第23届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷和参考答案
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T 拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H 表示）的可能值以及与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l ，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M 的小球A ，以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 图1 k pVa=其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以 图2 下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示） 图1 四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
中学生物理奥林匹克竞赛第23届试卷和答案
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两头封锁的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不断地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍照小球在空间的位置。
每隔一相等的确信的时刻距离T 拍照一张照片，照相机的曝光时刻极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发觉，每张照片上小球都处于同一名置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H 表示）的可能值和与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如下图，一根质量能够忽略的细杆，长为2l ，两头和中心处别离固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在滑腻的水平桌面上。
桌面上还有一质量为M 的小球A ，以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情形。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有必然质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一路转动，叶片和轴和气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
若是叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，那么在这种进程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的进程方程式 图1k pVa=其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
能够由上式导出，在此进程中外界对气体做的功为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W式中2V 和1V ,别离表示末态和初态的体积。
若是维持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种进程中，气体的压强的改变量p ∆和通过的时刻t ∆遵从以 图2 下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并无说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原先所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示）四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
年第二十三届全国初中应用物理竞赛及答案(巨人杯)(word版doc
2013年第二十三届全国初中应用物理竞赛及答案（巨人杯）（word 版） 注意事项：1、 请在密封线内填写所在地区、学校、姓名和考号。
2、 用蓝色或黑色钢笔、圆珠笔书写。
3、 本试卷共有六个大题，满分100分。
4、 答卷时间：2013年3月31日(星期日)，上午9:30~11:10。
一、本题共10分，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、验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电风扇、电视机、空调器等电器的开启与关闭。
对于它们发出的“光”，下列说法中正确的是 ( )A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线2、在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。
他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，如图1所示。
对于造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是 ( )A.凝华B.凝固C.升华D.液化3、在有些地区，人们常在小河边洗衣服。
如图2所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，然后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅……，如此反复多次，直到衣服被洗净为止。
这里，用木棒捶打的主要目的是( )A.把衣服上的灰尘打碎，以便于洗涤B.增大木棒与灰尘之间的摩擦，将灰尘带走C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉D.木棒捶打，使衣服突然运动起来，而衣服上的灰尘由于具有惯性仍然静止，从而使灰尘脱离衣服 图 1图24、如图3所示，海北中学有一个跑道为400m 的操场，在操场的主席台和观众席上方一字形排列着A 、B 、C 三个相同的音箱。
2023年全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答
全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答（1）在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡，即201Av mg αρ= ① 式中m 为沙尘颗粒的质量，而2A r π= ②3s 43m r πρ= ③得 1v =④ 代入数据得 11 4.0m s v =⋅－ ⑤（2）用h ρ、h 分别表达19.0m s v =⋅－时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有0h (1)Ch ρρ=- ⑥此时式①应为2h Av mg αρ= ⑦由②、③、⑥、⑦可解得20s 4113r g h C v ραρ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⑧ 代入数据得 36.810m h =⨯ ⑨评分标准：本题15分。
1. 第一小题8分。
其中①式3分，②式1分，③式1分，④式2分，⑤式1分。
2. 第二小题7分。
其中⑥式1分，⑦式1分，⑧式3分，⑨式2分。
