）導線2中的電流在導線1處產生磁場的磁感應強度大小為 （10）磁感應強度方向垂直紙面向外.導線1中電荷量為的正離子所受到的磁場力的大小為 （11）方向水平向右，與正離子所受到的電場力的方向相反.第三步，在參考系s中，考慮導線2對導線1中正離子施加電場力和磁場力的大小和方向.由題設條件，導線2所帶的正電荷

25、與負電荷的和為零，即 （12）因而，導線2對導線1中正離子施加電場力為零 （13）注意到在s系中，導線1中正離子不動 （14）導線2對導線1中正離子施加磁場力為零 （15）式中，是在s系中導線2的電流在導線1處產生的磁感應強度的大小.于是，在s系中，導線2對導線1中正離子施加電場力和磁場力的合力為零.第四步，已說明在s系中導線2對導線1中正離子施加電場力和磁場力的合力為零，如果導線1中正離子還受到其他力的作用，所有其它力的合力必為零 (因為正離子靜止).在系中，導線2對導線1中正離子施加的電場力和磁場力的合力的大小為 (16)因為相對系，上述可能存在的其它力的合力仍應為零，而正離子仍處在勻速運

26、動狀態(tài)，所以(16)式應等于零，故 （17）由（8）、（11）和（17）式得 （18）評分標準：本題18分. （1）至（18）式各1分.29屆全國中學生物理競賽決賽試題一、(15分)如圖，豎直的光滑墻面上有a和b兩個釘子，二者處于同一水平高度，間距為，有一原長為、勁度系數為k的輕橡皮筋，一端由a釘固定，另一端系有一質量為m=的小球，其中g為重力加速度釘子和小球都可視為質點，小球和任何物體碰撞都是完全非彈性碰撞而且不發(fā)生粘連現將小球水平向右拉伸到與a釘距離為2的c點，b釘恰好處于橡皮筋下面并始終與之光滑接觸初始時刻小球獲得大小為、方向豎直向下的速度，試確定此后小球沿豎直方向的速度為零的時刻二、(

27、20分) 如圖所示，三個質量均為m的小球固定于由剛性輕質桿構成的丁字形架的三個頂點a、b和c處adbc，且ad=bd=cd=a，小球可視為質點，整個桿球體系置于水平桌面上，三個小球和桌面接觸，輕質桿架懸空桌面和三小球之間的靜摩擦和滑動摩擦因數均為，在ad桿上距a點a4和3a4兩處分別施加一垂直于此桿的推力，且兩推力大小相等、方向相反 1試論證在上述推力作用下，桿球體系處于由靜止轉變?yōu)檫\動的臨界狀態(tài)時，三球所受桌面的摩擦力都達到最大靜摩擦力； 2如果在ad桿上有一轉軸，隨推力由零逐漸增加，整個裝置將從靜止開始繞該轉軸轉動問轉軸在ad桿上什么位置時，推動該體系所需的推力最小，并求出該推力的大小三、

28、(20分) 不光滑水平地面上有一質量為m的剛性柱體，兩者之間的摩擦因數記為柱體正視圖如圖所示，正視圖下部為一高度為h的矩形，上部為一半徑為r的半圓形柱體上表面靜置一質量同為m的均勻柔軟的鏈條，鏈條兩端距地面的高度均為h2，鏈條和柱體表面始終光滑接觸初始時，鏈條受到微小擾動而沿柱體右側面下滑試求在鏈條開始下滑直至其右端接觸地面之前的過程中，當題中所給參數滿足什么關系時， 1柱體能在地面上滑動； 2柱體能向一側傾倒； 3在前兩條件滿足的情形下，柱體滑動先于傾倒發(fā)生四、(20分) 如圖所示，在一光滑水平圓桌面上有兩個質量、電荷都均勻分布的介質球，兩球半徑均為a，a球質量為m，所帶電荷量為q，b球質量

29、為4m，所帶電荷量為-4q在初始時刻，兩球球心距為4a，各有一定的初速度，以使得兩球在以后的運動過程中不發(fā)生碰撞，且都不會從圓桌面掉落現要求在此前提下盡量減小桌面面積，試求 1兩球初速度的方向和大??； 2圓桌面的最小半徑 假設兩球在運動過程中，其所帶電荷量始終保持均勻分布：桌面也不發(fā)生極化效應已知兩個均勻帶電球之間的靜電相互作用力，等于電荷集中在球心的兩個點電荷之間的相互作用力；靜電力常量為ke五、(20分) 如圖所示，一半徑為r的輕質絕緣塑料薄圓盤水平放置，可繞過圓盤中心的豎直固定軸無摩擦地自由轉動一半徑為a的輕質小圓線圈(a<<r)固定在盤面上，圓線圈與圓盤共軸在盤邊緣處等間隔

