第19届全国中学生物理竞赛预赛.docx

2002年9月第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷全卷共七题，总分为140分一、（15分）今年3月我国北方地区遭受了近10年来最严峻的沙尘暴天气现把沙尘上扬后的状况简化为如下情景：为竖直向上的风速，沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中（不动）这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度竖直向下运动时所受的阻力此阻力可用下式表达其中为一系数，为沙尘颗粒的截面积，为空气密度（1）若沙粒的密度 ，沙尘颗粒为球形，半径，地球外表处空气密度，试估算在地面旁边，上述的最小值（2）假定空气密度随高度的变更关系为，其中为处的空气密度，为一常量，试估算当时扬沙的最大高度（不考虑重力加速度随高度的变更）二、（20分）图预19-2所示电路中，电池的电动势为，两个电容器的电容皆为，K为一单刀双掷开关。开场时两电容器均不带电（1）第一种状况，现将K与接通，到达稳定，此过程中电池内阻消耗的电能等于_；再将K与断开而与接通，此过程中电池供应的电能等于_。（2）第二种状况，现将K与接通，到达稳定，此过程中电池内阻消耗的电能等于_；再将K与断开而与接通，此过程中电池供应的电能等于_。三、（20分）据新华社报道，为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太空，2002年3月25日22时15分，我国胜利地放射了一艘无人试验飞船。在完成预定任务后，飞船于4月1日16时51分平安着陆，共绕地球飞行108圈。（1）飞船的名称是什么？（2）飞船在运行期间，依据地面指挥限制中心的指令胜利地施行了数百个动作，包括从椭圆轨道变换成圆轨道等假设把飞船从放射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理，试粗略估计飞船离地面的平均高度已知地球半径，地球外表处的重力加速度四、（20分）如图预19-4所示，三个绝热的、容积一样的球状容器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一样气体均可视为志向气体现翻开阀门K1、K2，三种气体互相混合，最终每一种气体在整个容器中匀称分布，三个容器中气体的温度一样求气体温度的变更量已知三种气体的摩尔质量分别为在体积不变时，这三种气体任何一种每摩尔温度上升1K，所汲取的热量均为 ，为普适气体常量五、（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 的两个完全一样的凸透镜L1和 L2若在L1的前焦面上距主光轴下方处放一单色点光源，已知其像与对该光学系统是左右对称的试求该三棱镜的折射率六、（20分）一个长为，宽为，质量为的矩形导电线框，由质量匀称分布的刚性杆构成，静止放置在不导电的程度桌面上，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，磁场的磁感应强度沿程度方向且与转轴垂直，俯视图如图预19-6所示。现让电流从零渐渐增大，当电流大于某一最小值时，线框将变更静止状态。（1）求电流值。（2）当线框变更静止状态后，设该电流源具有始终保持恒定电流值不变（）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。七、（25分）如图预19-7所示，在长为m、质量为的车厢B内的右壁处，放一质量的小物块A（可视为质点），向右的程度拉力作用于车厢，使之从静止开场运动，测得车厢B在最初2.0 s内挪动的间隔 ，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视不计，小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的求车厢开场运动后4.0 s时，车厢与小物块的速度第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答（1）在地面旁边，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡，即 式中为沙尘颗粒的质量，而 得 代入数据得 （2）用、分别表示时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有 此时式应为 由、可解得 代入数据得 评分标准：本题15分。1. 第一小题8分。其中式3分，式1分，式1分，式2分，式1分。2. 第二小题7分。其中式1分，式1分，式3分，式2分。二、参考解答（1），0 （2），评分标准：本题20分。（1）10分。其中每个空5分。 （2）10分。其中每个空5分。三、参考解答（1）神舟3号（2）设飞船飞行时间为，绕地球飞行的圈数为，周期为，飞船的质量为，离地面的平均高度为，地球半径为，地球质量为，则有 由、式解得 由题给数据可知，代入及其它有关数据得 评分标准：本题20分（1）4分（2）16分。其中、式各3分，式4分（答案在之间均给这4分）四、参考解答依据题设的条件，可知：开场时A中氦气的质量，B中氪气的质量，C中氙气的质量。三种气体匀称混合后，A中的He有降入B中，有降入C中。He的重力势能增量为 B中的Kr有升入A中，有降入C中。Kr的重力势能增量为 C中的Xe有升入A中，有升入B中。