1、第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷题 号 一 二 三 四 五 六 七 总计得 分全卷共七题，总分为 140 分一、 （15 分）今年 3 月我国北方地区遭遇了近 10 年来最严重的沙尘暴天气现把沙尘上扬后的情况简化为如下情景： 为竖直向上的风速，沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中（不动） 这v时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度 竖直向下运动时所受的阻力此阻力可v用下式表达 2fA其中 为一系数， 为沙尘颗粒的截面积， 为空气密度A（1）若沙粒的密度 ， 沙尘颗粒为球形，半径 ，地球33S2.810kgm 42.510mr表面处空气密度 ， ，试估算在地面附近，上述 的最小值 v0.5 .45
2、（2）假定空气密度 随高度 的变化关系为 ，其中 为 处的空气密度，h0(1)Ch0h为一常量， ，试估算当 时扬沙的最大高度 （不考虑重力C411.80m 9.msv加速度随高度的变化）二、 （20 分）图预 19-2 所示电路中，电池的电动势为 ，两个电容器的电容皆为 C，K 为一E单刀双掷开关。开始时两电容器均不带电（1）第一种情况，现将 K 与 接通，达到稳a定，此过程中电池内阻消耗的电能等于_；再将 K 与 断开而与 接通，b此过程中电池供给的电能等于_。（2）第二种情况，现将 K 与 接通，达到稳定，此过程中电池内阻消耗的电能等于_；再将 K 与 断开而与 a接通，b此过程中电池供
3、给的电能等于_。三、 （20 分）据新华社报道，为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太空， 2002 年 3 月 25日 22 时 15 分，我国成功地发射了一艘无人试验飞船。在完成预定任务后，飞船于 4 月 1日 16 时 51 分安全着陆，共绕地球飞行 108 圈。（1）飞船的名称是什么？（2）飞船在运行期间，按照地面指挥控制中心的指令成功地实施了数百个动作，包括从椭圆轨道变换成圆轨道等假如把飞船从发射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理，试粗略估计飞船离地面的平均高度已知地球半径 ，地球表面处的重力加速6.3710mR2002 年 9 月度 29.80msg四、 （20 分）如图预
4、19-4 所示，三个绝热的、容积相同的球状容器 A、B 、C ，用带有阀门 K1、K 2 的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差 初始时，阀门是关闭的，A 中装有1.0mh1mol 的氦（ He）,B 中装有 1mol 的氪（Kr）,C 中装有 lmol 的氙（Xe） ，三者的温度和压强都相同气体均可视为理想气体现打开阀门 K1、 K2，三种气体相互混合，最终每一种气体在整个容器中均匀分布，三个容器中气体的温度相同求气体温度的改变量已知三种气体的摩尔质量分别为 31He4.0kgmolKr8.131Xe.0kgol在体积不变时，这三种气体任何一种每摩尔温度升高 1K，所吸收的热量均为 ， 为普适
5、气体常量/2R五、 （20 分）图预 19-5 中，三棱镜的顶角 为 60，在三棱镜两侧对称位置上放置焦距均为 的两个完全相同的30.cmf凸透镜 L1 和 L2若在 L1 的前焦面上距主光轴下方处放一单色点光源4.y，已知其像 与 对该光学SS系统是左右对称的试求该三棱镜的折射率六、 （20 分）一个长为 ，宽为 ，质量为 的矩形导电1L2m线框，由质量均匀分布的刚性杆构成，静止放置在不导电的水平桌面上，可绕与线框的一条边重合的光滑固定轴 ab 转动，在此边中串接一能输出可变电流的电流源（图中未画出）。线框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度 沿水平方向且B与转轴垂直，俯视图如图预 19-6 所
6、示。现让电流从零逐渐增大，当电流大于某一最小值 时，线框将改变静止状态。minI（1）求电流值 。minI（2）当线框改变静止状态后，设该电流源具有始终保持恒定电流值 不变（ ）的0I0minI功能。已知在线框运动过程中存在空气阻力。试分析线框的运动状况。七、 （25 分）如图预 19-7 所示，在长为 m、质量为 的车厢 B 内的右0.1lB30.kg壁处，放一质量 的小物块 A（可视为质点） ，向右的水平拉力 作用A20.kgm 12.NF于车厢，使之从静止开始运动，测得车厢 B 在最初 2.0 s 内移动的距离 ，且在这段5.0ms时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞假定车厢与地面间的摩擦忽
