高中物理竞赛模拟试题集+物理竞赛预赛试卷及答案

高中物理竞赛模拟试题集+物理竞赛预赛试卷及答案第21届全国中学生物理竞赛预赛题试卷本卷共九题，满分140分。一、（15分）填空原子大小的数量级。b．原子核大小的数量级。c．氦原子的质量约。d．一个可见光光子的能量的数量级。e．在标准状态下气体中的分子数约A（普朗克常量h＝6.63×10－34J·s阿伏加德罗常量N＝6.02×1023mol－1）2．已知某个平面镜反射的光能量为入射光能量的80述理由。Aa．反射光子数为入射光子数的80％；b80分）和m2＝30的光滑斜tm2m1m2m2m1自斜面底端由静止开始运mlm2之比。三、分）测定电子荷质比（的实验装置如图所示。真空玻璃管K之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C、D间的区域。若两极板C、D间无电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板间加上电压U，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀Dd＝l.50cmL＝12.50cm，U＝200V，P点点的距离yOP3.；＝0。试求电子的荷质比。（不计重力影响）。分）要使一颗人造地球通讯卫星（同步卫星）75.0135.0R0＝6.37×106m。五、（15分）如图所示，两条平行的长直金属细导轨KL、PQ固定于同一水平面内，它们之和mR。杆的中点系一轻绳，绳的M之Bab杆及cd杆的速度分别达到v和v时，两杆加速度的大小各为多少？1 2六、分）下方玻C8.0cmP点紧贴点6.3cmn2＝1.34。试通过分析计算与论证解释这一现象。BAB 七、（15分）如图所示，B是质量为m、半径为R的光滑半m的细长直杆，m＝2m。初始时，A杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触（如图）B为碗面的球心O至A杆下端与球面接触点的连线方向和竖直方与速度的大小（BAB 八、（17分）如图所示的电路中，各电源的内阻均为零，其中B、C两点与其右方由1.0的电阻和2.0的电阻构成的无穷组合电路相接。求图中10F的电容器与E点相接的极板上的电荷量。九、分）BCD组成一在动滑轮D上，悬挂有砝码托盘A，跨过滑轮组的不可2和3。一根用轻线（图中穿过弹簧的那条坚直线）拴住的压缩轻弹簧竖直放置在托盘底上，弹簧的下端与托盘底固连，上端放有砝1（两者未粘连）。已加三个砝码和砝码托盘的质kl，整个系统0处在静止状态。现突然烧断栓住弹簧的轻线，弹簧便11假设砝码1在以后的运动过程中不会与托盘的顶部相从与弹簧分离至再次接触经历的时间。21届全国中学生物理竞赛预赛参考解答、1．0－b．10－15c．6.6×10－27d．10－19e．2.7×10192．a正确，b不正确．理由：反射时光频率不变，这表明每个光子能量hν不变．评分标准：15．11022523分．N1TN1TT1m2T 1 1两物块加速度的大小，l为斜面长，则有1mg

ma

(1)1 1 11mgTm1 1

gsinma21

1(2)l at22 1

(3)m m T 第二次， 与 交换位置．设绳中张力为，两物块加速度的大小为m m T 1 2 2 2mgT ma2 2 2 2

(4)T m2 1

gsinma12

(5)1 t2l a

(6)由、(2)=30°得由、(5)=30°得

22ma 11 2m1

23mm 2gm2

(7)12m 1由(3)、(6)式得

a m22m1 22m

(8)a29a a291由(7)、(8)、(9)式可解得m1m11919m

(9)(10)2评分标准本题5（246）式各2分，求得）式再给3分v三、设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为 ，因为速度方向平行于电容器的v0极板，通过长度为l的极板区域所需的时间t lv1 0E，作用于电子的静电力的大小为qE垂直于极板由C指向D，电子的加速度

(1)aqEm而EUd

(3)

(2)1因电子在垂直于极板方向的初速度为0，因而在时间t内垂直于极板方向的位移112y at221 1电子离开极板区域时，沿垂直于极板方向的末速度v aty 12设电子离开极板区域后，电子到达荧光屏上P点所需时间为t2vt l2v2 0

(4)(5)(6)t在时间内，电子作匀速直线运动，在垂直于极板方向的位移t2y vt (7)2 y2P点离开O点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移yyy1 2

(8)由以上各式得电子的荷质比为

q v2d 0 y

(9)m UlL加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁场力相等，即

qEqvB (10)0注意到(3)式，可得电子射入平行板电容器的速度代入(9)式得

v U0 Bdq U y

(11)(12)代入有关数据求得评分标准

m Bq1.61011C/kgm

(13)本题5式各1式3、（13）式各2分．O R0R四、如图所示，圆为地球赤道，S为卫星所在处，用O R0RMm 22G mR R2 T

(1)M另有由图可知

GMR2g0

(2)由以上各式，可解得

RcosR (3) S0 arccos

130

(4)T2g 取T=3小时6分4秒（或近似取T=4小时，代入数值，可得81.3 （5）135.081.353.7到75.081.3156.3之间的上空．评分标准本题5（2）式各2)、式共2分，得出最后结论再给7分．EIabdc律和欧姆定律可知Ev (1)2 1IE2R

