2014第31届全国高中物理竞赛初赛试题及标准答案(全Word版)

　　2014第31届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案与评分标准

　　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．

　　1．一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于

　　A．α B．α1/3

　　C．α3 D．3α

　　2．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为lcm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度．当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误的是

　　A．密度秤的零点刻度在Q点

　　B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边

　　C．密度秤的刻度都在Q点的右侧

　　D．密度秤的刻度都在Q点的左侧

　　3．一列简谐横波在均匀的介质中沿z轴正向传播，两质点P1和P2的平衡位置在x轴上，它们相距60cm，当P1质点在平衡位置处向上运动时，P2质点处在波谷位置，若波的传播速度为24 m/s，则该波的频率可能为

　　A．50Hz B．60Hz

　　C．400Hz D．

　　410Hz

　　4．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3．若环的重力可忽略，下列说法正确的是

　　A．F1F3 B．F2F1

　　C．F3 F1 D．F1=F2=F3

　　5．质量为mA的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰．假设B球的质量mB可选取为不同的值，则

　　A．当mB=mA时，碰后B球的速度最大

　　B．当mB=mA时，碰后B球的动能最大

　　C．在保持mBmA的条件下，mB越小，碰后B球的速度越大

　　D．在保持mBmA的条件下，mB越大，碰后B球的动量越大

　　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）用国家标准一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为0.5mm，丝杆螺距为0.5mm，套管上分为50格刻度）测量小球直径．测微器的初读数如图(a)所示，其值为_____mm，测量时如图(b)所示，其值为_____mm，测得小球直径d=___________mm．

　　7．（10分）为了缓解城市交通拥问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示．当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口．假设某十字路口限速50km/h，“直行待行区”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为4s.如果某汽车司机看到上述提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1.5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，则该汽车的行驶加速度为_________；在这4s内汽车发动机所做的功为_____________（取g=10m/s2）

　　8．（10分）如图所示，两个薄透镜L1和L2共轴放置，已知L1的焦距f1=f，L2的焦距f2=―f，两透镜间的距离也是f，小物体位于物面P上，物距u1=3f．

　　(1)小物体经过这两个透镜成的像在L2的_____边，到L2的距离为________，是______像（填“实”或“虚”）、_______像（填“正”或“倒”），放大率为___________．

　　(2)现把两个透镜位置调换，若还要使给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向______边移动距离_________．这个新的像是______（填“实”或“虚”）、______像（填“正”或“倒”），放大率为__________．

　　9．(10分)图中所示的气缸壁是绝热的．缸内隔板A是导热的，它固定在缸壁上．活塞B是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气．B的上方为大气．A与Ｂ之间以及A与缸

　　底之间都盛有n mol的同种理想气体，系统在开始时处于平衡状态．现通过电炉丝E对气体缓慢加热，在加热过程中，A、B之间的气体经历____过程．A以下气体经历____过程；气体温度每上升１K，A、B之间的气体吸收的热量与A以下气体净吸收的热量之差等于＿＿＿＿＿．已知普适气体常量为Ｒ．

　　10.（10分）字宙空间某区域有一磁感应强度大小为B=1.010-9T的均匀磁场，现有一电子绕磁力线做螺旋运动．该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间隔为_____s；若该电子沿磁场方向的运动速度为1.010-2c（c为真空中光速的大小），则它在沿磁场方向前进1.010-3光年的过程中，绕磁力线转了_____圈. 已知电子电荷量为1.6010 -19C，电子质量为9.1110-31kg．

　　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．（15分）如图所示，一水平放置的厚度为t折射率为n的平行玻璃砖，下表面镀银（成反射镜）．一物点A位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为h处．观察者在A点附近看到了A点的像．A点的像到A点的距离等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射．

　　12.（20分）通常电容器两极板间有多层电介质，并有漏电现象．为了探究其规律性，采用如图所示的简单模型，电容器的两极板面积均为A．其间充有两层电介质l和2，第1层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒数）和厚度分别为ε1、σ1和d1，第2层电介质的则为ε2、σ2和d2．现在两极板加一直流电压U，，电容器处于稳定状态．

　　(1)画出等效电路图；

　　(2)计算两层电介质所损耗的功率；

　　(3)计算两介质交界面处的净电荷量；

　　提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电路．

　　13. (20分)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空胶，其长和宽分别为a和b，厚度为d，其

