2.5×10-5m/s。已知硅的密度为2.4×103kg/m3，原子量是28。电子的电荷量大小为
e=1.6×10-19C．若一个硅原子至多只释放一个自由电子，试估算此半导体材料中平均
多少个硅原子中才有一个硅原子释放出自由电子?阿伏伽德罗常数为
N0=6.02×1023mol-1。
14．(20分)电子感应加速器利用变化的磁场来加速电子．电子绕平均半径为R的环形轨道(轨道位于真空管道内)运动，磁感应强度方向与环形轨道平面垂直。电子被感应电场加速，感应电场的方向与环形轨道相切．电子电荷量为e。 (1)设电子做圆周运动的环形轨道上的磁感应强度大小的增加率为
?B，求在环形轨道切线方向感应电场作用在电子上的力； ?t(2)设环形轨道平面上的平均磁感应强度大小的增加率为
?B，试导出在环形轨道切线方向感应电场作用在电子上的力?t?B的关系； ?t与
(3)为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运，求间必须满足的定量关系．
?B?B和之?t?t15.(20分)如图，导热性能良好的气缸A和B高度均为h(已除开活塞的厚度)，横截面积不同，竖直浸没在温度为T0的恒温槽内。它们的底部由—细管连通(细管容积可忽略)．两气缸内各有一个活塞，质量分别为mA=2m和mB=m，活塞与气缸之间无摩擦，两活塞的下方为理想气体，上方为真空。当两活塞下方气体于平衡状态时，两活塞底面相对于气缸底的高度均为。现保恒温槽温度不变，在两活塞土上面同时各缓慢加上同样大小压力，让压力从零缓慢增加，直至其大小等于2mg(g为重力
h2处持的加
速度)为止。并一直保持两活塞上的压力不变；系统再次达到平衡后，缓慢升高恒温槽的温度，对气体加热，直至气缸B中活塞底面恰好回到高度为处．求 (1)两个活塞的横截面积之比SA：SB； (2)气缸内气体的最后的温度；
(3)在加热气体的过程中．气体对活塞所做的总功。
h216．(20分)如示意图所示，一垂直放置的高为15.0cm的圆柱形中空玻璃容器，其底部玻璃较厚，底部顶点A点到容器底平面中心B点的距离为8.0cm，底部上沿为一凸起的球冠，球心C点在A点正下方，球的半径为1.75cm．已知空气和容器玻璃的折射率分别是n0=1.0和n1=1.56．只考虑近轴光线成像。已知：当λ《1时，sinλ＝λ．
(1)当容器内未装任何液体时，求从B点发出的光线通过平凸玻璃柱，在玻璃柱对称轴上所成的像的位置，并判断像的虚实；
(2)当容器内装满折射率为1.30的液体时，求从B点发出的光线通过平凸玻璃柱的上表面折射后所成像点的位置，并判断这个像的虚实。
第32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．D2．D3．BD4．A5．C
1、【解析】：该卫星轨道经过南纬31o52′、东经115o52′的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域上空，而地球同步卫星一定在赤道上空，所以该卫星一定不是地球同步卫星，选项A错误。
卫星运行万有引力提供向心力，轨道中心一定在地心，故该卫星轨道平面不能与南纬31o52′所确定的平面共面，选项B错误。
地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍，选项D正确C错误。
2222、【解析】：由（238-222）÷4=4可知，23892U（铀核）衰变为88Rn（氡核）要经过4
次α衰变。经过4次α衰变，电荷数减少8，而实际上电荷数减少了92-88=4，所
以经过了4次β衰变，电荷数增加了4，选项D正确。
3、【解析】：在左球a到达c点的过程中，b球向上移动，重力与库仑力的夹角增大，其合力减小，由平衡条件可知，圆环对b球的支持力变小，选项A错误。 在左球a到达c点的过程中，两球之间的距离减小，外力做正功，电势能增加，选项B正确。
在左球a到达c点的过程中，a、b两球的重力势能之和变化，选项C错误。 撤除外力后，a、b两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒，选项D正确。 4、【解析】：闪光周期T=1/30s，由
vT12gT2=
L， 0.05解得小球平抛运动的初速度为v=4m/s，选项A正确。 小球平抛运动过程中，只受重力，由 mg=ma=m
?v??mv?=，
?t?t解得△（mv）=mg△t，所以小球平抛运动过程中，在相等时间内的动量变化相等，选项B错误。
设投影点的位移为Y，由
vt12gt2=，
gLgLt，即投影点以速度做匀速运动，小球投影点的速度不变，选项C错误。 2v2vLY解得Y=
小球第二、三个投影点之间的距离为0.05m，选项D错误。
5、【解析】：设该处地磁场的磁感应强度与竖直方向的夹角为θ，将其从图示位置绕东西轴转180°，磁通量变化△Φ=2BSsinθ,产生的感应电动势
??，I=E/R,Q1=I△t，联立解得： ?t2BSsin?Q1=.
RE=
将其从图示位置绕东西轴转180°，磁通量变化 △Φ=BSsinθ-BScosθ,同理可得
Q2=B=
2BScos?2BSsin?-.联立解得：
RRQ12?Q1Q2?Q2,选项C正确。 2RS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：6N 3分
0.1 3分 24J 4分
【解析】：由图示图象可知，在t=2s时物块开始运动其加速度a1=1m/s2，对应的拉力为6N，所以物块与水平桌面间的最大静摩擦力为6N.根据t=2s和4s对应的力和加速度，由
F1-μmg=ma1，F2-μmg=ma2，
解得m=3kg，μ=0.1.
根据加速度图像与横轴所围面积表示速度变化可知，在0~4s时间内，物块速度变化4m/s，即物块末速度为v=4m/s。根据动能定理，合外力对物块所做的功为
W=mv2=24J。
7.(10分)
答案：（1）2：1 3分;8N 3分
（2）2：3：4 4分
【解析】
（1）若固定物块C，释放物块A、B，根据动滑轮的特征，在相同时间内，A运动位移是B下落高度的2倍，所以物块A、B的加速度之比为2∶1；对设细绳的张力为
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