(2)令F表示磁场对每根杆的安培力的大小，则FIBl1 aaabcdM1

(3)由以上各式解得

Fma1TFma2

(4)(6)B2l2a 2

v1

(7)1 2Rm2MgRB2l2v21a2 mR21

(8)评分标准本题5）式3）式23）式356）式各17、(8)式各2分．ArAriαθP΄P Cn1On0=1β11nn＝11中，P为画片中1 0心，由P发出经过球心C的光线PO经过顶点不变方向进入空气中；由P发出的与PO成PAAAirCAPO，由折射定律和几何关系可得nsinin1 0

sinr 在△PAC中，由正弦定理，有

iPCRPCsin sini

23考虑近轴光线成像，、i、r都是小角度，则有r

nn1i (4)0Ri (5)PC0 由、、(5)nn、RPCPOCO4.8cm，可得0 1.31ir1.56i

6由6、式有

r

1POPPP点的实像．画面将成实像P处．在△CAP＇中，由正弦定理有又有考虑到是近轴光线，9) 、式可得

RCPsin sinrRCPr

(9)CP又有

r Rr

(11)由以上各式并代入数据，可得

OPCPR (12)OP7.9cmO7.9cmO到杯口平面的距离为8.0cm，画片上的景物．1 2nn，如图21 A rA rP΄βiθOPn1n22

(13)rn1i (14)2nn代入 和nn1

C的值，可得Cr1.16i 15与式比较，可知r 162OPPPPP处．计算可得CP r Rr又有

(17)由以上各式并代入数据得

OPCPR (18)OP＝13cmPO13cm在杯口处向杯底方向观看时，可以看到画片上景物的虚像．评分标准:AO RvBBVAvA本题15分．求得（13AO RvBBVAvA

（19）七、由题设条件知，若从地面参考系观测，则任何时刻，A沿竖直方向运动，

，BvBBA BAR的圆周运VVA示．由图得V sinvA AvV cosvA B因而

(1)(2)由能量守恒

v v cot (3)B Avv21 1vv2B 由、(4)两式及m 2m B

m gRcosA

2

2 m 2A B

(4)2gRcos12gRcos1cos2A

(5)vcos 2gRcosB 1cos2

(6)评分标准：本题）1（）式各3）式556）两式各2分．八、设B、C右方无穷组合电路的等效电阻为R

，则题BC

10图中通有电流的电路可以简化为图1中的电路．B、C右

1.02的电路，其中电路的等效电阻．由于B、C

BC

是虚线右方

20V

B B右方的电路与、C右方 30的电路结构相同，而且都是无穷组合电路，故有

2.0

RBCR BC

BC

(1)

10V

C C图1图图1图22RBRBC24V18CBRBC24V18CBC

BCQBC＋C－QBC＋C－D2A－＋1QQ＋2C3－E24VC

(2)由式(1)、(2)两式得

BC

10R2 RBC 解得

20

20V30R 2.0BC

(3)图1所示回路中的电流为201024I1030182A0.10A电流沿顺时针方向。

(4)

10V 18图3C C C Q 设电路中三个电容器的电容分别为、C C C Q 1 2 3 1 23和Q，极性如图3所示．由于电荷守恒，在虚线框内，三个极板上电荷的代数和应为零，即3(5)A、E两点间的电势差

QQ Q 01 3 2Q QU UA E

1 3C C

(6)又有（7）B、E两点间的电势差

1 3U U 30A EQ QU UB E

2 C C2

（8）又有U U 2026VB E1 2 根据(6)(7)(8)(9)C、CC1 2 Q 1.3104C33CE1.3104C评分标准：3本题7分．求得）式给3）式1679）式2分，指出所考察的极板上的电荷是负电荷再给1分．F T T九、设从烧断线到砝码1与弹簧分离经历的时间为t，在这段时间内，各砝码和砝码托盘的 1 2 3受力情况如图1所示：图中，F表示t时间内任意时刻弹簧的弹力表示该时刻跨过滑轮组的 mg mg mg0轻绳中的张力，mg为重力，T为悬挂托盘的绳0的拉力．因D的质量忽略不计，有 图1

（9）（10）T0FmgT 01 12323与托盘速度的大小是相同的．设在砝码11v23v1 I I mvF mg 1I I mvT mg 2I I mvT mg 2I I I mvF mg 2式中I、I 、I、I 分别代表力FmgT、T在t时间内冲量的大小。注意到(1)，F mg T 0

(1)(2)(3)(4)(5)有由(2)、(3)、(4)、(5)、(6)各式得

I 2IT11v v12 3

(6)(7)在弹簧伸长过程中，弹簧的上端与砝码1一起向上运动，下端与托盘一起向下运动．以1 lt伸长过程中任意时刻，托盘的速度都为砝码11 1l l2 3 1

(8)另有ll l1 2 0

(9)即有v1 1vkl2 m220 2 1

1v23 mv22

mgl1

mgl2

2mgl2

(10)由(7)、(8)、(9)、(10)式得

v21

312m2

kl0

mgl0

(11)1砝码1与弹簧分开后，砝码作上抛运动，上升到最大高度经历时间为t，有1vgtv1 1

(12)砝码2、3和托盘的受力情况如图2所示，以a表示加速度的大小，有T TT mgTma (13) 0mgTma (14) 2 30T mgma (15)00T （16） mg mg0由(14)(15)(16)式得 图2 mg1a3g(17)v v 2 2vatv2 2

(18)由(7)、(12)、(17)和(18)式，得

t t v11 2 g1

(19)t即砝码1自与弹簧分离到速度为零经历的时间与托盘自分离到速度为零经历的时间相等t1中要求的时间由(11)、(12)、(20)式得

t 2t总 1

(20)2g32g312m2kl2mgl00总评分标准：本题8分.求得7）式给5分，求得）式给5）式2分．12 1、一条轻绳跨过一轻滑轮(滑轮与轴间摩擦可忽略)，在绳的一端挂一质量为m的物体，在另一侧有一质量为m的环，求当环相对于绳以恒定的加速度a′沿绳向下滑动时，物体和环相对地面的加速度各是多少?环与绳间的摩擦力多大12 x2.如图所示，一滑块在光滑曲面轨道上由静止开始下滑h高度后进入水平传送带，传送带的运行速度大小为v＝4m/s，方向如图。滑块离开传送带后在离地H高处水平抛出，空气阻力不计，落地点与抛出点的水平位移为s。改变h的值测出对应的s值，得到如图（b）所示h≥0.8m范围内的s2随h的变化图线，由图线可知，抛出点离地高度为H＝ 图中h＝ m。xs2 h 96LvH32S（a）