　　两侧等高处装有两根与大气相通的玻璃管（可用来测量液体两侧的压强差）．容器内装满密度为ρ的导电液体，容器上下两端装有铂电极A和C，这样就构成了一个液体电阻，该液体电阻置于一方向与容器的厚度方向平行的均匀恒定的磁感应强度为B的磁场中，并通过开关K接在一电动势为ε、内阻为r的电池的两端，闭合开关．若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差为h，求导电液体的电导率σ．重力加速度大小为g．

　　14.（20分）lmol的理想气体经历一循环过程l—2—3—1，如p—T图示所示．过程l—2是等压过程，过程3—1是通过p—T图原点的直线上的一段，描述过程2—3的方程为 c1p2 + c2p =T，式中c1和c2都是待定的常量，p和T分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态l的压强、绝对温度分别为p1和T1．气体在状态2的绝对温度以及在状态3的压强和绝对湿度分别为T2以及p3和T3．气体常量R也是已知的．

　　(1)求常量c1和c2的值；

　　(2)将过程l—2—3—1在p—V图示上表示出来；

　　(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．

　　15. (20分)一个ω介子飞行时衰变成静止质量均为m的三个π介子，这三个π介子的动量共面．已知：衰变前后介子运动的速度都远小于光在真空中的速度c；衰变后的三个π介子的动能分别为T1、T2和T3，且第一、二个π介子飞行方向之间的夹角为θl，第二、三个π介子飞行方向之间的夹角为θ（如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的能量（即2

　　其静止质量与c2的乘积）之差．求ω介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的φ角表示）及其静止质量．

　　16. (25分)一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心O并与盘面垂直的固定水平转轴以匀角速度ω=4.43rad/s转动．圆盘半径r=1.00m，圆盘正上方有一水平天花板．设圆盘边缘各处始终有

　　水滴被甩出．现发现天花板上只有一点处有水．取重力加速度大小g=9. 80m/s2．求

　　(1)天花板相对于圆盘中心轴O点的高度；

　　(2)天花板上有水的那一点的位置坐标，

　　参考答案与评分标准

　　一、1. (D) 2. (C) 3. (AD) 4. (A) 5. (BCD)

　　二、6. 0.022～0.024mm (3分)；3.772～3.774mm(3分)；3.748～3.752mm(4分) (若有效位数错，无分)

　　7. 1.5m/s2(5分)；4.5104J(5分)

　　8. (1)右，f，实，倒，1 (每空1分) (2)左，2f，实，倒，1 (每空1分)

　　9. 等压(2分)；等容(2分)；nR(6分)

　　10. 3.610-2(5分)；8.8107(5分)

　　三、11. (15分) 由折射定律得：sinθi= sinθd ?①

　　由几何关系得：x1=htanθi ?②，x2=htanθd ?③，H=2(x1+x2)tan(900―θi)?④，H为物A到像A/的距离，在小角度近似下有：tanθi≈sinθi，tanθd≈sinθd，tan(900―θi)≈

　　t立以上各式得：H=2(h+) ?⑥ n

　　评分标准：①式3分，②③④式各2分，⑤⑥各3分

　　1 ?⑤，联 sinθi

　　12. (20分)(1)等效电路如图所示

　　(2)等效电容C1和C2为：C1=εAεA，C2=?① d1d2

　　dd等效电阻R1和R2为： R1=R2= ?② σ1 Aσ2 A

　　U2U2Aσσ两层电介质所消粍的功率为：P= ?③ R1+R2 d1σ2+d2σ1

　　(3)没两层介质各自上下界面之间的电压分别为U1和U2，上层介质界面上的电荷为：

　　εAURεσAUQ1=C U1= ?④， d1R1+R2 d1σ2+d2σ1

　　下层介质界面上的电荷为：Q2=εσAU ?⑤ d1σ2+d2σ1

　　(ε1σ2―ε2σ1)AU两层介质交界面处的净电荷量为：Q=Q1―Q2=?⑥ d1σ2+d2σ1

　　评分标准：第(1)问4分(可不标字母、箭头)，第(2)问9分，①②③式各3分，第(3)问7分，④⑤式各2分，⑥式3分

　　13. (20分)沿着电流I的方向液柱长度为a，该液柱受到的安培力大小为：F安=BIa ?① 液柱两侧面受到的由压强差产生的压力大小为：FP=ρghad ?②

　　a水平方向上二力平衡，有：F安= FP ?③，由欧姆定律得：ε=I(R+r) ?④，式中R=?⑤ σbd

　　ρgha由以上各式解得：σ = ?⑥ b(Bε―rρghd)

