北航物理2011校竞赛题
(最终版)2011-2012北航物理实验期末试题
12. 如 12 题所示电阻箱的示值为____________kΩ，该电阻箱的仪器误差∆仪 为____________ kΩ（保留全部有效
数字）
0.09 (V).若多次测 13. 用 1.0 级、量程为 15V 的电压表测量约 12V 的电压一次，其不确定度 u（V）=____________ 量的标准差 s(v)=0.05V ，则 u(v)= ____________ （按最终结果表述原则） 0.1 (V) 。 相等 14. 在满足正态分布的随机误差中，大小相等而付好相反的误差出现概率____________ 15. 甲乙丙三人分别对一个长度为 15cm 的物体进行多次测量， 测试的结果如图， 由此说明____________ (甲、 乙、丙) 的测量准确度最高 16.相对眼睛处于前后不同平面的两个物体，当左右晃动眼睛时，两者之间的位置将出现相对位移，这种现 视差 ，其中位移方向与眼睛晃动的方向相反的物体距离眼睛较____________ 象叫做____________ 近 三．多项选择题（每题 3 分，错选 0 分，少选可得相应的分数） 17. 下列哪些性质适用于直接测量量 x? （ ）AD A. 可通过直接比较获得测量量值 B. 必须进行多次测量 C. 其不确定度 A 类
4. 用停表测量蛋白周期， 启停一次秒表的误差来自对摆动始末位置判断不准带入的方法误差， 一般∆位置 不 会超过1⁄3 个周期。实验测出 10 个周期的时间为 10T=20.13″ A. 0.4 B. 0.2 C. 0.1
������0
，则其不确定度（ D） D.0.04
5. 直流电位差计的仪器误差限∆仪 = a%(������������ + 10 ) 。UJ25 型电位差计的测量上限为 1.911110V，准确度为 0.01 级。如果面板的示值为 0.085000V，则测量结果的不确定度 u(V)是（ C ） A. 0.0002v B. 0.00002v C. 0.00001v D. 0.00003v 6. 平均值的标准偏差 S(������̅ ) 的计算公式是（ B ）
2011年全国初中应用物理知识竞赛预赛试卷及参考答案(河南赛区)
2011年全国初中应用物理知识竞赛预赛试卷（河南赛区）一、填空题（每空1分，共16分）1．（2分）在物理学中，对不同的事物进行比较，需要引入不同的物理量。
比较物体所含物质的多少时，需要引入，比较做功的快慢时，需要引入。
2．（2分）如图为物质在三种状态下的分子结构模型，其中图是固态分子模型。
在物理学习中你还知道那些物理模型，请举一例，写出名称：。
3．（2分）在车站和机场的安检入口，要用X射线对旅客行李进行安全检查，如图所示。
X射线是一种波，它的波长比红外线的波长更（选填“长”或“短”）。
4．（2分）保龄球是一项比较高雅的大众体育活动，当保龄球从运动员手中抛出后，（如图），球在球道上能继续向前运动是由于它具有，球磁到保龄球瓶后将保龄球瓶撞倒，这时力的作用效果是。
5．（2分）如图所示是一种汽车装饰品﹣﹣小盆景，花盆表面有一个太阳能电池板，塑料小花在阳光下能不断摇摆。
请你猜测花盆里还有一个重要的装置是（选填“发电机”或“电动机”），这种装置的工作原理是。
6．（2分）如图所示，开口的塑料瓶底部有一小孔，瓶中加水后，水从小孔射出，水越多，水流的射程越远，这说明，若盖上瓶盖并拧紧，过一会儿水便停止从小孔射出，这是因为瓶内气体的压强随而减小。
7．（2分）核能也是一种“低碳”能源，因为核电站在运行过程中无温室气体排放。
目前我国核电站都是利用核（选填“裂变”或“聚变”）来发电的，核电站年发电量为4×1010kw•h，这相当于至少可节约吨标准煤。
（已知标准煤的热值为3×107J/Kg）。
8．（2分）心电图仪如图1 是通过一系列的传感手段，将心跳对应的生物电流情况同步记录在匀速运动的坐标纸上。
同一台心电图仪正常工作时测得待检测者甲、乙两人的心电图分别如图2甲、乙所示。
若医生测量时记下被检测者甲的心率为60次/min，则心电图纸的速度为mm/s，乙的心率为次/min．二、单项选择题（每小题3分，共24分，每个小题只有一个选项正确）9．（3分）公交车上的一些设施和做法与物理原理相对应，其中正确的（）A．使用的IC收费卡﹣﹣利用了光的反射原理B．方向盘裹着的皮套﹣﹣用来减小摩擦C．车厢后上方安装的摄像头﹣﹣利用凸透镜成倒立放大的实像D．转变时提醒“汽车转弯，请抓好扶手”﹣﹣防止由于惯性对人体造成伤害10．（3分）如图所示的四种现象中，其物态变化属于放热过程的是（）A．冰冻的衣服晾干B．春天冰雪消融C．冬天窗玻璃上有水滴D．用干手器将手烘干11．（3分）如图，在许多盛大节日里我们常常燃放礼花以示庆祝，则以下有关说法中错误的是（）A．礼花爆炸时，存在内能和机械能的转化B．礼花绽放时，发出的声音是由于振动产生的C．礼花升空过程中，其增加的重力势能一定等于减少的动能D．观看礼花时，总是先看到绽放的景色后听到爆炸的声音，因为光在空气中的传播速度比声音大得多12．（3分）在做“凸透镜成像规律”的实验中。
2011年第二十一届全国初中应用物理竞赛复赛试卷参考答案与试题解析
2011年第二十一届全国初中应用物理竞赛复赛试卷参考答案与试题解析1、分析：（1）先对红血球进行受力分析，然后比较红血球受到竖直向上和竖直向下合力的大小确定红血球的运动状态；（2）先表示出红血球受到的浮力和重力，然后根据红血球在血浆中匀速下沉时，受到平衡力作用的等价关系，化简得出R的表达式，然后将已知条件代入式中即可求得．解答：解：（1）红血球在血浆中下沉时，受到竖直向下的重力和竖直向上的粘滞阻力和浮力；红血球由静止开始下沉时，速度很小，根据f=6πηRv可知，所受的粘滞阻力也非常小，由于血浆的密度ρ0小于红细胞的密度ρ，红血球受到的浮力小于重力，所以开始f+F浮＜G，红血球会加速下沉，随着红血球下沉速度变大，粘滞阻力增大，当f+F浮=G时，红血球就会匀速下沉．（2）当红血球在血浆中匀速下沉时，受到平衡力作用，因此有：f+F浮=G；F浮=ρ0V排g=ρ0R3g=ρ0gR3，G=mg=ρV排g=ρR3g=ρgR3，∵f=6πηRv∴6πηRv+ρ0gR3=ρgR3即R=已知：g=10N/kg，η=1.8×10﹣3Pa﹒s，v=12mm/h=×10﹣5m/s，ρ0≈1.0×103kg/m3，ρ≈1.3×103kg/m3代入上式得：R==3×10﹣6m．答：红血球半径的大小3×10﹣6m．2、分析：（1）已知蓄电池的容量和输出功率，利用t=计算时间；（2）已知太阳能的转换效率和太阳辐射最大强度及需要达到的最大功率，利用效率公式计算得出面积；（3）已知蓄电池的容量和灯泡的功率，利用t=计算时间．解答：解：（1）蓄电池的容量：W=12V×500A•h×（90%﹣20%）=12V×500A×3600s×（90%﹣20%）=1.512×107J；需要的时间：t===302400s=84h；（2）电池板面积：S===1m2；（3）为了能使蓄电池的使用寿命更为长久，一般充电至90%左右即停止，放电余留20%左右即停止电能输出，与（1）蓄电池的电量由20%充至90%相符，即蓄电池的容量相等，故可供灯具发光时间：t灯===189000s=52.5h．答：（1）将蓄电池的电量由20%充至90%需84h；（2）太阳能电池板的面积至少要1m2；（3）最多可供灯具正常发光52.5h．3、分析：（1）根据影响滑动摩擦力的大小因素，从增大和减小摩擦的知识点去分析即可．（2）估计中学生的质量大约为50kg，电动自行车对地面的压力等于中学生和电动车的重力之和，利用G=mg求出其大小，再根据压强公式求出对地面的压强．（3）根据表格中数据可知额定功率和额定电压，根据I=求出额定电流．（4）已知正常工作电压和容量，根据W=UIt求出蓄电池一次充足电可储存的能量；（5）根据电动自行车行驶克服阻力做功为W=fs，因蓄电池储存能量的80%提供给电动机，电动机工作时将电能转化为对自行车输出机械能的效率为75%，用于电动自行车行驶克服阻力做功，即W×80%×75%=fs，就可以求出电动车行驶的路程S．（6）电动自行车相对于内燃机来说，减少了尾气和热量的排放，以及噪声的污染但蓄电池使用寿命短且废弃后会环境有污染．解答：解：（1）电动自行车的构造上蕴含着丰富的物理知识：①电动自行车的轮胎上有凹凸不平的花纹，可增大摩擦；②车把手有花纹，可增大摩擦；③脚踏板上有花纹，可增大摩擦；④车把的构造是轮轴，省力；⑤车轮是圆形的，滚动摩擦比滑动摩擦小．故答案为：A、电动自行车的轮胎上有凹凸不平的花纹，可增大摩擦；B、车把手有花纹，可增大摩擦；C、脚踏板上有花纹，可增大摩擦．（2）假设汽车人的质量约为50kg，人骑车时对地面的压力为人和车的重力之和，则路面受到的压强：P====2.25×105Pa答：路面受到的压强大约2.25×105Pa．（3）电动自行车额定工作下的电流：I===5A答：电动自行车以额定功率行驶时通过电动机线圈的电流是5A．（4）蓄电池储存的电能：W=UIt=48V×12A×3600s=2.07×106J．答：蓄电池充足电后储存的能量是2.07×106J．（5）因为电动自行车匀速行驶，所以f=F，据题意可得：W×80%×75%=fs∴S===4.14×104m答：蓄电池充一次电最多能完全依靠储存的电能连续行驶4.14×104m．（6）优点：不会排放尾气、噪音小；缺点：蓄电池一般使用一定时间后就需更换，废弃后的电池易污染环境．4、分析：（1）水的凝固点是0℃，水在结冰过程中体积会膨胀；（2）已知热水器的额定热负荷和1min，可以得到在此时间产生的热量Q；已知1min加热水的体积，可以得到1min加热水的质量；已知水的质量、比热和升高的温度，可以得到吸收的热量；已知水吸收的热量和热水器产生的热量，两者之比就是热水器的烧水效率；（3）已知热水器的额定热负荷和淋浴时间，可以得到在此时间产生的热量Q淋；已知需要的热量和天然气的热值，利用V=得到燃烧的天然气；（4）水箱中进水时，对膜片有向左的压力，压力足够大时，弹簧被压缩，燃气阀门打开，热水器供热；反之燃气阀门关闭；（5）物体具有热胀冷缩的性质，但不同物体的热膨胀程度不同，双金属片就是两片热膨胀程度相差很大的金属片铆合而成．