2023年第34届全国中学生物理竞赛预赛试卷及答案.pdf

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1、2023年第34届全国中学生物理竞赛预赛试卷及答案（精选）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.下述实验或现象中，能够说明光具有粒子性的是（）A.光的双缝干涉实验 B.黑体辐射 C.光电效应 D.康普顿效应2.系统1和系统2 质量相等，比热容分别为Ci和 C 2,两系统接触后达到共同温度T；整个过程中与外界（两系统之外）无热交换。两系统初始温度不和乃的关系为（）G C CA.T尸否（丁 一

2、 4）-T B.TI=（T-T2）-T C.T产石（丁 一 丁 2）十 7D.Ti宰（T）+7J I3.假设原子核可视为均匀球体。质量数为A 的中重原子核的半径R 可近似地用公式R=RoA3表示，其中R）为一常量。对于核子数相同的原子核，下列说法正确的是（）A.质量密度是基本相同的 B.电荷密度是基本相同的C.表面积是基本相同的 D.体积是基本相同的4.一颗人造地球通讯卫星（同步卫星）对地球的张角能覆盖赤道上空东经 一。到东经仇+A9之间的区域。已知地球半径为R）,地球表面处的重力加速度大小为g,地球自转周期为T.A 6 的值等于（）A.arcsin（臂）1/3 B.2 arcsin（臂）,/

3、3 C.arccos（臂）1/3 c/4/R（）D.2arccos（网 严5.有3种不同波长的光，每种光同时发出、同时中断，且光强都相同，总的光强为/,光脉冲的光强/随时间t的变化如图所示。该光脉冲正入射脉冲宽度（发光持续时间）为到一长为L的透明玻璃棒，不考虑光在玻璃棒中的传输损失和端面的反射损失。在通过玻璃棒后光脉冲的光强/随时间，的变化最可能的图示是（虚线部分为入射前的总光强随时间变化示意图X）二、填空题.把答案填在题中的横线上.只要给出e_ 1_结果，不需写出求得结果的过程.=0.0 5 rn/6.（10分）如图，一个球冠形光滑凹槽深度0=0.050m,1球半径为20m.现将一质量为0.

4、10kg的小球放在凹槽边缘从静止释放。重力加速度大小为9.8m/s.小球由凹槽最高点滑到最低点所用时间为 s.7.（10分）先用波长为九的单色可见光照射杨氏双缝干涉实验装置；再加上波长为22（石 小）的单色可见光照射同一个杨氏双缝干涉实验装置。观察到波长为尢的光的干涉条纹的1、2级亮纹之间原本是暗纹的位置出现了波长为石的光的干涉条纹的1级亮纹，则两种光的波长之比不：九=。8.（1 0分）某一导体通过反复接触某块金属板来充电。该金属板初始电荷量为6 C,每次金属板与导体脱离接触后，金属板又被充满6 C的电荷量。已知导体第一次与金属板接触后，导 I体上带的电荷量为2/C；经过无穷次接触，导体上所带

5、的电荷量最终为9.（1 0分）如图，一焦距为2 0 c m的薄透镜位于JT=0平面上，光心位于坐标原点0,光轴与轴重合。在z=0平面内的一束平行光入射到该透镜上，入射方向与光轴的夹角为3 0。.该光束通过透镜后汇聚点的位置坐标为 o1 0.（1 0分）一质量为根的小球与一劲度系数为2的弹簧连接，置于光滑水平桌面上，弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动，弹簧的伸缩方向与小球的振动方向一致。在一沿此弹簧长度方向以速度“做匀速直线运动的参考系里观察，此 弹 簧 和 小 球 构 成 的 系 统 的 机 械 能（填“守恒”或“不守恒”），理由是三、计算题.计算题的解答应写出必要的文字说明、方程

6、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.1 1.（2 0分）某电视节目中演示了一个用三根火柴棍和细棉线悬挂起一瓶或多瓶矿泉水的实验，如图所示。A、3、C为三根相同的火柴棍，火柴棍长为/,细实线为棉线，棉线的直径为d（d ao=3O、l()=2.0 m,重力加速度 g=9.8 m/s。，求小物块做简谐振动的周期T；(3)当小物块下拉的距离为0.010m时,离随时间变化的方程。已知：当 。2凤7f)选 D3.核子数相同一质量数相同一由题知半径相同一CD 对；质量数相同一质量基本相同一质量密度基本相同选坐匕4.首先算出同步卫星绕地球公转的l 地，地球

7、自身半径为R,几何关系如右图所示，-选 C5.因为能量是没有损失的，所以通过玻璃棒后光脉冲的光强（图中实线总面积）应该与原来的光强（虚线面积）相同。又因为是三种不同波长的光，所以在同种介质中传播的速度都不相同，所以到达玻璃棒右端点的时间都不同，所以选 D6 .典型的单摆模型：7=2炉=8.88 s,实际时间是:丁=2.22S波长为九波长为近的单色光的单色光的 学 纹 的 亮 条 纹 2-I-1a 0-0 1-f 27.两束光到达I 位置的光程差记为出 对于波长为九的单色光3而言，仁 九；对于波长为不的单色光而言，d=h,故不：九=3：28.两个带电体不再交换电荷的条件，并不是两者电荷量相等，而