　　评分标准：①式4分，②③④⑤式各3分，⑥式4分

　　14. (20分)(1)设气体在状态i(i=1、2和3)下的压强、体积和绝对温度分别为pi、Vi和Ti，由题设条件有： c1p22 + c2p2 =T2 ?①，c1p32 + c2p3 =T3 ?②

　　T2p3―T3p2T2p3―T3p1T2p32―T3p22T2p32―T3p12

　　由此解得：c1=?③，c1=?④ p2p3―p3p2 p1p3―p3p1 p2p3―p2p3 p1p3―p1p3

　　TTT(2)利用气体状态方程pV=RT，以及V1=RV2=RV3=R ?⑤ p1p2p3

　　可将过程2―3的方程为：pV2―V3V2p3―V3p2 ?⑥ p2―p3 p2―p3

　　可见，在p―V图上过程2―3是以(p2，V2)和(p3，V3) 为状态端点的直线段，过程3―1是

　　p=c3 ?⑦，式中c3是一常量，利用气T

　　R体状态方程pV=RT，可将过程3—1的方程改写为：V=3=V1 ?⑧，这是以(p3，V1)和(p1，c3

　　V1)为状态端点的等容降压过程.综上所述，过程1―2―3―1在p―V图上是一直角三角形，如图所示.

　　1(3)气体在一次循环过程中对外做的总功为：W=―(p3―p1)( V2―V1) ?⑨ 2

　　1p利用气体状态方程pV=RT和⑤式，上式即W=R(T2―T1)(1) ?⑩ 2p1

　　评分标准：第(1)问8分，①②③④式各2分；第(2)问10分，⑤⑥式各2分，过程1―2―3―1在p―V上的图示正确得6分；第(3)问2分，⑩式2分

　　.

　　15. (20分)以第二个π介子的飞行方向为x轴，以事件平面为x―y平面，设衰变前ω介子和衰变后三个π介子的动量大小分别为Pω、P1、P2和P3，衰变前后粒子在x和y方向的动量分别守恒，有：Pωcosφ= P1cosθ1+P2+ P3cosθ2 ??，―Pωsinφ= ―P1sinθ1+ P3sinθ2 ?? 衰变前后粒子的总能量守恒，有：mωc2+Tω=(mc2+T1)+( mc2+T2)+( mc2+T3) ??，

　　式中左端和右端三个括号内的分别是衰变前ω介子的总能量(静能和动能之和)和衰变后三个π介子的总能量，动能可由动量和静质量表示：

　　pω2p12p22p32Tω= ??，T1= ??，T2=??，T3=?? 2mω2m2m2m

　　分别由⑤⑥⑦式得p12mT1 ??，p2=2mT2 ??，p32mT3 ??

　　T1sinθ1T3sinθ2联立①②⑧⑨⑩式得：φ?⑴ T1cosθ1+T2+ 3cosθ2

　　Pω2=2m(T1+T2+T31T3cos(θ1+θ2)+T1T2cosθ1+T2T3cosθ2] ?⑵

　　由③④式得：

　　2mω2c2―2mω(3mc2+T1+T2+T3)+2m(T1+T2+T3)+4m[

　　cosθ2]=0 ?⑶

　　31其解为mω=m+1+T2+T3)+22cT1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cosθ1+T2T32[m+1+T2+T3)]?⑷ 22c2c

　　p式中pω2由⑵式给出。另一解mω～ mωc2pωc矛盾，舍去。 c

　　评分标准：???????⑴⑵⑷式各2分.(采用相对论的能量―动量公式得出正确结果，同样给分)

　　16. (25分) 解法一(1)在圆盘所在平面内建立平面直角坐标系，使盘心O为原点，x轴水平向右，y轴竖直向上。天花板上只有一点处有水，该点是所有水滴运动轨迹的最高点，只有第二象限的圆盘边缘甩出的水滴才能到达这一最高点，水滴甩出时的初速度大小是恒定的：v0= ω r ??