解答：解：（1）气温低于0℃时，使用后的热水器中残存的水会结冰．水结冰后，密度变小，体积膨胀，很容易把热水器胀破．所以，气温低于0℃时，用后需要打开放水塞，放尽机体内存水，再拧紧；（2）热水器正常工作1min，产生的热量为Q=Pt=16×103W×60s=9.6×105J1min内加热水的质量为m=ρV=1.0×103kg/m3×8×10﹣3m3=8kg这些水吸收的热量为Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×8kg×25℃=8.4×105J热水器的烧水效率为η===87.5%；答：热水器的烧水效率为87.5%；（3）一次淋浴需要的热量为Q淋=Pt淋=16×103W×1200s=1.92×107J需要完全燃烧的天然气的体积为V气===0.24m3；答：一次淋浴需要完全燃烧0.24m3的天然气；（4）当进水口处有水压时，膜片的右面就会受到向左的压力，克服弹簧的弹力向左推动阀杆，打开进气阀门使燃气接入主火管道；反之，如果此时的水压很小或者无水，则膜片受到的向左的压力就会减小甚至消失，燃气阀门就会在弹簧的压力下向右移动而关闭，停止进气；（5）火焰燃烧时，双金属片外侧的金属温度升高时膨胀的更多，双金属片向下弯曲，推动燃气阀门打开；如果因为意外的原因使火焰熄灭，双金属片的温度降低，外侧金属收缩的更多，双金属片向上伸直，拉动燃气阀门关闭，防止燃气外泄．5、分析：（1）用铭牌可知电热水器的净重和容积，根据m=ρV和G=mg求出电热水器的总重，然后对静止的热水器受力分析，根据二力平衡条件可知竖直方向对L形挂钩向下的拉力；以悬挂架下端为轴，可以把热水器看成杠杆，根据杠杆的平衡条件求出电热水器上端所受的水平向左的拉力即膨胀螺钉所受的摩擦力．（2）这台热水器共有三挡加热功率且最大功率等于剩余两功率之和据此可以猜想两电热管并联，据此画出等效电路图；根据R=分别求出两加热管的电阻．（3）忽略加热过程的热损失，根据W=Q=cm△t求出直接加热消耗的电能，并求出下午加热支出的电费；先求出早晨8点前加热支出的电费，再根据W=Q=cm△t求出加热升温4℃所需电能和最大功率加热时的时间，因时间很小可以忽略不计；降低4℃所需时间为190min，至下午6点共需要三次加热，进一步求出三次消耗的电能和支出的电费，总电费等于这两者之和；然后比较这中方案支出的电费即可判断那种更经济．解答：解：（1）电热水器的总重：G总=m电g+ρ水gV=19×10N/kg+1.0×103kg/m3×50×10﹣3m3×10N/kg=690N，电热水器挂在L形挂钩上时，其受力情况如下：挂钩竖直方向：向上的拉力F和向下电热水器的总重G总，水平方向：向右的支持力和向左膨胀螺钉的拉力，此时膨胀螺钉受到的拉力和摩擦力是一对平衡力；因电热水器静止，所以沿竖直方向二力平衡，因此对L形挂钩向下的拉力F=G=690N；因L形挂钩静止，电热水器上端所受的水平向左的拉力等于膨胀螺钉所受的摩擦力；以悬挂架下端为轴，把热水器看成杠杆，则根据杠杆的平衡条件可得fD=G总C，f===690N．（2）由热水器的三档位的数值关系猜测得热水器加热部分的等效电路图如下图所示：其中加热管R1的额定功率为1000W，电热管R2的额定功率为1500W；加热管的电阻分别为：R1===48.4Ω，R2==≈32.3Ω．（3）①忽略加热过程的热损失，直接加热消耗的电能为：W1=Q1=cm△t1=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（50℃﹣20℃）=6.3×106J=1.75KW•h，下午加热的电费支出为：0.6元/KW•h×1.75KW•h=1.05元；②早晨8点前加热，电费支出为：0.3元/KW•h×1.75KW•h=0.525元；加热升温4℃所需电能：W2=Q2=cm△t2=4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（50℃﹣46℃）=8.4×105J，加热升温4℃所需时间（设加热功率为2500W）t1===336s=5.6min，（这段加热时间可以忽略不计）降低4℃所需时间为190min，至下午6点共需要三次加热，消耗电能：W3=3W2=3×8.4×105J=2.52×106J=0.7KW•h，电费支出：0.6元/KW•h×0.7KW•h=0.42元；总支出：0.525元+0.42元=0.945元，所以，第二方案更省钱．答：（1）L形挂钩受到的最大向下拉力为690N，此时膨胀螺钉与承重墙体间的摩擦力为690N．（2）内部加热电路的主要结构如上图所示，每个加热管的电阻值分别为48.4Ω、32.3Ω．（3）第二方案更省钱．6、分析：（1）影响摩擦力大小的因素有两个：压力和接触面的粗糙程度，锯盘锯木料时，要尽量减少锯盘与木料之间的摩擦力．（2）分析锯盘的转动方向，从而得出电动机的皮带轮转动方向，皮带轮拉动哪侧的皮带，哪侧的拉力就越大．（3）已知电动机皮带轮的半径，求出其周长S；再根据转速求出转一转所用的时间t，根据V=就可求出皮带的运行速度V．根据“电动机满负荷工作时配套电动机输出机械能的效率为90%”求出输出的机械功率，再根据F=计算出皮带上较大的拉力与较小的拉力的差值．（4）把皮带轮所受拉力的情况可等效为左侧皮带拉力为0N，右侧带拉力为330N，设圆形锯盘所受木料的阻力为F1，结合轮轴的公式进行求解．解答：解：（1）①锯齿部分比锯盘部分稍厚一些，木料的锯切口的宽度就会比锯盘厚度略大一点，这就可以有效的减少锯开的木料对锯盘盘面的压力，从而减少木料对锯盘盘面的摩擦阻力；②锯齿部分比锯盘部分稍厚一些，再加上锯盘周边所开的缝及缝的底端所打的孔，这就保证了锯开的木料与锯盘盘面之间的缝隙能够时时充满空气，从而避免受到因大气压把锯开的木料紧紧压在锯盘盘面上而造成的对锯盘盘面间的摩擦阻力；③被锯开的木料与锯盘盘面之间随时充入空气，有利于锯盘散热．（2）右侧皮带上的拉力较大．由锯盘上的锯齿形状及分布情况可以看出，圆形锯盘在锯木头时应该顺时针转动，那么，与圆形锯盘共轴安装的皮带轮也应该顺时针转动；由此可以推知，电动机的皮带轮也应该顺时针转动；所以，电动机的皮带轮应该拉右侧的皮带而不拉左侧的皮带；因此，右侧皮带上的拉力应该大于左侧皮带上的拉力．（3）电动机满负荷正常工作时皮带的运行速度：V===8.17m/s，电动机满负荷工作时配套电动机输出机械能的效率为90%：P输出=3000W×90%=2700W；左右两侧皮带上的拉力之差（即电动机输出的驱动力）为：F==≈330N；答：皮带上较大的拉力与较小的拉力的差值是330N．（4）皮带轮所受拉力的情况可等效为左侧皮带拉力为0N，右侧带拉力为330N；皮带传动的效率为100%．不计其轴转动的摩擦损耗，设圆形锯盘所受木料的阻力为F1，由轮轴公式得：==则：F1===75.9N．答：圆形锯盘所受到的木料的阻力是圆75.9N．。
第二十一届（2011年）全国初中物理竞赛试题-完整版
2011年第二十—届全国初中应用物理竞赛试题一、本题共10小题，每小题2分，共20分。
以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的, 把正确选项前面的字母填在题后的括号内。
1.目前，很多汽车的驾驶室里都有一个叫做GPS （全球卫星定位系统）接收器的装置。
GPS 接收器 通过接收卫星发射的导航信号，实现对车辆的精确定位并导航。
卫星向GPS 接收器传送信息依靠 的是 （）A.红外线B.紫外线C.电磁波D.激光于这两种方法比较省力勺是（）A.图甲朗方法比较省力。
法比较省力。
列说法中2.图1为工人师傅用于推车运送纯净水的 图片，对法中哪种方的判断，下B.图乙的方C.图甲和图乙两种方法所用力的大小相等。
D.无法判断。
图33. 如图2所示，教室里的天花板下面装有多挡位吊扇， 当吊扇正常工作时，对于吊扇对天花板的拉力大小与其重力大小的判断，下列说法中正确的是（）A. 吊扇在高挡位工作时，拉力等于重力。
B. 吊扇在低挡位工作时，拉力大于重力。
C. 电扇在任意挡位工作时，拉力等于重力。
D. 电扇在任意挡位工作时，拉力小于重力。
4. 在学校的田径运动会上，小亮注意到发令台上有一块“板子”，如图3所示：关于这块板子的作用，他做了如下猜想，其中正确的是（）A.主要用来反射发令枪的枪声，所以必须正对着终点计时裁判的方向。
B.主要用来衬托发令枪冒出的白烟，所以应该是深色或黑色的。
C.主要用来减弱噪声，所以要把它放在看台和发令枪之间OD.主要用来遮阳，所以要把它放在裁判员的头的上方。
5.随着我国航天员在轨道舱内停留时间的增加，在轨道舱内进行体育锻炼必将成为航天员需要完成的一项重要工作；下列适合航天员在轨道舱中进行体育锻炼的运动项目是（）A.举哑铃B.跳绳C.踢毯子D.拉弹簧拉力器6.动车组列车进站前的减速过程分为两个阶段进行:第一阶段采用“再生刹车”技术，速度从250km/h减至90km/h,这期间停止动力供给，列车依靠惯性继续前行，并带动发电机发电：第二阶段采用机械刹车，速度从90km/h开始不断减小直至停止：关于列车进站过程中的能量转化,下列说法中正确的是（）A.第一阶段减小的动能全部转化为电能，即电能等于减小的动能。
2009北航校物理竞赛
转动惯量为 15. (本题 10 分))空心圆环可绕光滑的竖直固定轴 AC 自由转动， J0，环的半径为 R，初始时环的角速度为ω0．质量为 m 的小球静止在环内最 高处 A 点，由于某种微小干扰，小球沿环向下滑动，问小球滑到与环心 O 在同一高度的 B 点和环的最低处的 C 点时，环的角速度及小球相对于环的 速度各为多大?(设环的内壁和小球都是光滑的，小球可视为质点，环截面半 径 r<<R.)