0 0.8 hx

3.2h/m3(12分）过ft车质量均匀分布，从高为h的平台上无动力冲下倾 斜轨道并进入水平轨道，然后进入竖直圆形轨道，如图所示，已知过ft车的质量为MLa，竖R,L>至少为多少？（R．L表示，认为运动时各节车厢速度大小相等，且忽略一切摩擦力及空气阻力）0分）如图所示，物块A，物块BC的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块BCCLAA距滑CA、B的运动。求：M（1）A上升时的最大速度；（2）若B（3）若M＝m，求物块A上升的最大高度。

m满足的条件；02分）如图所示，一平板车以某一速度v匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）a2μ=0.2，g=10。求：0v⑴为使货箱不从平板上掉下来，平板车匀速行驶时的速度应满足什么条件？v0⑵如果货箱恰好不掉下，则最终停在离车后端多远处？ v0QQ相距无穷远处电势能为零，则相距为r时系统的电势能可以表示为Ep

k

2。r若地球质量为m1

，某人造地球卫星质量为m2

，也定义相距无穷远处引力势能为零，写出当地心与卫星相距R时该系统引力势能表达式。（地球可看作均匀球体，卫星可看成质点）vh3R地v为多大？（R为地球半径）3R地

处绕行的卫星质量为1t，则至少需要对该卫星补充多大的能量才能使其脱离地球的束缚？（12分）如图所示，12是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点d，它们的质量分别为m=2.00kg、m=3.00kg。现令它们分别以初速度1 2v=10.00m/s和v=2.00m/s迎向运动，经过时间t=20.0s，两物块相碰，1 2碰撞时间极短，碰后两者粘在一起运动。求从刚碰后到停止运动过程中损失的机械能。0分）AB两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大于等于某一定值d时；相互dF的斥力。设A物体质量m=1.0kg,开始时静止在直线上某点；B物体质量m=3.0kg,以速度υ从远处沿该直线向A1 2 00d=0.10m,F=0.60N,υ=0.20m/s,求：0A、B加速的大小；A、B间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量；A、B间的最小距离。9.如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m。木板位于光am=1.0kg

0.10，它们

4.0m/s沿木板向前滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。10柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动、锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：m，锤在桩帽以上高度为h处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩帽之（20×03×03gm，F是恒力。求此力的大小。1.物体受力如图所示，分别对两个物体列出动力学方程mgfma

gfma

（2）1 11 2 22122加速度满足关系式aaa（3）122解方程得：a1

(mm1 m

)gma22m22

（4）1 2 f(mm

)gma

mm(2ga) f1a 12

mmg1 g

12（5）f

1 2 m m1 2

（6）2、10，1.6，m）取过ft车为研究对象，过ft直圆形轨道过程中，由于只有重力做功，故机械能守恒，竖直圆形轨道上的过ft车可以把这部分的重心看作在轨道的圆心上，所以有：mM 1

1 m2gMgh=

RgR+ Mv2 ①L 2在竖直方向受到重力和轨道对它向下的压力，受力分析如图所示，设厢质量为m，则有：v2

一节车mg+N=m ②RN≥0 ③h

2R2+R联立解得L 2）、B、C三物块系统机械能守恒。B、CL，A上升L时，A（1分）12mgLMgL

(M2m)v2 （2分）22(2mM)gLv 2mM

（2分）（2）当C着地后，若B恰能着地，即BL时速度为零（1分B两物体系统机械能守恒。1MgLmgL

(Mm)v2 （2分，将v代入，整理得= 2m（2分）2所以M 2时，B物块将不会着地。 (2分)m（3）由于vB物块落地，此后做竖直上抛运动，设上h，则v22(2m M)LLh=2g

2g(2mM) 3 （3分）A上升的最大高度H＝2L＋h＝5v06m/s0.5m

7L3 （3分）614）解析1）由类比可知，该系统引力势能表达式为：由万有引力提供向心力得 ，上式中解得 km/s卫星在该处的动能：由系统的势能：得系统的机械能：则需要给卫星补充的能量：7.因两物块与地面间的滑动摩擦系数相同，故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的，以a表示tss表示它们走的路程，则有s11

1 1 21vt2at2(1)1s2v2t2at2(2) s1+s2=d(3)解(1)、(2)、(3)三式并代入有关数据得a=0.175m/s2 (4)经过时间t，两物块的速度分别为v'=v−at(5) v'=v−at(6)1 1 2 2代入有关数据得v'=6.5m/s(7) v'=−1.5m/s(8)1 22v'2为负值是不合理的，因为物块是在摩擦力作用下作减速运动，当速度减少至零时，摩擦力消失，加速度22不复存在，v'2

不可为负。v'

为负，表明物块2经历的时间小于t时已经停止运动，(2)式从而(4)、(6)、(7)、(8)t2s2关数据得a=0.20m/s2(10)

v2a 2(9) 解(1)(9)(3)式，代入有a2由(5)、(10)式求得刚要发生碰撞时物块1的速度v'=6.0m/s(11)而物块2的速度v'=0(12)1设V为两物块碰撞后的速度，由动量守恒定律有mv'=(m+m)V