二、参考解答（1）212C E ，0 （2）214C E ，212C E评分标准：本题20分。
（1）10分。
其中每个空5分。
（2）10分。
其中每个空5分。
三、参考解答（1）神舟3号（2）设飞船飞行时间为t ，绕地球飞行的圈数为N ，周期为T ，飞船的质量为m ，离地面的平均高度为h ，地球半径为R ，地球质量为M ，则有t T N= ① 222()()mM G m R h T R h π⎛⎫=+ ⎪+⎝⎭② 2Mm Gmg R = ③ 由①、②、③式解得 1/322224gR t h R N π⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ④由题给数据可知55.853610s t =⨯，代入t 及其它有关数据得52.910m h =⨯ ⑤评分标准：本题20分（1）4分（2）16分。
其中①、②、③、④式各3分，⑤式4分（答案在52.710m ⨯～53.110m ⨯之间均给这4分）四、参考解答根据题设的条件，可知：开始时A 中氦气的质量3He 4.00310kg m -=⨯，B 中氪气的质量3Kr 83.810kg m -=⨯，C 中氙气的质量3Xe 131.310kg m -=⨯。
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题2006年11月深圳★理论试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想．当今在美国宇航局（NASA ）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究．一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面．最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于地球静止不动．如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度．已知地球半径R 0=6.37×106m ，地球表面处的重力加速度g =9.80m ·s －2．二、如图所示，一内半径为R 的圆筒（图中2R 为其内直径）位于水平地面上．筒内放一矩形物．矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l =R 的矩形薄片的两端．初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A 、B 皆与圆筒内表面接触．已知A 、B 与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1．现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A 逐渐升高．1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？ 答：___________________________（只要求写出数值，不要求写出推导过程）lA 2R2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动．令θ表示A的中点和B的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B 相对于圆筒开始滑动．（要求在卷面上写出必要的推导过程．最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字．）三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的．对于干燥的静止空气，在离地面的高度小于20km的大气层内，大气温度T e随高度的增大而降低，已知其变化率=－6.0×10－3K·m－1z为竖直向上的坐标．现考查大气层中的一质量一定的微小空气团（在确定它在空间的位置时可当作质点处理），取其初始位置为坐标原点（z=0），这时气团的温度T、密度ρ、压强p都分别与周围大气的温度T e、密度ρe、压强p e相等．由于某种原因，该微气团发生向上的小位移．因为大气的压强随高度的增加而减小，微气团在向上移动的过程中，其体积要膨胀，温度要变化（温度随高度变化可视为线性的）．由于过程进行得不是非常快，微气团内气体的压强已来得及随时调整到与周围大气的压强相等，但尚来不及与周围大气发生热交换，因而可以把过程视为绝热过程．现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热过程中，其压强p与体积V满足绝热过程方程pVγ=C．式中C和γ都是常量，但γ与气体种类有关，对空气，γ=1.40．已知空气的摩尔质量μ=0.029kg?mol－1，普适气体恒量R=8.31J?(K?mol)－1．试在上述条件下定量讨论微气团以后的运动．设重力加速度g=9.8m·s－2，z=0处大气的温度T e0=300K．四、图1中K 为带电粒子发射源，从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒子流，它们的速度方向都沿图中虚线O ′O ，速度的大小具有一切可能值但都是有限的．当粒子打在垂直于O ′O 的屏NN ′上时，会在屏上留下永久性的痕迹．屏内有一与虚线垂直的坐标轴Y ，其原点位于屏与虚线的交点O 处，Y 的正方向由O 指向N ．虚线上的A 、B 两处，各有一电子阀门a 和b ．阀门可以根据指令开启或关闭．开始时两阀门都处于关闭状态，挡住粒子流．M 、M ′是两块较大的平行金属平板，到虚线O ′O 的距离都是d ，板M 接地．在两板间加上如图2所示的周期为2T 的交变电压u ，u 的正向最大值为2U ，负向最大值为U ．已知当带电粒子处在两平板间的空间时，若两平板间的电压为U ，则粒子在电场作用下的加速度a 、电压u 的半周期T 和平板到虚线的距离d 满足以下关系aT 2=d已知AB 间的距离、B 到金属板左端的距离、金属板的长度以及金属板右端到屏的距离都是l ．不计重力的作用．不计带电粒子间的相互作用．打开阀门上的粒子被阀门吸收，不会影响以后带电粒子的运动．只考虑MM ′之间的电场并把它视为匀强电场．1．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ比T 小得多，可忽略不计．现在某时刻突然开启阀门a 又立即关闭；经过时间T ，再次开启阀门a 又立即关闭；再经过时间T ，第3次开启阀门a 同时开启阀门b ，立即同时关闭a 、b ．若以开启阀门b 的时刻作为图2中t =0的时刻，则屏上可能出现的粒子痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为t /T24681012u2U 图2KOMN NO M B A a bllll__________________________________________________________________________．2．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ=，现在某时刻突然开启阀门a ，经过时间δ立即关闭a ；从刚开启a 的时刻起，经过时间T ，突然开启阀门b ，经过时间δ关闭b ．若以刚开启阀门b 的时刻作为图2中t =0的时刻，则从B 处射出的具有最大速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为_____________________________________________________________________________．具有最小速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为_____________________________________________________________________________．