C O 2 B A I 1
10 一个半径为 R、面电荷密度为σ 的均匀带电圆盘，以角速度ω 绕过圆心且垂直盘面的轴 ．在距 线 AA＇旋转；今将其放入磁感强度为 B 的均匀外磁场中， B 的方向垂直于轴线 AA＇ 盘心为 r 处取一宽为 dr 的圆环，则圆环内相当于有电流__________________，该电流环所 受磁力矩的大小为__________________，圆盘所受合力矩的大小为____________________． 11. 一导线被弯成如图所示形状，acb 为半径为 R 的四分之三圆 弧，直线段 Oa 长为 R．若此导线放在匀强磁场 B 中， B 的方向 垂直图面向内． 导线以角速度ω在图面内绕 O 点匀速转动， 则此 导线中的动生电动势Ei =_____________________，电势最高的 点是_____________． 12. 在一个圆形平板电容器内，存在着一均匀分布的随时间变化的电场，电场强度为 ，则在任意时刻，电容器内距中心轴为 r 处的能流密度的大小 E = E0 e t/τ （E0 和τ 皆为常量） 为_____________________，方向为____________________________． 二、计算题(本题 72 分) 13. (本题 10 分)我们称两颗相距很近、相互吸引并绕其质心转动的恒星为双星，用望远镜观 测双星时，亮的一颗叫主星，暗的一颗叫伴星．设主星 A 的质量为 m1 伴星 B 的质量为 m2， 相隔距离为 a，求当它们相互吸引而绕其质心做圆周运动时的周期 T 的表达式．
2011全国高中物理竞赛DOC版
2011年全国高中物理竞赛复赛答案（DOC版）、参考解答：解法一取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += （1） a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（2）设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 （3）22c a b -= （4）由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= （7）根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ （8） 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （11） 得P =v （12） 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (13) 设P 点速度方向与0SP 的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin 2P P P r ϕθσ-=v （14）其中σ为面积速度，并有πabTσ=（15） 由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得图1127ϕ= （16）解法二取极坐标，极点位于太阳S 所在的焦点处，由S 引向近日点的射线为极轴，极角为θ，取逆时针为正向，用r 、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cos pr e θ=+ （1）其中，e 为椭圆偏心率，p 是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a ，根据解析几何可知()21p a e =- （2）将（2）式代入（1）式可得()θcos 112e e a r +-= （3）以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（4） 在近日点0=θ，由（3）式可得1r e a=-（5）将P θ、a 、e 的数据代入（3）式即得0.895AU P r = （6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 s2Gmm E =a-(7) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （8） 可得P =v （9） 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (10) 图2设P 点速度方向与极轴的夹角为ϕ，彗星在近日点的速度为0v ，再根据角动量守恒定律，有()sin P P P r r ϕθ-=v v 00 （11）根据（8）式，同理可得=0v （12） 由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据 127ϕ= (13)评分标准：本题20分 解法一（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13) 式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10) 式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy .两杆的受力情况如图：1f 为地面作用于杆AB 的摩擦力，1N 为地面对杆AB的支持力，2f 、2N 为杆AB 作用于杆CD 的摩擦力和支持力，3N 、4N 分别为墙对杆AB 和CD 的作用力，mg 为重力.取杆AB 和CD 构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有4310N N f +-= （1） 120N mg -= （2）以及对A 点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= （3） 式中CF 待求.F 是过C 的竖直线与过B 的水平线的交点，E 为BF 与CD 的交点．由几何关系有sin cot CF l αθ= （4） 取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422c o s s i n 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-= （6） 以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= （7） 解以上各式可得41t a n 2N m g α=（8） 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+⎪⎝⎭（10）12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ （12） 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13）CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （17）因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．2．将题给的数据代入（15）式可得a r c t a n 0.38521α︒≤=(18)将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5α≥︒ (19)因此，α的取值范围为19.521.1α≤≤(20)评分标准：本题20分 第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分． 三、参考解答：解法一1． 设在时刻t ，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P 点，绳与圆筒的切点为T ，P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，圆筒的角速度为ω，小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长，1v 与切点T 的速度相等，即2ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωmlR m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωml R m M lR m M +++=v (5)由(4)式可得l = (6)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（6）式，当0=ω得=L （7）这便是绳的总长度L . 3．如图2所示，从时刻t 到t t +∆，切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆，由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆，切点相对圆筒又转过一角度2lRθ∆=∆，到达T '处，所以在t ∆时间内，切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ （8） 切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的，故有 2tlθ∆∆=v （9） 由(1)、(2)、(3)式可得()20l ωω=+v （10） 由(8)、（9）、（10）三式得0l R t ω∆=∆ （11） （11）式表示l 随t 均匀增加，故l 由0增加到L 所需的时间为()2t'0s L t R ω== （12）解法二1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ，小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，小球到转轴O 的距离为r ，圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻，OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t ∆，切点从圆筒上的T 点移到T '点，OT '与0OP 的夹角变为φφ+∆，绳的拉直部分的长度由l 变为l '，小球由P 运动到P '，PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈，故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为l l tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP ．φω是切点相对圆筒转动的角速度．再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时，位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP ．可以把ωv 分解成沿着TP 方2m12φω+ v向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ，如图3所示，即1R ωω=v (3)2l ωω=v (4) 小球相对质心系的速度v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成，由图3可得v 的大小=v (5)因l R φ= (6) 故有=v （7）因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v （8） ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v （9）由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ （10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ （11）由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0故有0ωωφ= （12）上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得φ=（13） 由(6)、(13)两式得l = （14） 这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（14）式，当0=ω得绳总长度, 即L = （15） 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= （16）当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φs φ=（17） 设卫星停转所用的时间为s t ，由（16）、（17）式得0s s t φω==（18） 评分标准：本题25分． 解法一第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分． 第2问3分．（7）式3分．第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分． 