第三十二届全国中学生物理竞赛预赛试题

　　适当的试题能让考生很好的掌握考试节奏，下面是中国招生考试网www.chinazhaokao.com 小编为大家带来的第三十二届全国中学生物理竞赛预赛试题，希望能帮助到大家!

　　第三十二届全国中学生物理竞赛预赛试题(1)

　　一、参考解答：折线导体各线段，切割磁感应线时，在该线段中就会产生感应电动势，AF间电势差UAF的大小等于各段感应电动势的代数和的大小，当感应电动势的方向由F至A时，UA>UF,UAF为正值。按此分析计算，结果如图13-12所示。各段相应的状况为：

　　(1)0<x<l CD切割B1

 

　　(2)l<x<2l CD,EF都切割B1

　　(3)2l<x<3l CD切割B2,EF和AB都切割B1

　　(4)3l<x<4l CD,EF,AB均切割B2

　　(5)4l<x<6l CD,EF,AB均切割B2

　　(6)6<x<7l EF,AB均切割B2

　　(7)7l<x<8l AB切割B2

　　(8)8l<x 折线导体全部移出磁场区,不再切割磁感应线。

　　评分标准:本题15分。 图13-12

　　第1到第7题，每段中UAF的数值占1分，正负号占1分;第8段占1分。

　　二、参考解答：在制动轮转动的情况下，制动力矩是由制动块B1、B2对制动轮D的滑动摩擦力产生的。设B1、B2对D的正压力分别为N1和N2，滑动摩擦力的就分别为μN1和μN2，如图13-13所示。所以

　　M=μN1·

+μN2· ①

 

　　再对左、右两杆分别进行受力分析，并列出力

 

　　矩平衡方程如下(图13-14)，左杆

　　(h1+h2)T=h1N1+μN1a ②

　　右杆 h1N2=(h1+h2)T+μN2a ③

　　②、③两式中T为弹簧的弹力。对弹簧来说，由胡克定律 图13-13

　　T=·△L=k(d+2a-L)

　　①②③④解得 ④

　　k=

⑤

 

　　代入数据得

　　k≈1.24×104(牛/米) ⑥

　　评分标准:本题15分。①、②、③、④式和占3分，解出⑤式给1分，计算出⑥式再给2分。若没写⑤式，而由①②③④解得⑥式的，则⑥式给3分。

　　第三十二届全国中学生物理竞赛预赛试题(2)

　　参考解答：1.当光束垂直入射到一个平面上时,如果

 

　　光束被完全反射,且反射光垂直于平面,则光子的动量改变达

　　最大值:

　　△k=k-(-k)=2k=2h/λ ①

　　此时该光束对被照射面的光压为最大。设单位时间内射到平面

　　上的光子数为n，光压P的数值就等于这些光子对被照射面积A的

　　冲量(也就是光子动量的改变量)的总和除以面积A，即

　　P=

· ②

 

　　每个光子的能量为hv=hc/λ，这里c为真空中的光速，v为光的频率，因而

　　n=

= ③

 

　　于是，由(2)式:

　　P=

· /A= =6.67(帕) ④

 

　　2.激光所照射到的质量为M那一小部分铁板在熔化过程中所吸收的热量为

　　Q=

(c·△T+Lm)=N·t·80% ⑤

 

　　所以,t=

= =0.192秒 ⑥

 

　　评分标准:本题15分。①式占3分，②式占2分，③式占3分，算出 ④式得2分，

　　⑤式占3分算出，⑥式得2分。

　　四、参考解答：1.设在温度T=320开时,氢气和氧气的体只分别为V1、V2，压强分别为P1、P2，

　　已知V1=4V2。

　　将氢气和氧气都看作理想气体，有

　　P1·V1=1.5RT ① P2·V2=RT ②

　　设在温度为T´时,氢气的体积为氧气的体积V2´的3倍,V1´=3V2,用P1´、P2´分别表示此时氢气和氧气的压强,则

　　有 P1´·V1´=1.5RT´ ③ P2´·V2´=RT´ ④

　　因为总体积不变,所以

　　V1+V2=V1´+V2´ ⑤

　　因为活塞的质量不变,所以

　　P2-P1=P2´-P1´ ⑥

　　根据题给数据和以上6式,可解得

　　T´=500(开) ⑦

　　评分标准:本题15分。①至 ⑥式各占2分，⑦式占3分。

　　第三十二届全国中学生物理竞赛预赛试题(3)

　　五、参考解答：K闭合后的等效电路如图13-15所示。设A、B板间的电容为C1，电势差为U1。A、C板间的电容为C2，电势差为U2。金属板的面积为S，则

　　C1=εS/4πkd1 ①

　　C2=εS/4πkd2 ②

　　而各板表面上的电理分别为如图所示的±Q1和±Q2，于是有

　　U1=Q1/C1 ③

　　U2=Q2/C2 ④

　　而

　　U1+U2=U0 ⑤

　　则得

　　

