第34届全国中学生物理竞赛预赛参考解答.doc

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第34届全国中学生物理竞赛预赛参考解答一、选择题.1.[BCD]；2.[D]；3.[ACD]；4.[D]；5.[C]二、填空题6.7.3:2 8.9.[或10.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11.（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，棉线的中心轴线到O点的距离为，重物相对于支撑点O有一力矩①式中M为重物的质量，为重力加速度的大小，此力矩会使火柴棍转动直至掉下。（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时（未挂重物时）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A和B之间的夹角为②（由于，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③又由于火柴棍C水平，由几何关系知，从O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。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O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，由于力矩的作用，火柴棍A会绕O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时，重物处于桌沿O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，如示意图3所示；图中是桌面下表面边沿，且，是火柴棍C的中点，显然④在直角中，由几何关系得⑤或⑥12.（1）该方形线框的质量①方形线框的重力相对于AB边的力矩为②（2）拉力的力矩为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边受到的安培力设为，有④该系统稳定，所以重力的力矩、安培力的力矩和拉力力矩平衡。有两种情况（受力图分别如图a和图b所示，图中虚线是线框ab边和cd边中点的连线）：⑤或⑥所以安培力的力矩为⑦或⑧由④⑦⑧式得⑨或⑩（3）这时通过线框上的磁通量为⑪感应电动势为⑫设该方形线框的电阻为，由电阻定律有⑬由⑫⑬式得，该方形线框上的感应电流为⑭cd边所受到的安培力的大小为⑮由⑨⑩⑮式得⑯13.（1）设大气压强为。初态：I室内气体压强为；III室内气体压强为，气柱的长度为。末态：I室内气体压强为；III室内气体压强为。由初态到末态：活塞右移距离为。对初态应用气体状态方程，对I室内气体有①对II室内气体有②对III室内气体有③由力学平衡条件有④由题给条件和①②③④式得⑤（2）对末态应用气体状态方程，对I室内气体有⑥对III室内气体有⑦由力学平衡条件有⑧联立②③⑤⑥⑦⑧式和题给条件得⑨（3）大气对密闭气体系统做的功为⑩已利用②式。系统密闭气体内能增加量为⑪由⑨⑪式得⑫密闭气体系统吸收的热量为⑬14.为确定起见，取坐标系如图所示，磁场沿z方向，通电电流沿x方向。设半导体材料中的载流子空穴和电子沿方向的平均速率分别为和，沿方向的电流密度为①式中②③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，同一磁场对两种载流子受到的洛仑兹力方向相同，所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则横向电流密度为④这时，空穴在横向受到的作用力的大小为⑤电子在横向受到的作用力的大小为⑥故两种载流子的横向平均速度为⑦⑧霍尔电场达到稳定时有⑨由④⑦⑧⑨及②③各式得⑩根据霍尔系数的定义以及④⑩两式得⑪15.（1）为普遍起见，设两个物体质量分别为和，初速度分别为和0，发生完全非弹性碰撞后共同速度为，则碰前的动能①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②碰后的动能之和（即系统剩余动能）为③由①②③式得④[损失的动能为]设第1个滑扣以速度开始运动⑤在第1个滑扣滑动距离、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）⑦在第1、2个滑扣共同滑动距离、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）⑨在第1、2、3个滑扣共同滑动距离、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⑩依次类推，在第个与第个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为，于是，在第个与第个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为⑪在第与第个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬间，系统剩余动能为⑫由⑪⑫式可知，若⑬则从第1个滑扣开始的个滑扣都依次拉紧，且可继续滑行距离（）后静止。因而有⑭由⑤⑭式得⑮（2）整个过程中克服摩擦力所做的功为⑯（3）在整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总能量损失为⑰16.（1）取小物块的平衡位置为原点O，y轴的方向竖直向下，如图所示。由牛顿第二定律可知：①式中为物块的加速度，为弹性绳的原长，和分别为物块离开平衡位置的位移为时弹性绳的长度和弹性绳与水平面的夹角。由几何关系有②③式中。由于y很小，可略去，利用近似计算公式当时，，注意到，②式可简化为④将④式代入③式，利用近似计算公式当时，，并忽略项，③式可简化为⑤当小物块处在平衡位置时有⑥即⑦将⑤⑥⑦式代入①式，略去项，可将①式化成⑧上式右端括号中的量是大于零的常量，⑧式可表示为⑨式中⑩⑨式是简谐振动的动力学方程。因此，当很小时，小物块做简谐振动。（2）小物块做简写振动的周期为：⑪将题给数据代入⑪式得⑫（3）因将小物块拉开距离时从静止松手，故小物块做简谐振动的振幅为⑬初始时，小物块速度为零，小物块位于在最大振幅处，其初相位为⑭圆频率为⑮故在国际单位制中，小物块做简谐振动的方程为⑯。