解法二第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，第2问3分．（15）式3分．第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量，设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y 方向的初速度表示为001001y y y y =-++v v v v (1) 其中010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4) 沿x 正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为E B 的速度沿y 负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度 00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6)可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期2mT =qB π (8) (8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关．经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2．增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响，但粒子在z 方向要受到此电场力作用．以z a 表示在此电场力作用下的加速度，有0cos z ma qE t ω= (9) 或c o s z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有2z a =z ω- （11）由(10)、（11）可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动，增加电场后，粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有021cos z qE z t t mωω=-v （13）粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E的影响．设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度，则有 002πqB T mω== (14)由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16) 考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000sin y E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19)评分标准：本题20分．第1问12分．（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分．第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分. 五、答案与评分标准 本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭(2分），L I （2分），0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ （2分），201T V V L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（1分）． 2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0Ω （2分）．六、参考解答：在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积02B V V = （1）根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T =（2） 由(1)、(2)式得02B T T = （3）由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = （4） 下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即05()2A A Q R T T =- （5） 由(4)、(5)两式得052A Q RT =（6） B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- （7）由(1)、(7)式及理想气体状态方程得0B W RT = （8） 内能改变为05()2B B U R T T ∆=- （9） 由(4)、(9)两式得052∆=B U RT （10） 根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B 室气体吸收的热量为072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= （12）若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为AT '，有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- （13） 由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ （14） B 中气体的末态的体积02BV =V ' （15） 3. 若0m Q Q <，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积B V ''小于02V ，即02BV V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为A T ''，根据热力学第一定律，注意到A 室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量05()2A A Q R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量 0005()()2B A B Q R T T p V V ''''=-+- （17） 利用理想气体状态方程，上式变为 ()072B A Q R T T ''=- （18） 由上可知006()A B A Q Q Q R T T ''=+=- （19）所以A 室中气体的末态温度06AQ T T R''=+ （20） B 室中气体的末态体积00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ （21） 评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0m Q Q >的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0m Q Q <的条件下的（20）式4分，（21）式2分．七、答案与评分标准： 本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分．第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分． 八、参考解答： 1. 反应能()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦（1） 式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- （2）上式表明这是一吸能核反应．2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3) 33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v （4） 由（3）、（4）式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He 220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8) 由(6)式可知，c 可能大于零，亦可能小于零.若0c <，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生；若0c >，则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(10) 利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得1.02MeV th T = (12)3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He111222m m m Q =++v v v (13) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所示，根据余弦定律有 ()()()33222nnp pn p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16)3332He He He 12=T m v (17)把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n （18）33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- （19）由（18）、（19）式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ （20）令 3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe mm T Q m R m m --=+ （21）得n 20T R -= （22）根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值，由(21)式可知0R >，故（22）式的符合物理意义的解为S =+ （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132M e V T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.) p p m v第2问的其他解法 解法一为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后32He 和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小为v ，根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1) 322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由（1）、（2）式可得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3) 所以阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到 32H 1<<Qm c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得1.02MeV th T = (6)第2问8分(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分． 解法二在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p 与氚31H 发生反应后，生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止，则质子p 与氚31H 相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度，有3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3)33p pc H p H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得332H p p p H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即33p n H He +≠+m m m m ．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v而入射质子的阀能()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(7)代入有关数据得1.02MeV th T = (8)第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，、(8)式1分. 解法三考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量，20m 表示31H 的静止质量，30m 表示中子的静止质量，40m 表示31He 的静止质量，设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小都为v ，根据动量守恒和能量守恒有1p m m m +=v (1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v = (3)把(3)式代入(1)式，经整理得()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得()()2230401020202th m m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++= (9)或有()3333p 2H p HH H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得1.02MeV th T = (11)第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分．。