2(13)11 1 21刚碰后到停止运动过程中损失的机械能ΔE

(mm2 1

2

(14)Δ 1 m2v'211由(13)、(14)得

E2mm1

(15) 代入有关数据得ΔE=14.4J(16)评分标准：本题12分。通过定量论证得到(9)式共4分，求得(11)式得4分，(13)式1分F.（）a=m1

0.60m/s2Fa2=m2

0.20m/s2(2)两者速度相同时，距离最近，由动量守恒mmυ=(m+m)υ υ=(m2

0 0.15m/s2 2 1 2

m)1 21 1k|△E|=k

m2 2

2 (mm2 1

20.015J（3）根据匀变速直线运动规律υ=at1 1υ=υ-at2 0 2当υ=υA、Bt=0.25s

1 21at22 11s=υt- at22 0 2 11 △s=s+d-1 将t=0.25s代入，解得A、B间的最小距离min△s =0.075mmin解： 设木块和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv (mM)v ①0设全过程损失的机械能为E，E2

mv0

(mM)v2 ②121s1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功。W2s2aW4W过程中摩擦力做的总功，则W=mgs ③1 1W=mg(s s) ④2 1W=mgs ⑤3 2W=mg(s s) ⑥4 21 2 3 W=W+W+W+W 1 2 3 E用 表示在碰撞过程中损失的机械能，则E11E=E－W ⑧1由①—⑧式解得1 mM1E 2m1

v22mgs ⑨0代入数据得1E=2.4J ⑩11解：锤自由下落，碰桩前速度υ向下，12gh=2gh=1碰后，已知锤上升高度为（－，故刚碰后向上的速度为2g(2g(hl)=21 设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒mυ1 桩下降的过程中，根据功能关系，12MV2+Mgl=Fl ④由①、②、③、④或得mg(m)[2hl2 h(hl)]F=Mg+ l M ⑤代入数值，得F=2.1×105N ⑥物理应用知识竞赛试题六(光热部分)一、单一选择题（每小题3分，共39分）题号题号答案12345678910111213上，观众看到她全身呈绿色 上衣呈绿色，裙子不变C．上衣呈绿色，裙子呈紫色 上衣呈绿色，裙子呈黑-183-196-78.5℃化被分离出来的是：氧气 氮气 二氧化碳 整个空气同时液化无法分离3．小明在听讲座时，想把银幕上用投影仪投影的彩色幻灯片图像用照相机拍摄下来。由会场比较暗，他使用了闪光灯。这样拍出来的照片A．反而看不清投影到银幕上的图像，倒是把银幕上的一些污渍拍出来了B．色彩鲜艳，比不用闪光灯清楚多了C．色彩被“闪”掉了，拍到的仅有黑色的字和线条D．面上很快出现许多“白气”。这是因为A．沸腾时水不蒸发 沸腾时水面上的蒸气温度高于100℃C．停火后水开始大量蒸发 D．停火后水面上方的温度明显低于水蒸气的温度，大水蒸气液化为细小的水珠，形成“白气”。5．A．随着水位升高，音调逐渐升高 随着水位升高，音调逐渐降C．灌水过程中音调保持不变，音响越来越大D．灌水过程中音调保持不变，音响越来越小。在舞台上喷洒干冰（固态二氧化碳）可以产生白雾，形成所需的效果。这种雾气是：A．B．干冰迅速熔化后再蒸发形成的气体C．干冰迅速升华变成的气体D．干冰升华使空气中的水蒸气液化形成的小水珠及小水珠凝固形成的小冰晶7．测绘人员绘制地图时常常需要从飞机上拍摄地面的照片。若使用的相机镜头焦距为毫米，则底片与镜头距离应该在A．100毫米以外 C．恰为50毫米 B．50毫米以内 D．略大于50毫米6℃，若再向容器内倒入同样一杯热水，则冷水温度将再升高（不计热损失）A．10℃ B．6℃ C．6℃以上 D．6℃以9．寒冷的冬天，北方的玻璃窗上常结有冰花，这些冰花是A．结在窗外 B．结在窗内 C．窗内外都有 D．无法判10．关于自然界中云、雾、露、霜、雨的形成原因，下面解释中不正确的是A．云是水蒸气在高空中遇冷液化成的小水珠及凝华成的小冰晶形成的B．雾是空气中的水蒸气液化成的小水珠悬浮在地面附近的空气中形成的C．露是空气中的水蒸气液化成的小水珠附在草木叶片上形成的D．霜是空气中的水蒸气遇低温液化后再凝固成小冰晶附在房顶及地面形成的E．A．较低的沸点 B．较低的熔点 较大的比热 D．较小的密度12．在烹炸食物时常会见到滚开的油锅中，溅入一滴水后，会有剧烈的响声，并溅起油来其主要原因是A．溅入的水滴温度太低 水是热的不良导体C．水的比热比油的比热大 D．水的沸点比油的沸点用飞机向云层喷洒干冰（固体的CO2）是一种人工降雨的方法。以下列出几个物态变化小冰晶下落遇暖气流熔解成雨滴。在这种人工降雨过程中，发生的物态变化过程为：A．ac B．a、df 、c 二、填空（共28分，每空2分）用太阳能热水器给40千克的水加热水温由18℃升高到水吸收的热量 焦耳。若用燃烧值为焦/千克的煤给水加热，其效率为20％，则需要燃烧约 千克煤。照相机摄远景时，底片与镜头相10厘米，照相机镜头的焦距大小，摄景时，底片与镜头的距。站在平静的池水旁能清楚地看到自己在水中的像这是因为平静的水若向水中投一石块，看到的像破碎了，其原因。冬天，晾在室外的湿衣服会结冰，但冰冻的衣服最后也会干，这是。煮茶鸡蛋时，蛋壳很快染上茶色，这一现象说。质量初温均相同的甲乙两物体将甲投入一杯热水中达到热平衡后水温降将甲取出接着把乙投入这杯水中达到热平衡后水温又降则甲的比乙的比热。现有如下光学器件平面镜凸镜凹镜凸透镜凹透镜。在下列光学仪器或用具中用到了哪种器件？请把相应的字母填入空格自制潜望镜太阳灶用 ，老花镜汽车观后镜，近视眼镜，耳科医生的镜用 。放映电影、幻灯的银幕常用粗糙的白布做成，其优点在于。一是利使剧场中各处的观众均能看到画面二是白布能反颜色的光使观众能看到色彩正常的画面图6是月球的影区分布，当人随地球运动区时会看到日全食，运动时会看到日偏食，运动区时会看到日环食。农村广泛使用塑料地膜种菜。来自太阳的热量主要通过 的方式传递进去，以提高土壤温度，同时，由于薄膜隔开地膜上下的空气，所以防止了热量方式的散失常用体温计的刻度部分为三棱体，横截面如图，其正面呈圆孤形，这样就可看清体温计内极细的水银柱，以便于读数这是因为圆孤形玻璃的作用相当，使我们能看到水银柱放大后像。三、分）举出四个利用光的直线传播规律解决实际问题的例子（用法只算一个）。四、（5分）老花镜的“度数”等于它的焦距的倒数乘100简单的方法。要求写出所用器材、操作步骤和计算公式。五、（15）小明有一只温度计，虽然它的玻璃管的内径和刻度都是均匀的，标度却不准确。它在冰水中的读数是-0.7℃，在沸水中的读数是102.3℃。它在什么温度附近误差很小，可以当作刻度正确的温度计使用？六、某中学举办一次别开生面的“物理体育比赛A点起跑，到XY线上抱起一个实心球，然后跑向B4)．BXYCA，XY线时在地面做了个标记D．比赛A跑到D，抱起球后跑到BC（7分）50％；从太阳能手册中查1.2103焦／米2401.52，物理应用知识竞赛试题六(光热部分)之答案一．1、D 2、C 3、A 4、D 5、A 6、D 7、D 8、D 9、B 10、D 11、B 12、D 13、B二．1、3.024×106