+ =U0 ⑥

 

　　另外，A板两表面上电量的代数和应等于K闭合前该板上所带的电量，设为Q，即

　　Q1+(-Q2)=Q ⑦

　　而Q又可从K闭合前C1的电势差求得：Q=C1U ⑧

 

　　将式⑧代入式⑦，得

　　Q1-Q2=C1U ⑨

　　由式⑨与式⑥消去Q1，得

　　Q2=(U0-U)/(

+ )

 

　　=(U0-U)·

⑩

 

　　由于A、C两板间的电场可近似为匀强电场，所以P的点的电场强度EP为：

　　EP=U2/d2

 

　　EP=Q2/C2d2=(U0-U)·

 

　　评分标准：本题20分

　　①式2分;②式1分;③式1分;④式1分;⑤式5分;⑦式5分;⑧式2分;

式2分; 式1分。

 

　　六、参考解答：本题可用图示平面内的光线进行分析，并只讨论从右侧观察的情形。如图13-16所示，由亮点发出的任一光线CP将经过两次折射而从液面射出。由折射定律，按图上标记的各相关角度，有

　　sinα=nsinβ (1)

　　sinγ=

sinδ

 

　　其中 δ≤

(2)

 

　　γ=

-(β+ ) (3)

 

　　注意到，若液内光线入射到液面上时发生全反射，

 

　　就没有从液面射出的折射光线。全以射临界角γc满

　　足条件

　　sinγc=

 

　　可知光线CP经折射后能从液面射出从而可被观察到的条件为

　　γ<γc (4)

　　或 sinγ<

(5) 图13-16

 

　　现在计算sinγ。利用(3)式可得

　　sinγ=cos(β+

)=cosβcos -sinβsin

 

　　由(1)式可得 cosβ

=

 

　　因此，nsinγ=cos

-nsinβsin

 

　　又由(1)式 nsinγ=cos

-sinasin (6)

 

　　由图及(1)、(2)式,或由(6)式均可看出,α越大则γ越小.因此,如果与α值最大的光线相应的γ设为

　　γm,>γc,则任何光线都不能射出液面.反之,只要γm<γc,这部分光线就能射出液面,从液面上方可以观察到亮点.由此极端情况即可求出本题要求的条件.

　　自C点发出的α值最大的光线是极靠近CD的光线,它被DB面折射后进入液体,由(6)式可知与之相应的γm:

　　α=

-

 

　　nsinγm=cos

-cos sin

 

　　能观察到亮点的条件为

　　nsinγm<1,

　　即 cos

-cos sin <1

 

　　上式可写成

　　cos

<1+cos sin

 

　　取平方 cos2(n2-cos2

<1+2cos sin +cos2 (1-cos2 )

 

　　化简 (n2-1)cos2

<1+2cos sin =cos2 +sin2 +2cos sin

 

　　故 ((n2-1)cos2

<(cos +sin )2

 

　　开方并化简可得tg

> -1

 

　　这就是在液面上方从侧面适当的方向能看到亮点时n与

之间应满足的条件.

 

　　评分标准:本题20分.

　　得出条件(4)或(5)式占4分;

　　分析α大小与γ大小的关系,作出利用端情况的分析占6分;

　　γ的计算占4分;

　　不等式运算占6分.

　　七、参考解答:甲球从A点抛出时的抛射角为α,速度为v0,因为碰撞点与A点等高,球与板的碰撞

　　是弹性的,板的质量又很大,根据机械能守恒定律可知,球与板碰撞前的速度与碰撞后的速度都等

　　于v0.设碰撞后甲球从板弹回时的抛射角为α´,如图13-17所示.A点与碰撞点之间的距离即为射程

　　L,若甲球又回到A点,则有间的距离即为射程L,若甲球又回到A点,则有

　　

 

　　图13-17

　　L=

= ①

 

　　即 sin2a´=sin2a

　　由此得 a´=a ②

　　a´=

-a ③

 

　　a´=a,表示甲球射到平板时速度的方向与它从平板反弹出时速度的方向相反,故甲球必沿板的

　　法线方向射向平板,反弹后,甲球沿原来的路径返回A点,因此有

　　a+θ=

 

　　θ=

-a ④

 

　　a´=

-a ,表示甲球沿与平板的法线成某一角度的方向射向平板,沿位于法线另一侧与法

 

　　线成相同角度的方向弹出,然后甲球沿另一条路径回到A点.由图13-17中的几何关系可知

　　a+

(a-a´)+θ= ⑤

 

　　由④⑤两式,得

　　θ=

⑥

 

　　下面分别讨论以上的两种情况下,甲球乙球同时回到A点应满足的条件.