北航《大学物理上》考核要求
北航《大学物理（上）》考核要求一、 选择题（每小题2分，共15小题，共计30分）1、质量为m 的物体放在升降机地板上，摩擦系数为μ，当升降机以加速度a 上升时，欲拉动m 的水平拉力至少为（ A ）。
A 、μm （g+a ）B 、μmgC 、mgD 、μm （g-a ）2、半径为R 质量为M 的均匀圆盘，挖去直径为R 的一个圆形部分，则它对通过圆心且与盘面垂直的轴的转动惯量为（ C ）。
222231A 、MR B 、MR 84137C 、MR D 、MR 32163、在光滑平面上有个长为L 、倔强系数为k 的轻弹簧，弹簧的一端固定，另一端与质量为m 的小球相连。
当弹簧处于原长时，给小球一个冲量，使其具有速度V 0，则当小球的速度为V 0/2时，弹簧对小球的拉力大小为（ B ）。
000A 、B 、3 233C 、() D 、(L+)22V kL mk V V m km L k kk4、一质点做直线运动，加速度为a=sinx ，并且当坐标x=0时，速度v=0。
那么当x=π/3时，v=（ B ）A 、0B 、1C 、-1D 、1或-15、设地球质量为M ，万有引力恒量为G ，一质量为m 的宇宙飞船返回地球时，可以认为它是在地球引力场中运动（此时发动机已关闭）。
当它从距地球中心R 1处下降到R 2处时，它所增加的动能应为 （ C ）2221212221212GMm GMm A 、 B 、 C 、GMm D 、GMm R R R R R R R R R R -- 6、有一个半径为R 的水平圆盘转台，可绕通过其中心的数值固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一个质量为m 的人站在转台中心，随后此人沿半径方向向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为（ A ）。
0022002J J A 、 B 、 J+mR (J+m)RJ C 、 D 、 mRωωωω7、两个容器A 和B 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为1:2，则压强之比为（ C ）。
北航《理论力学(第二学期)》考题整理
,
aC
=
；
8、质量为 m，边长为 L 的正方形均质板静止放在光滑的水平
A
B
地面上。若在板上作用一水平冲量 I，使板获得最大的动能， 该冲量将如何作用在板上，则板获得的最大动能
5
D
图 10
C
北京航空航天大学交通科学与工程学院《理论力学（第二学期） 》复习资料
T=
。
2 （将冲量 I 的作用点和作用线画在图上，已知板对质心的转动惯量为 mL ）
3
系中的运动微分方程为：
。
mg cx ； A： mx
3
B： mx
D： mx
3 ； mg cx
3 ； mg cx
M mg
x
mg cx ； C： mx
3
E: A、B、C、D 中没有给出正确答案。
图1
o
2、圆盘 A 放在光滑的水平地面上运动，杆 AB 通过圆柱铰链与圆盘中心 A 连 接，系统在图示铅垂面内运动，如图 2 所示。若圆盘和杆为非匀质刚体，则 有: A:系统的机械能守恒； B:系统的动量在水平方向的投影守恒； C:圆盘对铰链 A 的动量矩守恒； D:AB 杆对铰链 A 的动量矩守恒。
O
A
图 11
B
10、质量为 m0 的物块放在水平面上，其上有一半径为 R 的半圆槽，质量为 m 的小 球 B 可在槽内运动，忽略所有摩擦，如图 12 所示。 （1）若取 , 作为系统的广义坐标，用广义速度和广义坐标给出系统在任意位 置时动能和势能的表达式（取坐标原点为势能零点,即 x0 （2）若初始时，小球在 A 处，系统从无初速 开始运动。给出系统拉格朗日方程的首次 积分。 系统的动能 T= 系统的势能 V= 广义动量积分： 广义能量积分：
2011年北京市大学生物理实验竞赛题目
附件2
2019年北京市大学生物理实验竞赛题目
题目一：偏振
实验研究波的偏振特性，并制作一种应用装置。
（注：本题所需材料及测试装置自备）
题目二：空间定位
利用物理原理，自行搭建实验装置，实现物体的空间定位
（注：本题所需材料及测试装置自备）
题目三：学生在校期间完成的物理思想清晰、物理知识点明确的实验制作。
题目四：学生在校期间完成的物理思想清晰、与实验紧密相关的科研论文或教学论文，教学论文包括物理实验内容和方法的创新与改进。
论文按《物理实验》期刊格式撰写，或提交已发表的论文全文。
竞赛要求：
1.每组参赛选手限选其中一个题目在本校进行准备并完成全部实验。
内容相关或相近的作品只能参加一个题目的竞赛。
实验所需专用装置及设备由各校自行解决，所需较大较沉等不宜携带的通用仪器请于竞赛前向竞赛秘书组提出。
2.参赛学生须预先提交参赛项目说明书。
竞赛时，参赛队伍需携带参赛作品，当场操作或陈述论文，并进行答辩。
3.参赛作品应力求做到原理明确、装置简便且易于操作,方法巧妙且手段新颖、有特色；现场操作规范，测量结果准确，并进行必要的数据分析；陈述清晰，回答问题正确。
评判标准：
1.物理原理明确。
2.实验方法巧妙、手段新颖、有特色。
3.陈述清晰，回答问题正确。
对于题目一～题目三，还要求：
4.实验装置简便，易于操作。
5.现场操作熟练、规范。
6.测量准确、并进行必要的数据分析。
2011年第二十一届全国初中应用物理竞赛初赛试卷参考答案与试题解析
2011年第二十一届全国初中应用物理竞赛试卷参考答案与试题解析1、分析：GPS接收器接收的是电磁波．解答：解：GPS接收器通过接收卫星发射的导航信号，实现对车辆的精确定位并导航．卫星向GPS接收器传送信息依靠的是电磁波．故选A．2、分析：分别对甲乙两种情况进行受力分析．两图最大的区别是一拉一推，导致小车对地面的压力不同，由此产生的小车与地面之间的摩擦力不同，当然摩擦力越小越省力．解答：解：拉车时，人对车的拉力一般是斜向上的，这样会减小车对地面的压力，从而减小了车与地面之间的摩擦力，所以较省力；而推车时，人用力方向一般是斜向下的，这样会增大车对地面的压力，从而增大了车与地面之间的摩擦力，所以推车较费力．故选A．3、分析：风扇静止，静止就是一种平衡状态，平衡状态时受到的就是一对平衡力，从而判断出重力G和拉力T的关系；电风扇转动时，风扇叶片就会对空气施加一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，所以风扇叶受到了一个空气施加的反作用力，此时风扇叶片虽然转动，但位置没有变化，此时风扇叶片依然受到的是平衡力，根据平衡力的知识分析．解答：解：电风扇静止时受到的重力和固定杆对它的拉力是一对平衡力，即拉力T1=重力；电风扇转动时，风扇叶对空气施加了一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，空气对风扇叶施加了一个向上的反作用力；此时风扇叶受到了三个力的作用，重力G、固定杆对扇叶的拉力T2、空气对扇叶施加的力T′，风扇在这三个力的作用下在竖直方向上静止，所以G=T2+T′，所以T2＜G．故选D．4、分析：由于光速远远大于声速，为了记录的成绩更加准确，所以在运动场上，终点计时员是看到发令枪冒出的白烟计时，而不是听枪声计时，由此入手，即可确定黑色板子的作用．解答：解：在赛场上终点计时员是看到发令枪冒出的白烟计时的，为了便于计时员清晰的看到发令枪冒出的白烟，所以选用深色的板子来衬托发令枪冒出的白烟．故选B．5、分析：在轨道舱内，物体处于完全失重状态．根据运动时是否受到重力的影响来分析解答此题．解答：解：在失重状态下，可以用很小的力举哑铃、跳绳、踢毽子，起不到锻炼身体的作用；在失重状态下，要拉开弹簧拉力器，与在正常的不失重状态下一样，需要航天员施加较大的拉力，航天员可以通过拉弹簧拉力器来锻炼身体．故选D．6、分析：物体由运动而具有的能叫动能，影响动能大小的因素：质量、速度．质量越大，速度越大，动能越大；发电机是将其他形式的能转化为电能的机器．解答：解：A、B、第一阶段减速过程中，由于速度变小，所以动能变小，由于继续行驶并带动发电机发电，故将一部分动能转化为电能．减小的动能有一部分转化为电能，即电能小于减小的动能；故A错误，B正确；C、D、第二阶段减小的动能有一部分转化为内能，有一部分转化成了电能，所以内能小于减小的动能，故C错误，D错误．故选B．7、分析：判断一个物体是运动还是静止，要看它与所选的参照物之间是否有位置变化，有位置变化则相对运动，无位置变化则相对静止．解答：解：北极星差不多正对着地轴，从地球北半球上看，它的位置几乎不变；北斗星在不同的季节和夜晚不同的时间，出现于天空不同的方位．所以天刚黑下来的时候，我们观察并记录一次北斗星与北极星相对于地面的位置；半夜的时候，我们再次观察并记录北斗星与北极星相对于地面的位置．比较这两次的记录结果，我们会发现北斗星相对于地面的位置发生了改变，而北极星相对于地面的位置没变，所以说北斗星是运动的，北极星是静止的．故选C．8、分析：由题干可以看出，炒花生或栗子，与炒其他食物的不同之处就是“要往锅里放一些沙子（或粗盐）”，要分析这样做的原因，就要分析放一些沙子（或粗盐）后在炒的过程中会有哪些变化，然后与题中的四个选项进行对比，便不难得出答案了．解答：解：A、放入沙子（或粗盐），对火焰的燃烧并没有影响，不能改变炒锅的温度，该选项错误．B、放入沙子（或粗盐）后，就会使被炒的食品与沙子（或粗盐）混合起来，使得花生或栗子受热均匀且避免与锅底直接接触时间过长，可以避免栗子变焦，该选项的说法是正确的．C、即便是不加沙子（或粗盐），花生或栗子中的水分在高温的环境下，同样会蒸发掉的，所以加不加沙子，并不是食品更加干酥脆的根本原因，该选项错误．D、加入沙子后，的确可以吸收部分热量，但是对于锅中被炒物体的温度来说，并没有影响，所以选项D的说法也是错误的．故选B．9、分析：哈哈镜由凸面镜和凹面镜组成．凸面镜对光线有发散作用，成缩小的虚像；凹面镜对光线有会聚作用，成放大的虚像．解答：解：哈哈镜中凸起的部分就相当于一个凸面镜，成缩小的像，所以人像变短；凹下去的部分相当于一个凹面镜，成放大的像，所以人像变长．故选B．10、分析：（1）由甲图可知，两电阻串联，根据题意可知有光照射时光敏电阻R1阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R1两端电压的变化；由图象知R1的电压U1=2V，根据串联电路电压的特点求出R2的电压，根据欧姆定律求出电路中的电流和求出R1的电阻．（2）R1无激光照时，R1与R2串联，由图象可得R1的电压U1′=4V，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，根据欧姆定律求出电路中的电流和此时R1的电阻，即可得出有光照射和无光照射时保护电阻R2两端的电压之比和光敏电阻的阻值之比．（3）由图象可知：每经过0.6s，就有一个产品通过计数装置，可以求出平均每小时通过的产品个数．解答：解：（1）由甲图可知：R1、R2串联，由光敏电阻有光照射时阻值较小可知，当有光照射时，R1的阻值变小，电路的总电阻变小；根据I=可知，电路中的电流变大；根据U=IR可知，R2两端的电压变大；根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，R1两端的电压变小，即R1两端的电压较低，由图象知R1的电压U1=2V，则U2=U﹣U1=6V﹣2V=4V，电路中的电流：I===0.01A，光敏电阻的阻值：R1===200Ω，故A不正确．（2）R1无激光照时，由图象可得U1′=4V，U2′=U﹣U1′=6V﹣4V=2V，所以，有光照射和无光照射时保护电阻R2两端的电压之比U2：U2′=4V：2V=2：1，故B不正确；I′===0.005A，此时电阻R1的阻值：R1′===800Ω，所以，光照射和无光照射时光敏电阻的阻值之比R1：R1′=200Ω：800Ω=1：4，故C不正确；（3）由图象可知：每经过0.6s，就有一个产品通过计数装置．n==6000个，故D正确．故选D．11、分析：（1）增大的压强方法：增大压力或减小受力面积；减小压强的方法：减小压力或增大受力面积．