第22届全国中学生物理竞赛预赛试卷(含答案)
初中物理竞赛-第22届全国中学生复赛答案
第22届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、1．如图所示，设滑块出发点为1P ，离开点为2P ，按题意要求11P O 、22P O 与竖直方向的夹角相等，设其为θ，若离开滑道时的速度为v ，则滑块在2P 处脱离滑道的条件是θcos 2mg Rm =v(1)由机械能守恒221)cos 1(2v m mgR =-θ(2)(1)、(2)联立解得54cos =θ或253654arccos '== θ (3)2．设滑块刚能在O 点离开滑道的条件是mg Rm =2v （4）v 0为滑块到达O 点的速度，由此得Rg =0v （5）设到达O 点的速度为v 0的滑块在滑道OA 上的出发点到1O 的连线与竖直的夹角为0θ，由机械能守恒，有2021)cos 1(v m mgR =-θ （6）由（5）、（6）两式解得3π0=θ （7）若滑块到达O 点时的速度0v v >，则对OB 滑道来说，因O 点可能提供的最大向心力为mg ，故滑块将沿半径比R 大的圆周的水平切线方向离开O 点．对于0v v >的滑块，其在OA 上出发点的位置对应的θ角必大于0θ，即0θθ>，由于2π=max θ，根据机械能守恒，到达O 点的最大速度Rg max 2=v（8）由此可知，能从O 点离开滑道的滑块速度是v 0到max v 之间所有可能的值，也就是说，θ从3π至2π下滑的滑块都将在O 点离开滑道．以速度v 0从O 点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至2O 的距离t x 00v =（9）O 1O 2OABP 1P 2θθ221gt R =（10）由（5）、（9）、（10）式得R x 20=（11）当滑块以max v 从O 点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到2O 的距离t x max max v =（12）由（8）、（10）、（12）式得R x max 2=（13）因此，凡能从O 点脱离滑道的滑块，其落水点到2O 的距离在R 2到R 2之间的所有可能值．即 R x R 22≤≤ （14）二、1．由静电感应知空腔1、2及3的表面分别出现电量为1q -、2q -和3q -的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量321q q q ++．由静电屏蔽可知，点电荷q 1及感应电荷（1q -）在空腔外产生的电场为零；点电荷q 2及感应电荷（2q -）在空腔外产生的电场为零；点电荷q 3及感应电荷（-3q -）在空腔外产生的电场为零．因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量321q q q ++作球对称分布．当球外P 点处放置电荷Q 后，由于静电感应，球面上的总电量仍为()321q q q ++，但这些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零．O 3处的电势由位于P 点处的Q 、导体球表面的电荷()321q q q ++及空腔3表面的感应电荷（3q -）共同产生．无论()321q q q ++在球面上如何分布，球面上的面电荷到O 点的距离都是R ，因而在O 点产生的电势为R q q q k321++， Q 在O 点产生的电势为RQk 2，这两部分电荷在O 3点产生的电势U '与它们在O 点产生的电势相等，即有⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++='R q q q Q k R Q R q q q k U 22222321321 （1）因q 3放在空腔3的中心处，其感应电荷3q -在空腔3壁上均匀分布．这些电荷在O 3点产生的电势为rq kU 3-='' (2)根据电势叠加定理，O 3点的电势为⎪⎭⎫⎝⎛-+++=''+'=r q R q q q Q k U U U 33212222(3)故q 3的电势能⎪⎭⎫⎝⎛-+++==r q R q q q Q kq U q W 3321332222(4)2． 由于静电屏蔽，空腔1外所有电荷在空腔1内产生的合电场为零，空腔1内的电荷q 1仅受到腔内壁感应电荷1q -的静电力作用，因q 1不在空腔1的中心O 1点，所以感应电荷1q -在空腔表面分布不均匀，与q 1相距较近的区域电荷面密度较大，对q 1的吸力较大，在空腔表面感应电荷的静电力作用下，q 1最后到达空腔1表面，与感应电荷1q -中和．同理，空腔2中q 2也将在空腔表面感应电荷2q -的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷2q -中和．达到平衡后，腔1、2表面上无电荷分布，腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化．O 3的电势仍由球外的电荷Q 和导体球外表面的电量()321q q q ++及空腔3内壁的电荷3q -共同产生，故O 3处的电势U 与q 3的电势能W 仍如(3)式与(4)式所示．三、答案如图所示．附计算过程：电阻通电后对气体缓慢加热()0T T C Q -=(1)此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和．若abdQTT 0Sp CFT Q 001=()001T Sp F S p T +=tan θ2=()FRS Rp CF S Cp F S p ++++0002222 C1tan 1=θθ1θ2用T 1表示此过程达到末态的温度，p 表示末态的压强，Q 1表示此过程中气体从电阻丝吸收的热量，由等容过程方程有10T T p p =(2)由力的平衡可知F S p pS +=0(3)由（2）、（3）两式可得()Sp T F S p T 0001+=(4)代入(1)式得Sp CFT Q 001=(5)由以上讨论可知，当1Q Q ≤时，T 与Q 的关系为0T CQT +=(6)在Q T ~图中为一直线如图中ab 所示，其斜率CK ab 1=(7)直线在T 轴上的截距等于T 0，直线ab 的终点b 的坐标为（T 1，Q 1）．当电阻丝继续加热，活塞开始向外运动以后，因为过程是缓慢的，外界大气压及摩擦力皆不变，所以气体的压强不变，仍是p ，气体经历的过程为等压过程．在气体的体积从初始体积V 0增大到V ，温度由T 1升高到T 的过程中，设气体从电阻丝吸收的热量为Q '，活塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为q ，由热力学第一定律可知()()01V V p T T C q Q -+-=+'(8)q 可由摩擦力做功求得，即⎪⎭⎫ ⎝⎛-=S V V F q 021 (9)代入（8）式得()()()0102V V p T T C SV V F Q -+-=-+' (10)由状态方程式可知()()10T T R V V p -=-(11)将（11）式和（4）式代入（10）式，得()()102T T F S p FRR C Q -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+=' 即()10002222T Q FRS Rp CF S Cp F S p T +'++++=（12）从开始对气体加热到气体温度升高到T ( >T 1)的过程中，气体从电阻丝吸收的总热量Q Q Q '+=1（13）把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5），得()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛=≥++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++=S p CFT Q Q S p T F S p S p CFT Q FR S Rp CF S Cp F S p T 001000000002222 （14） 由此可知，当S p CFT Q Q 001=≥时，T 与Q 的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为Sp CFT Q Q 001==，1T T =；斜率为()FRS Rp CF S Cp F S p ++++0002222（15）在Q T ~图中，就是直线bd ，当热量Q 从零开始逐渐增大，气体温度T 将从起始温度T 0沿着斜率为K ab 的直线ab 上升到温度为T 1的b 点，然后沿着斜率为K bd 的直线bd 上升，如图所示．