30、地固定4個質量均為m的帶正電的金屬小球，每個小球所帶電荷量均為q此裝置處在一磁感應強度大小為b0、方向豎直向上的均勻強磁場中初始時圓盤靜止，圓線圈中通有恒定電流i方向沿順時針方向(從上往下看)若切斷圓線圈中的電流，則圓盤將發(fā)生轉動求薄圓盤穩(wěn)定轉動后，圓盤在水平方向對每個金屬球小的作用力的大小假設金屬小球可視為質點，不計小圓線圈的自感和帶電金屬小球因運動所產生的磁場 已知固定在圓盤面上的半徑為a、通有電流i的圓線圈在圓盤面內、距線圈圓心的距離為r處(r>>a)產生的磁場的磁感應強度的大小為b=，式中km為已知常量，當線圈中的電流沿順時針方向時，磁場方向垂直于圓盤平面且豎直向上靜電力常

31、量為ke六、(15分) 如圖，一水平放置的剛性密閉氣缸，缸壁是絕熱的，活塞把氣缸內空間分為兩個體積相同的密閉室a和b活塞由一層熱容量很小(略去其影響)、導熱良好的材料(與氣缸壁有摩擦)和一薄層絕熱材料(與氣缸壁沒有摩擦)壓制而成，絕熱層在a室一側初始時，a室和b室充有絕對溫度均為t0的同種多原子分子理想氣體，a室氣體壓強是b室氣體壓強的4倍現釋放活塞，活塞由于其導熱部分與汽缸壁之間存在摩擦而運動緩慢，最后停止在平衡位置(此時活塞與缸壁間無靜摩擦) 已知氣缸中的氣體具有如下特性：在溫度高于某個臨界溫度td(>t0)時，部分多原子氣體分子將發(fā)生分解，一個多原子分子可以分解為另外兩個相同的多原

32、子分子被分解的氣體摩爾數與發(fā)生分解前氣體總摩爾數之比a滿足關系a=，其中=2.00t0-1分解過程是可逆的，分解1摩爾分子所需能量=ct0l0，1摩爾氣體的內能與絕對溫度t的關系為u=ct(c是與氣體的種類無關的常量)已知當壓強為p、體積為v的這種氣體絕熱緩慢膨脹時，pv=常量，其中=43 1對于具有上述特性的某種氣體，若實驗測得在上述過程結束時沒有任何分子發(fā)生了分解，求這種分子發(fā)生分解的臨界溫度td的可能值； 2對于具有上述特性的另一種氣體，若實驗測得在上述過程結束時有a=l0.0的分子分解了，求這種分子發(fā)生分解的臨界溫度td七、(15分) 如圖一所示的光學系統(tǒng)是由平行光管、載物臺和望遠鏡組

33、成已知望遠鏡物鏡l0的焦距為l6.oocm在l0的焦平面p處，放置帶十字叉絲線的分劃板和亮十字物，如圖二所示在載物臺上放置雙面平行的平面鏡m，通過望遠鏡的目鏡le觀察時，能同時清楚地看到分劃板上的十字叉絲線和十字物經過l0折射、m反射、再經l0折射后在分劃板上所成的十字像，十字像位于a點，與上十字叉絲線的距離為5.2mm繞載物臺轉軸(沿豎直方向)轉動載物臺，使平面鏡轉l80°，此時十字像位于b點，與上十字叉絲線的距離為18.8mm根據以上情況和數據可計算出，此時望遠鏡光軸與水平面的夾角為 rad；據此結果，調節(jié)望返鏡，使其光軸與載物臺的轉軸垂直 平行光管是由十字縫s和凸透鏡l組成去掉

34、光學系統(tǒng)中的平面鏡m，并用鈉光燈照亮s沿水平方向移動s，當s到平行光管中的透鏡l距離為8.25cm時，通過望遠鏡目鏡能清楚地看到十字縫的像恰好成在分劃板中心十字叉絲線上，由此可以推知，l的焦距等于 cm將載物臺平面調至與載物臺的轉軸垂直，在載物臺上放置長、寬、高均為3.oocm、折射率為1.52的分束棱鏡abed(分束棱鏡是由兩塊直角三棱鏡密接而成，接觸面既能透光又能反光)和待測凹球面鏡0，0到l的距離為l5.oocm，并保證分束棱鏡的ab面與圖三中的xx軸垂直、凹球面鏡的光軸與圖三中的xx軸重合；再將望遠鏡繞載物臺的中心軸轉90°，如圖三所示。向右移動s，當s移動的距離為3.75c

35、m時，通過望遠鏡目鏡剛好能看清楚十字縫s的像成在分劃板中心十字叉絲線上試求凹球面鏡的曲率半徑八、(15分)在處理微觀物理問題時，經常接觸到諸如電子質量me、質子電荷量e及普朗克常量h等基本物理常量在國際單位制中，這些物理常量的數值都很小，給相關的數值計算帶來不便為了方便起見，在微觀物理領域引入所謂“原子單位制”，規(guī)定電子質量為質量單位，為角動量單位，質子電荷量的倍為電荷量單位，其中常數ke和國際單位制中的靜電力常量取值相同按如上定義規(guī)定了質量、電荷量和角動量的基本單位后，在“原子單位制”中其它物理量的單位可用相關物理公式導出如果在“原子單位制”下，長度、時間和能量的單位用符號lau、tau和e