，0.5042、略小于10cm；大于10cm 、相当于平面镜；不平水面相当于取向不同的平面镜4、冰升华5、温度越高分子运动越快6、小于7、acdbec8、漫反射，各种（或所有）9、BAC10、辐射，对流11、凸透镜，虚三．参考解答：1．针孔照相机；2．射击瞄准；3．木工判断木板是否刨平；4．激光测距；5．站队看齐或植树、立电线杆成一直线。评分标准：全题4分，答对一个给1分，5中各相似情况，答出几个只算答对一个。四．参考解答器材：刻度尺。步骤：(1)晴天把镜片放在阳光下，使光线与镜片垂直。(2)调整镜片与地面的距离，使地面上的光点（或光盘）最小，最清晰。(3)以米为单位用刻度尺测量镜面到地面上光点的距离，用f表示。评分标准 全题5分。器材给分，步骤给3分，公式给1分。五．解：(1)设温度计的读数为t＇时，实际温度为t。由于t由0°→100℃时，温度计的读数由-0.7℃→102.3℃。故有t＇=（t×1.03）-0.7℃，或t=0.97t＇+0.68℃，当t＇=-6℃时，有t=-5.1℃。(2)当温度计的读数恰等于实际温度时有t=t＇，则t-0.97t=0.68℃， ∴t=22.7℃。六．参考答案：如图2,C点是B点以XY线为轴的轴对称点．使这位同学受到启发是光的反射定律(或平镜成像规律)∵BC⊥XY BE=CE，直角三角形BDE和CDE全等．∴DB=DC学生跑过的路程为AD+D与AC相等另设学生从A点跑到XY线上D点以外的任一点’后再跑到B理可证D'B=D'C 这时学生跑过的路程AD'+D'B与AD'+D'C相等 而在三角形AD'C中，AD'+D'C〉所以，AD+DB为最短路程七参考解答 代表物理量的符号热水器效率水的量，R─单位面积，单位时间，地面接收的热量，S─晒水箱面积，△T─水的温升，C─水的比热，△t─所用时间。在△t时间内水所接收的辐射热使水温上升△T所需热由 Q=Q＇(3)把数值代入，得△t=5333秒 (5)△t=1小时29分 评分标准 全题7分，(1)、(2)两式各给分。(3)、(4)、(5)式各给1分。22届北京市高一物理（力学）竞赛决赛试题参考答案（北京四中杯）一、填空题（共30分.每小题5分）1、1000W Fx90)101000(J)22、能滑动摩擦力做功只与水平位移有 关，AB的水平位移相同。mglcosmgx3、3.13

t2360t1

11000 为加速时间t13.13s 舍去不合理的负值2gh12gh2gh12gh24、x

2g hht12

v

，v ，2 2gh1v

2gh 12v

22g hhx 1t 2t ， t

t，解出：x

12 2 1 2 2 1 22323142323142T地T火3

2gh1

2gh2TT2 T2 2TT地 火 飞r3 r3 r r 3地 火23T123

地 火2 22332T 2332

1

23233T 232332823823

地 火234 21 234 2

地 火32t 飞 T T 2 地 火16、5mg 竖直向下mglmg2ll2l3 3 A3 B3l ，

2 9l ， gA 3 3 6 95a g，a5A

g， 质心C：a5C5

10g9 12mgF2m10g F5mg二、计算题（共70分）7、法一：

sv2vt 1v2vv2v111

6m2 1 2a1(v v)2a 2 1 a 1.4m/s2 2s' 1v v vv v2 4s

2 1t 2 1v2a

12 1 m2a 141a 3 2 1.45m/s23 v22

2a2

s'8、当0→时任一时刻t物体受的作用力为

2FF 0t，2 1 1

Ft2利用冲量定理：

Ft V 0 。

1 2 1t

1 0F2F0

t当2 时任一时刻物体受的作用力为： 2 mV

1

F1

利用冲量定理：

2 2 0 02222F 222V 02 2m F

22t2当t

时速率：

V 0

1 F2冲击力对物体所做总功为 W mV2 02 8m9、对于球竖直方向：mgNcos (1)11A NsinN1以BNhN0.5（3）以ANhN1（411A h 3

h 2 3由2）

min

3 。由12）得max 3N 由1）得110xkx

g时，小车脱离物块速度最大11 1 1kx2 kx'2 (mm)v

g(xx')2 2

1 2 m 111m11mm 2kx2mg12kgx112m11、方法一：求t时刻A、B、D球的位置D、B球碰撞2m0

m1 1

2m012m2 m2 2m22 0 2 12 00

4解得 、

3 1 3 0 2A B

c 3 0A、B绕质心转动角速度ωl2 4t时刻

2 3

0X 1cos)A 2y 2t3 0

lsin2X 1cos)B 2Y 2t3 0

lsin2X lDY 1tD 3 0方法二：系统的动量守恒、对空间固定点的角动量守恒。设小球碰后的速度为V。两球构V 成体系质心速度为 c，绕质心的转动角速度为。2mV 2mV 2mV0 c （1）l12121221ml

