2023年第36屆全國中學(xué)生物理競賽(北京賽區(qū))預(yù)賽試卷

36屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽試卷〔北京賽區(qū)〕解析一、選擇題〔36分〕664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題后面的方括號內(nèi)，630分。1、2023年諾貝爾獎頒發(fā)給了梶田隆章ii〕和阿瑟B麥克唐納ArMonal，嘉獎他們分別身為各自團(tuán)隊中的核心爭論者，和同事一起覺察了中微子振蕩，在粒子物理領(lǐng)域開拓了的疆土。一種常見的探測中微子的方法是在氫核〔即質(zhì)子〕上俘獲中微子，生成一個正電子和一個中子，稱為反貝塔衰變反響。下面說法中正確的有〔〕Apve

→n+e+，其中ve

為反電子中微子B中子和正電子的靜質(zhì)量之和大于質(zhì)子靜質(zhì)量，中微子的靜質(zhì)量趨于0C自由的中子也可以進(jìn)展衰變，產(chǎn)生中微子，反響方程式為n→p+ve

+e+D假設(shè)被反響前質(zhì)量是靜止的，則產(chǎn)生的正電子和中子的動量之和不等于0【答案】ABD【解析】依據(jù)題意可知，質(zhì)子在俘獲中微子后，生成一個正電子和一個中子，所以其反響方程式就如選項A所說的那樣，所以選項A正確；中微子是俘獲的，說明它是運動的，依據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程，B應(yīng)當(dāng)產(chǎn)生質(zhì)子和電子，而不是正電子，應(yīng)選項C錯誤；假設(shè)反響前質(zhì)子是靜止的，但中微子是運動的，所以反響前的總動量不等于零，所以反響后的總動量也不會等于零，選項D正確。2、5G通信馬上推廣普及，我國自主研發(fā)設(shè)計的5G通信技術(shù)走在了世界的前列。5G信號的頻率分為6GHz2/3/4G24GHz以上，對于這樣的信號，下面說法正確的有〔〕A波長大約長1cm B波長越短準(zhǔn)直性越好，繞射力氣越弱C頻率越高可能加載的信息密度也越高D這樣頻率的電磁波對人有致癌作用【答案】ABC

c 3108【解析依據(jù)電磁波的公式=λ所以2z的電磁波的波長約為= f 2.41010

m1.2102m，其波長大約為1cm，選項A正確；發(fā)生明顯衍射的條件是物體的尺度小于電磁波的波長，而電磁波的波長越短，就越不簡潔發(fā)生衍射現(xiàn)象，也就是其繞射力氣弱，選項B正確；電磁波的頻率越高，在一樣時間內(nèi)傳輸?shù)臄?shù)據(jù)就越多，由于大信息量的資料就必需對應(yīng)于更多的0、1的變化，因此電磁波的頻率時，傳輸這些資料所用的時間就會縮短，也就是加載的信息密度越高，選項C正確；24GHz5G通信中了，假設(shè)這些電磁波是致癌的，很明顯不符合實際的，應(yīng)選項D錯誤。31A→B是等溫過程，B→C是等容過程，C→A是絕過程。下面說法正確的有〔 〕AAB狀態(tài)氣體的內(nèi)能相等B整個循環(huán)過程外界對氣體做功為正CCA過程體系內(nèi)能增加，外界對體系做功為正D假設(shè)氣體為單原子分子抱負(fù)氣體，則ACpV7/5為常數(shù)【答案】ACA到B是等溫過程，故其內(nèi)能是不變的，選項A正確；AB內(nèi)能不變，氣體膨脹對外做功，故它需要吸取熱量，做功的大小等于AB與體積軸所圍成的面積，BC過程是等容變化，氣體不做功，CA的過程是絕勢過程，即不吸熱也不放熱，體積減小，故是ACVAB和CA所圍的面積不相等，對外做功大于對氣體做功，故整體是氣體對外做功，選項B錯誤；CA過程是體積減小，即壓縮體積，外界對氣體做功，而Q=0C正確；C假設(shè)氣體為單原子分子抱負(fù)氣體，則AC過程滿足PVu為常數(shù)，而這個u= p