7、略不计，小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的求车厢开始运动后 4.0 s 时，车厢与小物块的速度第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答（1）在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡，即201Avmg式中 为沙尘颗粒的质量，而m2r3s4得 10grv代入数据得114.msv（2）用 、 分别表示 时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有h9.0h(1)C此时式应为2Avmg由、可解得20s413rhCv代入数据得36.81m评分标准：本题 15 分。1. 第一小题 8 分。其中式 3 分，式 1 分，式 1 分，式 2 分，式 1 分。2. 第二小题
8、 7 分。其中式 1 分，式 1 分，式 3 分，式 2 分。二、参考解答（1） ，0 （2） ，2CE214CE2评分标准：本题 20 分。（1）10 分。其中每个空 5 分。 （2 ）10 分。其中每个空 5 分。三、参考解答（1）神舟 3 号（2）设飞船飞行时间为 ，绕地球飞行的圈数为 ，周期为 ，飞船的质量为 ，离地面的平均t NTm高度为 ，地球半径为 ，地球质量为 ，则有hRMTN22()()mGRhThgR由、式解得1/324thN由题给数据可知 ，代入 及其它有关数据得5.8360stt2.91mh评分标准：本题 20 分（1）4 分（2）16 分。其中、式各 3 分，式 4
9、分（答案在 之间均给52.710m53.10这 4 分）四、参考解答根据题设的条件，可知：开始时 A 中氦气的质量 ，B 中氪气的质量3He4.01kgm，C 中氙气的质量 。三种气体均匀混合后，A 中的 He 有3Kr8.10kgm 3Xe1.kg降入 B 中，有 降入 C 中。He 的重力势能增量为ol3molHeeHeHe1()(2)33EghmghgB 中的 Kr 有 升入 A 中，有 降入 C 中。Kr 的重力势能增量为1ol3olKrrKr1()03ghC 中的 Xe 有 升入 A 中，有 升入 B 中。Xe 的重力势能增量为1mol3molXeeXee123Eghgh混合后，三种
10、气体的重力势能共增加PHeKreHe()Em因球与外界绝热，也没有外力对气体做功，故重力势能的增加必然引起内能的减少。在体积不变时，气体不做功。由热力学第一定律可知，此时传给气体的热量应等于气体内能的增量，但因理想气体的内能只由温度决定，与体积无关，故只要温度改变量相同，则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量。根据题给的已知条件，注意到本题中所考察的理想气体共有 3 摩尔，故有P32ERT上式中右方为气体内能减少量， 表示气体温度的增量，由、两式得XeH()9mghT将已知数据代入，注意到 ，可得18.3JKolR 2.0即混合后气体温度降低 3.1（如果学生没记住 的数
11、值， 的值可用标准状态的压强 ，温度R 5201.3Nmp和 1mol 理想气体在标准状态下的体积 求得，即 ）0273.1KT 2.4V 0pVRT评分标准：本题共 20 分。说明经扩散使三种气体均匀混合，并导致气体重力势能改变求得式，得 8 分。说明能量转换过程，由重力势能增加而内能减少，列出式，得 8 分。得出正确结果，算出式，得 4 分。五、参考解答由于光学系统是左右对称的，物、像又是左右对称的，光路一定是左右对称的。该光线在棱镜中的部分与光轴平行。由 射向 光心的光线的光路图如图预解 19-5 所示。由对称性可知S1L12ir由几何关系得 1260ri由图可见1ir又从 的边角关系得
12、1FSOtan/yf代入数值得rct(14.3/0)25.49由、与式得 ，1.i根据折射定律，求得1sin.65r评分标准：本题 20 分1. 图预解 19-5 的光路图 4 分。未说明这是两个左右对称性的结果只给 2 分。2. 、 、式各给 2 分，式给 3 分，式给 1 分，式给 4 分。六、参考解答（1）解法一：导体线框放在水平桌面上，俯视图如图预解 19-6-1。由图可见，在线框没动之前，线框的 边与 边平行于磁场 ，因PQB而不受磁场力。 边受的安培力的大小为 ，方向垂直于桌 1IL面向下，但此力对轴的力矩为零。 边受的安培力的大小为，方向垂直桌面向上。此力对固定轴的力矩为1QFI
