第34届全国中学生物理竞赛预赛试卷 参考解答与评分标准 一、选择题 本题共5小题，每小题6分.在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意， 有的小题有多项符合题意，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.[BCD]; 2.[D]; 3.[ACD]; 4.[c]; 5.[D] 二、填空题.把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程 6.(10分) 答案：2.2 7.(10分) 答案：3：2 8.(10分) 答案：3μC 9.(10分) 答案：(20，- 95,0)或(20，-96) 10.(10分) 答案：不守恒 墙壁对弹簧有作用力（外力），且在运动参考系中，该力的作用点有位移，所做 的功不为零 三.计算题. 计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不 能得分.有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位， 11.(20分) (1)若没有火柴棍B和C,则挂重物时在过A的竖直平面内的情景如图1所示。因 棉线直径d≠0，棉线的中心轴线到0点的距离为号，重物相对于支撑点0有一力矩 =号Mg ① 式中M为重物的质量，g为重力加速度的大小，此力矩会使火柴棍转动直至掉下。 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第1页（共10页）
(2)如题图所示的结构可以稳定地悬挂起重物，当 重物和火柴棍的质量趋于零（未挂重物）时，在过火 柴棍A的竖直平面内的情景应如图2.a所示。由 题设，火柴棍与桌沿、火柴棍与棉线以及火柴棍之 间都足够粗糙（可以没有滑动），可形成一个稳定的 三脚架结构。由于火柴棍A水平，火柴棍B的下端 正好在A的中点的正下方，由几何关系知，火柴棍 Mg A和B之间的夹角为 图1 图2.a 图2.b =60 ② (由于d<l,此时忽略了棉线的粗细)，桌面上表面边沿O点到火柴棍B的下端（即火柴棍C 的中点)的距离为 L- ③ 又由于火柴棍C水平，由几何关系知，从0点到火柴棍C两端的距离均为. 值得指出的是，据题意，前面提及的三脚架结构在重物质量逐渐增大时是稳定的：因为 根据题意，火柴棍与棉线之间是足够粗糙的，以至于跨过火柴棍A的棉线与它所连接的火柴 棍C形成的正三角形能得以保持，且火柴棍C也继续保持水平，因而火柴棍B与A之间的夹 角也能得以保持不变，从而在图2.b中，火柴棍A和B之间的夹角仍然为60°。 ,小心地挂上重物，在过火柴棍A的竖直平面内的情景如图2.b所示。这时，火柴棍A受 到四个力的作用：火柴棍B对它的头部的斜向上的推力、跨过火柴棍A的中部的细棉线对它 的竖直向下的压力、桌面上边沿0点对它的正压力和静摩擦力。火柴棍A与桌面之间静摩 擦力在一定范围内可以保证火柴棍A所受合力为零。同时，由于力矩L的作用，火柴棍A会 绕0点转动，通过火柴棍B的带动，绕过A连结火柴棍C两端的棉线将绕桌面下表面的边 沿转过一小角度，使重物向左平移，当重物向左平移的距离达到号时，重物处于桌沿0的正 下方，重力作用线恰好过支点D(见图3)，因而对D点的力矩为零，整个系统不会转动，从而 达到稳定平衡。设此时过A连结火柴棍C两端的棉线绕桌面下表面的边沿转过的角度 ∠DW'D'=6,如示意图3所示；图中D是桌面下表面边沿， O 且 00'=DD'= 21 D OD=0'D'=h W'是火柴棍C的中点，显然 YMg D'W'=L-h=51-h 2 ④ 图3 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第2页（共10页）
在直角△DWD'中，由几何关系得 d sin ⑤ 或 0=arcsin d ⑥ √3l-2h 评分参考：第(1)问5分，①式3分，结论正确2分；第(2)问15分，②式3分，说 明“三脚架结构是稳定的”给3分，③④式各3分，⑤或⑥式3分。 12.(20分) (1)该方形线框的质量 m=4Lmrop ① 方形线框的重力相对于AB边的力矩为 L=mg cos0 =4Lmropgcos0=2L'mrpgcos0 ② (2)拉力F的力矩为 Le=FLcose ③ 对于线圈abcd四条边来说，ab边为转轴，bc和da边产生的安培力相互抵消，力矩之 和为零，只有cd边产生安培力的力矩。设cd边受到的安培力为FA,有 LA FLsine ④ 该系统稳定，所以重力F。的力矩L、安培力FA的力矩LA 和拉力F的力矩Lp平衡。有两种情况（受力图分别如图a F 和图b所示，图中虚线是线框ab边和cd边中点的连线)： LA=L-Lr ⑤ F 或 图a 图b LA=Le-Le ⑥ 所以安培力F。的力矩为 L=2Lmropgcose-FLcos0 ⑦ 或 LA FLcOs0-2LTropgcos0 ⑧ 由④⑦⑧式得 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第3页（共10页）