（2）减小摩擦的方法：增加物体间的正压力或增大接触面的粗糙程度；减小摩擦的方法：减小正压力或减小接触面的粗糙程度．（3）能量的转化：通过做功，能量可以由一种形式转化为另一种形式．（4）光的传播：在同一均匀介质中光沿直线传播；面镜可以使光发生反射，该改变光的传播方向；透镜可以使光发生折射，改变光的传播方向．（5）滑轮组的作用：可以改变力的大小或方向．解答：答：①手柄上的花纹增加了手柄的粗糙程度，可增大手柄与手之间的摩擦力．②箭身细长，减小了箭与空气的接触面积，从而减小空气阻力．③弓箭或钢球离开弩弦时获得一定的速度，由于惯性能继续向前运动．④箭头尖锐，箭头与物体接触时减小了受力面积，从而增大了压强．⑤利用弩的弹力发弓箭时，弩的弹性势能转化为箭的动能．⑥肩托的使用，增大了弓与人的接触面积，增大了拉弓时弓对人的压力的受力面积，使压强减小．⑦目标发出或反射的光沿直线传播，经瞄具进入人眼，准确锁定目标．⑧目标发出或反射的光沿直线传播，经光学瞄准镜折射后进入人眼，便于精确瞄准．⑨滑轮组可以使人拉弓的力变小，使放箭时更省力．12、分析：冬天，温度较低，空气中的水蒸气遇到冷的窗玻璃会液化成小水珠或凝华成小冰粒．当通电时这些金属膜会发热，小水滴受热汽化，小冰粒受热熔化成小水珠又汽化了．便于司机通过驾驶室上方的反光镜观察车后面的情况．解答：答：金属膜的主要作用：①在冬季，使附着在窗玻璃表面上的小水滴汽化或小冰粒熔化并汽化，使附着在玻璃窗外表面上和积雪熔化；②便于司机通过驾驶室上方的反光镜观察车后面的情况．13、分析：（1）刻度线喷在刻度尺背面，刻度尺薄的一侧；光透过透明刻度尺发生折射，数字与刻度线不透光在后面纸上形成阴影．（2）使用刻度尺测量物体长度时，刻度线要尽可能地靠近被测物体；利用刻度尺画线时，刻度尺越薄，线段长短的误差越小．解答：答：（1）刻度线喷在刻度尺背面，刻度尺薄的一侧，由图丙知C处为反面，且此处刻度尺较薄，则刻度线在C处；目的是让刻线靠近被测物体，减小测量误差；（2）刻度尺有刻度的一边做的较薄，是为了在使用刻度尺画线的时候笔尖贴近刻度尺，线更容易画直；同时由于笔尖贴近刻度线，更容易画出符合要求的线段．14、分析：（1）由小彩灯上标的“4V 0.2A”可知，小彩灯正常发光时的电压为4V，而家庭电路的电压为220V，所以小彩灯的连接方式应为串联，再根据串联电路的电压关系求灯的个数；（2）该灯丝烧断后，220V的电压会加在这个彩灯上，使细金属丝表面上的氧化铜被击穿，电路导通，其它小彩灯能发光．解答：解：（1）要使灯泡正常发光，应将灯泡串联，让小彩灯串联后的总电压为220V，由串联电路的特点知串联个数：n==55个；故答案为：55．（2）如图所示，当某个小彩灯L的灯丝烧毁时，AB间形成断路，220V电压就直接加到细金属丝与灯丝导电支架AB之间；氧化层被击穿，细金属丝与灯丝导电支架导通，此时烧坏的这个灯只相当于一段导线（如图），起到连接作用，这样220V的电压又重新分加在其它的未烧坏的彩灯上，使它们能继续工作．但是每个灯上的电压有一点儿升高，不过还不至于烧毁灯丝．当然，烧毁的小彩灯太多时，其余小彩灯也会因为电压过高而被烧毁．15、分析：（1）电路中开关控制用电器时，开关和用电器是串联的；光控开关和声控开关同时控制一盏灯，同时符合光暗到一定程度，而且有一定的声音时电灯才发光，两个开关和灯泡应该是串联的．（2）雷雨天，通过对开关S1、S2的操作，取消自动功能，灯始终不会被点亮，说明开关S1、S2中有一个起总开关的作用；则另一开关与声控开关和光控开关串联后并联．当正常天气时，可以闭合总开关，断开另一个开关，晚上同样起到拍拍手，灯就亮了，过一会自动熄灭．解答：解：（1）用导线将光控开关、声控开关、电灯以及电源依次连接即可如下图所示：（2）先将声控开关和光控开关串联，然后再与S1并联，并联后与灯泡、开关S2以及电源顺次连接，如图所示：16、分析：放大法：物理实验中常遇到一些微小物理量的测量．为提高测量精度，常需要采用合适的放大方法，选用相应的测量装置将被测量进行放大后再进行测量．解答：答：手捏玻璃瓶，玻璃瓶会发生形变，但形变太小，不能直接观察．但采用图中所示方法后，通过细玻璃管内水柱的上升间接知道了瓶子发生的形变，利用液柱变化放大了瓶子的形变，这就是微小现象放大法．除此以外，还有很多地方也用到了这种方法．如：①将正在发声的音叉靠近用细线悬吊着的乒乓球，通过乒乓球反复被弹开显示音叉在振动；②温度计的玻璃管做的很小，用液柱的长度变化显示液体的热胀冷缩；③金属盒压强计用指针的摆动显示金属盒的形变程度；④用托盘天平的指针是否指在分度盘的中央显示天平的横梁是否平衡．17、分析：（1）减小液体的蒸发表面积可有效减慢蒸发，这样也会使液体不会很快变凉，碗中的油层便起到了很好的减缓水的蒸发散热的作用．（2）从题可知，肉片必须至少在大于80℃的汤中保持2min，在这2min时间里，由于向外界散热整体温度将下降约2℃，从而可以计算出肉和汤混合后的温度．而把肉放进汤里，肉的温度升高，吸收热量，汤的温度降低，放出热量，根据热平衡方程Q吸=Q放便可以计算出汤的质量．解答：解：（1）碗中油由于其密度比水小且不易蒸发，漂浮在水的表面上，使水的蒸发面积减小，则减小了水的蒸发而带走热量，使汤的温度不易降低．（2）∵肉片必须至少在大于80℃的汤中保持2min，在这2min时间里，由于向外界散热整体温度将下降约2℃，∴肉和汤混合后的温度至少为：t=80℃+2℃=82℃，把肉放进汤里，肉的温度升高，吸收热量，汤的温度降低，放出热量，t0汤=97℃，c汤=4.2×103J/（kg•℃），m肉=0.2kg，t0肉=22℃，c肉=3.5×103J/（kg•℃），根据热平衡方程Q吸=Q放得：c肉m肉（t﹣t0肉）=c汤m汤（t0汤﹣t），即：3.5×103J/（kg•℃）×0.2kg×（82℃﹣22℃）=4.2×103J/（kg•℃）×m汤×（97℃﹣82℃）解得：m汤≈0.67kg．答：（1）碗中油层的作用是使水的蒸发面积减小，则减小了水的蒸发而带走热量，使汤的温度不易降低．（2）为实现上述的温度要求，碗中汤的质量至少为0.67kg．18、分析：（1）微波炉的效率等于水吸收的热量与微波炉消耗的电能之比；①已知发光二极管闪烁的次数，根据“3200imp/kW•h（它表示每消耗电能1kW•h，该电能表上面的发光二极管闪烁3200次）”可计算出在4min内微波炉消耗的电能；②已知水的体积，利用m=ρV可以计算出水的体积；③已知水的质量，水的初温、末温、利用Q=cm△t计算出水吸收的热量；（2）现在的微波炉是间断性工作的，通过调整工作与停止的时间比调整功率．解答：解：（1）①4min微波炉消耗的电能：W==×3.6×106J=2.88×105J；②水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×10﹣3m3=1kg；③水吸收的热量：Q=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（72℃﹣20℃）=2.18×105J；微波炉的效率：η=×100%=×100%=76%；（2）微波炉是间断性工作的：①当微波炉中的微波管在额定电压下以额定功率连续工作时，设定为高火档；②当微波炉中的微波管在额定电压下以额定功率间歇工作时，设定为非高火档；③并且工作时间与不工作时间的比值越小，微波炉的档位越低．答：（1）微波炉烧水时的效率为76%；（2）通过调整微波炉的工作与停止的时间比调整功率．19、分析：分两种情况分析：（1）压力传感开关受到竖直向下的拉力达到10N时闭合，通过控制水泵从进水口向桶内注水．由于压力传感开关受到竖直向下的拉力等于圆柱体重减去受到的浮力，可求圆柱体受到的浮力，利用阿基米德原理求圆柱体排开水的体积，进而求出圆柱体浸入水中深度为水面2与圆柱体下表面7之间的深度，此时桶内水面处于右图位置2处，桶内水的体积V3=40L，根据h3=得出水面2与桶底3之间的深度，可求圆柱体下表面7与桶底3之间的深度h7、圆柱体B露出水面深度为9与2之间的长度h9；（2）压力传感开关受到竖直向下的拉力达到4N时闭合，通过控制水泵从进水口向桶内注水．由于压力传感开关受到竖直向下的拉力等于圆柱体重减去受到的浮力，可求圆柱体受到的浮力，利用阿基米德原理求圆柱体排开水的体积，进而求出圆柱体浸入水中深度为水面2与圆柱体下表面7之间的深度、圆柱体露出水面深度为圆柱体顶端8与水面1之间的长度h5，圆柱体A浸入水中的深度为4到5间的深度h8，此时桶内水面处于如图的位置1处，桶内水的容积为V4=200L，根据h4=得出水面1与桶底3之间的深度，进而求出圆柱体下表面7与桶底3之间的深度h7、圆柱体B露出水面深度为9与2之间的长度h9，水面1到桶底6之间的长度h6，最后求出，圆柱体A顶端到桶底的距离就是拴在圆柱体A上绳子长度L1=h6﹣h5，也就是图中5与9之间的高度；圆柱体A、B之间的绳子长度L2=h4﹣h浸2﹣h7．解答：解：（1）压力传感开关受到竖直向下的拉力达到10N时闭合，通过控制水泵从进水口向桶内注水．由于压力传感开关受到竖直向下的拉力等于圆柱体重减去受到的浮力，圆柱体受到的浮力：F浮1=2G﹣F1=2×6N﹣10N=2N，圆柱体排开水的体积：V排1===2×10﹣4m3=200cm3，圆柱体浸入水中深度为水面2与圆柱体下表面7之间的深度：h浸1===0.05m=5cm，此时桶内水面处于右图位置2处，桶内水的体积V3=40L，根据h3===0.08m=8cm得出水面2与桶底3之间的深度为8cm，圆柱体下表面7与桶底3之间的深度h7=h3﹣h浸1=8cm﹣5cm=3cm，圆柱体B露出水面深度为9与2之间的长度h9=h2﹣h浸1=12cm﹣5cm=7cm；（2）压力传感开关受到竖直向下的拉力达到4N时闭合，通过控制水泵从进水口向桶内注水．由于压力传感开关受到竖直向下的拉力等于圆柱体重减去受到的浮力，圆柱体受到的浮力：F浮2=2G﹣F2=2×6N﹣4N=8N，圆柱体排开水的体积：V排2===8×10﹣4m3=800cm3，圆柱体浸入水中深度为水面2与圆柱体下表面7之间的深度：h浸2===20cm，圆柱体露出水面深度为圆柱体顶端8与水面1之间的长度h5=2h2﹣h浸2=2×12cm﹣20cm=4cm，圆柱体A浸入水中的深度为4到5间的深度h8=h2﹣h5=12cm﹣4cm=8cm，此时桶内水面处于如图的位置1处，桶内水的容积为V4=200L，根据h4===0.4m=40cm得出水面1与桶底3之间的深度为40cm，圆柱体下表面7与桶底3之间的深度h7=h3﹣h浸1=8cm﹣5cm=3cm，圆柱体B露出水面深度为9与2之间的长度h9=h2﹣h浸1=12cm﹣5cm=7cm；水面1到桶底6之间的长度h6=h1﹣h4=50cm﹣40cm=10cm，圆柱体A顶端到桶底的距离就是拴在圆柱体A上绳子长度：L1=h6﹣h5=10cm﹣4cm=6cm，也就是图中5与9之间的高度；圆柱体A、B之间的绳子长度：L2=h4﹣h浸2﹣h7=40cm﹣20cm﹣3cm=17cm．答：两段细线的长度分别为6cm、17cm．20、分析：（1）根据公式P=Fv先求出最大机械输出功率；再求出需要的电功率和垂直于太阳光的太阳能电池板得到的太阳辐射最大功率，最后求出车上的太阳能电池板能提供的最大功率；几个数据进行比较即可得出结论；（2）可以从车的重量、受到的阻力、机械损耗、车速等方面考虑．解答：解：（1）v=72km/h=20m/s；驱动电机需要达到的最大机械输出功率：P机=Fv=kmgv=0.02×750kg×10N/kg×20m/s=3000W；需要的电功率P电==≈3333W；P大==W=676W；P电池=η3P大S=15%×676×8W=811W＜3333W；以上数据为天气晴朗、太阳能电池板始终垂直于阳光时的数据，实际上汽车上的电池板很难做到始终于阳光垂直，其实际提供的电功率会小于P电池；不能满足驱动电机的需求．（2）减轻车体自身的重力、降低车辆行驶时的阻力、减小机械损耗、降低车辆设计最高时速、提高电机的效率、兼容其他能源动力、使用蓄电池供电、在车的顶部安装折叠式太阳能电池板、停车时将太阳能电池板转化的电能存入蓄电池、研发高效率太阳能电池板等．。
2008北航校物理竞赛
小环将受到一个指向杆 O 端的合力，也不会再返回平衡位置，
∴ 小环所处平衡是不稳定平衡．
2分
12．(1)
l = v 0 cos 45°t
①
v 0 sin 45° − g t = 0
②
2分
由①、②解得
v0 =
2gl ，
t= l v 0 cos 45°
OB
=v0
sin 45°t
−
1 2
gt 2
=
l
−
1l 2
−
l
2 2
n2
− n1
4分
(3) 将 J0 代入 W 式，得
( ) W = π2mn1n2 l12 − l22
2分
14．(1) 设两球壳上分别带电荷＋Q 和－Q，则其间电位移的大小为 D＝Q / (4πr2) 两层介质 中的场强大小分别为
E1 = Q / (4πε0 εr1r2)
2分
E2 = Q / (4πε0 εr2r2)
z
A m α
l
O
12．如图所示，地面上 A 点距离墙为 l 米，从 A 点沿 45°方向对 B
墙抛出一个球，球在墙 B 处与墙垂直碰撞后，被墙反弹回来，落 在地面 C 点，再次被地面弹起，又落回到 A 点．球与墙、地面碰
vv0
撞的恢复系数一样，地面光滑. 试求
OC
A
(1) OB 与 OC ,
l
(2) 恢复系数 e
B
数为 k 的弹簧．当梯子靠墙竖直放置时，弹簧处于自然长度．墙和地面
都是光滑的．当梯子依墙而与地面成θ 角且处于平衡状态时，
(1) 地面对梯子的作用力的大小为__________________．
北航物理2011校竞赛题
