2015第32届全国高中物理竞赛预赛试题解析解析版

1、第32届全国中学生物理竞赛预赛试卷解析一.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. 2014年3月8日凌晨2点40分，马来西亚航空公司一架波音777-200飞机与管制中心失去联系。2014年3月24日晚，初步确定失事地点位于南纬31 52、东经115 52的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域。有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时间在该区域正上方对海面拍照，则A .该卫星一定是地球同步卫星B.该卫星

2、轨道平面与南纬 31 52所确定的平面共面C.该卫星运行周期一定是地球自转周期的整数倍D.地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍【参照答案】D【名师解析】该卫星运行轨道经过南纬3P 52东经11尸52,的渭大利亚西南城市珀斯附近的海域上空,而地球同步卫 星一定在赤道上空,所以该卫星一定不是地球同步卫星,选项以错误好卫星运行五有引力提供向心力,轨 道中心一定在地心j所以读卫星轨道平面不熊与南纬31*父所确定的平面共面，选项E错误。地球自转周 期一定是该卫星运行周期的整教倍，选项D正确C错电2. 298 U （铀核）衰变为288Rn （氢核）要经过A. 8次a衰变，16次3衰变 B. 3次a衰变

3、，4次3衰变C. 4次a衰变，16次3衰变 D. 4次a衰变，4次3衰变【参照答案】【名师解析】由（238-222） + 4=4 可知,23892 222.、 一.U （铀核）共变为 88Rn （氢核）要经过4次a衰变。经过4次a衰变，电荷数减少8,而实际上电荷数减少了92-88=4,所以经过了 4次3衰变，电荷数增加了 4,选项D正确。3.如图，一半径为R的固定的光滑绝缘圆环， 位于竖直平面内； 环上个相同的带电小球 a和b （可视为质点）,只能在环上移动。静止时球之间的距离为Ro现用外力缓慢推左球撤除外力，下列说法正确的是A ,在左球a到达c点的过程中，圆环对b球的支持力变大a使其到达圆环

4、最低点c,有两两小然后B .在左球a到达c点的过程中，外力做正功，电势能增加C.在左球a到达c点的过程中，a、b两球的重力势能之和不变D.撤除外力后，a、b两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒参照答案】BD【名师解析】 在左球a到达c点的过程中，b球向上移动，重力与库仑力的夹角增大，其合力减小，由平衡条件可知，圆环对b球的支持力变小，选项 A错误。在左球a到达c点的过程中，两球之间的距离减小，外力做正功,电势能增加，选项 B正确。在左球a到达c点的过程中,a、b两球的重力势能之和变化，选项 C错误。撤除外力后，a、b两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒，选项D正确。4.如图，O点是小球平抛运动

5、抛出点；在O点有一频闪点光源,闪光频率为30Hz;在抛出点的正前方，竖直放置一块毛玻璃，小球初速度与毛玻璃平面垂直。在小球抛出时点光源开始闪光。当点光源闪光时，在毛玻璃上有小球的一个投影点。已知O点与毛玻璃水平距离L=1.20m,测得第一、二个投影点之间的距离0.05m。取重力加速度 g=10m/s2。下列说法正确的是A .小球平抛运动的初速度为4m/sB.小球平抛运动过程中，在相等时间内的动量变化不相等C.小球投影点的速度在相等时间内的变化量越来越大D.小球第二、三个投影点之间的距离为0.15m。L图中为参照答案【名师解析】闪光周期T=1/30s,vT由122gT,解得小球平抛运动的初速度为

6、0.05v=4m/s ,选项 A正确。小球平抛运动过程中，只受重力，由 mg=ma=mmv,解得 ( mv) =mgAt,所以小球平抛运动过程中,在相等时间内的动量变化相等，选项B错误。设投影点的位移为vt丫，由2 gtL ,解得Y=-gL t,即Y2v投影点以速度 更做匀速运动，小球投影点的速度不变，选项 c错误。小球第二、三个投影点之间的距离2v为0.05m,选项D错误。5.某同学用电荷量计(能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量)测量地磁场强度，完成了如下实验：如图，将面积为 S、电阻为R的矩形导线框abcd沿图示方位放置于地面上某处，将其从图示位置绕东西轴转处地磁场的磁感应强度大小为1

7、r80。，测得通过线框的电荷量为Qi;将其从图示位置绕东西轴转90。，测得通过线框的电荷量为Q2；该b. RQi2-QfD. R Qi2 QiQ2 Q；S5.【参照答案】C【名师解析】设该处地磁场的磁感应强度与竖直方向的夹角为e ,将其从图示位置绕东西轴转180。，磁通量变化 2BSsin=2BSsin 0 ,广生的感应电动势 E=- , I=E/R, Qi=I At ,联立解得：Qi=-.将其从图本位置绕东西轴转 i80 ,磁通量变化 虫=8阴所e-BScose,同理可得 q2=2BSc0s -2BSsin .联立解得：RRB=R Q QiQ2 Q2 ,选项 C正确。S 2二、填空题。把答案