五、如图所示，坐标系Oxyz 的x 轴和z轴都位于纸面内，y 轴垂直纸面向里．两无限大金属极板P 和Q 分别位于x =－d 和x =d 处．磁感应强度大小为B 的匀强磁场的方向平行于Oxz 坐标平面，与z 轴的夹角为α．在坐标原点O 处，有一电荷为q （＞0）、质量为m的带电粒子，以沿y 轴正方向的初速度v 0开始运动．不计重力作用．1．若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触），则初速度v 0应为多大？所需最短时间t 0是多少？2．若在两极板间沿x 轴正方向加上一场强为E 的匀强电场，使该粒子能在第1问中所求得的时间t 0到达极板，则该粒子的初速度v 0应为多大？若α=，求粒子到达极板时粒子的坐标．六、在高能物理中，实验证明，在实验室参考系中，一个运动的质子与一个静止的质子相碰时，碰后可能再产生一个质子和一个反质子，即总共存在三个质子和一个反质子．试求发生这一情况时，碰前那个运动质子的能量（对实验室参考系）的最小值（即阈值）是多少．已知质子和反质子的静止质量都是m 0=1.67×10－27kg ．不考虑粒子间的静电作用．第23届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、要使天梯相对于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无相互作用力，这样的天梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表面垂直，并与地球同步转动．如图1所示．从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一起匀速转动．天梯所受的外力只有地球的万有引力．把天梯看作是由线密度为ρ的许多非常小的小段组成，则每小段到地球中心的距离不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中与地心的距离为r i －1到r i 间的长度为△r i 的小段所受地球引力为f i =G )（1）整个天梯所受的地球引力F 就等于每小段所受地球引力之和， 即F =1n i i f =∑=21nii i M r Gr ρ=∑（2）图1符号1ni =∑表示对所有小段求和．因△r i =r i －r i －1是个小量，注意到r i r i －1=r i (r i －△r i )≈r ，因此用R 0表示地球半径，也就是天梯下端到地心的距离，R l 表示天梯上端到地心的距离，则r 0=R 0，r n =R l ，代入（2）式得F =GM ρ(－)（3）整个天梯的质量m =ρ(R l －R 0)（4）天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离r C =R 0+（5）根据质心运动定理，有F =mr C ()2（6）式中T 为地球自转的周期．由（3）、（4）、（5）、（6）式可得(R l －R 0)(R +R 0R l －)=0R l －R 0=0，表示天梯无长度，不符合题意，符合题意的天梯长度满足的方程为R +R 0R l －=0（7）因为GM =Rg ，所以得R +R 0R l －=0（8）【从跟随地球一起转动的参考系看，也可得到（8）式．这时，天梯在地球引力和惯性离心力的作用下，处于平衡静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由下面的方法求得：仍把天梯看作由很多长度为△r i 的小段组成，则第i 小段受的惯性离心力为f i ′=ρ△r i ()2r i （4′）对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力F ′=1ni i f ='∑=1ni ρ=∑()2r i △r i （5′）（5′）式中所示的和可以用图2过原点的直线y =ρ()2r 下的一个带阴影的梯形面积来表示，即F ′=ρ()2(R l －R 0)（6′）因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）式和（6′）式可得GM (－)=()2(R l －R 0)（7′）因为GM =Rg ，化简（7′）式最后也能得到（8）式．】 解（8）式得R l =+2R 0gT 2π2),2)（9）根号前取正号，代入有关数据，注意到T =8.64×104s ，得R l =1.50×108 m （10）所以天梯的长度L =R l －R 0=1.44×108 m （11）二、1．90°．2．当矩形物处于竖直位置即θ=0°时，B 不会滑动，矩形物静止．当圆筒缓慢转动使θ刚超过0°时，A将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒已停止OR 0R lρ()2R lρ()2R 0图2转动．假定B 仍不动，此后，A 在竖直平面内从静止开始绕B 做圆周运动．圆周运动的径向方程（牛顿第二定律）为m =mg cos θ－T （1）这里v 表示A 的速度．T 是刚性薄片对A 的作用力，规定其方向从B 到A 为正．根据能量守恒，有mgl (1－cos θ)=mv 2（2）联立（1）、（2）式，得T =mg (3cos θ－2)（3）如果令T =0，可得θ=arccos()=48.2°显见，θ＜48.2°时，作用力是径向正向，对A 是推力；θ＞48.2°时，作用力是径向反向，对A 是拉力．现在再来看前面被假定不动的B 是否运动．我们可以在B 处画圆筒内表面的切面，它与水平面成30°夹角．因为假定B 不动，其加速度为零，所以B 在垂直于切面方向的受力方程为f ⊥－mg cos30°－T cos(30°－θ)=0（4）这里f ⊥是圆筒内壁对B 的支持力．由（4）式和（3）式可以论证，如果在θ等于60°（A 将与圆筒相碰）之前B 不动，则f ⊥必将始终不等于零，这就是说，在B 开始滑动以前，B 不会离开筒壁．B 对筒壁的正压力是f ⊥的反作用力，大小和f ⊥相同．式中的T 是刚性薄片对B 的作用力，它和（1）式中的T 大小相等（因薄片质量不计）．由于μ=1，所以最大静摩擦力f max 的大小就等于正压力．12030A θf max=μf⊥=mg cos30°+T cos(30°－θ)（5）其方向是沿切面方向．沿切面方向除摩擦力外，B还受到其他力f∥=mg sin30°+T sin(30°－θ)（6）只要f∥不大于最大静摩擦力，B就不滑动．这个条件写出来就是f∥≤f max（7）B滑动与否的临界点就应由f∥=f max求出，即mg cos30°+T cos(30°－θ)=mg sin30°+T sin(30°－θ)（8）将（3）式的T代入（8）式，化简后得方程(3cosθ－2)[cosθ+(2+)sinθ]+1=0（9）这个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入逐步逼近，最后可得θ=54.9°（10）θ超过此值，B将开始滑动．三、设微气团中空气的质量为m，当其位移为z时，气团的体积为V，气团内气体的密度为ρ，气团周围大气的密度为ρe．气团受到竖直向下的重力mg=Vρg和竖直向上的浮力Vρe g作用，若气团的加速度为α，则由牛顿第二定律有mα=－Vρg+Vρe g=－V(ρ－ρe)g（1）或有α=－g（2）根据理想气体状态方程pV=RT（3）可知气体的密度ρ==（4）利用（4）式，注意到p=p e，（2）式可化成α=－g（5）周围大气在z处的温度T e等于z=0处的温度T e0加从0到z温度的增量，即T e=T e0+z（6）若气团中气体温度随高度的变化率为，根据题意，有T=T0+z（7）T0为气团位于初始位置时气团中气体的温度．根据题意T e0=T0，把（6）、（7）式代入（5）式得α=－(－)z（8）在（8）式中，若(－)＞0，则加速度方向向下，作用于气团的力有使气团回到初始位置的趋势，这样，大气层中的大气就处于稳定状态；反之，气团将远离其初始位置，大气层中的大气处在不稳定状态．