O一、填空题1. 静水中停泊着两只质量皆为M 的小船．第一只船在左边，其上站一质量为m 的人，该人以水平向右速度v v从第一只船上跳到其右边的第二只船上，然后又以同样的速率水平向左地跳回到第一只船上．此后(1) 第一只船运动的速度为v v1＝___________________。
(2) 第二只船运动的速度为v v2＝____________________。
（水的阻力不计，所有速度都相对地面而言）2. 长度l 质量m 的刚绳，对称地搭在光滑的水平细钉上，受扰动后在重力作用下向一侧滑动，滑动距离为x 时，刚绳的速率是_______________，动量大小是_____________，受到的支持力大小是_______________。
3. 已知两原子间的相互作用力93r rf βα+−=，其中第一项代表吸引力，第二项代表排斥力，此原子系统的势能U = __________________，这两个原子构成稳定分子时，彼此间的距离___________________．4. 一质量为m 半径为r 的圆环车轮，在地面上以角速度ω 做纯滚动，则它的总动能为_______________，对于圆心的角动量大小是_________________，对于和地面的接触点的角动量大小是____________________。
5. 体操运动员手握单杠旋转时，将其简单地模型化为长L 的均匀细杆。
某时刻运动员处于右图所示的水平静止状态，而后沿顺时针方向自由地朝下旋转，当转角达到图中虚线所示的锐角θ时，旋转角速度ω =_____________ ，旋转角加速度β =_______________ 。
6、圆心为O ，半径半径为R ，质量为4m 的匀质园盘，内切地割去半径为R /2的小圆板后，剩余板块如图所示，其质心位置为C （图中未示出），过O ，C 分别设置垂直于板面的转轴，相对于这两个转轴的转动惯量各为I O = _______________，I C = ________________。
2011年北京大学等13校联考自主招生选拔测试物理
2011年北京大学联考自主招生选拔测试（物理试卷）一（14分）平行轨道上停着一节质量 M=2m的小车厢，车厢与水平铁轨之间摩擦可略。
有 N 名组员沿铁轨平行方向列队前行，另有一名组长在最后，每名组员的质量同为 m。
1. 当组员们和组长发现前面车厢时，都以相同速度v0 跑步，每名组员在接近车厢时又以 2 v0 速度跑着上车坐下，组长却因跑步速度没有改变而恰好未能追上车，试求 N．2. 组员们上车后，组长前进速度减为 0v，车上的组员朝者车厢前行方向一个接着一个2 水平跳离车厢，跳离后瞬间相对车厢速度大小同为 u，结果又可使组长也能追上车。
试问，跳车过程中组员们总共至少消耗掉人体中的多少内能？二（12分）一弹簧的自然长度为l，劲度系数为 k．现有质量各为 m的两个均匀铁质球体，用上述弹簧连接起来。
设上述 2个铁球中心与整个弹簧都始终保持一条直线上，并己知铁的密度为ρ。
1. 当弹簧处于自然长度时，两铁球由静止释放，求两球之间的万有引力将使弹簧压缩的最大长度；2.上述体系绕其中心转动，角速度多大时，两球之间的弹簧长度司以保持为l？三（16分）将一天的时间记为 T，地面上的重力加速度记为 g，地球半径记为R e。
1. 试求地球同步卫星 P的轨道半径R p ；2. 赤道城市 A的居民整天可看见城市上空挂着同步卫星 P；02.1 假设 P的运动方向突然偏北转过45 ，试分析判定而后当地居民一天能有多少次机会可看到 P掠过城市上空？02.2 取消“2.1”问中的偏转，改设 P从原来的运动方向突然偏向西北转过105，再分析地判定而后当地居民一天能有多少次机会可看到 P掠过城市上空？3. 另一个赤道城市 B的居民，平均每三天有四次机会可看到某卫星 Q自东向西掠过该城市上空，试求 Q的轨道半径R Q四（14分）设无重力空间中有匀强电场 E ,现有两个质量均为 m的小球 A、B，A带电量 q(q>0)，B不带电，t=0时，两球静止，且相距30 ， AB的方向与 E的方向相同。
北京工业大学大学物理竞赛辅导竞赛：5-力学--相对论
测量棒的两端对应的时空坐标为 解：
( x 1 , t 1 ), ( x 2 , t 2 ) 运动的物体必须同时测量，要求 t 0 ， ( x 1 , t 1 ), ( x 2 , t 2 )
由洛伦兹变换有
即在S系中不是同时测量棒的两端，测量一 端后，再测量另一端时，其移动了 2 v t v 2 l0 C
m 0c (
2
1 1 (v / c )
2
1)
按题意
1 1 (v / c )
2
1 n
v
(2) p m v
n(n 2) c n 1
n(n 2) c 2 n 1 1 (v / c ) m0
n (n 2 ) m 0c
8.（2012）
如图所示，静质量同为m0的质点A、B开始时在惯 性系S中，B静止，A以v0=3C/5的速度朝着B运动 ，其中C为真空中光速。A、B相碰后形成一个新 的质点，且在碰撞过程中无任何形式的能量耗散 ，则新质点的速度v=_______.新质点的静质量 M0=______。
2
1)
1 2 0V 0 c 4
0 25 0 (2) 2 1 ( v / c ) 16
7. 某高速运动粒子的动能等于其静止能量 的n倍，则该粒子运动速率为c，其 动量大小为m0c，其中，m0为粒子 静止质量，c为真空中光速. (1) E k m c 2 m 0 c 2 解：
解：
(1) 飞船为S系，在飞船系中碰撞的时间为原时
t
得
v 1 2 c 4s
2
(2) 据速度变换公式，彗星相对飞船的速度为
vx u 0.8c 0.6c 35c v x uv x 0.6c 0.8c 37 1 1 2 2 c c 140 CS 飞船在t=0时认为彗星与它相距 v x
迎2011年全国应用物理知识竞赛选拔试题及答案
迎“2011年全国应用物理知识竞赛”选拔试题一、选择题：（10*3分）（）1．晴朗无风的早晨，当飞机从空中飞过，在蔚蓝的天空中会留下一条长长的“尾巴”，如图1所示，这种现象俗称为“飞机拉烟”。
产生这一现象的原因之一是飞机在飞行过程中排出的暖湿气体遇冷所致。
在这一过程中，暖湿气体发生的物态变化是：A．熔化B．液化C．蒸发D．升华（）2．2010年1月，我国北方大部地区遭遇大范围降雪天气袭击。
大雪严重影响了民航、铁路和高速公路等交通，如图2所示。
在遇到这种天气时，为了尽快清除积雪，常用的办法是撒“融雪盐”，这是因为：A．“融雪盐”与少量水发生化学反应，产生的热量使周围的冰雪熔化B．“融雪盐”产生“保暖层”，使冰雪吸收足够的“地热”而熔化C．使雪形成“含融雪盐的雪”，“含融雪盐的雪”熔点低于当地温度，使雪熔化D．“融雪盐”有利于冰雪对阳光的吸收，从而加快冰雪的熔化（）3．小明在用可变焦的光学照相机（一种镜头焦距大小可根据需要发生改变的光学照相机）给小兰拍了一张半身照之后，保持相机和小兰的位置不变，又给小兰拍了一张全身照。
关于这个过程对相机的调节，下列说法中正确的是：A．焦距变大，像距也变大B．焦距变小，像距也变小C．焦距变大，像距变小D．焦距变小，像距变大（）4．为判断一段导线中是否有直流电流通过，手边若有下列几组器材，其中最为方便可用的是：A．小灯泡及导线B．铁棒及细棉线C．带电的小纸球及细棉线D．被磁化的缝衣针及细棉线（）5．按我国交通管理部门最近规定，坐在小汽车前排的司机和乘客都应在胸前系上安全带，这主要是为了减轻在下列哪种情况出现时可能对人造成的伤害。
A．车速太快。
B．车速太慢。
C．紧急刹车。
D．突然起动。
（）6.1999年以美国为首的北约军队用飞机野蛮地对南联盟发电厂进行轰炸时，使用了一种石墨炸弹，这种炸弹爆炸后释放出大量的纤维状的石墨覆盖在发电厂的设备上，造成电厂停电。
这种炸弹的破坏方式主要是：A. 炸塌厂房B. 炸毁发电机C. 使设备短路D. 切断输电线（）7．在制药时，为从溶液中提取抗菌素，要用加热的方法使水沸腾而除去水分，但抗菌素不能在超过80℃的条件下提取，应采用的方法是A．增加容器内的气压，使水的沸点低于80C。
2011至2013北大保送生考试物理试题及荅案（全）
2011至2013北大保送生考试物理试题及荅案（全）2011年北大保送生考试物理试题（教师版）1、如图所示，AC为光滑竖直杆，ABC为构成直角的光滑L形直轨道，B处有一小圆弧连接可使小球顺利转弯，并且A、B、C三点正好是圆上三点，而AC正好为该圆的直径，如果套在AC 杆上的小球自A点静止释放，分别沿ABC轨道和AC直轨道运动，如果沿ABC轨道运动的时间是沿AC直轨道运动所用时间的1.5被，求α值。
2、如图所示，三个小球A、B、C静止放在光滑水平桌面上，B在A、C之间，如果各球之间的碰撞均为完全弹性正碰，现使A球以速度v撞击B球，B球又撞击C球，如果A、C两球质量m、3m确定，则B球质量2m为多少时可使C球获得1的速度最大？3、如图所示，P为一个水闸的剖面图，闸门质量为m，宽为b。
水闸两侧水面高分别为h1、h2，水与闸门间、闸门与轨道间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，求拉起闸门至少需要多大的力？4、如图所示，在空间坐标系Oxyz中，A、B两处固定两个电量分别为cq和q的点电荷，A处为正电荷，B处为负电荷，A、B位于O点两侧，距离O点都为a，确定空间中电势为零的等势面所满足的方程。
5、各电阻的阻值如图所示，电源电动势为6V，内阻为2Ω，求AB支路中的电流强度。
答案：0.011A6、如图所示，半径为R的光滑圆轨道竖直放置，匀强磁场垂直纸面向外，一个质量为m、电量为q的带正电小球从圆轨道最高点静止释放。
（1）如果磁感应强度大小为B，小球从左侧滑下，求小球脱离圆轨道时与球心连线和竖直方向之间的夹角。
（2）如果B大小未知，小球从右侧静止滑下，刚好能滑至底部，求B的大小。
（3）在（2）的情况下，小球能否继续转圈。
7、厚度分别为d 2、d 3，折射率分别为n 2、n 3的无限大透明介质平板紧靠并放置于无限大透明液体中，d 2左侧液体的折射率为n 1，d 3右侧液体的折射率为n 0，点光源S 置于左侧液体中，并到平板前侧面的距离为d 1，求在d 3右界面上光亮的面积。
物理11届全国奥赛.doc
第十一届全国初中应用物理知识竞赛试题与答案*注意：本卷中的插图实际大小比显示的大小要大，如看不清可适当拉大，插图为灰度图，如要打印请设图片为黑白模式，否则打印时会很模糊。
一、选择题：以下各题所列答案中只有一个是正确的。
把正确答案前面的字母填在题后的方括号内（共33分，每小题3分）1.宇宙飞船进入预定轨道并关闭发动机后，在太空运行，在这飞船中用天平测物体的质量，结果是（）A.和在地球上测得的质量一样大B.比在地球上测得的大C.比在地球上测得的小D.测不出物体的质量2.秋高气爽的夜里，当我仰望天空时会觉得星光闪烁不定，这主要是因为：（）A.星星在运动B.地球在绕太阳公转C.地球在自转D.大气的密度分布不稳定，星光经过大气层后，折射光的方向随大气密度的变化而变化3.1999年以美国为首的北约军队用飞机野蛮地对南联盟发电厂进行轰炸时，使用了一种石墨炸弹，这种炸弹爆炸后释放出大量的纤维状的石墨覆盖在发电厂的设备上，赞成电厂停电。
这种炸弹的破坏方式主要是：（）A.炸塌厂房B.炸毁发电机C.使设备短路D.切断输电线4.小刚家中的几盏电灯突然全部熄灭了，检查保险丝发现并未烧断，用测电笔测试各处电路时，氖管都发光。
他对故障作了下列四种判断，其中正确的是：（）A.灯泡全部都烧坏B.进户零线断路C.室内线路发生短路D.进户火线断路5.下列物体都能导热，其中导热本领最好的是：（）A.铁管B.铝管C.铜管D.热管6.室内垃圾桶平时桶盖关闭不使垃圾散发异味，使用时用脚踩踏板，桶盖开启。
根据室内垃圾桶的结构示意图可确定：（）A.桶中只有一个杠杆在起作用，且为省力杠杆B.桶中只有一个杠杆在起作用，且为费力杠杆C.桶中有两个杠杆在起作用，用都是省力杠杆D.桶中有两个杠杆在起作用，一个是省力杠杆，一个是费力杠杆7.小明拿着一个直径比较大的放大镜伸直执行手臂观看远处的物体，可以看到物体的像，下面说法中正确的是：（）A.射入眼中的光一定是由像发出的B.像一定是虚像C.像一定是倒立的D.像一定是放大的8.生物显微镜的镜筒下面有一个小镜子，用来增加进入镜筒的光强。
Q826-大学-北航-物理学术竞赛-附件四 中国大学生物理学术竞赛(CUPT)简介及比赛规则- (
中国大学生物理学术竞赛（CUPT）简介及比赛规则 CUPT: China Undergraduate Physics Tournament2017年版（2017年3月修订）1. 中国大学生物理学术竞赛简介中国大学生物理学术竞赛（China Undergraduate Physics Tournament，简称CUPT）是中国借鉴国际青年物理学家锦标赛（International Young Physicists’ Tournament，简称IYPT）模式创办的一项全国性赛事。
CUPT竞赛旨在提高学生综合运用所学知识分析解决实际物理问题的能力，培养学生的开放性思维能力。
参赛学生就实际物理问题的基本知识、理论分析、实验研究、结果讨论等进行辩论性比赛。
不仅可以锻炼学生分析问题、解决问题的能力，培养科研素质，还能培养学生的创新意识、团队合作精神、交流表达能力，使学生的知识、能力和素质全面协调发展。
CUPT竞赛得到了教育部的支持，是实践国家教育中长期发展规划纲要的重要大学生创新竞赛活动之一，已列入中国物理学会物理教学指导委员会的工作计划。
CUPT由大学组织实施、大学生参与，是一项以团队对抗为形式的物理竞赛。