22 0 2 2 c 2

（2）两球构成体系质心对应的空间固定点为参考点。角动量守恒2mV l2ml l 2 02 2

2m 2

V1V12（）联立得 3 0A,B

V V2球质心速度为： c 3 024VlB绕质心转动角速度为： 30lx 1cos时刻：A 2

tt 2 ly Vt sin A 3 0 2x 1cosB 2y

2Vt

lsinB 3 0 2x lD 1yD

Vt3 0第十八届全国中学生物理竞赛复赛试卷、参考答案全卷共六题，总分140分。（22）有一放在空气中的玻璃棒，折射率ｎ＝1.5，中心轴线长Ｌ＝45cm，一端是半径为Ｒ＝10ｃｍ（1光轴上无限远处物成像于主光轴上无限远处的望远系统，取中心轴线为主光轴，玻璃棒另一端应磨成什么样的球面？2．对于这个玻璃棒，由无限远物点射来的平行入射光束与玻璃棒的主光轴成小角度φ时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度φ，求φ／φ１ ２ ２ １（此比值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率．解：1．对于一个望远系统来说，从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于光轴的光线，它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行，即像点也在主光轴上无限远处，如图18－2－6所示，图中Ｃ1为左端球面的球心．图18－2－6由正弦定理、折射定律和小角度近似得（ －Ｒ）／Ｒ＝ｓｉｎｒ／ｓｉｎ（ｉ－ｒ）≈ｒ／（ｉ－ｒ）１ １ １ １ １ １ １ １＝1／（（ｉ／ｒ）－1）≈1／（ｎ－1）， ①１ １即 （ ／Ｒ）－1＝1／（ｎ－1）． ②１光线ＰＦ射到另一端面时，其折射光线为平行于主光轴的光线，由此可知该端面的球１心Ｃ一定在端面顶点Ｂ的左方，ＣＢ等于球面的半径Ｒ，如图18－2－6所示．２ ２ ２仿照上面对左端球面上折射的关系可得（ ／Ｒ）－1＝1／（ｎ－1）， ③２又有 ＝Ｌ－ ，④由②、③、④式并代入数值可得Ｒ＝5ｃｍ．２则右端为半径等于5ｃｍ的向外凸的球面．图18－2－72．设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过Ｃ，②过Ａ，如图18１－2－7所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点Ｍ，即为左端球面对此无限远物点成的像点．现在求Ｍ点的位置，在△ＡＣＭ中，有１）＝ ／ｓｉｎφ

／ｓｉｎ（φ

，１又 ｎｓｉｎφ′＝ｓｉｎφ，

１ １ １ １１ １已知φ、φ′均为小角度，则有１ １／φ＝Ｒ／φ1－／ｎ．１ １ １式比较可知， ≈ ，即Ｍ位于过Ｆ垂直于主光轴的平面上．上面已知，玻１璃棒为天文望远系统，则凡是过Ｍ点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线．容易看出，从Ｍ射出Ｃ的光线将沿原方向射出，这也就是过Ｍ点的任意光线（包括光２线①、②）从玻璃棒射出的平行光线的方向，此方向与主光轴的夹角即为φ，由图18－2２－7可得／φ＝ ／ ＝（ －Ｒ）／（ －Ｒ，１ １ ２③式可得（ －Ｒ）／（ －Ｒ）＝Ｒ／Ｒ，１ ２ １ ２则φ／φ＝Ｒ／Ｒ＝2．２ １ １ ２（22分（如图复当锅内水沸腾时再加盖压力阀Ｓ（到的温度．现有一压力锅，在海平面处加热能达到的预期温度为120℃，某人在海拔5000ｍ的高ft上使用此压力锅，锅内有足量的水．1．若不加盖压力阀，锅内水的温度最高可达多少？若按正确方法使用压力锅，锅内水的温度最高可达多少？时水温为27℃，那么加热到压力阀刚被顶起时，锅内水的温度是多少？若继续加热，锅内水的温度最高可达多少？假设空气不溶于水．已知：水的饱和蒸气压ｐ（ｔ）与温度ｔ的关系图线如图18-2-2所示．Ｗ大气压强ｐ（ｚ）与高度ｚ的关系的简化图线如图18-2-3所示．当ｔ＝27℃时，ｐＷ（27°）＝3.6×10３Ｐａ；ｚ＝0处，ｐ（0）＝1.013×10５Ｐａ．解：1．由图18－2－8知在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101．3×10３Ｐａ．在ｚ＝5000ｍ时，大气压强为ｐ（5000）＝53×10３Ｐａ．18－2－818－2－9此处水沸腾时的饱和蒸气压ｐＷ应等于此值．由图18－2－9可知，对应的温度即沸点为ｔ＝82℃．２达到此温度时，锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在5000ｍ高ft上，若不加盖压力锅，锅内温度最高可达82℃．229ｔｐ３Ｐａ，而在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101×10３Ｐａ．可见压力阀的附加压强为ｐ＝ｐ（120°）－ｐ（0）Ｓ Ｗ＝（198×10３－101．3×10３）Ｐａ＝96．7×10３Ｐａ．在5000ｍ高ft上，大气压强与压力阀的附加压强之和为ｐ′＝ｐ＋ｐ（5000）Ｓ＝（96．7×10３＋53×10３）Ｐａ＝149．7×103Ｐａ．若在ｔ＝ｔ时阀被顶起，则此时的ｐ