四、1．相对于车厢参考系，地面连同挡板以速度v 趋向光源S 运动．由S 发出的光经小孔射出后成锥形光束，随离开光源距离的增大，其横截面积逐渐扩大．若距S 的距离为L 处光束的横截面正好是半径为R 的圆面，如图所示，则有LRl r = 可得rRl L = (1)设想车厢足够长，并设想在车厢前端距S 为L 处放置一个半径为R 的环，相对车厢静止，则光束恰好从环内射出．当挡板运动到与此环相遇时，挡板就会将光束完全遮住．此时，在车厢参考系中挡板离光源S 的距离就是L ．在车厢参考系中，初始时，根据相对论，挡板离光源的距离为()21c x A v -(2)故出现挡板完全遮住光束的时刻为()vv L c x t A --=21(3)由（1）、（3）式得()vv v r Rl c x t A --=21(4)2．相对于地面参考系，光源与车厢以速度v 向挡板运动．光源与孔之间的距离缩短为()2c 1'v -=l l(5)而孔半径r 不变，所以锥形光束的顶角变大，环到S 的距离即挡板完全遮光时距离应为221cr Rl r Rl'L'v -==(6)初始时，挡板离S 的距离为x A ，出现挡板完全遮住光束的时刻为rRlLS221cr Rl x L'x t A A v v v v --=-='(7)五、用半径分别为r 1（>a 1），r 2，…，r i ，…，r n –1（<a 2）的n -1个同心圆把塑料薄圆环分割成n 个细圆环．第i 个细圆环的宽度为1Δ--=i i i r r r ，其环带面积()i i i i i i r r r r ππr Δπ2ΔΔS 22=--=式中已略去高阶小量2)Δ(i r ．，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为iii i i i i r r πr r r σS q Δ4Δπ22σΔ2Δ020σ=== 设时刻t ，细圆环转动的角速度为ω ，t βωω-=0单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流iiii r r q I Δ2π2ΔΔ0ωσω== 由环形电流产生磁场的规律，该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为20Δr 2ΔΔi ii i i r kr I kB ωσ== (1) 式中i r Δ是一个微小量，注意到()21Δi i i i i i r r r r r r ≈-=-，有i i i i i i i i r r r r r r r r 11Δ1112-=-=--- (2)将各细圆环产生的磁场叠加，由（1）、（2）式得出环心O 点处的磁感应强度：21120)(2a a a a k B -=ωσ(3)由于a 0<<a 1，可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由O 点的场表示．磁场对导线环的磁通量2021120π)(2a a a a a k BS Φ-==ωσ(4)由于ω是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势的大小为21201202120120π)(2π)(2a a a a a k t a a a a a k t βσωσΦ-=∆∆-=∆∆=E (5)由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为Ra a a a a k R I 2120120π)(2βσ-==E (6)设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转，穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外，由于薄圆环环作减角速转动，穿过导线圆环的磁场逐渐减小，根据楞次定律，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段∆l 所受的安培力都沿环半径向外．现取对于y 轴两对称点U 、V ，对应的二段电流元l I ∆所受的安培力的大小为 l BI f ∆=∆(7)方向如图所示，它沿x 及y 方向分量分别 y BI l BI f x ∆=⋅∆=∆θcos(8)x BI l BI f y ∆=⋅∆=∆θsin(9)根据对称性，作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的x 分量之和相互抵消，即0ΔΔ∑∑===y BI y BI f x(10)（式中θcos l y ∆=∆，当2π<θ时，y ∆是正的，当2π>θ时，y ∆是负的，故∑=∆0y ），而作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的y 分量之和为2ΔΔaBI x BI x BI f y ===∑∑(11)（式中θsin l x ∆=∆，由于θ 在0~π之间x ∆都是正的，故∑=∆02ax ），即半个导线圆环上受的总安培力的大小为02a BI ，方向沿y 正方向，由于半个圆环处于平衡状态，所以在导线截面Q 、N 处所受（来自另外半个圆环）的拉力（即张力）F 应满足022a BI F =．由（3）、（6）两MNQθ∆θ ∆f∆f x∆f y xyO∆x∆y ∆l ∆f∆f x ∆f y ∆lU V式得()t Ra a a a a k BIa F βωβσ--==02221212302020)(π4(12)由（12）式可见，张力F 随时间t 线性减小．六、如图所示，t 时刻汽车B 位于()t B 处，距O 点的距离为v B t ．此时传播到汽车B 的笛声不是t 时刻而是较早时刻t 1由A 车发出的．汽车A 发出此笛声时位于()1t A 处，距O 点的距离为1A t v ．此笛声由发出点到接收点（t 时刻B 车所在点）所传播的路程为u (t –t 1)，由几何关系可知 ()2121A 2B )]([)(t t u t t -=+v v (1)即0)(2)(222122122=-+--t u tt u t u B A v v这是以t 1为变量的一元二次方程，其解为t u u u t ABA B A ⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+±=222222221)(v v v v v 由于222A u u v ->，但t 1< t ，所以上式中只能取减号t uu u t 2A22B2A 2B 2A 221)(v v v v v --+-=(2)t u u t t 2A22A2B 2A 2B 2A 21)(v v v v v v ---+=- (3)令k u B A B A =-+22222)(v v v v(4)有t u ku t 2A 221v --=， t u k t -t 2A22A 1v v --= (5)在1t 时刻，位于()1t A 处的汽车A 发出的笛声沿直线（即波线）()()t B t A 1在t 时刻传到()t B 处，以()1t A θ、()t B θ分别表示车速与笛声传播方向的夹角，有A (t 1)B (t )θB (t )A (t )v Bv AOθA (t 1)()())()(cos 2A 2A 11A A 1v v v --==k u k u t -t u t t θ (6)()())()(cos 2221A A B B t B k u u t -t u t v v v v --==θ (7)令ν 表示B 车司机接收到的笛声的频率，由多普勒效应可知()()01cos cos νθθνt A A t B B u u v v +-=(8)由（6）、（7）、（8）式，得()()()()022222222222222222ννBA B A A AB A B A B A u u u u u v v v v v v v v v v v v -+---⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=(9)七、解法一：对于由小球A 、B 和弹簧构成的系统，当A 、B 之间的距离为l 时，已知m A = m ，m B = 2m ，由质心的定义，可知系统的质心C 离A 的距离l l C 32=（1）故A 、B 到质心C 的距离分别为l l ll B A 3132==（2）若以质心C 为参考系（质心系），则质心C 是固定不动的，连接A 、B 的弹簧可以分成两个弹簧CA 和CB ．