它以培养参赛者的创新意识、创新能力、协作精神和实践能力为根本理念。
IYPT赛事起源于莫斯科大学选拔优秀学生的活动，被各国物理教育学家广泛认可，演变为国际青年物理学家锦标赛。
该模式也推广到各国大学生的物理竞赛中，2009年开始了大学生的国际物理学家锦标赛（International Physicists' Tournament, 简称IPT），2016年在法国巴黎举办了第8届IPT。
2010年南开大学首次将IYPT竞赛模式引入到我国的大学生能力训练，第一届CUPT在南开大学举行，有12所高校的17支队伍参赛。
2011年，有23所高校24支队伍参赛（在第二届组委会第二届CUPT在南京大学举行决定，限定每所高校只能有1个团队参赛，承办高校可以有2个团队参赛，借鉴国际规则新参赛的高校必须有一届观摩经历）。
北京市各区2011年高三物理模拟试题分类汇编：必修2航天与航空
北京市各区2011年高三物理模拟试题分类汇编：必修2航天与航空 1．（2011丰台二模）“神舟七号”宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，它比地球同步卫星轨道低很多，则“神舟七号”宇宙飞船与同步卫星相比A ．线速度小一些B ．周期小一些C ．向心加速度小一些D ．角速度小一些答案：B2．（2011海淀二模）关于物体运动过程所遵循的规律或受力情况的分析，下列说法中不正确．．．的是A ．月球绕地球运动的向心力与地球上的物体所受的重力是同一性质的力B ．月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用C ．物体在做曲线运动时一定要受到力的作用D ．物体仅在万有引力的作用下，可能做曲线运动，也可能做直线运动答案：B3．（2011东城二模）由于行星的自转，放在某行星“赤道”表面的物体都处于完全失重状态。
如果这颗行星在质量、半径、自转周期、公转周期等参数中只有一个参数跟地球不同，而下列情况中符合条件的是A ．该行星的半径大于地球B ．该行星的质量大于地球C ．该行星的自转周期大于地球D ．该行星的公转周期大于地球答案：B4．（2011朝阳二模）使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v v 22 1。
已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的61。
不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为 ( ）A ．gr 61B ．gr 31C ．gr 21D ．gr答案：B5．（2011西城二模）已知万有引力恒量G ，根据下列哪组数据可以计算出地球的质量A ．卫星距离地面的高度和其运行的周期B ．月球自转的周期和月球的半径C ．地球表面的重力加速度和地球半径D ．地球公转的周期和日地之间的距离答案：C6． (2011昌平二模）2010年10月1日我国成功利用长征三号甲运载火箭将探月卫星“嫦娥二号”发射成功。
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O一、填空题1. 静水中停泊着两只质量皆为M 的小船．第一只船在左边，其上站一质量为m 的人，该人以水平向右速度v v从第一只船上跳到其右边的第二只船上，然后又以同样的速率水平向左地跳回到第一只船上．此后(1) 第一只船运动的速度为v v1＝___________________。
(2) 第二只船运动的速度为v v2＝____________________。
（水的阻力不计，所有速度都相对地面而言）2. 长度l 质量m 的刚绳，对称地搭在光滑的水平细钉上，受扰动后在重力作用下向一侧滑动，滑动距离为x 时，刚绳的速率是_______________，动量大小是_____________，受到的支持力大小是_______________。
3. 已知两原子间的相互作用力93r rf βα+−=，其中第一项代表吸引力，第二项代表排斥力，此原子系统的势能U = __________________，这两个原子构成稳定分子时，彼此间的距离___________________．4. 一质量为m 半径为r 的圆环车轮，在地面上以角速度ω 做纯滚动，则它的总动能为_______________，对于圆心的角动量大小是_________________，对于和地面的接触点的角动量大小是____________________。
5. 体操运动员手握单杠旋转时，将其简单地模型化为长L 的均匀细杆。
某时刻运动员处于右图所示的水平静止状态，而后沿顺时针方向自由地朝下旋转，当转角达到图中虚线所示的锐角θ时，旋转角速度ω =_____________ ，旋转角加速度β =_______________ 。
6、圆心为O ，半径半径为R ，质量为4m 的匀质园盘，内切地割去半径为R /2的小圆板后，剩余板块如图所示，其质心位置为C （图中未示出），过O ，C 分别设置垂直于板面的转轴，相对于这两个转轴的转动惯量各为I O = _______________，I C = ________________。
7．两个带电量都为q 的导体球，半径分别为R 1和R 2，球心间距为d （远大于两球半径但不是非常大），用导线将它们连起来，平衡后两球的带电量分别是___________________和____________________， 电势是______________________。
8. 有一块不带电的金属板，距板为d （很小）处有一点电荷q ，板上离点电荷最近处的感应电荷面密度为_______________，此处表面的电场强度大小为__________________，把金属板接地则电荷面密度变为____________________________．9. 右图中平行板空气电容器已被直流电源充电到稳定状态，电容器储存的静电能记为W 0。
（1）不断开直流电源，通过外力让相对介电常数为εr 的介质块从图示位置缓慢地全部进入电容器内，恰好填满两极板所夹空间，该过程中外力做功量A 1=____________________W 0。
（2）若通过图中电键K 先将直流电源断开，再通过外力让相对介电常数为εr 的介质块从图示位置缓慢地全部进入电容器内，该过程中外力做功量A 2= _________________W 010. 如图所示，无穷大均匀带电平面上的电荷面密度为σ，以平面上某点O 为原点设置O -xyz 坐标系，其中x 轴与带电平面垂直，x 轴上P 点的坐标x > 0。
令平面上的电荷一致地沿着y 轴负方向匀速运动，速度大小为u ，将x 、y 和z 轴的方向矢量记为i v 、j v和k v ，那么P 点电场强度E v= _____________________，P 点磁感应强度B v= ____________________。
11．两条相距为a 长度都是L 的细导线，平行齐头放置，通有电流I ．它 们之间作用力的大小是__________________________．12. 如图，直角三角形金属框放在一个均匀磁场B 中，磁场平行于边长为a 的直角边，当金属框绕此直角边以角速度ω转动时，金属框内部的感应电动势是__________，边长为c 的斜边两端点之间的电势差为______________。
二、计算题13.)两根长度L 的竖直刚绳下, 悬挂着长为l 质量为m 的均匀直杆, 悬点在长度的左右三分之一处. 某时刻右边的绳突然断了，求这一时刻, 左边绳里的张力会变为多少？杆质心运动的加速度是多少？杆转动角加速度是多少？设这一时刻绳的拉力变为F ，质心加速度c a ，转动角加速度α14.均匀实心球，半径为R ，体密度为ρ，从刚接触水面开始由静止自由下落，水的密度为0ρ，球冠的体积公式是2(3)R h h π−. 1）忽略水的阻力，球入水深度是0x 时，球的动能是多大？ 2）分析球的密度满足什么条件，才能保证它可以全部入水，而不至于中途停止；3) 设球全部入水后速率为0v ，重力和浮力的合力大小为A ，方向向下，水的阻力大小f bv =，求此后球的速率和时间的关系公式.15.光滑水平桌面上，有质量为m ，带电量分别是,,q q q −−的三个小球，处于边长l 的等边三角形的三个顶点上，用两根轻质细杆将正电小球和两个负电小球分别连接，此后三个小球将运动起来. 设x 轴沿两负电小球连线方向，垂直此方向为y 轴方向. 1) 求正电小球运动的最大速率；2）求细杆和x 轴夹角为α时，负电小球在x 轴和y 轴方向的速率.16.电磁轨道炮的设计如图所示. 炮弹置于两平行轨道之间，圆柱导轨的半径r ，两轨面间的距离a , 接通电源后，炮弹会被磁力加速最终从出口射出. 以I 表示电流，v 表示炮弹的速度, 1）求炮弹受到的磁力的大小 (导轨可近似按半无限长处理)；2) 如果电源电压U 恒定，过程中电流将持续减小，这里除了电阻R 增大以外还有一个原因，指出这个原因并计算它的大小；3) 写出电源做功功率的表达式，其中的哪部分转化成磁力做功的功率？17.静止于太空惯性系S 的飞船，主体（不包含燃料）质量为M 0，携带的燃料质量为M R ，某时刻发动机点火使飞船开始沿直线方向朝前加速运动。
已知单位时间燃烧的燃料质量为m 0，燃料全部生成物的喷射速度（生成物相对飞船的朝后速度）为常量u ，在一直到燃料烧尽的全过程中，试求：（1） 飞船加速度的最小值a min 和最大值a max ； （2） 飞船末速度υe ；（3） 初始时刻飞船发动机提供的功率（单位时间燃料在燃烧过程中释放的内能，也就是单位时间内系统动能的增量）P i 和全过程时间内的平均功率P ；（4） 发射效率（飞船最终获得的动能占发动机释放的全部燃料内能之比）η； （5） α = M R /M 0 为何值（给出1 位有效数字）时，η 取极大值。
18.参考答案一、填空题（每题4分, 共计48分） 1. v v Mm m +−2 v v)/2(M m2.228(1x mg l −3. 2828rr αβ−4、 22mrω 2mr ω 22mr ω5.6. 2138mR 23724mR7. 121212()2R d R qR R d R R −+−（） 211212()2R d R q R R d R R −+−（） 21201212()4[()2]d R R q d R R d R R πε−+−8. 22q d π− 22q d π− 24qd π−9． r -1ε r1-1ε10. 0()2r σi ε 012μr σuk 11. )(22220a l a aI −+πμ12. 0212ωBb二、计算题13解：设这一时刻绳的拉力变为F ，质心加速度c a ，转动角加速度α质心运动定律c mg F ma −=相对于质心的转动定律 21612l Fml α= (相对于左边悬挂点的转动定律6l mg J α= ) 其中，219J ml = 运动学关系 6c la α=求解得到 4c g a =，32g l α=，34F mg =14解： 1）球下落距离0x ，合外力对它作的功为2） 将上式变形，得到 W =3200001[4()(1)]34x x R gx RR πρρ−−球可以完全入水，应使得在0x 的取值范围(0,2R )内，W 的取值都大于零. 令0x y R =，分析可知函数2(1)4yy − 在0到2的区间内单调递增，当0x 取2R 时得到极大值2. 因此得到要使得球可以完全入水，需要有0420ρρ−≥02000(3)3x W mgx x R x gdx πρ=−−∫33000041(334x R gx gx R πρπρ=−−即 02ρρ≥3）牛顿运动定律分离变量并两边积分得到15. 解：这时三个小球在一条直线上，正电小球的速度沿y 轴方向，设大小为v ,由动量守恒知，负电小球速度也沿着y 轴方向，速率大小为2v， 系统的总能量（动能和电势能）守恒：222200112()22244(2)v q q mv m l l πεπε+⋅=−⋅v =2) 设负电小球在x 轴方向速率为1v ，在y 轴方向速率为2v ， 根据动量守恒，正电小球速率为22v ，根据能量守恒有：2222212200112()(2)2244(2cos )q q m v v m v l l πεπεα⋅++=−⋅ 细杆长度不变，所以正电小球和负电小球在杆上速度分量必须一致，于是有 122cos sin 2sin v v v ααα−=联立以上两式，得到：1v =2v =16. 解：半无限长导线在端点附近的磁感应强度204I B dμπ=1) 磁场力 F Idl B =×∫r r22000[]4()4()a I I F dx r x r a x μμππ=+++−∫r20011()2a I dx r x r a x μπ=+++−∫ 20ln 2I r a rμπ+= 2) 炮弹的两端会产生感应电动势（动生电动势）dv m A bv dt =−00t v v m dv dt A bv =−∫∫0()bt mA Av v e b b−=−−()v B dl ε=×⋅∫rr r000[]4()4()aIv Ivdx r x r a x μμππ=+++−∫0ln 2Iv r arμπ+=3）电源做功的功率 2UI RI I ε=+ 由前面的计算结果知道知 I Fv ε=，可见电源克服动生电动势做功的功率转化成了磁力做功的功率17.解：参见第26届全国部分地区大学生物理竞赛第15题解答18.解： 参见第26届全国部分地区大学生物理竞赛第16题解答。