应等于ｐ′，即２ Ｗｐ＝ｐ′，Ｗ18－2－9可知

＝112℃．２此时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故按正确方法使用此压力锅，在5000ｍ高ft上锅内水的温度最高可达112℃．18－2－9可知，在时，题中已给出水的饱和蒸气压ｐＷ这时锅内空气的压强（用ｐａ表示）为ｐ（27°）＝ｐ（5000）－ｐ（27°）ａ Ｗ＝（53×10３－3．6×10３）Ｐａ＝49．4×10３Ｐａ．当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为ｔ℃）时，锅内空气压强为ｐ（ｔ，则有ａｐ

）／，ａ ａｐ（ｔ）＝（164．7ｔ＋45．0×10３）Ｐａ．ａ若在ｔ＝ｔ′时压力阀刚好开始被顶起，则有ｐ（ｔ′）＋ｐ（ｔ′）＝ｐ′，Ｗ ａ由此得ｐ（ｔ′）＝ｐ′－ｐ（ｔ′）＝（105×10３－164．7ｔ′）Ｐａ，Ｗ ａ画出函数ｐ′－ｐ（ｔ′）的图线，ａ取ｔ＝0℃，有

（0℃）＝105×10３Ｐａ，ａ取ｔ＝100℃，有ｐ′－ｐ

（100℃）＝88．6×10３Ｐａ．ａ由此二点便可在图18－2－9上画出此直线，此直线与图18－2－9中的ｐ（ｔ）－ｔＷ曲线的交点为Ａ，Ａ即为所求的满足上式的点，由图可看出与Ａ点对应的温度为ｔ′＝97℃．即在压力阀刚开始被顶起时，锅内水的（22）有两个处于基态的氢原子Ａ、Ｂ，Ａ静止，Ｂ以速度ｖ与之发生０碰撞．已知：碰撞后二者的速度ｖ和ｖ在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一Ａ Ｂ氢原子吸收，从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，试论证：速度ｖ至少需要多大（以ｍ／ｓ表示）？０已知电子电量ｅ＝1．602×10－19Ｃ，质子质量为ｍ＝1．673×10－27ｋｇ，电子质量为ｍｐ＝0．911×10－31ｋｇ，氢原子的基态能量为Ｅ＝－13．58ｅＶ．ｅ １解：为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是ｎ＝2的第一激发态．已知氢原子的能量与其主量子数的平方成反比．Ｅ＝ｋ／ｎ２， ①ｎ １又知基态（ｎ＝1）的能量为－13．58ｅＶ，即Ｅ＝ｋ／1２＝－13．58ｅＶ，１ １所以 ｋ＝－13．58ｅＶ．ｎ＝2的第一激发态的能量为Ｅ＝ｋ／2２＝－13．58×（1／4）＝－3．39ｅＶ． ②２ １为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为Ｅ＝Ｅ－Ｅ＝（－3．39＋13．58）ｅＶ＝10．19ｅＶ． ③内 ２ １这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即ｈν＝Ｅ＝10．19ｅＶ＝10．19×1．602×10－19Ｊ内＝1．632×10－18Ｊ． ④式中ν为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律ｍｖ＝ｍｖ＋ｍｖ＋光子的动量， ⑤０ Ａ Ｂ（1／2）ｍｖ２＝（1／2）ｍ（ｖ２＋ｖ２）＋ｈν， ⑥０ Ａ Ｂ光子的动量ｐν＝ｈν／ｃ．由⑥式可推得ｍｖ＞2ｈν／ｖ，因为ｖ<<ｃ，所以ｍｖ０ ０ ０>>ｈν／ｃ，故⑤式中光子的动量与ｍｖ相比较可忽略不计．⑤式变为０ ０ｍｖ＝ｍｖ＋ｍｖ＝ｍ（ｖ＋ｖ，⑦０ Ａ Ｂ Ａ Ｂ符合⑥、⑦两式的ｖ0的最小值可推求如下：由⑥式及⑦式可推得（1／2）ｍｖ２＝（1／2）ｍ（ｖ＋ｖ）２－ｍｖｖ＋ｈν０ Ａ Ｂ Ａ Ｂ＝（1／2）ｍｖ２－ｍｖ（ｖ－ｖ）＋ｈν，０ Ａ ０ Ａｍｖ２－ｍｖｖ＋ｈν＝0，Ａ Ａ ０经配方得ｍ（ｖ－（1／2）ｖ）２－（1／4）ｍｖ

２＋ｈν＝0，Ａ ０ ０（1／4）ｍｖ２＝ｈν＋ｍ（ｖ－（1／2）ｖ）２， ⑧０ Ａ ０由⑧式可看出，当ｖ

＝（1／2）ｖ时，ｖ达到最小值ｖ

ｍｉｎ，此时Ａｖ＝ｖ，Ａ Ｂ

０ ０ ０ｖ ＝2 ，０ｍｉｎ代入有关数值，得ｖ ＝6．25×10４ｍ／ｓ．０ｍｉｎ答：Ｂ原子的速度至少应为6．25×10４ｍ／ｓ．（22分）18-4所示，均匀磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度Ｂ随时间ｔＢ＝０－ｋ（ｋ为大于零的常数两个环的接触点Ａ与Ｃ间的劣弧对圆心Ｏ的张角为60°，求ｔ＝ｔ０时，每个环所受的均匀磁场的作用力，不考虑感应电流之间的作用．解：1．求网络各支路的电流．因磁感应强度大小随时间减少，考虑到电路的对称性，可设两环各支路的感应电流Ｉ、Ｉ的方向如图18－2－10所示，对左环电路ＡＤＣＦＡ，有１ ２图18－2－10Ｅ＝ＩｒＦ＋Ｉｒ ，１ Ｃ Ａ ２ ＡＤＣ因 ｒ ＝5ｒ／6，ｒ ＝ｒ／6，Ｅ＝ｋπＲ２，ＣＦＡ ＡＤＣ故 ｋπＲ２＝Ｉ（5ｒ／6）＋Ｉ（ｒ／6）． ①１ ２因回路ＡＤＣＥＡ所围的面积为2（（2π－3 故对该回路有ｋ［2（（2π－3 ）／12）Ｒ２］＝2Ｉ（ｒ／6），２解得 Ｉ＝（（2π－3２