设弹簧CA 的自然长度为l A 0，劲度系数为k A ，一端与小球A 相连，另一端固定在C 点；弹簧CB 的的自然长度为l B 0，劲度系数为k B ，一端与小球B 相连，另一端亦固定在C 点．若连接A 、B 的自然长度为l 0，根据题意有()mg l l k 20=-（3）由（2）式可知弹簧CA 和CB 的自然长度分别为 00003132l l l l B A ==（4）当A 被悬挂，系统处于静止时，已知连接A 、B 的弹簧长度为l ，由（2）式可知，此时弹簧CA 和CB的长度分别为l l ll B A 3132==（5）弹簧CA 、CB 作用于A 、B 的弹簧力分别为()()0032l l k l l k f A A A A A -=-= ABkxOl C()()0031l l k l l k f B B B B B -=-=但f A 、f B 就是连接A 、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力f ，即有 ()0l l k f f f B A -===由此得k k k k B A 323==（6）相对地面，质心C 是运动的，在t = 0 时刻，即细线刚烧断时刻，A 位于Ox 轴的原点O 处，即()00=A x ；B 的坐标()l x B =0．由（1）式，可知此时质心C 的坐标为()l x C 320=（7）在细线烧断以后，作用于系统的外力是重力()g m m 2+．故质心以g 为加速度做匀加速直线运动，任意时刻t ，质心的坐标22213221)0()(gt l gt x t x C C +=+= （8）由于质心作加速运动，质心系是非惯性系．在非惯性参考系中，应用牛顿第二定律研究物体的运动时，物体除受真实力作用外，还受惯性力作用．若在质心系中取一坐标轴x O ''，原点O '与质心C 固连，取竖直向下为x O ''轴的正方向，当小球B 在这参考系中的坐标为B x '时，弹簧CB 作用于B 的弹性力()0B B B B l x k f -'-=当0B B l x >'时，方向竖直向上．此外，B 还受到重力mg ，方向竖直向下；惯性力大小为mg ，方向竖直向上．作用于B 的合力()mg mg l x k F B B B B +--'-=0由（3）、（4）式得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛--'-=k mg l x k F B B B 231 （9）令 ⎪⎭⎫ ⎝⎛--'=k mg l x X BB 231 （10）有B B B X k F -=（11）当X B = 0，作用于B 的合力F B = 0，B 处于平衡状态，由（10）式，可知在质心系中，B 的平衡位置的坐标⎪⎭⎫ ⎝⎛-='k mg l x B 2310（12）X B 为B 离开其平衡位置的位移，（11）式表明，作用于B 的合力具有弹性力的性质，故在F B 作用下， B 将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率mk m k BBB 23==ω （13）离开平衡位置的位移()B B B B t A X ϕω+=cos（14）A B 为振幅，B ϕ为初相位．在t = 0时刻，即细线刚烧断时刻，B 是静止的，故此时B 离开其平衡位置0B x '的距离就是简谐振动的振幅A B ，而在t = 0时刻，B 离开质心的距离即（5）式给出的l B ，故B 离开平衡位置的距离即振幅0B B B x l A '-=由（5）式、（12）式得kmg k mg l l A B 32)2(3131=--= （15）因t = 0，X B =A B ，且X B 是正的，故 0=B ϕ由此得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=t m k k mgX B 23cos 32 （16）由（10）式，t 时刻B 在质心系中的坐标()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-='t m k k mg k mg l t x B 23cos 32)2(31（17）在地面参考系的坐标 ()()()t x t x t x B C B '+=（18）得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=t m k kmggt l t x B 23cos 132212 （19）同理，当小球A 在质心系中的坐标为A x '时，注意到A x '是负的，这时，弹簧CA 的伸长量为⎪⎭⎫⎝⎛-+=+'=+'k mg l x l x l x A A A A 2323200， 当0A A l x +'为负时，弹力向下，为正，当0A A l x +'为正时，弹力向上，为负，故有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=k mg l x k f A A A 232 作用于A 的合力为 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=k mg l x k F A A A 232 令 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=k mg l x X A A 232 有A A A X k F -=当X A =0，作用于A 的合力F B = 0，A 处于平衡状态，A 的平衡位置的坐标⎪⎭⎫⎝⎛--=k mg l x A 2320（20）X A 为A 离开其平衡位置的位移，故在合力F A 作用下， A 将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率mkm k A A 23==ω （21）离开平衡位置的位置()A A A A t A X ϕω+=cosA A 为振幅，A ϕ为初相位．在t = 0时刻，即细线刚烧断时刻，A 是静止的，A 离开质心C 的距离为l A ，A 的平衡位置离开质心的距离为0A x 故此时A 离开平衡位置的距离即为振幅A A ，kmg k mg l l x l A A A A 34232320=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-= 而此时A A A X -=，故π=A ϕ由此得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t m k k mgX A 23cos 34 （22）在时刻t ，A 在地面参考系中的坐标()())23(23cos 134213cos 342322132220⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=-⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=++=t m k k mg gt t mkk mg k mg l gt l X x t x t x A A C A解法二：当A 球相对于地面参考系的坐标为x 时，弹簧CA 的伸长量为x l x C --032，A 所受的合力为 ⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=x l x k mg F C A 03223 其加速度为⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=x l x k m g a C A 03223 )1('其相对于质心的加速度为⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-='0032233223l x x k m x l x k m g a a C C A A 其中⎪⎭⎫ ⎝⎛--032l x x C 表示A 球相对于其平衡位置的位移，在相互平动的两个参考系中，相对位移与参考系无关．上式表明，相对质心，A 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向．也就是说，A 球相对质心作简谐振动． 