13、BL012MI除此力矩外，线框还受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘线框重心（ 点）到轴 ab 的距离，即O02(/)mgL当 时，桌面对线框的支持力的力矩为零， 时，线框将改变静止状态，开始绕轴 ab0M向上翘起。根据题意及、式，由力矩平衡原理可知122minIBLg解得in12I解法二：线框所受的重力矩也可以由各边对 ab 轴的重力矩来求。 边与 边的重心均在PQ（ ）处，两条边对 ab 轴的合力矩为2/L21()mgL 边对 ab 轴的力矩为Q122()gL 故线框所受的重力矩为0122/)mg （与解法一求得的式一致，从而求得 与式相同。inI（2）线框处于静止状态时，若电流 比 稍大，
14、线框所受的电磁力矩 将大于重力矩 ，使线0mi M框绕 ab 轴向上翘起。 边和 边所受电磁力不等于零，但二者相互抵消。当保持电流值 恒PQ 0I定不变时，线框将从静止状态开始绕固定轴作加速转动。在加速转动过程中，由于通过线框的磁通量发生变化，线框内将产生感应电动势，它有使线框中的电流变小的趋势，题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能，所以当线框平面转至与桌面成 角时，如图预解 19-6-2a 所示，线框受到的合力矩为012cosMIBLmg随着 角逐渐增大，合力矩随之减小，但 始终大于零，因而线框仍作逆时针加速转动，角速M度不断增大。当线框平面转到竖直面 时，合力矩为零，角速度达到最大。由于
15、惯性，线框将越N过 面作逆时针转到。此时，合力矩与线框转动方向相反，角速度将逐渐减小，合力矩的大小随N着 角的增大而增大，如图预解 19-6-2b 所示。如果没有空气阻力， 将增至 180。当 角等于 180 时，线框转动的角速度为零，合力矩将使线框作顺时针加速转动，结果线框将在 角等于 0与 180之间往复摆动不止。实际上，由于空气阻力作用，线框平面在 平面两侧摆动的幅度将逐渐变小，最终静止在 面处，此时，电磁 N力矩与重力矩均为零。如果线框稍偏离平衡位置 ，电磁力矩与重力矩的合力矩将使线框回到N平面处。故线框处于稳定平衡状态。N评分标准：本题 20 分。第一问 6 分、第二问 14 分。第
16、一问中，、式各 2 分。第二问中，正确地分析了线框往复转动，给 4 分；说明最后平衡在竖直面处，给 6 分；说明稳定平衡，给 4 分。七、参考解答解法一：1. 讨论自 B 开始运动到 时间内 B 与 A 的运动。02.sT根据题意，在 2 s 内，A 未与 B 发生过碰撞，因此不论 A 与 B 之间是否有相对运动，不论 A与 B 之间是否有摩擦，B 总是作初速为零的匀加速直线运动。设 B 的加速度为 ，有B1a2B10saT得（1）2B120.5mss如果 A、B 之间无摩擦，则在 B 向右移动 1 米距离的过程中，A 应保持静止状态，接着 B 的车厢左壁必与 A 发生碰撞，这不合题意。如果
17、A、B 之间无相对运动（即两者之间的摩擦力足以使 A 与B 有一样的加速度） ，则 B 的加速度 2A.4msFa这与（1）式矛盾。由此可见，A、B 之间既有相对运动又存在摩擦力作用。以 表示 A、B 间的滑动摩擦力的大小，作用于 B 的摩擦力向左，作用于 A 的摩擦力向右，fF则有（2）B1fma（3）AfF由（1） 、 （2） 、 （3 ）式得（4）21.5sa（5）f45NF2. 讨论 B 的左壁与 A 发生第一次碰撞前的运动。由于 ，B 向右的速度将大于 A 的速度，故 A 与 B 的左壁间的距离将减小。设自静止1a开始，经过时间 ，B 的左壁刚要与 A 发生碰撞，这时， B 向右运动
18、的路程与 A 向右运动的路程之t差正好等于 ，即有l2211attl解得（6）1BA1lta代入数据，得12s=.83tA 与 B 发生第一次碰撞时，碰前的速度分别为（7）A1A1B12lvata（8）B111lt3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞以 和 分别表示第一次碰撞后 A 和 B 的速度。当 、 为正时，分别表示它们向右运1u A1uB动。在碰撞的极短时间内，外力 的冲量可忽略不计，因此有FBA11mvum2222BA1vu解以上两式得（9）A1B1B1()()ula（9）式表示，在弹性碰撞中，碰撞前后两者的相对速度的大小不变，但方向反转。4. 讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至