　　以p点位于(―r，0)处时为计时零点，则p点在时刻t0处时，O、p连线与x轴负方向的夹角为：θ0=ωt0??

　　这时经过P点的水滴的位置(x0，y0)和速度(v0x，v0y) 分别为：

　　x0=―rcosθ0，y0=rsinθ0 ??；v0x = v0sinθ0，v0y = v0cosθ0 ??

　　在时刻t0被甩出的水滴做抛体运动，假设不存在天花板，该水滴在时刻t1到达最高处，由抛体运动公式得：

　　10=rωcosθ0―g(t1―t0) ??，x1= x0+ v0x(t1―t0)，y1= y0+ v0y(t1―t0)―g(t1―t0)2 ?? 2

　　(ωr)2

　　由?????式和?中第二式得：y1=rsin(ωt0)+―sin2(ωt0)] ?? 2g

　　(ωr)2g(ωr)2g对变元sin(ωt0)配方后得：y1=―ωt0)―]2 ?? 2g2ω2gωr

　　g(ωr)2g于是在 sin(ωt0) y1= y1max―=0 ?? 时有y1max =?? ωr2g2ω上式即天花板相对于圆盘中心轴O点的高度，代入数据得：y1max =1.25m?⑴

　　(2)由?式和题给数据可知，sin(ωt0) y1= y1max=g0?⑵，故(θ0) y1= y1max=30 ?⑶ ωr

　　(ωr)2sin300cos3003(ωr)2

　　由?????式和?中第一式得：x1 (y1= y1max) =―rcos30+r) g22g0

　　代值得：x1 (y1= y1max) =0 ?⑷

　　所以，y轴与天花板的交点为天花板上有水的那一点的位置，其坐标值为(0，1.25m) 。 评分标准：第(1)问17分，?????式各1分，???式各2分，?式4分，⑴式2分；第(2)问8分，⑶式4分，⑷式2分，结论正确

　　2分。

　　解法二(1)在圆盘所在平面内建立平面直角坐标系，使盘心O为原点，x轴水平向右，y轴竖直向上。只有第二象限的圆盘边缘甩出的水滴才可能到达天花板上某一固定点；而不是打到天花板上某一区域(不止一个点)，或者打不到天花板上。水滴甩出时的初速度大小是恒定的：v0= ω r ??，其x和y分量分别为：v0x = v0sinθ0，v0y = v0cosθ0 ??

　　取水滴从P点甩出时为计时零点，P在t=0时的初始坐标为：x0=―rcosθ0，y0=rsinθ0 ??

　　1水滴的x、y坐标与t的关系式为：x= x0+ v0x t，y= y0+ v0y t―2 ?? 2

　　现在求θ的各种可能取值中，y的最大值。对某一特定的θ值，x0、y0、v0x、v0y均为固定值，

　　1先针对这个固定值，求，y―y0= v0y t―gt2 ?? 的最大值。即求斜抛运动的“最大射高”： 2

　　12v2

　　(y―y0)max = (v0y tgt)max = ?? 22g

　　v2(ωrcosθ)2(ωr)2(ωr)22(ωr)2gωrsinθ对应的ymax = y0 + = rsinθ+= rsinθ+―sinθ=+―[―2g2g2g2g2g2ωg2] ?? 2ω

　　这说明不同的θ值对应不同的y的最大值，只有[?]为0时，才是这些“最大射高”中的最

　　(ωr)2g大值。由此得到天花板的高度为：ymax =，代值得ymax =1.25m ?? 2g2ω(2) 当水滴能打到天花板时，sinθ=g0，代值得sinθ=0.5 ??，即θ=30 ?? r

　　2v令?式为0得到斜抛水滴再次到达初始时的水平高度时的时间为：t= ?⑴ g

　　y值取最大时所用的时间是上述值的一半，把该时间代入?的第一式得水滴在天花板上的x

　　(ωr)2sin2θ位置坐标为：x= x0+ v0x t=―rcosθ+，代值得x=0 ?⑵ 2g

　　所以，y轴与天花板的交点为天花板上有水的那一点的位置，其坐标值为(0，1.25m) 。 评分标准：第(1)问17分，?式1分，?????式各2分，?式4分，?式2分； 第(2)问8分，?式4分，⑵式2分，结论正确2分。