8、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 .水平力F方向确定，大小随时间变化如图a所示；用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图 b所示。重力加速度大小为i0m/s2。由图示可知，物块与水平桌面间的最大静摩擦力为 ;物块与水平桌面间的动摩擦因数为 ;在04s时间内，合外力对物块所做的功为 。【参照答案】6N 0.124J【名师解析】由图示图象可知，在 t=2s时物块开始运动其加速度ai=im/s2,对应的拉力为6N,所以物块与水平桌面间的最大静摩擦力为 6N.根据t=2s和4s对应的力和加速度， 由Fi- mg=ma

9、F2- mg=ma解得m=3kg,=0.1.04s时间内，物块速度变化 4m/s ,即物块末速度为12W mv=24J。2滑轮和细绳B的加速度之根据加速度图像与横轴所围面积表示速度变化可知，在v=4m/s。根据动能定理，合外力对物块所做的功为7 .如图，物块A、C置于光滑水平面上，通过轻质悬挂物块B,物块 A B的质量均为2kg,物块C 1kg ,重力加速度大小为 10m/s2。(1)若固定物块 C,释放物块 A、B,则物块A、比为 细绳的张力，为。(2)若三个物块同时由静止释放，则物块A、B和C的加速度之比为 【参照答案】(1) 2 ： 1 8N (2) 2 ： 3 ： 4【名师解析】(1)

10、若固定物块 C,释放物块 A、B,根据动滑轮的特征，在相同时间内，A运动位移是B下落高度的2倍，所以物块 A、B的加速度之比为2 ： 1 ;对设细绳的张力为 F,对A,由牛顿运动定律，F=ma1，对B,由牛顿第二定律，mg-2F=ma2。联立解得F=8N.。(2)若三个物块同时由静止释放，由于滑轮两侧细绳中拉力相等，所以物块A和C的加速度之比为1 ： 2.。若三个物块同时由静止释放，在相同时间内，C运动位移是A运动位移的2倍，B下落高度是A位移的1.5倍，所以物块 A、B和C的加速度之比为2 ： 3 ： 4。8.2011年8月中国发射的宇宙飞船“嫦娥二号”完成探月任务后，首次从绕月轨道飞向日地

11、延长线上的拉Ms和Me ,日地距离为Ro该拉格朗日点离地球的距离x满足的方程为。（已知当K1 时，(1+力 n 1 + n X)参照答案Me Ms+F= 3s (R+x)x RMe- R3M sS【名师解析】设“嫦娥二号”质量为m,绕太阳运动的角速度为3 ,根据题述，在拉格朗日点，对“嫦娥二号”绕太阳格朗日点，在该点，“嫦娥二号”和地球一起同步绕太阳做圆周运动。已知太阳和地球的质量分别为运动，由万有引力定律和牛顿运动定律,M SmM Em2G2- + G =m w (R+x),R xx对地球绕太阳运动，由万有引力定律和牛顿运动定律,MeMsR2=Mew2R,联立解得：该拉格朗日点离地球的距离x

12、满足的方程为R3(R+x)。,一 Ms由于 x gli由于a与b碰撞时间极短，可忽略重力的影响。在 a与b碰撞前后，系统的动量和能量守恒砒产上+德力匈巩埒（EJ +八%（。）=）+叫/J t ）+点6） *）=+ /；（L）J + ymbr，t +匕；（力）式中，碰后的有关速度用打撇的字母表本.由题意，可认为mb=0。将mb=0代入（11）式得匕二）二*（1）可见，质点b的运动对质点a的运动的影响可忽略。同理 后与c相碰的条件是，存在时刻t2,使满足if K -1. 4 LK Jh.M由(13)(14)(15)得由（12） （13）式得，质点c的初速度Vc,为vc=vc。质点a的初速度应满足的

13、条件为13. （20分）有一块长条形的纯净半导体硅，其横截面积为2.5cm2,通有电流2mA时，其内自由电子定向移动的平均速率为 7.5X 10-5m/s,空穴定向移动的平均速率为2.5X 10-5m/s.已知硅的密度为 2.4X 103kg/m3,原N0=6.02X 1023mol-1。子量是28.电子的电荷量大小为 e=1.6X10-19C。若一个硅原子至多只释放一个自由电子，试估算此半导体材料中平均多少个硅原子中才有一个硅原子释放出自由电子？阿伏伽德罗常数为【名师解析】13.（20.分）设此半导体单位体积内有n个自由电子（因此也有n个空穴），以S表示此半导体的横截面积，和V2分别表示半导