19、相同过程中的运动。由（9）式可以看出，经第一次碰撞，A 和 B 都向右运动，但 A 的速度 大于 B 的速度 ，1u1u这时作用于 A 的摩擦力向左，作用于 B 的摩擦力向右，大小仍都为 。设此过程中 A 向左的加速fF度和 B 向右的加速度分别为 和 ，则由牛顿第二定律有A2afFmB2fFma解得（10）2fA2.5s（11）2fB2.msFa由此可知，碰撞后，A 作减速运动， B 作加速运动。设经过时间 ，两者速度相等，第一次达到相1t对静止，则有A1212uatuat由上式和（9）式解得（12）1 B1AB1A1A222()lavta 代入有关数据得（13）1s=0.93t设在时间 内
20、，A 与 B 的左壁之间的距离增大至 ，则有1t 1l221A1Butatutat结合（9） 、 （12）两式得（14）21ld式中（15）B1A2a代入有关数据得B1A2(5/2)9/413ad由（14）可知 ，A 不会与 B 的右壁发生碰撞。1l5. 讨论 A 与 B 的左壁的第二次碰撞。以 表示 B 与 A 第一次相等的速度，由于 B 始终受 作用而加速，它将拖着 A 向右加速，其1v F情况与第一次碰撞前相似。这时作用于 A 的摩擦力向右， A 的加速度为 ，方向向右。作用于 B1a的摩擦力向左，B 的加速度为 ，方向也向右。但是原来 A 与 B 左端的距离为 ，现改为 ，因B1a l
21、1l，B 的左壁与小 A 之间的距离将减小。设两者间的距离从 减小至零即减小至开始发生第A1a 1l二次碰撞所经历的时间为 ，以 代入式，结合（14）式，即可求得2t1l（16）1B1AB1A2lt dtaa代入有关数据，得280.5s31t第二次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为212vatB（17）A21B2A1BA1B()()()vatatdvd故第二次碰撞前 A、B 速度之差小于第一次碰撞前 A、B 的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬间A、B 的速度分别为 和 ，则有2u（18）BA2B1()()vvd第二次碰撞后，A 以加速度 作减速运动，B 以加速度 作加速运动。设经历时间 ，两aB
22、2a2t者速度相等，即第二次相对静止，则有A22utut解得（19）2B1A1A2B0.6svt dtaa 在 时间内，A 与 B 的左壁的距离变为 ，有2t l22A2B11utatutatl结合（8） 、 （9）得（20）24ld自 B 开始运动到 A 与 B 达到第二次相对静止共经历时间2123.4sTtt4.0s6. 讨论 A 与 B 的左壁的第三次碰撞。当 A 与 B 的左壁之间的距离为 时，A、B 相对静止。由于 B 受外力 作用而继续加速，它2l F将拖着 A 向右加速。这时，A 的加速度为 ，B 的加速度为 ，方向都向右，但因 ，1a1aB1AaA 将与 B 的左壁发生第三次碰
23、撞。设此过程经历的时间为 ，则以 代入（6）式结合（16）式得3t2l（21）223 1B1AB1A0.9sllt dtaa设第三次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为 和 ，碰撞后的速度分别为 和3vA3uB231A1B()()vatd2A3BAB31A1B() ()u atvd 碰撞后，A 以加速度 作减速运动， B 以加速度 作加速运动。设经过时间 两者速度相2aB2 3t等，即第三次相对静止，A 与 B 左壁之间的距离为 。则有3l（22）2A312uttda63tld自 B 开始运动至第三次 A 与 B 相对静止共经历的时间 仍小于 4 s。3T7. 讨论车厢左壁与小物块的第 次碰撞
24、。n在第 次碰撞完毕的瞬间，A 和 B 的速度分别为 和 ，A 以加速度 作减速运1n An1u B A2a动，B 以加速度 作加速运动。经过时间 ，两者速度相等，即第 次相对静止。A 与 B 左B2an1t 壁之间的距离为 。根据前面的讨论有n1l（23）n2td(1)n1l再经过时间 将发生 B 的左壁与 A 的第 次碰撞。碰撞前两者的速度分别为 和 。根据前面t nAnvB的讨论，有（24）n1tdn1BAAB()vvd可以看出，碰撞次数越多，下一次碰撞前，A、B 速度之差越小。当碰撞次数 非常大时，下次碰n撞前两者的速度趋于相等，即 A 实际上将贴在 B 的左壁上不再分开。8. 讨论第