(5/2)R

5，而不是7u5，應(yīng)選項D錯誤。

C (3/2)R 3V4、如圖2所示，某同學(xué)經(jīng)過一段時間練習(xí)，把握了利用在瓶中裝不同高度的水，在瓶口吹出不同頻率聲音，以演奏樂曲的技巧。以下說法中正確的有〔 〕A2：3：4，則吹出來的聲音頻率之比也為2：3：4B吹出來聲音頻率主要由在空氣柱中聲波形成的駐波頻率來打算C空氣駐波在水面四周是波節(jié)，在瓶口四周是波腹D空氣柱越長，發(fā)出的聲音頻率越高【答案】BC【解析】假設(shè)瓶中水柱的高度之比是2:3:4，而瓶中發(fā)生共鳴的是對應(yīng)的空氣柱的長度，空氣柱越長，其共鳴的聲音的音調(diào)越低，頻率越低，而瓶中空氣柱的長度并不對應(yīng)是4：3：2，所以其聲音的頻率之比不愿定是2:3:4，選項A錯誤；瓶中空氣柱形成駐波，瓶中發(fā)出聲音的頻率是由駐波頻率來打算的，選項B正確；形成駐波時，聲音由瓶口傳入，再經(jīng)過水面反射，疊加而形成駐波，故水面處是波節(jié)，而瓶口處是波腹，選項C正確；由于形成空氣柱發(fā)生共鳴的條件是：L(n1)L為玻璃管的長度，λ為音n叉發(fā)出聲波的波長，n為自然數(shù)，故空氣柱越長，其對應(yīng)的波長越大，其頻率應(yīng)當(dāng)越小，應(yīng)選項D錯誤。5、如圖3所示，某同學(xué)經(jīng)過一段練習(xí)，把握了跳高的技巧。同學(xué)質(zhì)量為m，重力加速度g，在跳起的第一階段，腳沒有離地，經(jīng)過確定時間，重心上升h1，人質(zhì)心獲得速度v1，在其次階段，人軀干形態(tài)根本保持不變，重心又上升了一段距離，到達(dá)最高點，以下說法中正確的有〔〕A在第一階段地面支持力給人的沖量為mv1B在第一階段地面支持力對人做的功為mgh1C在整個過程中地面支持力對人做的總功為0D在跳起的過程中存在人體肌肉中儲存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機械能的過程【答案】CDv，v1故由動量定理得，I+IG=mv1，應(yīng)選項A錯誤；而支持力對人做的功等于力乘位移，人在起立時，地面對人腳的支持力并沒有移動位移，故支持力對人不做功，選項B錯誤；在其次階段，人離地上升，此時雖然人有了向上的位移，但是腳離開了地面，故地面對人也就沒有了支持力，所以這個階段仍不做功，故整個過程地面對人的支持力是不做功的，選項C正確；那么人起跳時，這個能量來自于哪里呢？依據(jù)能量守恒定律，這個能量來自于人體肌肉釋放的化學(xué)能，所以選項D正確。64讓其轉(zhuǎn)動起來，初速度為0釋放，和地面發(fā)生彈性碰撞，即在豎直方向速度大小不變，下面說法中正確的有〔〕A不考慮空氣影響，地面有摩擦，則碰撞前后相比動能總量增加B不考慮空氣影響，地面有摩擦，摩擦系數(shù)為μ，則籃球彈起瞬間，速度方向和豎直方向的夾角的最arctanμC不考慮空氣影響，地面光滑，則籃球確定豎直彈起D考慮空氣影響，籃球一落點會比釋放點偏右【答案】C【解析】球與地面碰撞時，高度不再變化，動能總量反映的是平動動能和轉(zhuǎn)動的動能，球與地面發(fā)生彈性碰撞，豎直方向的速度大小不變，即豎直方向的動能不變，而轉(zhuǎn)動的動能在地面摩擦力的作用下確定會減小，故物體的總動能是減小的，選項A錯誤；設(shè)球碰撞時豎直向下的速度為v，反彈的速度也是v，故支持力的沖量為F ×t=2mv，碰撞時認(rèn)為支持支力遠(yuǎn)大于重力，重力無視不計；而此時的摩擦力為f=μF ，故摩擦力的沖量為f×t，依據(jù)動量定理，這個摩支擦力使得球的質(zhì)心在水平方向上獲得一個速度，其大小為v′，故μF ×t=mv′，所以v′=2μv，設(shè)碰撞后速度支v方向與豎直方向的夾角為θ，則tanθ=