8、是两者电势相等！由第一次知，当电荷量为4 C：时，既电荷量之比为2：1时，两者电势相等。故最终为6 C：3 C答案：9.过 F 平行于透镜，作一副光轴。把过原点0（薄透镜光仗的延长后交副光轴于P,则所有光汇聚于P 点。故位置坐标为Q10.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。11.（1）不能。从力的平衡看，单一的A 无所提供向上的力与一瓶a=6 0o的。因而火柴棍C继续保持水平，火柴棍B和A之间的夹角也能得以保持不变，即图1 1(b)中，火柴棍A和B之间的夹角仍然为6 0。.瓶最终稳态应该在何处？应该在。点正下方！又因为棉线是有一定的线度，直

9、径为九一开始瓶的纵向几何中心与棉线的纵向几何一直线，最终瓶的纵向几何中心在O点的正下方。所以：瓶向左平移的距离为苧；瓶最终的转动中心中桌子下边沿，。点正下方的。点。如图1 1(c),。是棉线纵向轴线的位置，是瓶纵向中心的原位置。D是瓶的纵向中心的新位置。所以瓶转过的角度 h:名D 鸿,且因为是微小的转动，故由微量处理知，11(c)J 000=DD=O MgJ 3同理：ODOD=h DE=DE=L-h=lhd故：s i n=-g 得 6=a r c s i n于2l-h1 2.(1)该方形线框的质量：m=/=S 4 L=4 /M r()2方形线框的重力相对于48边的力矩为：Mg=mg c o s

10、 0=2 L2pgW cos3(2)由于电流方向未知，所以引起的安培力方向及其力矩方向均未知，故需要分类讨论况1：安培力水平向左，力矩M安+M产M g /M c o s。-FL c o s。F 玄.R T 2”联上上述各式得：j v-2S =-7 7-S+-7 7 S 得：h=.,./(2)方法同第小题:p 3 (2 S)=pxS+p o(2 S5)对 I 室中气体：pld)S=R T2=R 2T l 对 III 室中气体：3”3+力(2 5)=(27)R T 32 v/+(“+V o)d o ld7V-力(一)(F(3)大气对密闭气体系统做的功为：W=po(2S S)(d)=poS d=oR

11、 T i系统密闭气体内能增加量为：b U=v C(7 T 力)+(2 )C(T3,-T3)且初态八=T i故 A Ui C g-Ti).八、/口 2 7/+(7 +“o)d 2 o l-d将 7 Y代去得：以(/(.(2+丁 )-UT.密闭气体系统吸收的热量为Q=A U W=丁/-T Q+-dV CT+,oR T i1 4.这个题我真的也不太懂，也颠覆了我曾经的 霍尔元件模型。一 _ /为确定起见,取坐标系如图所示,磁场沿Z方向，/通电电流密度A沿方向。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V px和V nx，由 J=I/s,l-nqvs,得 J=nqv由题中已知条件知：空穴和

12、电子的(单位体积内的)数密度为p和；故沿x方向的电流密度为Jx=e p V px+(e)(一 刈 式)由题意知，其中 V pxpEx；vnx=nEx如果沿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的空穴数与电子数相等时，霍尔电场便达到稳定。(这段话讲述了半导体霍尔元件的工作机理，我真心不太懂。我比较浅显的理解是，“当任

13、何时刻流向样品同一侧的空穴数与电子数相等时”，这里空穴与电子在样品同一侧的流向是一致的，效果是相消的；一开始空穴与电子在样品同一侧的流向是一致的，但数量是不相等的，比如一开始是空穴多，电子少；那么积累的电场不利于空穴的继续积累，而有利于电子的继续积累。但在这个阶段，霍尔电场在持续的增强。同一侧的空穴数与电子数相等时，霍尔电场就稳定了！)设两种载流子的横向平均速率分别为和电，,则横向电流密度为Jy=ep(%y)+(-e)w(-vny)这时，空穴在横向受到的作用力大小为：FpyeEy-vpxB:；这时的力是合力，其中 及一忤是等效合场强；同理：电子在横向受到的作用力的大小为：E)y=(-e)Ey(

14、VW)JB-；其中阂(hu)8z是等效合场强；故两种载流子的横向平均速度为：Vpy=p 4合 二仰,Ey vpxB-V ny=-p *Ey 合=-*Ey+VnxBz(个人粗浅的理解：个人觉得这个式子的得到与题中的表述是有一定差异的，题中说是“成正比”，”在单位电场下”，而这里却是用了一个等效的合场强)2 _ 2霍尔电场达到稳定时有 4=0 综上各式：为 二黑+/3昆因为：ELRHJXB工 得*管2二”(注意：这里还要将人算出来，代进去）15.解：（1）为普遍起见，设两个物体质量分别为网和m2，初速度分别为必和0,发生完全非弹性碰撞后共同速度为则碰前的动能 4也2 由于细绳拉紧前后时间间隔极短，