25、 4 秒 B 与 A 的运动速度。第 4 秒末 B 与 A 的速度取决于在第 4 秒末 B 与 A 经历了多少次碰撞。 B 自静止开始运动到第次相对静止经历的总时间为nn n12n1Ttttt 2n11 2111 n()()()()()dddtttttd （25）以 ， 代入，注意到当 很大时， 得12t123t n0d（26）643.5s1T这表明早在第 4 秒之前，A 与 B 的左壁贴在一起时二者速度已相同，不再发生碰撞，此后二者即以相同的速度运动了、现以 A 和 B 都静止时作为初态，设 时刻 A 和 B 的速度为 ，对 A、B4sTV开始运动至 的过程应用动量定理，得sT（27）BA(
26、)FmV或BAT代入数值，得（28）19.6msV解法二：如果 A 与 B 之间没有摩擦力，B 前进 1m 就会与 A 发生碰撞。已知开始 2s 为 A 与 B 未发生碰撞，而 B 已走了 5m，可见二者之间有摩擦力存在，且在此期间二者均作匀加速运动。由可求出 B 对地面的加速度 ：21satB1a， 215.5ms 2 (1)设 A 与 B 底部之间的滑动摩擦力为 ，则由小车的运动方程fFBfma代入数值得f45NF (2)又由 A 的运动方程得 A 的相对地面的加速度为2f1.5msFa (3)于是，A 对 B 的相对加速度为2A1B10.s (4)第一次碰撞由开始运动到 A 碰撞 B 的
27、左壁的时间 满足 ， 。于是1t2AB1satms12s=.83t (5)A 与 B 的左壁碰撞前瞬间，A 相对 B 的速度11AB10.52ms0.7svat (6)由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向，所以碰后 A 从 B 的左壁开始，以相对速度1AB10.52s0.7sv 1 (7)向右运动，所受摩擦力反向向左，为 。对地面的加速度 为fFA2a2fA2.5msa (8)此时 B 所受的摩擦力 方向向右，由其运动方程 得 B 对地面的加速度 为fFB2faFB2a2fB25.sam (9)由 、 二式知，碰后 A 对 B 的相对加速度为(8)92227.5sa (10)A
28、 相当于 B 作向右的匀减速运动。设 A 由碰后开始达到相对静止的时间为 ，相当于 B 走过的距1t离为 ，由 式得1s(6)AB1122s=0.913vatt (1)11m.st (2)可见 A 停止在 B 当中，不与 B 的右壁相碰。第二次碰撞A 在 B 内相对静止后，将相当于 B 向左滑动，所受的摩擦力改为向右，而 B 所受的摩擦力改为向左。这时 A 对 B 的相对加速度重新成为 ，即 式。A 由相对静止到与 B 的左壁第二次1a(4)碰撞所需的时间 可用 算出：2t21ABsat2AB11120.5sattt(13)自 B 开始运动至 B 的左壁与 A 发生第二次碰撞经历的时间2123
29、.4sTttA 达到 B 的左壁前相当于 B 的速度的大小为AB11A21 AB22avattv(14)这也就是第二次碰后 A 由 B 的左壁出发的相对速度大小。第二次碰后， A 相对 B 向右运动，此时A 相对于 B 的相对加速度又成为 ，即 式。A 由碰撞到相对静止所需要的时间 和相当于A2(0) 2tB 走过的距离 分别为2sAB21AB1AB121220.6svaatttt (15)220.mst以后的碰撞根据 、 二式，如令(13)5AB12/410.83ak (16)则有21tk21t由此可以推知，在第三次碰撞中必有321tt231kt (17)在第 次碰撞中有nn1tkt n1t
30、 8)（即每一次所需时间要比上次少得多（A 在 B 中所走的距离也小得多） 。把所有的时间加在一起，得1i1i021()() s=3.56Tttkk(19)这就是说，在 B 开始运动后 3.56 s 时，A 将紧贴 B 的左壁，并与 B 具有相同速度，二者不再发生碰撞，一直处于相对静止状态。现取 A 和 B 都静止时作为初态，以 时刻的运动状态为末4.0sT态，设此时 A 和 B 的速度为 ，由动量定理，有V()FTm代入数值，得1BA9.6sV (20)答：自车厢开始运动到 4.0 s 时车厢与物块的速度相同，均为 19.6ms评分标准：本题 25 分。得出摩擦力 得 5 分，得出第一次碰撞时间 得 5 分，得出第二次碰撞时间 得 5 分。得出无穷fF1t 2t次碰撞时间 得 5 分 ，得到最后结果 再得 5 分。TV
