第34届全国中学生物理竞赛预赛试卷 参考解答与评分标准 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.[BCD]; 2.[D]; 3.[ACD]; 4.[c]; 5.[D] 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) 答案：2.2 7.(10分) 答案：3：2 8.(10分) 答案：3μC 9.(10分) 答案：(20，- 95,0)或(20，-96) 10.(10分) 答案：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. 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.(20分) (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d≠0，棉线的中心轴线到0点的距离为号，重物相对于支撑点0有一力矩 =号Mg ① 式中M为重物的质量，g为重力加速度的大小，此力矩会使火柴棍转动直至掉下。 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第1页（共10页）
(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（未挂重物）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 Mg A和B之间的夹角为 图1 图2.a 图2.b =60 ② (由于d<l,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 L- ③ 又由于火柴棍C水平，由几何关系知，从0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60°。 ,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0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L的作用，火柴棍A会 绕0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号时，重物处于桌沿0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 ∠DW'D'=6,如示意图3所示；图中D是桌面下表面边沿， O 且 00'=DD'= 21 D OD=0'D'=h W'是火柴棍C的中点，显然 YMg D'W'=L-h=51-h 2 ④ 图3 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第2页（共10页）
在直角△DWD'中，由几何关系得 d sin ⑤ 或 0=arcsin d ⑥ √3l-2h 评分参考：第(1)问5分，①式3分，结论正确2分；第(2)问15分，②式3分，说 明“三脚架结构是稳定的”给3分，③④式各3分，⑤或⑥式3分。 12.(20分) (1)该方形线框的质量 m=4Lmrop ① 方形线框的重力相对于AB边的力矩为 L=mg cos0 =4Lmropgcos0=2L'mrpgcos0 ② (2)拉力F的力矩为 Le=FLcose 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边受到的安培力为FA,有 LA FLsine ④ 该系统稳定，所以重力F。的力矩L、安培力FA的力矩LA 和拉力F的力矩Lp平衡。有两种情况（受力图分别如图a F 和图b所示，图中虚线是线框ab边和cd边中点的连线)： LA=L-Lr ⑤ F 或 图a 图b LA=Le-Le ⑥ 所以安培力F。的力矩为 L=2Lmropgcose-FLcos0 ⑦ 或 LA FLcOs0-2LTropgcos0 ⑧ 由④⑦⑧式得 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第3页（共10页）
F =(2Lmropg-F)cote ⑨ 或 FA=(F-2 Lmropg）cot0 (3)这时通过线框的磁通量为 中(0)=L2Bcos0 感应电动势为 s=会0-a a△B △t ② 设该方形线框的电阻为R,由电阻定律有 R=4L B OTro 由②B式得，该方形线框上的感应电流为 i=e L △B △t ④ cd边所受到的安培力的大小为 F=iBL= 4mBeos0 △B △t ⑤ 由⑨0⑤及F=0式得 △B 8pg △i=BLosine ⑥ 评分参考：第(1)问2分，①②式各1分；第(2)问8分，③④⑤⑥⑦⑧⑨①式各 1分：第(3)问10分，①②各2分，B式1分，④⑤式各2分，⑥式1分。 13.(20分) (1)设大气压强为Po。初态：I室内气体压强为P；Ⅲ室内气体压强为P,气柱的长 度为.末态：I室内气体压强为P2；Ⅲ室内气体压强为p。由初态到末态：活塞左 移距离为山.对初态应用气体状态方程，对I室内气体有 PIS =vRT ① 对Ⅱ室内气体有 m(分×5+7x2s)=多 oRT ② 对Ⅲ室内气体有 p1'(2S)=(2)RT ③ 由力学平衡条件有 pi(2S)=p:S+po(2S-S) ④ 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第4页（共10页)
由题给条件和①②③④式得 r=”1=2y ⑤ v +vo v+vo (2)对末态应用气体状态方程，对I室内气体有 P2 (1-d)S=vRT:=vR2T ⑥ 对Ⅲ室内气体有 p2('+d)(2S)=(2w)RT2 ⑦ 由力学平衡条件有 p2(2S)=P2S+P(2S-S) 8 联立②⑤⑥⑦⑧式和题给条件得 乃=u+%'学r 2l+(v+o)d,1 ⑨ (3)大气对密闭气体系统做的功为 W=Po(25-S)(-d)=-PoSd=-4voRI, 0 已利用②式。系统密闭气体内能增加量为 △U=C(T2-T)+(2w)C(T3-T1)=C(2T3-T,) 由⑨①式得 △U=-+号2w+)c-G 2vl+(v+vo)d 2+2+g）-小 =[-4(w+o ② 密闭气体系统吸收的热量为 0=a--a+-小c±片m ⑧ 评分参考：第(1)问9分，①②③④式各2分，⑤式1分；第(2)问4分，⑥⑦⑧ ⑨式各1分；第(3)问7分，⑩①各2分，②式1分，B式2分。 14.(20分)解： 为确定起见，取坐标系如图所示，磁场沿？方向，通电 电流密度J,沿x方向。设半导体材料中的载流子空穴和电 子沿x方向的平均速率分别为(，)，和()x,沿x方向的 电流密度为 J=p(u,）x+(-e)n(-"n)x ① 式中 物理竞赛预赛卷参考解答与评分标准第5页（共10页）