2v=2μB錯誤；v v假設(shè)不考慮空氣的影響，地面光滑，則籃球就沒有了沿水平方向的速度，故籃球確定豎直彈起，選項C正確；假設(shè)考慮空氣的影響，球旋轉(zhuǎn)下落，空氣相對于球向上運動，而球又是順時針轉(zhuǎn)動的，則在球在右側(cè)空氣流速相對于左側(cè)慢，流速大的地方壓強小，故球在水平方向上會受到空氣給它的水平向左的合外力，球會向左偏，落地點在釋放點的左側(cè)，選項D錯誤。二、填空題把答案填在題中橫線上，只要給出結(jié)果，不需要寫出求得結(jié)果的過程。7、〔12分〕如圖5所示，我們以太陽為參考系，地球繞太陽的運動周期為T1，以地球為參考系，月球繞地球的運動周期為T2，則相鄰兩次月球—地球—太陽排列成幾乎一條直線的時間差約為 ；記地球繞太陽的軌道半徑為rE，月球繞地球的軌道半徑為rM(rE>>rM)，以太陽為參考系，月球運動過程，加速度的最小值和最大值的大小比例為 。TT rT2rT2【答案】

21 ；E2 M1 。TT rT2+rT21 2 E2 M1

2 21 【解析】設(shè)地球繞太陽的角速度為ω，則ω1

T ，月球繞地球的角速度為ω2，則ω2=T ，1 2t后三個球排成幾乎一條直線，則ω2×t=2π+ω1×t2 2 TT-2 1

22T T2 1

21 。T T1 2當(dāng)月球運行到三球在一條直線上且月球在中間時，加速度最?。划?dāng)月球運行到三球在一條直線上且地球在中間時，加速度最大。42(r r

) 42r

42(r+r

) 42r故a =a -太陽 地球

E M -T2 T2

′-a 太陽 地球

E M + M；T2 T242(rE

1 2 1 2r ) 42rM Ma T2 T2故min= 1

2 r

>>r

r-r

≈r-r

≈r；amax

42(r+rE T21

) 42r+M+T22

E M E

E M Er rE Ma T2 T2 rT2rT2則min=r1 r2 =E2

M1 。a E+

rT2+rT2max

T2 T21 2

E2 M18〔12分〕如圖6〔a〕所示，在一個立方體網(wǎng)格中，每邊上有一個大小為1Ω的電阻，在ab和cd邊上還有1V的電池，求ab兩點的電壓差Ua-Ub= ；調(diào)整一下連接方式如圖6(b)所示，把一個電池改加在ae上，求ab兩點的電壓差Ua′-Ub′= 。3【答案】0.5V8V。【解析】對于〔a〕圖，通過觀看覺察，該電路具有對稱性，故可以將a、c兩點拉長，則電阻會消滅兩個兩個并聯(lián)，于是該電路可以等效為以以下圖所示的電路。1 1 50.5Ω1ΩbaIcdI，則通過中間的電流方向向下，其大小為(I-I1 1 1 則我們?nèi)∽筮叺拈]合電路列一個方程得：I1×2Ω+(I-I)×0.5Ω=1V1 1 再取右邊的閉合電路列一個方程得：I2×2Ω-(I-I) ×0.5Ω=1V；聯(lián)立兩式得I1=0.5A，則Ua-Ub=1V-I1×1Ω=0.5V1 對于〔b〕圖，通過觀看覺察，有兩條棱上沒有電流，故我們將其去掉，其等效電路如以下圖。2VbaI=

5AU

′-U

5 3′=1V- A×1Ω= V。2+(6/5) 8

a b 8 89〔12分如圖7面積為S0，初態(tài)氣缸內(nèi)封有體積為V0，壓強等于大氣壓p0，溫度和環(huán)境溫度一樣的單原子抱負(fù)氣體，緩慢在活塞上面堆放細(xì)沙〔每次堆上的細(xì)沙都放在活塞所在的位置，結(jié)果活塞下降，使得密封的氣體體積把導(dǎo)熱氣缸換成絕熱氣缸其他條件不變，求出這個過程中活塞對體系做功W0= ；普適氣體常量為R，單原子抱負(fù)氣體的定體摩爾熱容3量為CV=2R?！?-x)PS