因周围大气温度随高度的变化率是已知的，故只要知道气团中气体温度随高度的变化率，便可对气团的运动作出判断．大气的压强随高度的增加而减小，在高度为z和z+△z处的压强差△p e=－ρe g△z（9）式中ρe为z处的空气的密度，与温度、压强有关，由（4）式表示．式中负号表示高度增加时，大气压强是减小的．把（4）式代入（9）式得△p e=－g△z（10）质量为m的气团在上升过程中，其压强将随周围大气的压强的减小而减小，体积要增大，气团对周围空气做功．因为过程是绝热的，气团的内能要减少，因而温度要降低，温度、压强的变化应满足绝热过程的规律．试题给出的绝热过程方程是关于压强与体积间的关系，利用理想气体状态方程，可把绝热过程方程表示为温度与压强间的关系．由（3）式得V=（11）把（11）式代入pVγ=C 得T=1Cγ1pγγ-（12）当气团的压强由p变到p+△p时，气团的温度将由T变到T+△T．由（12）式T+△T=1Cγ(p+△p)1γγ-利用二项式定理，忽略△p的高次方项，并注意到（12）式得T+△T=1Cγ[1pγγ-+11pγγ--(△p)]=T+△p故有△T=△p（13）根据题意，p=p e，△p=△p e，由（7）式、（10）式和（13）式得=－+)z)（14）已知=－6.0×10－3K·m－1，代入有关数据可求得=9.8×10－3K·m－1当z不是很大时，有T e0+（+)z≈T e0故有=－（15）代入题给的有关数据得=－9.8×10－3K·m－1（16）负号表示高度增加时，气团的温度要下降．可见(－)＞0，作用于气团的合力的方向与气团位移的方向相反，指向气团的初始位置，气团发生向上位移后，将要回到初始位置．当z不是很大时，（8）式中的T e可以用T e0代替，可知气团将在初始位置附近做简谐振动．振动的圆频率ω=（17）代入数据，得ω=1.1×10－2s－1（18）四、1．Y1=－0.3d，Y2=0.9d．2．Y′=－0.138d，Y′′=－0.138d．附参考解法：1．当阀门a第1次开启时，具有各种速率的粒子（称之为第一批粒子）从A处进入AB之间，在a第2次开启时刻，第一批粒子中速率为v1=（1）的粒子正好射到B处，被阀门b挡住．与此同时，第二批具有各种速率的粒子从A处进入AB之间．在阀门a第3次开启的时刻，第一批进入AB间的粒子中速率为v2==v1（2）的粒子与第二批进入AB间的粒子中速率为v1的粒子同时到达B处．因此时阀门b已开启，这些粒子都从B处沿虚线射向两平行板，而第三批进入AB间的粒子在它们到达B处时，被b挡住．由此可知，能从B处射向两平行板的粒子具有v1和v2两种不同的速率．根据题意，粒子从B处射出的时刻为t=0，故速率为v1的粒子在时刻t1==T进入两平行板之间，由本题图2可知，两板间的电压u=－U粒子在两板间的电场作用下的加速度为－a，粒子通过两板经历的时间为△t1==T在△t1时间内粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v1y=－a△t1=－aT（3）y1=－a(△t1)2=－aT2（4）因aT2=d，故|y1|=d＜d，表明速率为v1的粒子能穿出平板，粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y方向的位移△y1=v1y=－aT2（5）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y1=y1+△y1=－aT2－aT2=－aT2=－0.3d（6）速率为v2的粒子在时刻t2==2T进入两平行板之间，由本题图2可知，两板间的电压u=2U粒子在电场作用下的加速度为2a，粒子通过两板经历的时间为△t2==2T因为两板间的电压在时间△t2内由2U变为－U，粒子的加速度亦将从2a变成－a，由此可求得在△t2时间内粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v2y=2aT－aT=aT（7）y2=(2a)T2+(2aT)T－aT2=aT2（8）因aT2=d，故y2=d＜d，表明速率为v2的粒子亦能穿出平板．粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y方向的位移△y2=v2y=2aT2（9）粒子打在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y2=y2+△y2=aT2+2aT2=aT2=0.9d（10）即粒子在屏上产生的痕迹是两个点，它们的Y坐标分别为Y1和Y2．2．由于阀门从开启到关闭要经历一段时间，在阀门a开启到关闭经历的δ时间间隔内的不同时刻，都有各种不同速率的粒子从A处进入AB间，有的早进入，有的晚进入．由于阀门b从开启到关闭也要经历一段时间δ，粒子可能在最早的时刻即t=0的时刻从B处射出，也可能在最晚的时刻即t=δ时刻从B处射出．在a刚开启的时刻从A处射入AB间，并在t=δ时刻从B处射出的粒子的速率最小，这最小速率为v min=（11）在阀门a刚要关闭时刻从A处射进AB间，并在t=0的时刻从B处射出的粒子的速率最大，这最大速率为v max=（12）在t=0时刻从B处射出的速率为v max的粒子在时刻t1==T－δ进入两平板之间，在时刻t1′=t1+=2T－2δ离开两平板．由本题图2可知，在T－δ到T时间内，两板间的电压为2U，在T到2T－2δ时间内，两板间的电压为－U，与电压对应的粒子的加速度分别为2a和－a．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v1y=2aδ－a(T－2δ)=－aT+4aδ（13）y1=(2a)δ2+(2a)δ(T－2δ)－a(T－2δ)2=－aT2+4aδT－5aδ2（14）粒子穿出平板后做匀速运动．从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y方向的位移△y1=v1y=(－aT+4aδ)(T－δ)=－aT2+5aδT－4aδ2（15）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y1=y1+△y1=－aT2+9aTδ－9aδ2（16）根据题意，代入数据得Y1=－0.138d（17）在t=δ时刻从B处射出的速度为v min的粒子在时刻t2=δ+=T+2δ进入两平板之间，在时刻t2′=t2+=2T+3δ离开两平板．由本题图2可知，在T+2δ到2T时间内，两板间的电压为－U，在2T到2T+3δ时间内，两板间的电压为2U，与电压对应的粒子的加速度分别为－a 和2a．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v2y=－a(T－2δ)+(2a)3δ=－aT+8aδ（18）y2=－a(T－2δ)2－a(T－2δ)3δ+(2a)(3δ)2=－aT2－aTδ+13aδ2（19）粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y方向的位移△y2=v2y=(－aT+8aδ)(T+δ)=－aT2+7aTδ+8aδ2（20）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y2=y2+△y2=－aT2+6aTδ+21aδ2（21）根据题意，代入数据得Y2=－0.138d（22）由以上分析可知，速率最小和速率最大的粒子打在屏上产生的痕迹是位于Y轴上的同一点．五、解法一1．平行板间仅有磁场，带电粒子初速度v 0的方向垂直于磁场，在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径R 0=（1）轨道平面与Oxz 坐标平面的交线如图1中NN ′所示．要使粒子刚能到达极板Q （与板刚未接触），圆心C 应是ON ′的中点，有CN ′=R 0=（2）由（1）、（2）式得v 0=（3）粒子由O 经过半个圆周到达N ′，所经历的最短时间为圆周运动的半个周期t 0==（4）2．