同理可证，⎪⎭⎫ ⎝⎛---=3320l x x k mg F C B⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=3230l x x m k g a CB )2('其相对于质心的加速度为⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛---='03223l x x k m a C B )3('其中⎪⎭⎫ ⎝⎛+-30l x x C 表示B 球相对于其平衡位置的位移，相对质心，B 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向，即B 球相对质心也作简谐振动．且有A 与B 振动的圆频率相等，mkB A 23==ωω )4('解法三：在地面参考系中，列A 、B 的牛顿定律方程)(0121l x x k mg ma --+= )1(''2)(20122l x x k mg ma ---= )2('' x 1、x 2是A 、B 的坐标，l 0是弹簧的自然长． 0=t 时，有0,011==v x0,22==v l xl 为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系mg l l k 2)(0=-所以 kmgl l 20-= 由)1(''+)2(''，g a a 3221=+令g a a a 3221=+=，a 是一个恒定的加速度，结合初始条件，a 对应的坐标和运动方程是，2212322gt l x x +=+ )3(''再由)2(''⨯-2)1(''，)(3)(201212l x x k a a m ---=-)4(''这是一个以A 为参考系描写B 物体运动的动力学方程，且是简谐的，所以直接写出解答，⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=--αt m k A l x x 23cos 012 x 1x 2k xOA B结合初条件，αcos 0A l l =-0sin 23=αmkA得到0=αkmgl l A 20=-= 所以 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-t m k k mgl x x 23cos 2012 即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=-t m k k mg k mg l x x 23cos 2212 )5(''由)3(''⨯-2)5(''，得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=t m k k mg gt x 23cos 1342121 )6(''由)3(''+)5(''，得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=t m k k mg gt l x 23cos 1322122 ()7''。
全国中学生高中物理竞赛第16届—22届预赛电学试题集锦(含答案)
全国中学生高中物理竞赛第16届—22届预赛电学试题集锦（含答案）一、第16届预赛题. （20分）位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd 。
ab 长为1l ，是水平的，bc 长为2l ，线框的质量为m ，电阻为R .。
其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界'PP 和'QQ 均与ab 平行，两边界间的距离为H ，2H l >，磁场的磁感应强度为B ，方向与线框平面垂直，如图预16-4所示。
令线框的dc 边从离磁场区域上边界'PP 的距离为h 处自由下落，已知在线框的dc 边进入磁场后，ab 边到达边界'PP 之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。
问从线框开始下落到dc 边刚刚到达磁场区域下边界'QQ 的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？参考解答设线框的dc 边刚到达磁场区域上边界'PP 时的速度为1v ，则有 2112mv mgh = （1） dc 边进入磁场后，按题意线框虽然受安培力阻力作用，但依然加速下落．设dc 边下落到离'PP 的距离为1h ∆时，速度达到最大值，以0v 表示这个最大速度，这时线框中的感应电动势为10Bl v =E线框中的电流 10Bl v I R R==E 作用于线框的安培力为 22101B l F Bl I Rv == （2） 速度达到最大的条件是安培力F mg =由此得 0221mgR v B l = （3） 在dc 边向下运动距离1h ∆的过程中，重力做功1G W mg h =∆，安培力做功F W ，由动能定理得 22011122F G W W mv mv +=- 将（1）、（3）式代入得安培力做的功 32214412F m g R W mg h mgh B l =-∆+- （4） 线框速度达到0v 后，做匀速运动．当dc 边匀速向下运动的距离为221h l h ∆=-∆时，ab边到达磁场的边界'PP ，整个线框进入磁场．在线框dc 边向下移动2h ∆的过程中，重力做功G W '，安培力做功F W '，但线框速度未变化，由动能定理0F G W W ''+=221()F G W W mg h mg l h ''=-=-∆=--∆ （5）整个线框进入磁场后，直至dc 边到达磁场区的下边界'QQ ，作用于整个线框的安培力为零，安培力做的功也为零，线框只在重力作用下做加速运动。
2022年全国中学生物理奥林匹克竞赛预赛试卷及答案试卷纯文档
全国中学生物理竞赛初赛试卷本卷共16题，满分200分，．一、选择题．本题共5小题，每题6分．在每题给出旳4 个项中，有旳小题只有一项符合题意，有旳小题有多项符合题意．把符合题意旳选项前面旳英文字母写在每题背面旳方括号内．所有选对旳得6分，选对但不全旳得3分，有选错或不答旳得0分．1．（6分）一线膨胀系数为α旳正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．αB．α1/3C．α3D．3α2．（6分）按如下原理制作一杆可直接测量液体密度旳秤，称为密度秤，其外形和一般旳杆秤差不多，装秤钩旳地方吊着一体积为1 cm3旳较重旳合金块，杆上有表达液体密度数值旳刻度，当秤砣放在Q点处时秤杆正好平衡，如图所示．当合金块完全浸没在待测密度旳液体中时，移动秤砣旳悬挂点，直至秤杆正好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体旳密度，下列说法中错误旳是A．密度秤旳零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大旳刻度在较小旳刻度旳左边C．密度秤旳刻度都在Q点旳右侧D．密度秤旳刻度都在Q点旳左侧3．（6分）一列简谐横波在均匀旳介质中沿x轴正向传播，两质点P1和p2旳平衡位置在x轴上，它们相距60cm，当P1质点在平衡位置处向上运动时，P2质点处在波谷位置，若波旳传播速度为24m/s，则该波旳频率也许为A．50HzB．60HzC．400HzD.410Hz4．（6分）电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关旳一种新型驱动方式．电磁驱动旳原理如图所示，当直流电流忽然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上旳环弹射出去．目前同一种固定线圈上，先后置有分别用铜、铝和硅制成旳形状、大小和横截面积均相似旳三种环,当电流忽然接通时，它们所受到旳推力分别为F1、F2和F3。