15、可以忽略摩擦阻力，故前后动量守恒，有碰后的动能之和（即系统剩余动能）为：E克（如+加2）B 由 式 得 就 片 后 此式为后续计算的通式，后续计算特别简单，因为质量相等。损失的动能为 A E=E-E 装E根1+根2设 第1个滑扣以速度V.0开始运动 E o n v.o2 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Eij=Eo-HfngL 在 第1个滑扣与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧卮的瞬前，系统剩余动能为（根据式）E 2o=Jp E i/=11/=（E o-/m g L）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

16、Eij=E-2/imgL=Eo/imgL）2/mgL=0-12+22）/m g 在第2个滑扣与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧卮的瞬前，系统剩余动能为（根据式）2 2 2 1 1E 3 0=2+lE 2 f 更2f 0产。（12+22）m g L 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2 1 1的瞬间，系统剩余动能为 石3尸 石3（）3卬7 2g L=1 （）5（12+22）*7 7 g一3m g L=-jEo-j（12+22+32）ftmgL 依次类推，在第2个与第A+1个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为Elk 尸无U氏 一 工1/(11-?+勺2-+0

17、37-+，入m g L，=声IL一 工I%(2+1)&(2-+1)p mgL,名 叫 叫3 1-2于是，在第（一2）个与第（八 一1）个滑扣之间的细绳刚拉紧翦的瞬间，系统剩余动能为1(nl)(2n3)E(n-2)f 二 不芋l 6 Mg L(1 1)在第（一2）个与第伽一1）个滑扣之间的细绳刚拉紧反的瞬间，系统剩余动能为&E=台需 =即瓦-心丁 （1 2）可类比、，并代入（1D得到r,1(n 1)(2 3)由(11)知，2户0,_ 2&-/i m g L 0；E(i)fV 0,1(一1)(2-3)p n g L v O,;#(n-l)(H-2)(2H-3)o (二,2 二盘叫心本式题目中没有要

18、求的,相当于给出了待求量的定义域则从第1个滑扣开始的(一1)个滑扣都依次拉紧，且可继续滑行距离/(0Z g L+.+(2)m g L+(l)m g Z=(2)2+/(1)/.img在整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总能量损失为A E=2m v101(n 2)(2-3)-W=弓|L+2(-1)Z(/i -1)fimg-(2)2+/(1)/.imgr(2)(n 3)=13+(2)Z(n 1)/.img1 6.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：m a=m g 2 k(l-L)si n o c式中。为物块的加速度，L为弹性绳的原长；/o为物块静止时，弹性绳的

19、长;和a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。由几何关系得/R 屋+(/o si n a o+y)2./o si n a o+y g,不si n o c=-j d=l（）cosa（）（4；代入展开，化简得：/j c o s2（）+扁 i n 2a o +y2+2/（）y si n a（）由于y是小量，2是二阶无穷小量,可略去。得/=si n o t o1 +/sin a o由小量展开式：当1时 一，y+x l+x,知 Z=/o l+sin a o=/o+y sin a o 将代入，得sin a书端，11+%由 当X,sin2 oC y2/o）sin a o 且

20、忽略 V 项，n/（）sin a=/osin a o+y c os2a o0 sin a=sin a o+（jv 7o）c os2a o 我比较笨的办法：sin a J osin,o+y =/sin a=/osin a o+y=（/o+y sin a o）sin a=/osin a o+y n/（）sin a=/osin a o+y y sin a osin a；因为是微小变化，所以 a o和 a 很接近，所以 y sin a osin a sin 2a o=/osin a=Z osin a o+y c os2a o各路大神，不知我这样证明可不可以？当小物块处在平衡位置时有mg=2k（lo-L

21、）sina o 即L=/o_ 9,c；n（代去 I,L,sin a）代入得：ma=mg-2klo+ysma olo+mg2依in a（）sin a o+（y/o）c os2o t o ma=mg2 y sin2o t（）+簧 +:sin a（）c os2a o+蓄黑J 略去产项0 2 2 k l o Z/c/osm a o2ma=(2ksir a o+：惠:。)由简谐运动的特征方程知：F&=Ky?所的2以 K。=（2%s.m 22 a。+上 m g C O S,0）由此，物体的运动满足简谐运动的特征方程。因此，当y很小时，小物块做简谐运动。(2)小物块做简谐运动的周期为T=2 愕=/“27r K 2k.,e c os2a oA /sin2a o+7-m/o sm a o将 题 给 数 据 代 入 得T=1.8 s(3)因将小物块拉开距离”=0.010m时从静止松手，故小物块做简谐振动的振幅为 A=0.010m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 仰=0、2 7 7圆频率为 西=亍=3.5 r a d/s故在国际单位制中，小物块做简谐振动的方程为）=0.010 xc os（3.5 x。