以y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox ′y ′z ′，如图2所示．在新坐标系中电场强度E 的分量为E x ′=E cos αE y ′=0E z ′=E sin α（5）图1zz By ，xO α图Ev 0α磁感应强度B的分量为B x′=0B y′=0B z′=B（6）带电粒子所受到的电场力的分量为f Ex′=qE x′=qE cosαf Ey′=0f Ez′=qE z′=qE sinα（7）当带电粒子速度为v时，带电粒子所受到磁场力的分量为f Bx′=qv y′Bf By′=－qv x′Bf Bz′=0（8）（i）关于带电粒子在Ox′y′平面内的分运动现设想起始时刻带电粒子沿y′轴正方向的初速度v0用下式表示v0=v0+v1－v1=v2－v1式中v2=v0+v1（9）现把v0看成沿y′轴负方向运动的速度v1和沿y′轴正方向运动的v2的合成．这样，与前者联系的运动使带电粒子受到沿x′轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量f Ex′的方向相反，当v1取数值v1==cosα（10）时，与－v1相联系的磁场力与f Ex′的合力为零，其效果是带电粒子沿y′轴负方向以速度v1做匀速运动；与后者联系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用，此力的方向既垂直于磁场方向（z′轴方向），又垂直于速度v2，即位于Ox′y′平面内，其大小为f x′y′=qv2B（11）粒子在此力作用下在平面内做速度为v2的匀速圆周运动，圆周的半径R=（12）其圆频率ω=B （13）由以上分析可知带电粒子一方面在Ox ′y ′平面内做上述匀速圆周运动，另一方面圆心沿y ′轴负方向以速度v 1=cos α做匀速直线运动．（ii ）关于粒子沿z ′轴的分运动由（7）、（8）两式可知，粒子在z ′方向仅受电场力作用，其加速度a z ′==sin α（14）即粒子沿着z ′轴以加速度a z ′做匀加速直线运动． （iii ）关于粒子在Ox ′y ′z ′坐标系中的运动方程 在只考虑圆周运动的情况下，粒子的坐标随时间变的关系为x ′=R (1－cos ωt )（15） y ′=R sin ωt （16） z ′=0（17）考虑了圆心运动及粒子沿z ′轴的运动并注意到（9）、（10）、（12）式，在Ox ′y ′z ′坐标系中，粒子的运动方程为x ′=(1－cos ωt )=(+)(1－cos ωt )（18） y ′=R sin ωt －v 1t =(+)sin ωt －t （19） z ′=t 2（20）图（iv）粒子在Oxyz坐标系中的运动方程利用坐标变换x=x′cosα+z′sinαy=y′z=－x′sinα+z′cosα并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可将（18）、（19）、（20）式转换至Oxyz坐标系，得到粒子在Oxyz坐标系中的运动方程式为x=(v0cosα+)(1－cos Bt)+t2（21）y=(v0+)sin Bt－t（22）z=－(v0sinα+)(1－cos Bt)+t2（23）根据题意，将x=d和t=t0==代（21）式，解得v0=（24）将α=，t=t0==和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到达极板Q时粒子的坐标为x=d（25）y=－（26）z=－d+（27）解法二1．与解法一相同．2．以y轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox′y′z′，设粒子速度在坐标系Ox′y′z′中分量分别为v x′、v y′、v z′，牛顿第二定律的三个分量形式为m=qE x′+qv y′B（1）m=－qv x′B（2）m=qE z′（3）将（2）式表示为=－两边积分后得v y′=－()x′+C1C1为待定常量，当t=0时，x′=0，v y′=v0，故求得C1=v0，上式应表为v y′=－Bx′+v0（4）将（4）式代入（1）式，得m=qE x′+q(－x′+v0)B=－()2x′+()2(+)（5）令R=(+)（6）ω=B（7）X′=x′－R（8）（5）式可表为=－ω2X′（9）这是简谐运动方程，其解为X′=A cos(ωt+θ)（10）由（8）式得x′=A cos(ωt+θ)+R（11）=v x′=－ωA sin(ωt+θ)（12）利用初始条件，由（11）与（12）式，得－R=A cosθ0=－ωA sinθ解得θ=0（13）A=－R再由（6）式，得A=－(+)（14）代入（11）式x′=(+)(1－cosωt)（15）将（12）式代入（2）式，整理后得=ω2A sinωt对上式积分，考虑初始条件，得v y′==－ωA cosωt－（16）积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得y′=(+)sinωt－t（17）对（3）式积分可得z′=t2（18）（15）、（17）、（18）式分别与解法一中的（18）、（19）、（20）式相同，接下去的讨论与解法一相同．解法三设粒子速度在Oxyz坐标中分量分别为v x、v y、v z，牛顿第二定律的三个分量方程为m=qE x+qv y B z（1）m=－qv x B z+qv z B x（2）m=－qB x v y（3）令ω=（4）v1=cosα（5）方程变为如下形式=ωv y cosα+（6）=－ωv x cosα+ωv z sinα（7）=－ωv y sinα（8）对（6）、（8）两式积分，利用初始条件t=0时，v x=0，x=0，y=0，得v x=ωy cosα+ω()t（9）v z=－ωy sinα（10）将（9）、（10）两式代入（7）式，得=－ω2y－ω2v1t=－ω2(y+v1t)令Y=y+v1t（11）得=－ω2Y（12）其解为Y=A cos(ωt+θ)由（11）式可得y=A cos(ωt+θ)－v1t（13）由（13）式得v y=－Aωsin(ωt+θ)－v1（14）由初始条件t=0时，v y=v0，y=0，得A cosθ=0v0=－Aωsinθ－v1θ=A=－（15）由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得y=(v0+)sin Bt－t（16）v y=(v0+)cos Bt－（17）把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得x=(v0cosα+)(1－cos Bt)+t2（18）将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得z=－(v0sinα+)(1－cos Bt)+t2（19）（18）、（16）、（19）式分别与解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的讨论与解法一相同．六、在讨论本题之前，先看一下相对论能量和动量的普遍关系式，即(mc2)2=c2p2+m02c4（1）式中c为光在真空中的速度，m为粒子的质量，p为其动量，m0为静止质量．【此关系式可由能量E=mc2和动量p=mv=导出，v为粒子的速度．E2－c2p2=－c2=m02c4=m02c4故E2=c2p2+m02c4】由此关系式可知，对每一个粒子，其能量的平方与p2成线性关系．从实验室参考系来看，碰前系统的总动量等于运动的那个质子的动量，设其方向沿x轴正方向，碰撞前后系统的总动量守恒，总能量守恒．若要碰后能存在三个质子和一个反质子且总能量为最小值，则可论证这四个粒子的动量必定相等．1．先讨论碰后四个粒子的动量都沿x轴正方向的情况．