）Ｒ２／2ｒ）ｋ，代入①式，得Ｉ＝（（10π＋3１2．求每个圆环所受的力．

）Ｒ２／10ｒ）ｋ．图18－2－1118－2－11ｘ轴上下是对ｙΔｌ′为例，安培力ΔＦ为径向，其ｘ分量的大小表示为因 Δｌ′ｃｏｓα＝Δｌ，故 ｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ，｜Ｆ｜＝ΣＩＢΔｌ＝ＩＢ ＝ＩＢＲ．ｘ １ １ １由于导体弧ＰＱ在ｙ方向的合力为零，所以在ｔ

时刻所受安培力的合力Ｆ

仅有ｘ分量，即Ｆ＝｜Ｆ｜＝Ｉ１ ｘ １

０ １）Ｒ２／10ｒ）ｋＢＲ＝＋3 ）Ｒｒ）ｋ（Ｂ

）Ｒ，０ ０方向向左．同理，载流导体弧ＡＣ在ｔ时刻所受的安培力为Ｆ＝Ｉ２ ２

０）Ｒ２／2ｒ）ｋＢＲ＝23 ）Ｒ２ｒ）ｋ（Ｂ－ｋｔ）Ｒ，０ ０方向向右．左环所受的合力大小为Ｆ＝Ｆ－Ｆ＝（9 ／5ｒ）ｋ（Ｂ

）Ｒ３．１ ２ ０ ０方向向左．（25）18-5（简称为球壳）的球心在Ｏ点．球壳通过一细导线与端电压Ｕ＝90＝10×10－9Ｃ的点电荷，１Ｂ点有一电量为ｑ＝16×10－9Ｃ的点电荷．点Ｏ、２Ａ之间的距离ｄ＝ｄ１ ２＝40ｃｍ．现设想球壳的半径从ａ＝10ｃｍ开始缓慢地增大到50ｃｍ，地流向球壳的电量各是多少？已知静电力常量ｋ＝9×1Ｎ·２Ｃ２解：分以下几个阶段讨论：由于球壳外空间点电荷ｑｑ的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用σ表示面１ ２电荷密度．设球壳半径ａ＝10ｃｍ时球壳外壁带的电量为Ｑ，因为电荷ｑ、ｑ与球壳外１ １ ２壁的电量Ｑ在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于Ｕ的等势区，在导体表面上的１面元ΔＳ所带的电量为σΔＳ，它在球壳的球心Ｏ处产生的电势为ΔＵ＝ｋσΔＳ／ａ，球１壳外壁所有电荷在球心Ｏ产生的电势Ｕ为１Ｕ＝ΣΔＵ＝ｋΣσΔＳ／α＝ｋＱ／ａ．１ １ １点电荷ｑ、ｑ在球壳的球心Ｏ处产生的电势分别为ｋｑ／ｄ与ｋｑ／ｄ，因球１ ２ １ １ ２ ２心Ｏ处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有（ｋｑ／ｄ）＋（ｋｑ／ｄ

／ａ）＝Ｕ，１ １ ２ ２ １代入数值后可解得球壳外壁的电量Ｑ为１Ｑ＝（ａＵ／ｋ）－ａ（ｑ／ｄ）＋（ｑ／ｄ）＝0－Ｃ．１ １ １ ２ ２因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量Ｑ

等于球壳外壁的电量Ｑ，即Ⅰ １ⅠＱ＝Ｑ＝－8×10－9Ｃ．Ⅰ１当球壳半径趋于ｄ时（点电荷仍在球壳外，设球壳外壁的电量变为Ｑ，球壳外１ ２的电荷ｑ、ｑ与球壳外壁的电量Ｑ

在壳内产生的合场强仍为零，因球壳内仍无电荷，球１ ２ ２壳内仍保持电势值为Ｕ的等势区，则有（ｋｑ／ｄ）＋（ｋｑ／ｄ）＋（ｋＱ

）＝Ｕ，１ １ ２ ２ ２ １解得球壳外壁的电量Ｑ＝（ｄＵ／ｋ）－（ｄ（ｑ／ｄ＋ｑ

）＝0Ｃ．２ １ １ １ １ ２ ２因为此时球壳内壁的电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即ⅡＱ＝Ｑ＝－16×10－9Ｃ，Ⅱ２在ａ＝10ｃｍ到趋于ｄ

的过程中，大地流向球壳的电量为ΔＱ

１－Ｑ＝－8×10－9Ｃ．Ⅰ Ⅱ １当点电荷ｑ穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为

，点电荷ｑ在球壳内壁１ １ １感应出电量－ｑ，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷ｑ与球壳内壁电荷－ｑ在球壳外产生１ １ １的合电场为零，表明球壳外电场仅由球壳外电荷ｑ与球壳外壁的电荷Ｑ所决定．由于球壳２ ３的静电屏蔽，球壳外电荷ｑ与球壳外壁的电荷Ｑ在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷２ ３ｑ与Ｑ产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为Ｕ的等势区．ｑ与Ｑ在球心Ｏ处产２ ３ ２ ３生的电势等于球壳的电势，即（ｋｑ／ｄ）＋（ｋＱ／ｄ）＝Ｕ，２ ２ ３ １解得球壳外壁电量Ｑ＝（ｄＵ／ｋ）－（ｄｑ／ｄ