F =(2Lmropg-F)cote ⑨ 或 FA=(F-2 Lmropg）cot0 (3)这时通过线框的磁通量为 中(0)=L2Bcos0 感应电动势为 s=会0-a a△B △t ② 设该方形线框的电阻为R,由电阻定律有 R=4L B OTro 由②B式得，该方形线框上的感应电流为 i=e L △B △t ④ cd边所受到的安培力的大小为 F=iBL= 4mBeos0 △B △t ⑤ 由⑨0⑤及F=0式得 △B 8pg △i=BLosine ⑥ 评分参考：第(1)问2分，①②式各1分；第(2)问8分，③④⑤⑥⑦⑧⑨①式各 1分：第(3)问10分，①②各2分，B式1分，④⑤式各2分，⑥式1分。 13.(20分) (1)设大气压强为Po。初态：I室内气体压强为P；Ⅲ室内气体压强为P,气柱的长 度为.末态：I室内气体压强为P2；Ⅲ室内气体压强为p。由初态到末态：活塞左 移距离为山.对初态应用气体状态方程，对I室内气体有 PIS =vRT ① 对Ⅱ室内气体有 m(分×5+7x2s)=多 oRT ② 对Ⅲ室内气体有 p1'(2S)=(2)RT ③ 由力学平衡条件有 pi(2S)=p:S+po(2S-S) ④ 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第4页（共10页)
由题给条件和①②③④式得 r=”1=2y ⑤ v +vo v+vo (2)对末态应用气体状态方程，对I室内气体有 P2 (1-d)S=vRT:=vR2T ⑥ 对Ⅲ室内气体有 p2('+d)(2S)=(2w)RT2 ⑦ 由力学平衡条件有 p2(2S)=P2S+P(2S-S) 8 联立②⑤⑥⑦⑧式和题给条件得 乃=u+%'学r 2l+(v+o)d,1 ⑨ (3)大气对密闭气体系统做的功为 W=Po(25-S)(-d)=-PoSd=-4voRI, 0 已利用②式。系统密闭气体内能增加量为 △U=C(T2-T)+(2w)C(T3-T1)=C(2T3-T,) 由⑨①式得 △U=-+号2w+)c-G 2vl+(v+vo)d 2+2+g）-小 =[-4(w+o ② 密闭气体系统吸收的热量为 0=a--a+-小c±片m ⑧ 评分参考：第(1)问9分，①②③④式各2分，⑤式1分；第(2)问4分，⑥⑦⑧ ⑨式各1分；第(3)问7分，⑩①各2分，②式1分，B式2分。 14.(20分)解： 为确定起见，取坐标系如图所示，磁场沿？方向，通电 电流密度J,沿x方向。设半导体材料中的载流子空穴和电 子沿x方向的平均速率分别为(，)，和()x,沿x方向的 电流密度为 J=p(u,）x+(-e)n(-"n)x ① 式中 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第5页（共10页）
()x=,E ② （-n)x=-uE ③ 如果沿x方向的电流中只有一种载流子，则当作用于载流子的洛仑兹力与霍尔电 场的作用力平衡时，霍尔电场达到稳定，如金属导体。在半导体中，存在两种载流子， 两种载流子受到的外磁场的洛仑兹力方向相同，受到的霍尔电场力方向相反，两种载 流子受到的洛仑兹力不可能同时与霍尔电场力平衡，所以在半导体样品内存在载流子 的横向流动，当任何时刻流向样品同一侧面的空穴数与电子数相等时，霍尔电场便达 到稳定。设两种载流子的横向平均速率分别为(，)，和(u),则横向电流密度为 J,=ep (vp),+(e)n(vn), ④ 这时，空穴在横向受到的作用力的大小为 Fw=e[E,-(u,),B] ⑤ 电子在横向受到的作用力的大小为 Fw=(e)[E,-(←.)B,] ⑥ 故两种载流子的横向平均速度为 （-",)y=4p[E-(）B] ⑦ （-n),=-un[E,+(un)B] 8 霍尔电场达到稳定时有 J=0 ⑨ 由④⑦⑧⑨及②③各式得 2-4E,B, E,=(4,+） 根据霍尔系数的定义以及①②③⑩式得 1Pu-4 R=。(4,+4 ① 评分参考：①式2分，②③式各1分，④⑤⑥⑦⑧⑨①0①式各2分。 15.(20分) 解： (1)为普遍起见，设两个物体质量分别为m1和m2,初速度分别为1和0，发生完全非弹 性碰撞后共同速度为，则碰前的动能 B=2m叫 ② 由于细绳拉紧前后时间间隔极短，可以忽略摩擦阻力，故前后动量守恒，有 m11=（m1+m2)U ② 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第6页（共10页）