令p1、p2、p3、p4分别表示它们动量的大小，这四个动量中，若有任何两个不相等，如p1≠p2，设p1＜p2，则若将p1增加△p（△p＜p2－p1）而将p2减少△p（这时总动量不变），则有(p1+△p)2－p12=2p1△p+(△p)2p22－(p2－△p)2=2p2△p－(△p)2这样一来，第一个粒子能量的平方增加了c2[2p1△p+(△p)2]，而第二个粒子能量的平方减少了c2[2p2△p－(△p)2]，两个粒子能量平方的净增量为c2[2p1△p+(△p)2]－c2[2p2△p－(△p)2]=c2[2△p(p1－p2+△p)]因已设p1＜p2，且△p＜p2－p1，所以净增量是负的，总能量将减少．这就是说，设p1≠p2时对应的总能量并不是最小值．由此可判断，四个粒子的动量必相等．2．若四个粒子中，有一个粒子其动量p1沿x轴的负方向，因为总动量守恒，则必有沿x轴正方向运动的另一粒子的动量增加了p1，因为能量的平方与p2成线性关系，所以这时的总能量必然大于p1沿x轴正方向运动时的能量．也就是说，只要四个粒子中，有沿x轴负方向运动的，则总能量必不是最小值．3．若四个粒子的动量的方向不在同一直线上，这时将它们沿x轴方向和垂直于x轴方向分解，沿x轴方向总动量守恒；垂直于x轴方向的动量互相抵消，但它们却使粒子的能量增大了，也就是说，这时的能量也不是最小值．总结以上可见，要想碰后四个粒子的总能量最小，根据总动量守恒、能量守恒及相对论能量和动量关系式可知，碰后四个粒子的动量必相等．设碰前运动质子的动量为p，质量为m，碰后四个粒子的动量为p1、p2、p3和p4，四个粒子的质量为m1、m2、m3和m4，根据动量守恒和能量守恒，有p=p1+p2+p3+p4（2）mc2+m0c2=m1c2+m2c2+m3c2+m4c2（3）由上面论述可知p1=p2=p3=p4=（4）再由（1）式可知，碰后四个粒子的能量从而质量必相等．以m′表示碰后四个粒子中每个粒子的质量，由（3）式得mc2+m0c2=4m′c2（5）对碰前那个运动的质子，由相对论能量和动量关系有(mc2)2=c2p2+m02c4（6）对四个粒子中任一个粒子，由相对论能量和动量关系有(m′c2)2=c2()2+m02c4（7）由（5）、（6）、（7）式可得mc2=7m0c2（8）代入数据得mc2=1.05×10－9J（9）。
第二十三届全国初中应用物理竞赛及答案(巨人杯)(word版doc
2018 年第二十三届全国初中应用物理比赛及答案（巨人杯）（word 版）注意事项：1、请在密封线内填写所在地域、学校、姓名和考号。
2、用蓝色或黑色钢笔、圆珠笔书写。
3、本试卷共有六个大题，满分100 分。
4、答卷时间： 2018 年 3 月 31 日 ( 礼拜日 ) ，上午 9:30~11:10 。
一、此题共10 分，每题 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，把正确选项前方的字母填在题后的括号内。
1、验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电电扇、电视机、空调器等电器的开启与封闭。
对于它们发出的“光”，以下说法中正确的是( )A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线2、在寒冷的冬天，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。
他发现造雪机在工作过程中，不停地将水吸入，并连续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经堆积了厚厚的一层“白雪”，如图 1 所示。
对于造雪机在造雪过程中，水这类物质发生的最主要的物态变化，以下说法中正确的选项是()图 1A.凝华B.凝结C. 升华D.液化3、在有些地域，人们常在小河畔洗衣服。
如图 2 所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，而后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅，这样频频多次，直到衣服被洗净为止。
这里，用木棒捶打的主要目的是( )A.把衣服上的尘埃打坏，以便于清洗B.增大木棒与尘埃之间的摩擦，将尘埃带走C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的空隙中高速喷出，利用高速图 2水流将尘埃冲刷掉D.木棒捶打，使衣服忽然运动起来，而衣服上的尘埃因为拥有惯性仍旧静止，进而使尘埃离开衣服4、如图 3 所示，海北中学有一个跑道为400m的操场，在操场的主席台和观众席上方一字形摆列着A、 B、 C 三个同样的音箱。
中学生物理奥林匹克竞赛第23届试卷及答案-推荐下载
三、（23 分）有一带活塞的气缸，如图 1 所示。缸内盛有一定
质量的气体。缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，
外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是
绝热的，它们的热容量都不计。轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程
中，由实验测得，气体的压强 p 和体积V 遵从以下的过程方程式
它对钠 D 线的折射率 nD =1.7200。
二、（25 分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为 2 l ，两端 和中心处分别固连着质量为 m 的小球 B、D 和 C，开始时静止在光滑 的水平桌面上。桌面上另有一质量为 M 的小球 A，以一给定速度
v0 沿垂直于杆 DB 的方间与右端小球 B 作弹性碰撞。求刚碰后小球
A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
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对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
2021年第二十三届全国初中应用物理知识竞赛(巨人杯)试题及答案(完整版)
2021年第二十三届全国初中应用物理知识竞赛(巨人杯)试题及答案(完整版)议于2020年建成并开始提供全球服务。
北斗卫星导航系统的主要功能是提供精准的定位、导航和时间服务。
它可以广泛应用于交通运输、海洋渔业、测绘地理信息、气象灾害预警等领域。
北斗卫星导航系统的建成，标志着我国在卫星导航领域取得了重大的科技突破和国际竞争优势。
7.在电路中，电阻是指电流流经导体时受到的阻碍，它的单位是欧姆。
电阻的大小与导体的材料、截面积、长度以及温度有关。
在相同条件下，电阻与导体的长度成正比，与截面积成反比。
当温度升高时，电阻会随之增大。
电阻的作用在电路中非常重要，它可以用来控制电流的大小和方向，也可以将电能转化为其他形式的能量，如热能、光能等。
8.光的折射是指光线从一种介质进入另一种介质时，由于介质的光速不同而发生方向改变的现象。
根据折射定律，入射光线、折射光线和法线三者在同一平面内，入射角和折射角之间的正弦比等于两种介质的折射率之比。
当光线从光密介质进入光疏介质时，折射角大于入射角；当光线从光疏介质进入光密介质时，折射角小于入射角。
光的折射现象在生活中随处可见，如水中的游泳池、眼镜片、棱镜等都是利用了光的折射原理。
9.电磁波是一种由电场和磁场相互作用而产生的波动现象，它具有电磁性、传播性和波动性。
电磁波的传播速度为光速，即xxxxxxxx8m/s。
根据波长的不同，电磁波可以分为不同的类型，如无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线等。
电磁波在通信、遥感、医学、材料科学等领域具有广泛的应用，是现代科技发展的重要基础。
10.机械波是一种由物质的振动引起的波动现象，它具有机械性、传播性和波动性。
机械波的传播速度与介质的性质有关，如弹性模量、密度等。
机械波可以分为横波和纵波两种类型。
横波的振动方向垂直于波的传播方向，如水面波；纵波的振动方向与波的传播方向一致，如声波。