若环旳重力可忽视，下列说法对旳旳是A. F1> F2> F3B. F2> F3> F1C. F3> F2> F1D. F1 = F2 = F35．（6分）质量为m A旳A球，以某一速度沿光滑水平面向静止旳B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球旳质量m B可选用为不同旳值，则A．当m B=m A时，碰后B球旳速度最大B．当m B=m A时，碰后B球旳动能最大C．在保持m B>m A旳条件下，m B越小，碰后B球旳速度越大D．在保持m B<m A旳条件下，m B越大，碰后B球旳动量越大二、填空题．把答案填在题中旳横线上．只要给出成果，不需写出求得成果旳过程．6．（10分）用国标一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为0. 5mm，丝杆螺距为0.5mm,套管上分为50格刻度）测量小球直径．测微器旳初读数如图(a)历示，其值为______mm，测量时如图(b)所示，其值为_______mm，测得小球直径d=____________________mm.7．（10分）为了缓和都市交通拥堵问题，杭州交通部门在严禁行人步行旳十字路口增设“直行待行区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示，当其她车道旳车辆右拐时，直行道上旳车辆可以提迈进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口．假设某十字路口限速50km/h，“直行待行区”旳长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起旳时间为4s.如果某汽车司机看到上述提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”旳前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1. 5t，汽车运动中受到旳阻力恒为车重旳0.1倍，则该汽车旳行驶加速度为________；在这4s内汽车发动机所做旳功为___________。
第22届全国中学生物理竞赛预赛试题及答案
用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验，当用赖曼系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U2，已知电子电荷量的大小为e，真空中光速为c，试求：普朗克恒量和该种金属的逸出功。
意识到2005年是爱因斯坦科学发现一百周年，这些发现为现代物理学奠定了基础，
i．……；
i i……,
iii．宣告2005年为年．
2．爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献，试举出其中两项：
；。
二、(17分)现有一个弹簧测力计(可随便找地方悬挂)，—把匀质的长为L的有刻度、零点位于端点的直尺，一个木块及质量不计的细线．试用这些器件设计一实验装置(要求画出示意图)，通过一次测量(弹簧测力计只准读一次数)，求出木块的质量和尺的质量．(已知重力加速度为g)
由图可看出，如果r的大小恰能使 与 重合，如图2，则r就是题所要求的筒的内半径的最大值．这时SM与MN的交点到球心的距离MO就是所要求的筒的半径r．由图2可得
（1）
由几何关系可知
（2）
由（1）、（2）式得
（3）
评分标准：本题18分．
给出必要的说明占8分，求出r占10分．
注：(x+Δx)3=x3+3x2Δx+3x(Δx)3+(Δx)3
第22届全国中学生物理竞赛预赛参考解答
一、
国际物理（或世界物理）．相对论；光的量子性
全国高中物理竞赛第16届-22届初赛试题集锦
全国中学生物理竞赛预赛试题集锦（力学）第16届至第22届第22届预赛（2005年9月9）22-1、（10分）在横线上填上恰当的内容1．在2004年6月10日联合国大会第58次会议上，鼓掌通过一项决议。
决议摘录如下：联合国大会，承认物理学为了解自然界提供了重要基础，注意到物理学及其应用是当今众多技术进步的基石，确信物理教育提供了建设人类发展所必需的科学基础设施的工具，意识到2005年是爱因斯坦科学发现一百周年，这些发现为现代物理学奠定了基础，宣告2005年为年．2．爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献，试举出其中两项： ； ．22-2、（17分）现有一个弹簧测力计（可随便找地方悬挂），一把匀质的长为l的有刻度、零点位于端点的直尺，一个木块及质量不计的细线．试用这些器件设计一实验装置（要求画出示意图），通过一次测量（弹簧测力计只准读一次数），求出木块的质量和尺的质量．（已知重力加速度为g）22-5、（25分）一质量为m的小滑块A沿斜坡由静止开始下滑，与一质量为km的静止在水平地面上的小滑块B发生正碰撞，如图所示．设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计．为使二者能且只能发生两次碰撞，则k的值应满足什么条件？AB22-8、（30分）如图所示，一根长为的细刚性轻杆的两端分别连结小球和，它们的质量分别为m a和 m b. 杆可绕距球为处的水平定轴在竖直平面内转动．初始时杆处于竖直位置．小球几乎接触桌面．在杆的右边水平桌面上，紧挨着细杆放着一个质量为m的立方体匀质物块，图中ABCD为过立方体中心且与细杆共面的截面．现用一水平恒力F作用于球上，使之绕轴逆时针转动，求当a转过a 角时小球b速度的大小．设在此过程中立方体物块没有发生转动，且小球b与立方体物块始终接触没有分离．不计一切摩擦．aObABCDF第21届预赛（2004年9月5）21-2、（15分）质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连结，绳跨过位于倾角 ＝30的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的磨擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。
全国中学生高中物理竞赛第16届—22届预赛热学题集锦(含答案)
全国中学生高中物理竞赛第16届—22届预赛热学题集锦（含答案）一、第16届预赛题. （15分）如图预16-3所示，两个截面相同的圆柱形容器，右边容器高为H ，上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的活塞。
两容器由装有阀门的极细管道相连通，容器、活塞和细管都是绝热的。
开始时，阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为0T 的单原子理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H ，右边容器内为真空。
现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡。
求此时左边容器中活塞的高度和缸内气体的温度。
提示：一摩尔单原子理想气体的内能为32RT ，其中R 为摩尔气体常量，T 为气体的热力学温度。
参考解答设容器的截面积为A ，封闭在容器中的气体为ν摩尔，阀门打开前，气体的压强为0p 。
由理想气体状态方程有00p AH RT ν= （1） 打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为0p 。
活塞对气体的压强也是0p 。
设达到平衡时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，则有0()p H x A RT ν+= （2） 根据热力学第一定律，活塞对气体所做的功等于气体内能的增量，即003()()2p H x A R T T ν-=- （3） 由（1）、（2）、（3）式解得25x H =（4） 075T T = （5）二、第17届预赛题.（20分）绝热容器A 经一阀门与另一容积比A 的容积大得很多的绝热容器B 相连。
开始时阀门关闭，两容器中盛有同种理想气体，温度均为30℃，B 中气体的压强为A 中的2倍。
现将阀门缓慢打开，直至压强相等时关闭。
问此时容器A 中气体的温度为多少？假设在打开到关闭阀门的过程中处在A 中的气体与处在B 中的气体之间无热交换．已知每摩尔该气体的内能为52U RT =，式中R 为普适气体恒量，T 是热力学温度． 参考解答设气体的摩尔质量为μ，容器A 的体积为V ，阀门打开前，其中气体的质量为M 。
全国高中物理竞赛第16届-22届初赛试题集锦(力学部分)
全国中学生物理竞赛预赛试题集锦（力学）第16届至第22届第22届预赛（2005年9月9）22-1、（10分）在横线上填上恰当的内容 1．在2004年6月10日联合国大会第58次会议上，鼓掌通过一项决议。