Xe的重力势能增量为 混合后，三种气体的重力势能共增加 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定引起内能的削减。在体积不变时，气体不做功。由热力学第肯定律可知，此时传给气体的热量应等于气体内能的增量，但因志向气体的内能只由温度确定，与体积无关，故只要温度变更量一样，则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中志向气体内能的增量。依据题给的已知条件，留意到本题中所考察的志向气体共有3摩尔，故有 上式中右方为气体内能削减量，表示气体温度的增量，由、两式得 将已知数据代入，留意到，可得 即混合后气体温度降低（假设学生没记住的数值，的值可用标准状态的压强，温度和1mol志向气体在标准状态下的体积求得，即）评分标准：本题共20分。说明经扩散使三种气体匀称混合，并导致气体重力势能变更求得式，得8分。说明能量转换过程，由重力势能增加而内能削减，列出式，得8分。得出正确结果，算出式，得4分。五、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，光路肯定是左右对称的。该光线在棱镜中的局部与光轴平行。由射向光心的光线的光路图如图预解19-5所示。由对称性可知 由几何关系得 由图可见 又从的边角关系得 代入数值得 由、与式得，依据折射定律，求得 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. 、式各给2分，式给3分，式给1分，式给4分。六、参考解答（1）解法一：导体线框放在程度桌面上，俯视图如图预解19-6-1。由图可见，在线框没动之前，线框的边与边平行于磁场，因此不受磁场力。边受的安培力的大小为，方向垂直于桌面对下，但此力对轴的力矩为零。边受的安培力的大小为，方向垂直桌面对上。此力对固定轴的力矩为 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（点）到轴ab的间隔 ，即 当时，桌面对线框的支持力的力矩为零，时，线框将变更静止状态，开场绕轴ab向上翘起。依据题意及、式，由力矩平衡原理可知 解得 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。边与边的重心均在（）处，两条边对ab轴的合力矩为 边对ab轴的力矩为 故线框所受的重力矩为 与解法一求得的式一样，从而求得与式一样。（2）线框处于静止状态时，若电流比稍大，线框所受的电磁力矩将大于重力矩，使线框绕ab轴向上翘起。边和边所受电磁力不等于零，但二者互相抵消。当保持电流值恒定不变时，线框将从静止状态开场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更，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 随着角渐渐增大，合力矩随之减小，但始终大于零，因此线框仍作逆时针加速转动，角速度不断增大。当线框平面转到竖直面时，合力矩为零，角速度到达最大。由于惯性，线框将越过面作逆时针转到。此时，合力矩与线框转动方向相反，角速度将渐渐减小，合力矩的大小随着角的增大而增大，如图预解19-6-2b所示。假设没有空气阻力，将增至180°。当角等于180° 时，线框转动的角速度为零，合力矩将使线框作顺时针加速转动，结果线框将在角等于0°与180°之间往复摇摆不止。事实上，由于空气阻力作用，线框平面在平面两侧摇摆的幅度将渐渐变小，最终静止在面处，此时，电磁力矩与重力矩均为零。假设线框稍偏离平衡位置，电磁力矩与重力矩的合力矩将使线框回到平面处。故线框处于稳定平衡状态。评分标准：本题20分。第一问6分、第二问14分。第一问中，、式各2分。第二问中，正确地分析了线框往复转动，给4分；说明最终平衡在竖直面处，给6分；说明稳定平衡，给4分。七、参考解答解法一：1. 探讨自B开场运动到时间内B与A的运动。依据题意，在2 s内，A未与B发生过碰撞，因此不管A与B之间是否有相对运动，不管A与B之间是否有摩擦，B总是作初速为零的匀加速直线运动。设B的加速度为，有 得 （1）假设A、B之间无摩擦，则在B向右挪动1米间隔 的过程中，A应保持静止状态，接着B的车厢左壁必与A发生碰撞，这不合题意。假设A、B之间无相对运动（即两者之间的摩擦力足以使A与B有一样的加速度），则B的加速度这与（1）式冲突。由此可见，A、B之间既有相对运动又存在摩擦力作用。以表示A、B间的滑动摩擦力的大小，作用于B的摩擦力向左，作用于A的摩擦力向右，则有 （2） （3）由（1）、（2）、（3）式得 （4） （5）2. 探讨B的左壁与A发生第一次碰撞前的运动。由于，B向右的速度将大于A的速度，故A与B的左壁间的间隔 将减小。设自静止开场，经过时间，B的左壁刚要与A发生碰撞，这时，B向右运动的路程与A向右运动的路程之差正好等于，即有 解得 （6）代入数据，得 A与B发生第一次碰撞时，碰前的速度分别为 （7） （8）3. 探讨B与A间的弹性碰撞以和分别表示第一次碰撞后A和B的速度。当、为正时，分别表示它们向右运动。在碰撞的极短时间内，外力的冲量可忽视不计，因此有 解以上两式得 （9）（9）式表示，在弹性碰撞中，碰撞前后两者的相对速度的大小不变，但方向反转。4. 探讨从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至一样过程中的运动。由（9）式可以看出，经第一次碰撞，A和B都向右运动，但A的速度大于B的速度，这时作用于A的摩擦力向左，作用于B的摩擦力向右，大小仍都为。