机械波在地震、声学、光学等领域具有重要的应用价值。
第23届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案
第23届全国中学生物理竞赛预赛试卷一、（20分，每小题10分）1、如图所示，弹簧 S i 的上端固定在天花板上，下端连一小球 A ，球A 线相连。
球B 与球C 之间用弹簧S 2相连。
A 、B 、C 的质量分别为 m A 、m B 、 质量均可不计，开始时它们都处在静止状态，现将 A 、B 间的线突然剪断，A 、B 、C 的加速度。
2、两个相同的条形磁铁，放在平板 AB 上，磁铁的N 、S 极如图所示，开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。
（1）现将AB 突然竖直向下平移（磁铁与平板触），并使之停在 A'B'处，结果发现两个条形磁铁 （2） 如果将AB 从原位置突然竖直向上平移，A”B”位置处，结果发现两条形磁铁也碰在一起。
试定性地解释上述现象。
二、（20分，第1小题12分，第2小题8分）1、老爷爷的眼睛是老花眼。
（1） 一物体P 放在明视距离处，老爷爷看不清楚，试在示意图1中画出此时P 通过眼睛成像的光路示 意图。
（2） 戴了一副300度的老花镜后，老爷爷就能看清楚放在明视距离处的物体 P 通过老花镜和眼睛成像的光路示意图。
（3） 300度的老花镜的焦距f=2、有两个凸透镜，它们的焦距分别为f l >f 2>|f 3|>|f 4|，如果要从这四个透镜中选取两个透镜，组成一架最简单的单筒望远镜，要求能看到放大倍数尽可能大的正立的像，则应选焦距为 ____________ 的透镜作为物镜，应选焦距为 _______________ 的透镜作为目镜。
三、（20分，第1小题12分，第2小题8分）1、如图所示，电荷量为 q 1的正点电荷固定在坐标原点 0处，电荷量为q 2的正点电荷固定在 x 轴上,两电荷相距I ，已知q 2=2q 1。
（1）求在x 轴上场强为零的 P 点的坐标。
（2）若把一电荷量为 q o 的点电 讨论它的稳定性（只考虑 q °被限制在 限制在沿垂直于x 轴方向运动这两种与球B 之间用 me,弹簧与线的 求线刚剪断时P ，试在示意图2中画出f i 和f 2，还有两个凹透镜，它们的焦距分别为f 3和f 4，已知,荷放在P 点，试 沿x 轴运动和被 情况）。
2023年全国初中应用物理知识竞赛预赛试卷及答案
初中应用物理知识竞赛预赛试题（考试时间90分钟, 满分100分）一、填空题（本题共7小题, 每空1分, 共16分）1. 11月3日凌晨, 国内自主设计“神舟八号”飞船与“天宫一号”成功实现安全对接, 携手遨游太空, 如图1所示, 对接后, “神舟八号”相对于“天宫一号”是____________, 相对于地球是____________。
（选填“运动”或“静止”）2. 在某些地区, 由于空气质量下降导致大雾天气越来越多, 对当地交通导致了很大影响, 雾是空气中水蒸气遇冷____________形成, 看到漫天雾是由于光____________导致。
3. 在“节能减排, 低碳生活”理念下, 太阳能越来越受到人们青睐, 太阳能属于____________能源（填“可再生”或“不可再生”）。
许多家庭安装了太阳能热水器, 太阳能热水器重要是通过____________方式增长水内能。
装有40kg水热水器温度升高25℃, 水内能增长了____________J。
【水比热容c水=4.2×103J/（kg·℃）】4.用图2所示装置探究斜面机械效率, 用15N力沿着长50c m, 高30cm斜面, 将重为20N 木块匀速拉上斜面。
此过程中额外功重要是指________________________。
此斜面机械效率为____________。
写出一条提高斜面机械效率措施。
5. 在一次风暴中, 甲、乙两地之间两根输电线在某处发生了短路, 如图3所示, 为了确定智囊详细位置, 电力工人在甲地把这两根输电线接头接到电压为3V电池两端, 测出了这时输电线中电流为30m。
A。
已知输电线每米长度电阻为0.01欧, 则发生短路处离甲地____________m。
测出电流越大, 阐明短路处离甲地越____________。
6. “蜻蜓点水”是常用自然现象, 某同学在研究蜻蜓运动过程中, 获得一张图4所示蜻蜓点水俯视图片。
第23届全国中学生物理竞赛预赛试题(河南赛区)
第23届全国中学生物理竞赛预赛试题（河南赛区）一、选择题（每题都有一个或多个符合题意的选项，每小题3分，共36分）1.质量为m 的圆球放在光滑斜面和光滑的竖直挡板之间，如图1所示，当斜面倾角·由零逐渐增大时（保持挡板竖直），斜面和挡板对圆球的弹力大小的变化情况是（ ）A.斜面的弹力由零逐渐变大B.斜面的弹力由mg 逐渐变大C.挡板的弹力由零逐渐变大D.挡板的弹力由mg 逐渐变大2.如图2所示，一根细绳绕过两个相距2a 的定滑轮（滑轮大小不计），细绳两端分别静止吊着相同的物体A 和物体B 。
现于两个滑轮间绳子的中点处挂一物体C ，当C 下落距离b 。
其速率为v ，则此时A 、B 的速率为（ ）A. vB.bb a v 222+ C.22b a bv+ D.b b a v 22+ 3.根据图3中的四个图，下列说法中正确的是（ ）A.图甲是在显微镜下追踪而得到的几颗小炭粒在水中的运动位置的连线，这些连线就是水分子运动的真正的轨迹B.图乙是射击手拉弓，箭射出时弓的弹性势能转化成箭的最大初动能C.图丙中的右手推动活塞，压缩玻璃管内空气体积，能使管内空气压强减小D.图丁中是两只频率相同的音叉，敲响其中的一只A ，然后用手按住A ，这时可以听到没有被敲的那只音叉B 也在发声，音叉B 的发声现象就是声音的共鸣4.如图4所示，在倾角为θ的光滑斜面上A 点处，以初速v 0与倾面成α角斜抛出一小球，小球落下将与斜面做弹性碰撞。
问θ、α满足什么条件时，小球将逐点返跳回出发点A ？A. k =⋅θαcos sinB. k =⋅θαcos cosC. k =⋅θαcot cotD. k =⋅θαtan tan（k=2，3，…n ）5.以速度v=10m/s 运动的足球碰到运动员的脚，为使足球与脚相碰后停下来，问运动员的脚应该以多大的速度触球？（足球的质量比运动员的质量小得多，且碰撞是完全弹性的）A.3m/sB.4m/sC.5m/sD.6m/s6.一根张紧的水平弹性长绳上的ab 两点相距14cm ，b 点在a 点的右方。
高中物理：第23届全国物理预赛
第23届全国中学生物理竞赛预赛题试卷本卷共九题，满分200分一．（20分，每小题10分）1．如图所示，弹簧S 1的上端固定在天花板上，下端连一小球A ，球A 与球B 之间用线相连。
球B 与球C 之间用弹簧S 2相连。
A 、B 、C 的质量分别为m A 、m B 、m C ，弹簧与线的质量均可不计。
开始时它们都处在静止状态。
现将A 、B 间的线突然剪断，求线刚剪断时A 、B 、C 的加速度。
2．两个相同的条形磁铁，放在平板AB 上，磁铁的N 、S 极如图所示，开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。
（1）现将AB 突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在AʹBʹ处，结果发现两个条形磁铁碰在一起。
（2）如果将AB 从原来位置突然竖直向上平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在AʺBʺ处，结果发现两个条形磁铁也碰在一起。
试定性地解释上述现象。
二．（20分，第1小题12分，第2小题8分）1．老爷爷的眼睛是老花眼。
（1）一物体P 放在明视距离处，老爷爷看不清楚。
试在示意图1中画出此时P 通过眼睛成像的光路示意图。
（2）戴了一副300度的老花镜后，老爷爷就能看清楚放在明视距离处的物体P ，试在示意图2中画出P 通过老花镜和眼睛成像的光路示意图。