　　I. a´=a,θ=

-a,即A球沿原路径回到A点的情形.

 

　　被甲球从A点抛出、与OG板碰撞，到沿原路径回到A点共经历的时间为t1，则有

　　t1=

+ = ⑦

 

　　设乙球从A点自内落下，与地面发生一次碰撞、再回到A点共经历的时间为t2，则有

　　t2=2

⑧

 

　　两球在A点相遇，要求t1=t2，

　　

=2

 

　　即 sina=

⑨

 

　　或 a=sin-1

⑩

 

　　因 sina<1,由⑨式得

　　v0>

 

　　当v0满足

式,甲球的抛射角a满足⑩式,平板的倾角θ满足④式,甲球才能沿原路返回A点并与

 

　　乙球相遇.

　　Ⅱ. a´=

-a,θ= ,即甲球与OG板碰撞后,沿另一条路径回到A点的情形.

 

　　被甲球自A点抛出,经与平板碰撞又回到A点经历的总时间为t1´,则有

　　t1´=

+ = (sina+cosa)

 

　　设乙球自A点下落后回到A点经历的总时间为t2´则有

　　t2´=2

 

　　两球在A点相遇,要求t1´=t2´,

　　

(sina+cosa)=2

 

　　或 sin(

+a)=

 

　　a=sin-1

-

 

　　因 0<a<

,故有

 

　　sin(

+a)>sin =

 

　　sin(a+

)≤1

 

　　结合

式,得

 

　　

>v0≥

 

　　当v0满足

式,甲球的抛射角a满足 ,平板的倾角θ满足⑥式,甲球将沿另一条路径回到A点,

 

　　同时与乙球相遇.

　　综合以上讨论,结论为:当v0>

,且当a=sin-1 ,θ= -a,甲球沿原路径返回A点的

 

　　同时,乙球也回到A到;当

>v0> ,且当a=sin-1 - ,θ= ,甲球还可沿另一路径回

 

　　到A点,这时,乙球也正好回到A点.

　　评分标准:全题20分.求得②、③、④、⑥式各给2分;求得⑨式或⑩式给3分;求得

式给2

 

　　分;求得

式或 式给3分;求得 式给3分。最后能把所得结果总结，并表述得正确和清楚的，

 

　　再给1分。

　　八、参考解答：先以刚性框架为研究对象。当框架处于静止状态时，作用于框架的各个力对

　　转轴C的力矩之和在任何时刻都应等于零。设在某一时刻，松鼠离杆AB的中点O的距离为x，如图

　　13-18所示，松鼠在竖直方向对导轨的作用力等于松鼠受到的重力mg，m为松鼠的质量。此重力对

　　转轴C的力矩的大小为mgx方向在顺时针方向。为使框架平衡，松鼠必须另对杆AB施一水平方向的

　　力F，且F对转轴C的力矩应与竖直方向的重力产生的力矩大小相等，方向相反。即当表示松鼠位

　　置的坐标x为正时，F沿x的正方向，当x为负方向，如图所示。并满足平衡条件

　　mgx=Flsin60°=Fl

①

 

　　式中l为杆的长度，所以F=

x ②

 

　　即松鼠的在水平方向上作用于杆AB的力要因松鼠所在的位置不

　　同而进行调整，保证②式得到满足。

 

　　再以松鼠为研究对象。松鼠在运动过程中，沿竖直方向受到的合力为零，在水平方向受到杆AB

　　的作用力为F´，根据牛顿第三定律，此力即F的反作用力，即

　　F´=-

x=-kx ③

 

　　式中 k=

④

 

　　即松鼠在水平方向受到的作用力F´的大小与松鼠离开杆AB的中点O的位移成正比，方向总是指

　　向O点，所以松鼠在具有上述性质的力F´作用下的运动应是以O点为平衡位置的简谐振动，其振动

　　的周期为

　　T=2π

=2π ⑤

 

　　=2π

=2.64秒 ⑥

 

　　当松鼠运动到杆AB的两端时,它应反向运动,按简揩振动的规律,到达两端时,速度必须为零,所

　　以松鼠作简揩振动的振幅不能大于

l,即振幅应小于或等于l/2=1.00米.(振幅等于1.00米与把松

 

　　鼠视作质点相对应)

　　由以上的论证可知:松鼠在导轨AB上的运动是以AB的中点O为平衡位置,振幅不大于1米,周期为

　　2.64秒的简谐振动。

　　评分标准:全题25分.求得③式得15分;求得⑤式得7分;说明振幅限制得3分.答松鼠静止在AB

　　中点式在中点处上下跳动者不得分。

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