决议摘录如下： 联合国大会，承认物理学为了解自然界提供了重要基础，注意到物理学及其应用是当今众多技术进步的基石，确信物理教育提供了建设人类发展所必需的科学基础设施的工具，意识到2005年是爱因斯坦科学发现一百周年，这些发现为现代物理学奠定了基础，宣告2005年为 年．2．爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献，试举出其中两项： ； ．22-2、（17分）现有一个弹簧测力计（可随便找地方悬挂），一把匀质的长为l 的有刻度、零点位于端点的直尺，一个木块及质量不计的细线．试用这些器件设计一实验装置（要求画出示意图），通过一次测量（弹簧测力计只准读一次数），求出木块的质量和尺的质量．（已知重力加速度为g ）22-5、（25分）一质量为m 的小滑块A 沿斜坡由静止开始下滑，与一质量为km 的静止在水平地面上的小滑块B 发生正碰撞，如图所示．设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计．为使二者能且只能发生两次碰撞，则k 的值应满足什么条件？22-8、（30分）如图所示，一根长为l 的细刚性轻杆的两端分别连结小球a 和b ，它们的质量分别为m a 和 m b . 杆可绕距a 球为l 41处的水平定轴O 在竖直平面内转动．初始时杆处于竖直位置．小球b 几乎接触桌面．在杆的右边水平桌面上，紧挨着细杆放着一个质量为m 的立方体匀质物块，图中ABCD为过立方体中心且与细杆共面的截面．现用一水平恒力F 作用于a 球上，使之绕O 轴逆时针转动，求当a 转过 角时小球b 速度的大小．设在此过程中立方体物块没有发生转动，且小球b 与立方体物块始终接触没有分离．不计一切摩擦．第21届预赛（2004年9月5）21-2、（15分）质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连结，绳跨过位于倾角α＝30︒的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的磨擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。
全国中学生(高中)物理竞赛初赛试题(含答案)
全国中学生(高中)物理竞赛初赛试题(含答案)一、选择题1. 下列哪个物理量在单位时间内保持不变？A. 加速度B. 速度C. 力D. 动能答案：B解析：速度是物体在单位时间内移动的距离，因此在单位时间内保持不变。
2. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，下列哪个力是物体所受的合力？A. 重力B. 支持力C. 摩擦力D. 合力为零答案：D解析：物体做匀速直线运动时，所受的合力为零，即所有力的矢量和为零。
3. 下列哪个物理现象是光的折射？A. 镜子成像B. 光在水中的传播速度变慢C. 彩虹D. 光在空气中的传播速度变快答案：C解析：彩虹是光的折射现象，光在通过水滴时发生折射，形成七彩的光谱。
4. 下列哪个物理量是描述物体旋转状态的？A. 速度B. 加速度C. 角速度D. 力答案：C解析：角速度是描述物体旋转状态的物理量，表示物体在单位时间内旋转的角度。
5. 下列哪个物理现象是光的干涉？A. 镜子成像B. 光在空气中的传播速度变慢C. 彩虹D. 双缝干涉答案：D解析：双缝干涉是光的干涉现象，光通过两个狭缝后发生干涉，形成明暗相间的条纹。
二、填空题1. 物体在匀速直线运动时，所受的合力为零，即所有力的矢量和为零。
这个原理称为__________。
答案：牛顿第一定律解析：牛顿第一定律指出，物体在不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态。
2. 光在真空中的传播速度为__________m/s。
答案：3×10^8解析：光在真空中的传播速度是一个常数，为3×10^8m/s。
3. 下列哪个物理现象是光的衍射？A. 镜子成像B. 光在水中的传播速度变慢C. 彩虹D. 光通过狭缝后发生弯曲答案：D解析：光通过狭缝后发生弯曲的现象称为光的衍射，是光波与障碍物相互作用的结果。
4. 物体在匀速圆周运动时，所受的向心力大小为__________。
答案：mv^2/r解析：物体在匀速圆周运动时，所受的向心力大小为mv^2/r，其中m为物体质量，v为物体速度，r为圆周半径。
2023年第二十二届全国初中应用物理知识竞赛初赛复赛试题与答案
2023年第二十二届全国初中应用物理竞赛预赛试题一、选择题：1. 上午，小明骑着自行车沿平直的公路驶向学校，强劲的北风迎面吹来，此时地面对车前轮的摩擦力为f 1，对车后轮的摩擦力为f 2.则下列说法中对的的是（ ）A ．f 1与前进的方向相反，f 1＜f 2B ．f 2与前进的方向相反，f 1＞f 2C ．f 1与前进的方向相同，f 1＜f 2D ．f 2与前进的方向相同，f 1＞f 22. 小明发现，有些电线杆上装有如图1所示的“小风车”，这些风车在微风中能不断地旋转，且旋转叶片的一面还装有反光的小镜子。
关于这样的“小风车”的作用，下列说法中对的的是（ ）A ．为了警示此处有电B ．为了测定风向C ．为了测量风速大小D ．为了驱赶小鸟，避免小鸟在上面做窝而导致电路短路3. 一名军人在一次执行任务时需要从正在正常向前行驶的卡车右侧跳下。
对于跳车的方法，以下四种方案中最安全的是（ ）A ．脸向车后并相对于车向后跳B ．脸向车后并相对于车向前跳C ．脸向车前并相对于车向后跳D ．脸向车前并相对于车向前跳4. 我国不少地区把阴霾天气现象并入雾一起作为灾害性天气，统称为“雾霾天气”。
关于雾和霾的结识，下列说法中对的的是（ ）A ．霾是大量的小水滴或冰晶浮游在近地面空气层中形成的B ．雾和霾是两种不同的天气现象C ．雾是由悬浮在大气中的大量微小尘粒、烟粒或盐粒等颗粒形成的D ．雾和霾是同一个概念的两种不同说法5.北京奥运会上的把戏游泳运动员，由于在水面上、下都能听到音乐指令，从而以其优美的舞姿、随音乐节拍而精确完毕的动作，让观众感受到了体育之美。
关于运动员在水下是如何接受到音乐指令的下列说法中，符合实际情况的是（ ）A ．仅在水面以上放有音箱，当运动员的头部在水面以下时，声音经由空气、水，最终传到运动员的耳朵B ．仅在水面以下放有音箱，当运动员的头部在水面以下时，声音通过水传到运动员的耳朵“小风图1C ．运动员通过无线耳机，接受来自控制室的电磁波信号，再将其转化成声音，被耳朵接受D ．在水面以上和以下都放有音箱，使运动员的头部无论是在水面以上还是在水面以下，都 能听到清楚的音乐声6. 小明学习了浮力知识以后，对热气球运动产生了爱好，他在网上收集了许多关于热气球的知识及类似图2所示的图片。
2022物理选拔预赛试题答案
2022物理试题参考答案一、选择题〔每题2分，共30分〕16.上升18.110N，91%19.0.8kg＜m＜2.4kg三实验与探究题〔20题8分，21题6分，22题8分，23题12分〕20.〔每空1分〕〔1〕1和2〔2〕1和3〔3〕3和4〔4〕抛出点离地高度、钢球质量、水平抛出的速度、抛出点离地高度、水平抛出的速度、21.〔共6分〕(1) (电路完整给3分)，设计电路如以下图a.在以下图根底上，加上滑动变阻器同样给分b.缺少开关扣1分c.电流表、电压表、电源缺少任一个均不给分(2)U/0.02I〔3分〕22.〔8分，每空2分〕〔1〕右〔2〕60〔3〕62〔4〕1.0523．〔1〕0.25A 〔1分〕0.6 〔1分〕〔2〕甲〔2分〕〔3〕电路连接如以下图〔2分〕〔4〕①电流〔1分〕 2.5 〔1分〕降低〔1分〕②0.2A〔1分〕③图略。
〔2分〕四、计算题〔共38分，24题8分，25题8分，26题10分，27题12分〕24.〔8分〕〔1〕当被检测者的酒精气体的浓度为0时，R1的电阻为60 Ω。
由公式I =R U =Ω+Ω20608V =0.1A ………………………〔2分〕 U 1=IR 1=0.1A×60Ω=6V ……………………〔2分〕 〔2〕当电流表的示数为0.2A 时, 由公式I =RU 得 R 1=I U—R 2=AV 2.08—20Ω=20Ω…………〔2分〕 由甲图可知，被检测者的酒精气体浓度为0.3 mg/ml 。