2 3【答案】

0 ；x31) PV。xg 2 00mg 〔1-x)PSS【解析當(dāng)緩慢在活塞上堆放細(xì)沙時是等溫變化即PV0P0+ S

解之得m= 0 ；0 xg0 000 0 當(dāng)變化過程是絕熱過程時，滿足PV′=定值，代入抱負(fù)氣體狀態(tài)方程得PV′=TVr-1=定值；故代入即可得：TVr-1=T′〔xV〕r-1T′=x1-r00 0 依據(jù)熱力學(xué)第確定律有ΔU=ΔQ+ΔW0，故外界對氣體做的功就等于氣體W=ΔU=nC

ΔT=(x21)3PV。內(nèi)能的增量0

V 3 2 0010〔12分〕兩個電荷電量分別為±q，質(zhì)量均為m，間距為l，在靜電作用下，圍著共同的質(zhì)心以一樣的角速度做勻速圓周運動，靜電常量為k，不考慮相對論的電磁輻射，求繞質(zhì)心運動的角速度ω0= ；假設(shè)l變?yōu)樵瓉淼膬杀?，照舊保持勻速圓周運動，則兩個電荷在質(zhì)心處產(chǎn)生的磁場大小變?yōu)樵瓉淼?倍?！敬鸢浮喀?/p>

= ；1 1 。2kq2ml34 22kq2ml34 20B0【解析】當(dāng)兩個電荷間的距離為l時，電荷間的庫侖力充當(dāng)向心力，使得電荷繞其中心做圓周運動，2kq2ml2kq2ml3故存在l2

2 ，解之得ω0 2

0= ；當(dāng)兩個電荷間的距離為2lkq24ml3kq24ml3存在

2 ，解之得ω= ；2 1 2 1q2q故兩個做勻速圓周運動的電荷的等效電流分別為I0=T 0

2q 2kq2 ml3q kq2 4mlq 2kq2 ml3q kq2 4ml3q1而由于環(huán)形電流在其中心處產(chǎn)生的磁場的磁場強度與環(huán)形電流的大小成正比，與半徑大小成反比，故IB Ik 1B I1 14 2兩電荷在其質(zhì)心處產(chǎn)生的磁場大小之比為1 1 。4 2kBI 2 IkB0 0 0l/2011〔12分〕如圖8所示，在水平面內(nèi)有一個光滑勻質(zhì)圓環(huán)，圓環(huán)總電阻為R，半徑為r，質(zhì)量為m，0初速度v0向右，右半空間有均勻的穩(wěn)定的垂直于面的磁場，大小為B，結(jié)果圓環(huán)進(jìn)入磁場后恰好靜止，整個過程中圓環(huán)中通過的電量大小Q0= ；假設(shè)保持圓環(huán)單位長度的質(zhì)量和電阻大小不變，但是把半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑸榱耸沟脠A環(huán)進(jìn)入磁場后照舊恰好靜止，則v0應(yīng)當(dāng)變?yōu)樵瓉淼?倍。Br2【答案】 ；2。R0【解析】在圓環(huán)完全進(jìn)入磁場的過程中，圓環(huán)中通過的電荷量Q

=It

Et=Br2；0 R R R；0 0 0圓環(huán)進(jìn)入磁場時，圓環(huán)要切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流產(chǎn)生安培力會阻礙線圈的進(jìn)入，我們dt時間內(nèi)，利用動量定理：安培力的沖量=動量的變化量；而I =

iBldtBlvBldt=B2

l2dx

r3，通過觀看看出I ∝ ；安 R R 安 R0 0 0r30所以由I =mv可知，mv∝ ；0安 0 R0r30m=m0×2πr，R0∝2πr，所以上式可華簡為：m0×2πrv02r0

v∝r；這就是滿足題設(shè)的運動條件，所以當(dāng)半徑為原來2倍的圓環(huán)進(jìn)入磁場時，初速度也需要變成兩倍。三、計算題解同意寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最終結(jié)果的不能得分，有數(shù)值計算的，答案中必需明確寫出數(shù)值和單位。12〔26分〕910l，全部連接的地方均為鉸鏈，在BP，AG在同一水平高度。求地面對AG點作用力的豎直重量大小NL，NR；假設(shè)每根桿能承受的最大壓力或張力均為F，則為了保證橋不塌，P最大為多少？〔1〕N