14、体中空穴和自由电子的定向移动速率，Il和I2分别表示半导体中空穴和自由电子定向移动形成的电流，则半导体中的总电流为由此得由题意知，此半导体单位体积内有n个硅原子释放出自由电子.单位体积半导体硅内的原子个数为式中P和M分别为硅的密度和摩尔质量，,N0=6.02X 1023mo1-1是阿伏伽德罗常数.由式得代入有关数据得 即此半导体材料中，平均约1 x 105个硅原子释放出一个自由电子14 (20分)电子感应加速器利用变化的磁场来加速电子。电子绕平均半径为R的环形轨道(轨道位于真空管道内)运动，磁感应强度方向与环形轨道平面垂直。电子被感应电场加速，感应电场的方向与环形轨道相 切。电子电荷量为 e。

15、(1)设电子做圆周运动的环形轨道上磁感应强度大小的增加率为R一,求在环形轨道切线方向感应电场作t用在电子上的力;B (1)设环形轨道平面上的平均磁感应强度大小的增加率为,试tR导出在环形轨道切线方向感应电场作用在电子上的力与B的关t系；(3)为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动，求_曰和一B之间必须满足的定量关系。 t t【名师解析】14.(分)(1)设电子做圆周运动的圆轨道上的磁感应强度大小为R,方向与环面垂直。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB - tnK设在圆轨道切线方向作用在电子上作用力为F,按照动量定理有F3 C由式得BF=eR t（2）按照法拉第电磁感应定律，

16、在电子运动的圆轨道上的感应电动势为=t式中圆轨道所张的面上的磁通量。为4 =兀r2B这里,B为圆轨道所张的面上的平均磁感应强度。一一B由式得=% R2t考虑电子运行一圈感应电场所做的功，由电动势的定又可得=2 兀 RE电子在圆轨,道切向所受到的力为 F=qE由式得Ar（3）和式所表示的是同样的力。的大小. 联立式得B 1B=t2t这就是为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动关系BB B和一B之间必须满足的定量tt15.（20分）如图，导热性能良好的气缸 A和B高度均为h （已除开厚度），横截面积不同，竖直浸没在温度为To的恒温槽内，它们一细管连通（细管容积可忽略）。两气缸内各

17、有一个活塞，质量分活塞的的底部由别 为mA=2m和mB=m ,活塞与气缸之间无摩擦，两活塞的下方为理想气体，上方为真空。当两活塞下方气体处于平衡状态时，两活塞底面相对于气缸底的高度均为h/2。现保持恒温槽温度不变，在两活塞上面同时各缓慢加上同样大小的压力，让压力 .从零缓慢增加，直至其大小等于2mg (g为重力加速度)为止，并一直保持两活塞上的压力不变；系统再次达到平衡后，缓慢升高恒温槽的温度，对气体加热，直至气缸B中活塞底面恰好回到高度为 h/2处。求：(1)两个活塞的横截面积之比 Sa : Sb。(2)气缸内气体的最后的温度。(3)在加热气体的过程中，气体对活塞所做的总功。【名师解析】(1

18、)平衡时气缸 A、B内气体的压强相等，故皿出皿昭不S 一=丁1由式和题给条件得=2： 1(2)两活塞上各放一质量为2汛 的质点前，气体的压强pi和体积Vi分别为“等喑3c匕=5sM两活塞上各放一质量为 2m的质点后,B中活塞所受到的气体压力小于它和质点所受重力之和 ,B中活塞将一 直下降至气缸底部为止,B中气体全部进入气缸 A.o假设此时,气缸A中活塞并未上升到气缸顶部 ，气体的压强pi为A3 8设平衡时气体体积为。.由于初态末态都是平衡态，由理想气体状态方程有Pt匕 P/了 =丁由式得.33匕二了S/二五qO这时气体的体积小于气缸 A的体积，与活塞未上升到气缸顶部的假设一致.缓慢加热时，气体

19、先等压膨胀,B中活塞不动,A中活塞上升;A中活塞上升至顶部后，气体等容升压；压强升至H时,B中活塞开始上升，气体等压膨胀。设当温度升T时,该活塞恰位于各处.此时气体的体积变为气体压强设此时气缸内气体的温度为T,由状态方程有由式得T=5T 0.(3)升高恒温槽的温度后，加热过程中，A活塞上升量为的圆柱形中平面中心B点在A点正率分别是时，sin济友通过平凸玻像的虚实;发出的光线断这个像的【名师解析】16. (1)容器底部凸面两侧介质的折射率分别是ni=1.56和n2=1.0o如图曲B点发出的经过球心 C的光线BA经过顶点A后，方向不变，进入空气中；由B点发出的与BA成口角的另一条光线 BD在D点折射，设折射角为想 并与前一条出射光线交于 E点,E点即B点的像点的位置。在三角形BCD和三角形CDE中，由正弦定理可得CD BCsina 茸】ng(J) CE siri3 苜in平由于只考虑近轴光线成像，所以“、,仅。都是小角度，式可写为叫口二,fl CD=BCCD=/JCE由式可得a + 9 =(1 4- )，= 0. K2w (p所考虑的光线是会聚的，故所成的像为实像.由式可得将题给数据代入上式得CE .1, 75cm - 9. 75 cmt J L 751l36 87(-L 75 L 56由式和题给数据得BE = BA -AC + CE=(