36、au表示，試從玻爾氫原子模型推出三者分別與米、秒和焦耳的換算關系結果用ke、me、e和等常量表示第29屆全國中學生物理競賽預賽試卷本卷共16題，滿分200分一、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內全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分1下列說法中正確的是a水在0時密度最大b一個絕熱容器中盛有氣體，假設把氣體中分子速率很大的如大于va的分子全部取走，則氣體的溫度會下降，此后氣體中不再存在速率大于va的分子c杜瓦瓶的器壁是由兩層玻璃制成的，兩層玻璃之間抽成真

37、空，抽成真空的主要作用是既可降低熱傳導，又可降低熱輻射d圖示為一絕熱容器，中間有一隔板，隔板左邊盛有溫度為t的理想氣體，右邊為真空現抽掉隔板，則氣體的最終溫度仍為t2如圖，一半徑為r電荷量為q的帶電金屬球，球心位置o固定，p為球外一點幾位同學在討論p點的場強時，有下列一些說法，其中哪些說法是正確的？a若p點無限靠近球表面，因為球表面帶電，根據庫侖定律可推知，p點的場強趨于無窮大b因為在球內場強處處為0，若p點無限靠近球表面，則p點的場強趨于0c若q不變，p點的位置也不變，而令r變小，則p點的場強不變d若保持q不變，而令r變大，同時始終保持p點極靠近球表面處，則p點的場強不變 3圖中l(wèi)為一薄凸透

38、鏡，ab為一發(fā)光圓面，二者共軸，s為與l平行放置的屏，已知這時ab可在屏上成清晰的像現將透鏡切除一半，只保留主軸以上的一半透鏡，這時ab在s上的像a尺寸不變，亮度不變b尺寸不變，亮度降低c只剩半個圓，亮度不變d只剩半個圓，亮度降低4一輕質彈簧，一端固定在墻上，另一端連一小物塊，小物塊放在摩擦系數為的水平面上，彈簧處在自然狀態(tài)，小物塊位于o處現用手將小物塊向右移到a處，然后從靜止釋放小物塊，發(fā)現小物塊開始向左移動a小物塊可能停在o點b小物塊停止以后所受的摩擦力必不為0c小物塊無論停在o點的左邊還是右邊，停前所受的摩擦力的方向和停后所受摩擦力的方向兩者既可能相同，也可能相反d小物塊在通過o點后向右

39、運動直到最遠處的過程中，速度的大小總是減?。恍∥飰K在由右邊最遠處回到o點的過程中，速度的大小總是增大5如圖所示，一內壁光滑的圓錐面，軸線oo是豎直的，頂點o在下方，錐角為2，若有兩個相同的小珠（均視為質點）在圓錐的內壁上沿不同的圓軌道運動，則有：a它們的動能相同b它們運動的周期相同c錐壁對它們的支撐力相同d它們的動能與勢能之比相同，設o點為勢能零點二、填空題和作圖題把答案填在題中的橫線上或把圖畫在題中指定的地方只要給出結果，不需寫出求得結果的過程6（6分）鈾238（92 u）是放射性元素，若衰變時依次放出，粒子，最終形成穩(wěn)定的核，則其中 x ， y 7（10分）在寒冷地區(qū)，為了防止汽車擋風玻璃

40、窗結霜，可用通電電阻加熱圖示為10根阻值皆為3的電阻條，和一個內阻力05的直流電源，現在要使整個電路中電阻條上消耗的功率最大，i應選用根電阻條ii在圖中畫出電路連線8（10分）已知：光子有質量，但無靜止質量，在重力場中也有重力勢能若從地面上某處將一束頻率為的光射向其正上方相距為d的空間站，d遠小于地球半徑，令空間站接收到動光的頻率為，則差 ，已知地球表面附近的重力加速度為g9（10分）圖中所示兩物塊疊放在一起，下面物塊位于光滑水平桌面上，其質量為m，上面物塊的質量為m，兩物塊之間的靜摩擦系數為現從靜止出發(fā)對下面物塊施以隨時間t變化的水平推力ft，為一常量，則從力開始作用到兩物塊剛發(fā)生相對運動所經過的時間等于 ，此時物塊的速度等于 10（16分）圖中k是密封在真空玻璃管內的金屬電極，它受光照射后能釋放出電子；w是可以透光的窗口，光線通過它可照射到電極k上；c是密封在真空玻璃管內圓筒形的收集電極，它能收集k所發(fā)出的光電子r是接在電池組e（電壓足夠高）兩端的滑動變阻器，電極k通過導線與串聯電池組的中心端o連接；g是用于測量光電流的電流計已知當某一特定頻率的單色光通過窗口照射電極k時，能產生光電子當滑動變阻器的滑動接頭處在某一點p時，可以測到光電流，當滑動頭向右移動時，g的示數增大，使滑動頭繼續(xù)緩慢向右