5= P；N

13 3= P〔P = F。3 3L 6 R 6 min 5〔1〕求地面對A、G兩點豎直向上的重量的大小時，可以承受整體的方法，即AG間的距離13lP點在距A2l處，則依據(jù)力矩平衡的原理可知：G為支點，則N

5×3l=P×2.5l，故N= P；L L 61以A為支點，則N

×3l=P×0.5l，故N= P；R R 6〔2〕假設(shè)每根桿能承受的最大壓力或張力均為F，求P的最大值，我們需要知道那根桿承受的力是最大的才行；由于全部連接的地方都是鉸鏈，故各桿上的作用力確定沿桿的方向，我們分別先考察A、GN兩點的受力狀況，如以下圖，則由豎直方向平衡得：T =

N5 3 P；T = 5 3

P；3AB cos30 9 FG cos30 93我們再對其他的幾個點受力分析，還是依據(jù)豎直重量平衡的方法分別解出BC、CD、DE、EF上的桿TFGBCC點的力向上，DEE點的力也向上，CDC點的力斜向下，EFE點的力向下；同理我們又可以得出其他剩下的四根水平桿受到的力的大小，最終比照覺察，AB桿承受的力最大，故它先到達(dá)臨界點，即

= ，故5 33 3F P PF5 33 3F P PF.9 min 513〔26分〕10O點有一個物屏，上面有一個發(fā)光小物體，垂直于物屏有光軸，共軸f的透鏡，光心為C，在距離OL處共軸放置一個平面鏡，當(dāng)OCx1時，覺察經(jīng)C點到x2處，再次在物屏處成了清楚像，連續(xù)向右移動Cx3處，又在物屏處成了清楚像。1 2 x，x，x1 2 L+ L24L+ L24fLL- L24fL【答案〔1〕L- L24fL

；x3=

2 〔〕向相反的方向移動了Δh的距離。〔1〕4L時，會有兩次成像，現(xiàn)在是三次，說明另一次是與物等大的，即當(dāng)物距等于透鏡焦距時，經(jīng)過透鏡后成平行光，再經(jīng)平面鏡反射后仍會聚回來而成像；又由于當(dāng)物像間距大于4L時成像的條件是物距必需大于焦x1x1=f；后面那兩種狀況分別對應(yīng)于成放大實像與縮小實像對應(yīng)的狀況，設(shè)物距為x，1 1 1則滿足：

；x Lx fL L2L L24fLL- L24fLL+ L2L- L24fLL+ L24fL〔2〕當(dāng)透鏡位于x1上時，透鏡第一次折射后得到的是平行光，角度正比于物體的大小，反射后的角度也一樣，再次折射后在物平面上成的像為倒立的實像，依據(jù)像比例關(guān)系可知與原物是等大的，故而當(dāng)物體移動Δh時，像將會向相反的方向移動Δh。14〔26分〕找到兩塊很大的金屬平面，如圖11所示擺成θ0=

6角，角的頂點為O點，兩塊板之間在電壓大小為V0的電源金屬板和O點比較靠近以至于在角內(nèi)的電場線幾乎為圓弧A位于角內(nèi)OOA和下面的平面夾角為θ。計算A的電場和電勢大?。籅 B 有一個質(zhì)量為m，電量為q的小電荷開頭在很靠近下平面的某點靜止釋放，電荷很小以至于幾乎不轉(zhuǎn)變空間電場的分布，經(jīng)過時間t后電荷運動到了上平面上的B點，OB=l；求出點電荷到達(dá)B點的v，以及此時速度方向和上平面之間的夾角θ〔θ取銳角，由于徑向運動比較簡潔，此題中只考慮角動量定理和能量守恒，不考慮重力〕B B 〔1〕

0V

〔θ

3 l3 lVq0mA 0 B0〔1〕由于電場線幾乎為圓弧，于是我們可得出電勢是隨角度均勻分布的，而上極板的電勢為零；于是 A

= 0，故

0