0.２mg/ml<0.３mg/ml<0.８mg/ml ，所以被检测者属于酒驾------〔2分〕 25．解；(1)由液体压强公式p ＝ρgh代入数据解得：h ＝7200m---------------〔2分〕(2)由△F ＝ρg △hs 代入数据解得：△F ＝1×105N ．-------〔2分〕(3)设在t 1、t 2时刻起重装置对探测器的拉力分别为F 1、F 2，探测器的速度为v ，t 1时刻探测器的排水体积为V t1、t 2时刻探测器受力平衡，有：F +ρgV ＝mg F 2＝mg----〔2分〕由可得：F 2v =2F 1v由以上三式代入数据可浮，V ＝11m 3，〔2分〕26.解析：只闭合开关S 1 S 1S 2S 3都闭合只闭合开关S 2()11111121234U I R R U I R R R R ===++①--------------------------2分 13112212131313114UR R I R R U I R R R R R R R R +==⋅=+++②------------------2分联立①②解得123::6:2:3R R R =--------------------------------1分2111P I R =, 2333PI R =-----------------------------------------------2分 231123122358UR R I R R U I R R R R ++===++----------------------------------------2分解得10.5W P =-------------------------------------------------------1分27.〔5分〕〔4分〕。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
本卷共九题，满分200分一、（10分）在横线上填上恰当的内容1．在2004年6月10日联合国大会第58次会议上，鼓掌通过一项决议。
决议摘录如下：联合国大会，承认物理学为了解自然界提供了重要基础，注意到物理学及其应用是当今众多技术进步的基石，确信物理教育提供了建设人类发展所必需的科学基础设施的工具，意识到2005年是爱因斯坦科学发现一百周年，这些发现为现代物理学奠定了基础， i ． ……； ii ． ……；iii ．宣告2005年为 年．2．爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献，试举出其中两项：； ．二、（17分）现有一个弹簧测力计（可随便找地方悬挂），一把匀质的长为l 的有刻度、零点位于端点的直尺，一个木块及质量不计的细线．试用这些器件设计一实验装置（要求画出示意图），通过一次测量（弹簧测力计只准读一次数），求出木块的质量和尺的质量．（已知重力加速度为g ）第22届全国中学生物理竞赛预赛题试卷三、（18分）内表面只反射而不吸收光的圆筒内有一半径为R 的黑球，距球心为2R 处有一点光源S ，球心O 和光源S 皆在圆筒轴线上，如图所示．若使点光源向右半边发出的光最后全被黑球吸收，则筒的内半径r 最大为多少？四、（20分）处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光，称为氢光谱．氢光谱线的波长λ 可以用下面的巴耳末—里德伯公式来表示⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22111n kR λ n ，k 分别表示氢原子跃迁前后所处状态的量子数． ,3,2,1=k ，对于每一个k ，有,k ,k ,k n 321+++=，R 称为里德伯常量，是一个已知量．对于1=k 的一系列谱线其波长处在紫外线区，称为赖曼系；2=k 的一系列谱线其波长处在可见光区，称为巴耳末系．用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验，当用赖曼系波长最长的光照射时，遏止电压的大小为U 1，当用巴耳末系波长最短的光照射时，遏止电压的大小为U 2． 已知电子电量的大小为e ，真空中的光速为c ，试求：普朗克常量和该种金属的逸出功．五、（25分）一质量为m 的小滑块A 沿斜坡由静止开始下滑，与一质量为km 的静止在水平地面上的小滑块B 发生正碰撞，如图所示．设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计．为使二者能且只能发生两次碰撞，则k 的值应满足什么条件？六、（25分）如图所示，两根位于同一水平面内的平行的直长金属导轨，处于恒定磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．一质量为m 的均匀导体细杆，放在导轨上，并与导轨垂直，可沿导轨无摩擦地滑动，细杆与导轨的电阻均可忽略不计．导轨的左端与一根阻值为R 0的电阻丝相连，电阻丝置于一绝热容器中，电阻丝的热容量不计．容器与一水平放置的开口细管相通，细管内有一截面为S 的小液柱（质量不计），液柱将1mol 气体（可视为理想气体）封闭在容器中．已知温度升高1K 时，该气体的内能的增加量为25R （R 为普适气体常量），大气压强为p 0，现令细杆沿导轨方向以初速v 0向右运动，试求达到平衡时细管中液柱的位移．七、（25分）三个电容器分别有不同的电容值C1、C2、C3 ．现把这三个电容器组成图示的(a)、(b)、(c)、(d)四种混联电路，试论证：是否可以通过适当选择C1、C2、C3的数值，使其中某两种混联电路A、B间的等效电容相等．C1 C2C3ABC1C3C2ABC2C3BC1AC2C3BC1A (a) (b) (c) (d)八、（30分）如图所示，一根长为l 的细刚性轻杆的两端分别连结小球a 和b ，它们的质量分别为m a 和 m b . 杆可绕距a 球为l 41处的水平定轴O 在竖直平面内转动．初始时杆处于竖直位置．小球b几乎接触桌面．在杆的右边水平桌面上，紧挨着细杆放着一个质量为m 的立方体匀质物块，图中ABCD 为过立方体中心且与细杆共面的截面．现用一水平恒力F 作用于a 球上，使之绕O 轴逆时针转动，求当a 转过 角时小球b 速度的大小．设在此过程中立方体物块没有发生转动，且小球b 与立方体物块始终接触没有分离．不计一切摩擦．九、（30分）如图所示，水平放置的金属细圆环半径为a ，竖直放置的金属细圆柱（其半径比a 小得多）的端面与金属圆环的上表面在同一平面内，圆柱的细轴通过圆环的中心O ．一质量为m ，电阻为R 的均匀导体细棒被圆环和细圆柱端面支撑，棒的一端有一小孔套在细轴O 上，另一端A 可绕轴线沿圆环作圆周运动，棒与圆环的摩擦系数为μ．圆环处于磁感应强度大小为Kr B =、方向竖直向上的恒定磁场中，式中K 为大于零的常量，r 为场点到轴线的距离．金属细圆柱与圆环用导线ed 连接．不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦，也不计细圆柱、圆环及导线的电阻和感应电流产生的磁场．问沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的A 端才能使棒以角速度ω 匀速转动． 注：()()()32233ΔΔ3Δ3Δx x x x x x x x +++=+A d第22届全国中学生物理竞赛预赛参考解答一、 国际物理（或世界物理）． 相对论；光的量子性评分标准：本题10分．第1小问4分．第2小问6分（填写任意两项爱因斯坦的成果只要正确都给6分）．二、找个地方把弹簧测力计悬挂好，取一段细线做成一环，挂在弹簧测力计的挂钩上，让直尺穿在细环中，环与直尺的接触点就是直尺的悬挂点，它将尺分为长短不等的两段．用细线栓住木块挂在直尺较短的一段上，细心调节直尺悬挂点及木块悬挂点的位置，使直尺平衡在水平位置（为提高测量精度，尽量使二悬挂点相距远些），如图所示．设木块质量为m ，直尺质量为M ．记下二悬挂点在直尺上的读数x 1、x 2，弹簧测力计读数G ．由平衡条件和图中所设的直尺零刻度线的位置有G g M m =+)((1)⎪⎭⎫⎝⎛-=-2122)(x l Mg x x mg(2)(1)、(2)式联立可得()()1222x l x l g G m --=(3)()()11222x l x x g G M --=(4)评分标准：本题17分．正确画出装置示意图给5分．（1）式、（2）式各4分，（3）式、（4）式各2分． 三、图2自S 作球的切线S M ，并画出S 经管壁反射形成的虚像点S '，及由S '画出球面的切线S 'N ，如图1所示，由图可看出，只要M S '和N S '之间有一夹角，则筒壁对从S 向右的光线的反射光线就有一部分进入球的右方，不会完全落在球上被吸收．由图可看出，如果r 的大小恰能使N S '与M S '重合，如图2，则r 就是题所要求的筒的内半径的最大值．这时SM 与MN 的交点到球心的距离MO 就是所要求的筒的半径r ．由图2可得θθ2sin 1cos -==RR r（1）由几何关系可知()R R 2sin =θ（2）由（1）、（2）式得R r 332=（3）评分标准：本题18分．给出必要的说明占8分，求出r 占10分．四、由巴耳末—里德伯公式)11(122nk R -=λ 可知赖曼系波长最长的光是氢原子由n = 2→ k = 1跃迁时发出的，其波长的倒数43112R =λ (1)对应的光子能量为4311212RhchcE ==λ (2)式中h 为普朗克常量．