设此过程中A向左的加速度和B向右的加速度分别为和，则由牛顿第二定律有 解得 （10） （11）由此可知，碰撞后，A作减速运动，B作加速运动。设经过时间，两者速度相等，第一次到达相对静止，则有 由上式和（9）式解得 （12）代入有关数据得 （13）设在时间内，A与B的左壁之间的间隔 增大至，则有 结合（9）、（12）两式得 （14）式中 （15）代入有关数据得 由（14）可知，A不会与B的右壁发生碰撞。5. 探讨A与B的左壁的第二次碰撞。以表示B与A第一次相等的速度，由于B始终受作用而加速，它将拖着A向右加速，其状况与第一次碰撞前相像。这时作用于A的摩擦力向右，A的加速度为，方向向右。作用于B的摩擦力向左，B的加速度为，方向也向右。但是原来A与B左端的间隔 为，现改为，因，B的左壁与小A之间的间隔 将减小。设两者间的间隔 从减小至零即减小至开场发生第二次碰撞所经验的时间为，以代入式，结合（14）式，即可求得 （16）代入有关数据，得 第二次碰撞前瞬间A和B的速度分别为 （17）故第二次碰撞前A、B速度之差小于第一次碰撞前A、B的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬间A、B的速度分别为和，则有 （18）第二次碰撞后，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。设经验时间，两者速度相等，即第二次相对静止，则有 解得 （19）在时间内，A与B的左壁的间隔 变为，有 结合（8）、（9）得 （20）自B开场运动到A与B到达第二次相对静止共经验时间 6. 探讨A与B的左壁的第三次碰撞。当A与B的左壁之间的间隔 为时，A、B相对静止。由于B受外力作用而接着加速，它将拖着A向右加速。这时，A的加速度为，B的加速度为，方向都向右，但因，A将与B的左壁发生第三次碰撞。设此过程经验的时间为，则以代入（6）式结合（16）式得 （21）设第三次碰撞前瞬间A和B的速度分别为和，碰撞后的速度分别为和 碰撞后，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。设经过时间两者速度相等，即第三次相对静止，A与B左壁之间的间隔 为。则有 （22） 自B开场运动至第三次A与B相对静止共经验的时间仍小于4 s。7. 探讨车厢左壁与小物块的第次碰撞。在第次碰撞完毕的瞬间，A和B的速度分别为和，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。经过时间，两者速度相等，即第次相对静止。A与B左壁之间的间隔 为。依据前面的探讨有 （23） 再经过时间将发生B的左壁与A的第次碰撞。碰撞前两者的速度分别为和。依据前面的探讨，有 （24） 可以看出，碰撞次数越多，下一次碰撞前，A、B速度之差越小。当碰撞次数特别大时，下次碰撞前两者的速度趋于相等，即A事实上将贴在B的左壁上不再分开。8. 探讨第4秒B与A的运动速度。第4秒末B与A的速度取决于在第4秒末B与A经验了多少次碰撞。B自静止开场运动到第次相对静止经验的总时间为 （25）以，代入，留意到当很大时，得 （26）这说明早在第4秒之前，A与B的左壁贴在一起时二者速度已一样，不再发生碰撞，此后二者即以一样的速度运动了、现以A和B都静止时作为初态，设时刻A和B的速度为，对A、B开场运动至的过程应用动量定理，得 （27）或 代入数值，得 （28）解法二：假设A与B之间没有摩擦力，B前进1m就会与A发生碰撞。已知开场2s为A与B未发生碰撞，而B已走了5m，可见二者之间有摩擦力存在，且在此期间二者均作匀加速运动。由可求出B对地面的加速度： ， 设A与B底部之间的滑动摩擦力为，则由小车的运动方程 代入数值得 又由A的运动方程得A的相对地面的加速度为 于是，A对B的相对加速度为 第一次碰撞由开场运动到A碰撞B的左壁的时间满意，。于是 A与B的左壁碰撞前瞬间，A相对B的速度 由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向，所以碰后A从B的左壁开场，以相对速度 向右运动，所受摩擦力反向向左，为。对地面的加速度为 此时B所受的摩擦力方向向右，由其运动方程得B对地面的加速度为 由、二式知，碰后A对B的相对加速度为 A相当于B作向右的匀减速运动。设A由碰后开场到达相对静止的时间为，相当于B走过的间隔 为，由式得 可见A停顿在B当中，不与B的右壁相碰。第二次碰撞A在B内相对静止后，将相当于B向左滑动，所受的摩擦力改为向右，而B所受的摩擦力改为向左。这时A对B的相对加速度重新成为，即式。A由相对静止到与B的左壁第二次碰撞所需的时间可用算出： 自B开场运动至B的左壁与A发生第二次碰撞经验的时间 A到达B的左壁前相当于B的速度的大小为 这也就是第二次碰后A由B的左壁动身的相对速度大小。第二次碰后，A相对B向右运动，此时A相对于B的相对加速度又成为，即式。A由碰撞到相对静止所须要的时间和相当于B走过的间隔 分别为 以后的碰撞依据、二式，如令 则有 由此可以推知，在第三次碰撞中必有 在第次碰撞中有 即每一次所需时间要比上次少得多（A在B中所走的间隔 也小得多）。把全部的时间加在一起，得 这就是说，在B开场运动后3.56 s时，A将紧贴B的左壁，并与B具有一样速度，二者不再发生碰撞，始终处于相对静止状态。现取A和B都静止时作为初态，以时刻的运动状态为末态，设此时A和B的速度为，由动量定理，有 代入数值，得 答：自车厢开场运动到4.0 s时车厢与物块的速度一样，均为评分标准：本题25分。得出摩擦力得5分，得出第一次碰撞时间得5分，得出第二次碰撞时间得5分。得出无穷次碰撞时间得5分 ，得到最终结果再得5分。