碰后的动能之和（即系统剩余动能）为 (mtm) ③ 由①②③式得 E'=m1一E ④ m1+m2 损失的动能为 △E=E-E'= m一E m1+m2 设第1个滑扣以速度v。开始运动 Eo=2mo ⑤ 在第1个滑扣滑动距离L、第1与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能 为 Eu=Eo -wmgL ⑥ 在第1个滑扣与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬间，系统剩余动能为（根据④式） 中8v8y ⑦ 在第1、2个滑扣共同滑动距离L、第2与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩 余动能为 Ezr=E2o -2umgL =2(-wng）-2ungL =6-212+2mgL ⑧ 在第2与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬间，系统剩余动能为（根据④式） B26y=号 ⑨ 在第1、2、3个滑扣共同滑动距离L、第3与第4个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系 统剩余动能为 E3r=E3o-3umgL =引2-12+2ng-3wmgL =号，-2+2+39wmgL 0 依次类推，在第k个与第k+1个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第7页（共10页）
Ey=-名12+2++)mgL 1 1k(k+1)(2k+1) =B-左 6 =26,-+山2+山w 2wmgL,1≤k≤n-2 6 于是，在第(n-2)个与第(n-1)个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为 (n-1g2n-3)umgb ① 6 在第(n-2)与第(n-1)个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬间，系统剩余动能为 F(a-2g2n-3)umngl ② 6 由①②式可知，若 (n-1)(n-2)(2n-3) umgL<E。<n(n-1)(2n-1) umgL B 6 6 则从第1个滑扣开始的(n-1)个滑扣都依次拉紧，且可继续滑行距离1(0<l<L)后静 止。因而有 Bwn6-a-2g2a-3》, 6 umgL =(n-1)umgl @ 由⑤④式得 w=a-22a-3L+2(a-1小a-1e 3 5 (2)整个过程中克服摩擦力所做的功为 W=umgL+u (2m)gL+u (3m)gL+..+u[(n-2)m]gL+u[(n-1)m]gl =mgL[1+2+3+…+(n-2)]+u(n-1)mgl =[2L+水a-1)ns 6 (3)在整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总能量损失为 △E=之m。-W =引a-2g2-31+2Xa-0水a-1mg-2+小a-10ms -a-2)2a-3L+(a-1(n-Dmmg-[a2(a-1mms -[(n-2(n-3+(n-2)i(n-1)mg ⑦ 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第8页（共10页）
评分参考：第(1)问16分，①②式各2分，③④⑥⑧0①式各1分，②④⑤式各2分； 第(2)问2分，⑥式2分；第(3)问2分，⑦式2分。 16.(20分) d (1)取小物块的平衡位置为原点0，y轴的方向 a 竖直向下，如图所示。由牛顿第二定律可知： ma mg-2k(I-L)sina ① 式中α为物块的加速度，L为弹性绳的原长，l和 m α分别为物块离开平衡位置的位移为y时弹性绳 的长度和弹性绳与水平面的夹角。由几何关系有 l=√+(losinco+y) ② sina=osinc+y ③ 式中d=locoso。由于y很小，y2可略去，利用近似计算公式当x<1时，√I+x≈1 +之x,注意到%=√+(sin了，②式可简化为 l=lo +ysinao ④ 将④式代入③式，利用近似计算公式当x<1时，十1-，并忽略子项，③式可 简化为 losina =losinco +y cos'co ⑤ 当小物块处在平衡位置时有 mg=2k (lo-L)sinao ⑥ 即 L=lo-2ksinco mg ① 将⑤⑥⑦式代入①式，略去y2项，可将①式化成 ma nw+受C} ⑧ 上式右端括号中的量是大于零的常量，⑧式可表示为 ma=-mw'y ⑨ 式中 心告w+号 m 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第9页（共10页）
⑨式是简谐振动的动力学方程。因此，当y很小时，小物块做简谐振动。 (2)小物块做简写振动的周期为： 7=2m 2π ① 2k sin ao g cos'co m lo sinao 将题给数据代入①式得 T=1.8s ② (3)因将小物块拉开距离y。=0.010m时从静止松手，故小物块做简谐振动的振幅为 A=0.010m B 初始时，小物块速度为零，小物块位于最大振幅处，其初相位为 90=0 @ 圆频率为 w0 2π=3.5rad/s ⑤ 故在国际单位制中，小物块做简谐振动的方程为 y=0.010×cos(3.5×t) ⑥ 评分参考：第(1)问13分，①式2分，②③④⑤式各1分，⑥式2分，⑦式1分， ⑧式2分，⑨0式各1分；第(2)问2分，①②式各1分；第(3)问5分，3⑤ 式各1分，⑥式2分。 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第10页（共10页）