巴耳末系波长最短的光是氢原子由n = ∞→ k = 2跃迁时发出的，其波长的倒数412R =∞λ (3)对应的光子能量42RhcE =∞ (4)用A 表示该金属的逸出功，则1eU 和2eU 分别为光电子的最大初动能．由爱因斯坦光电效应方程得 A eU Rhc+=143 (5) A eU Rhc+=24(6)解得 )3(221U U eA -=(7)RcU U e h )(221-=(8)评分标准：本题20分．(1)式3分，(2)式2分， (3)式3分，(4)式2分， (5)、 (6)式各3分, (7)、(8)式各2分．五、设A 与B 碰撞前A 的速度为v 0，碰后A 与B 的速度分别为v 1与V 1，由动量守恒及机械能守恒定律有110kmV m m +=v v(1) 212120212121kmV m m +=v v (2)由此解得011)1(v v +--=k k (3)k V 0112v +=(4)为使A 能回到坡上，要求v 1<0，这导致k >1；为使A 从坡上滑下后再能追上B ，应有11V >-v ，即2)1(>-k ，这导致3>k ，于是，为使第二次碰撞能发生，要求k > 3 (5) 对于第二次碰撞，令v 2和V 2分别表示碰后A 和B 的速度，同样由动量守恒及机械能守恒定律有：2211)(kmV m kmV m +=+-v v2222212121212121kmV m kmV m +=+v v 由此解得0222)1()1(4v v +--=k k k (6)22)1()1(4v +-=k k V (7)若v 2>0，则一定不会发生第三次碰撞，若v 2<0，且22V >-v ，则会发生第三次碰撞．故为使第三次碰撞不会发生，要求A 第三次从坡上滑下后速度的大小)(2v -不大于B 速度的大小2V ，即22V ≤-v(8)由(6)、（7）、（8）式得05102≤+-k k（9）由k 2－10 k + 5 = 0可求得52528010±=±=k(9)式的解为525525+≤≤-k(10)(10)与(5)的交集即为所求：5253+≤<k(11)评分标准：本题25分．求得(3)、(4) 式各得3分，求得（5）式得4分，求得（6）、（7）、（8）、（10）和（11）式各得3分．六、导体细杆运动时，切割磁感应线，在回路中产生感应电动势与感应电流，细杆将受到安培力的作用，安培力的方向与细杆的运动方向相反，使细杆减速，随着速度的减小，感应电流和安培力也减小，最后杆将停止运动，感应电流消失．在运动过程中，电阻丝上产生的焦耳热，全部被容器中的气体吸收．根据能量守恒定律可知，杆从v 0减速至停止运动的过程中，电阻丝上的焦耳热Q 应等于杆的初动能，即221v m Q = (1) 容器中的气体吸收此热量后，设其温度升高∆T ，则内能的增加量为T R U Δ25Δ=(2) 在温度升高∆T 的同时，气体体积膨胀，推动液柱克服大气压力做功．设液柱的位移为l Δ，则气体对外做功l S p A Δ0=(3)l S Δ就是气体体积的膨胀量l S V ΔΔ= (4)由理想气体状态方程RT pV =，注意到气体的压强始终等于大气压0p ，故有T R V p ΔΔ0=(5)由热力学第一定律U A Q Δ+= (6)由以上各式可解得Sp m l 0207Δv =(7)评分标准：本题25分． （1）式6分，（2）式4分，（3）、（4）、（5）式各2分，（6）式5分，（7）式4分．七、由电容C '、C ''组成的串联电路的等效电容C C C C C ''+''''=串由电容C '、C ''组成的并联电路的等效电容C C C ''+'=并利用此二公式可求得图示的4个混联电路A 、B 间的等效电容C a 、C b 、C c 、C d 分别为32132312132121a C C C C C C C C C C C C C C C >+++=++=（1）23132312123131b C C C C C C C C C C C C C C C >+++=++=（2）()()33213231321321c C C C C C C C C C C C C C C C <+++=+++=（3）()()23213221231231d C C C C C C C C C C C C C C C <+++=+++=（4）由（1）、（3）式可知c a C C ≠（5）由（2）、（4）式可知 d b C C ≠（6）由（1）、（2）式可知b a C C ≠（7）由（3）、（4）式可知 d c C C ≠（8）若d a C C =，由（1）、（4）式可得023*******=+++C C C C C C C因为1C 、2C 和3C 均大于0，上式不可能成立，因此 d a C C ≠（9）若c b C C =，由（2）、（3）式可得023*******=+++C C C C C C C因为1C 、2C 和3C 均大于0，上式不可能成立，因此c b C C ≠(10)综合以上分析，可知这四个混联电路的等效电容没有一对是相等的． 评分标准：本题25分． （1）、（2）、（3）、（4）式各4分，得到（5）、（6）、（7）、（8）式各1分，得到（9）、（10）式共5分．八、如图所示，用b v 表示a 转过α角时b 示此时立方体速度的大小，则有v v =αcos b（1由于b 与正立方体的接触是光滑的，力和反作用力做功大小相同，符号相反，在整个过程中推力F 所做的功应等于球a 、b 能的增量．现用a v 表示此时a 球速度的大小，因为度相同，l Oa 41=，l Ob 43=，所以得b a v v 31=（2）根据功能原理可知22221cos 434321cos 4421sin 4v v v m l l g m m l l g m m l F b b b a a a +⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⋅ααα （3）将（1）、（2）式代入可得222)cos (21cos 434321cos 443121sin 4ααααb b bb a b a m l l g m m l l g m m l F v v v +⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅ 解得()()[]ααα2cos 18182cos 13sin 9m m m g m m F l b a b a b ++--+=v （4）评分标准：本题30分．（1）式7分，（2）式5分，（3）式15分，（4）式3分．九、将整个导体棒分割成n 个小线元，小线元端点到轴线的距离分别为r 0(=0)，r 1，r 2，……，r i -1，r i ，……，r n -1，r n (= a )，第i 个线元的长度为1Δ--=i i i r r r ，当i r Δ很小时，可以认为该线元上各点的速度都为i i r ω=v ，该线元因切割磁感应线而产生的电动势为i i i i i i i i r r K r r Kr r B ΔΔΔΔ2ωω===v E(1)整个棒上的电动势为∑∑====ni iin i ir r K 121ΔΔωE E(2)由()()()32233ΔΔ3Δ3Δr r r r r r r r +++=+，略去高阶小量(Δr )2及(Δr )3，可得])[(31332r r r r r -∆+=∆代入(2)式，得331331323031131i 3i 31)]()()[(31)(31a K r r r r r r K r r K n n ni ωωω=-++-+-=-=-=-∑E (3)由全电路欧姆定律，导体棒通过的电流为Ra K R I 33ω==E (4)导体棒受到的安培力方向与棒的运动方向相反．第i 个线元i r ∆受到的安培力为i i i Ai r I Kr r BI f ΔΔΔ==(5)作用于该线元的安培力对轴线的力矩i i i Ai i r KIr r f M ΔΔΔ2=⋅=作用于棒上各线元的安培力对轴线的总力矩为3131312131)(31ΔΔKIa r r KIr r KI M M ni i i ni i i ni i =-===∑∑∑=-==即Rωa K M 962=（6）因棒A 端对导体圆环的正压力为21mg ，所以摩擦力为mg μ21，对轴的摩擦力矩为 mga M μμ21=(7) 其方向与安培力矩相同，均为阻力矩．为使棒在水平面内作匀角速转动,要求棒对于O 轴所受的合力矩为零，即外力矩与阻力矩相等，设在A 点施加垂直于棒的外力为f ，则有μM M fa +=（8）由(6)、(7)、（8）式得μmg R ωa K f 21952+=(9)评分标准：本题30分．求得（3）式得10分，（4）式2分；求得（6）式得8分，（7）式4分，（8）式4分，（9）式2分．。