（3）300度的老花镜的焦距f ＝_________m 。
2．有两个凸透镜，它们的焦距分别为f 1和f 2，还有两个凹透镜，它们的焦距分别为f 3和f 4。
已知f 1＞f 2＞|f 3|＞|f 4|。
如果要从这四个透镜中选取两个透镜，组成一架最简单的单筒望远镜，要求能看到放大倍数尽可能大的正立像，则应选取焦距为_____的透镜作物镜，应选取焦距为_____的透镜为目镜。
三．（20分，第1小题12分，第2小题8分）1．如图所示，电荷量为q 1的正点电荷固定在坐标原点O 处，电荷量为q 2的正点电荷固定在x 轴上，两电荷相距l ，已知q 2＝2q 1。
第 23届全国中学生物理竞赛预赛参考解答
第23届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答及评分标准一、参考解答：1. 线剪断前，整个系统处于平衡状态。
此时弹簧 S 1 的弹力B 1AC ()F m m m g =++ （1） 弹簧 S 2 的弹力2C F m g = （2） 在线刚被剪断的时刻，各球尚未发生位移，弹簧的长度尚无变化，故 F 1、F 2 的大小尚未变化，但线的拉力消失。
设此时球 A 、B 、C 的加速度的大小分别为 a A 、a B 、a C ，则有1A A A F m g m a -= （3） B B B 2F m g m a += （4） 2C C C F m g m a -= （5） 解以上有关各式得B C A Am m a g m += 方向竖直向上 （6） B C B B m m a g m +=方向竖直向下 （7） C 0a = （8）2. 开始时，磁铁静止不动，表明每一条磁铁受到另一条磁铁的磁力与它受到板的静摩擦力平衡。
（ⅰ）从板突然竖直向下平移到停下，板和磁铁的运动经历了两个阶段。
起初，板向下加速移动，板与磁铁有脱离接触的趋势，磁铁对板的正压力减小，并跟随板一起作加速度方向向下、速度向下的运动。
在这过程中，由于磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小。
向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小。
当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起。
接着，磁铁和板一起作加速度方向向上、速度向下的运动，直到停在 A B '' 处。
在这过程中，磁铁对板的正压力增大，最大静摩擦力亦增大，因两磁铁已碰在一起，磁力、接触处出现的弹力和可能存在的静摩擦力总是平衡的，两条磁铁吸在一起的状态不再改变。
（ⅱ）从板突然竖直向上平移到停下，板和磁铁的运动也经历两个阶段。
起初，板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动，在这过程中，正压力增大，最大静摩擦力亦增大，作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡，磁铁在水平方向不发生运动。
2023年物理竞赛预赛详解
全国中学生物理竞赛预赛试卷一、选择题。
本题共7小题，每小题6分，每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项是符合题意的，有的小题有多项是符合题意的，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，所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1. 若质点做直线运动的速度v 随时间t 变化的图线如图1所示，则质点的位移s (从t =0开始)，随时间t 变化的图线也许是图2中的哪一个？图1 图2解1：由图1可知质点做匀变速直线运动，在时间T 内，设质点初速度为0v ，加速度为a ，易知a 的方向与0v 方向相反。
以初速度方向为正方向，由匀变速直线运动的位移时间公式可得200.5s v t at =+，即是()20(0.5)s t a t v t =+，显然，(1)位移s 是时间t 的二次函数，是抛物线；由于以0v 方向为正方向时，位移公式中的加速度a 应为负值，(2)所以函数s (t )开口方向向下；此外，由v -t 图像中面积与位移的关系可知，(3)质点在时间T 的末时刻位移为零。
综上三点可知，B 选项对的。
参考答案：B.2. 烧杯内盛有0℃的水，一块0℃的冰浮在水面上，水面正好在杯口处，最后冰所有熔解成0℃的水，在这个过程中A. 无水溢出杯口，但最后水面下降了B. 有水溢出杯口，但最后水面仍在杯口处C. 无水溢出杯口，水面始终在杯口处D. 有水溢出杯口，但最后水面低于杯口解2：冰块浮在水面上保持静止时，冰块受到的重力g m 冰等于冰块受到的浮力= = gV V g m g ρρ水排水排水，排（），可见，冰块的质量等于冰块排开水的质量。
所以，冰块所有熔解成0℃的水后的体积，正好等于冰块未熔解时排开水的体积。
这样，冰块未熔解时排开水的体积正好被熔解后的水的体积完全填充，所以冰在熔解过程中水面高度不变。
参考答案：C.3. 如图所示，a 和b 是绝热气缸内的两个活塞，它们把气缸提成甲和乙两部分，两部分中都封有等量的抱负气体。
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第23届全国中学生物理竞赛预赛试卷
一、（20分，每小题10分）
1、如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用线相连。
球B与球C之间用弹簧S2相连。
A、B、C的质量分别为m A、m B、m C，弹簧与线的质量均可不计，开始时它们都处在静止状态，现将A、B间的线突然剪断，求线刚剪断时A、B、C的加速度。
2、两个相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示，开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。
（1）现将AB突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在A'B'处，结果发现两个条形磁铁碰在一起。
（2）如果将AB从原位置突然竖直向上平移，并使之停在A''B''位置处，结果发现两条形磁铁也碰在一起。
试定性地解释上述现象。
二、（20分，第1小题12分，第2小题8分）
1、老爷爷的眼睛是老花眼。
（1）一物体P放在明视距离处，老爷爷看不清楚，试在示意图1中画出此时P通过眼睛成像的光路示意图。
（2）戴了一副300度的老花镜后，老爷爷就能看清楚放在明视距离处的物体P，试在示意图2中画出P通过老花镜和眼睛成像的光路示意图。
（3）300度的老花镜的焦距f=________m。
2、有两个凸透镜，它们的焦距分别为f1和f2，还有两个凹透镜，它们的焦距分别为f3和f4，已知，f1>f2>|f3|>|f4|，如果要从这四个透镜中选取两个透镜，组成一架最简单的单筒望远镜，要求能看到放大倍数尽可能大的正立的像，则应选焦距为_________的透镜作为物镜，应选焦距为____________的透镜作为目镜。
三、（20分，第1小题12分，第2小题8分）
1、如图所示，电荷量为q1的正点电荷固定在坐标原点O处，电荷量为q2的正点电荷固定在x轴上，两电荷相距l，已知q2=2q1。
（1）求在x轴上场强为零的P点的坐标。
（2）若把一电荷量为q 0的点电荷放在P点，试讨论它的稳定性（只考虑q0被限制在沿x轴运动和被限制在沿垂直于x轴方向运动这两种情况）。
2、有一静电场，其电势U 随坐标x 的改变而变化，变化的图线如图1所示，试在图2中画出该静电场的场强E 随x 变化的图线（设场强沿x 轴正方向时取正值，场强沿x 轴负方向时取负值）。
四、（20分）一根长为L （以厘米为单位）的粗细均匀的、可弯
曲的细管，一端封闭，一端开口，处在大气中。
大气的压强与H 厘米高的水银柱产生
的压强相等，已知管长L>H 。
现把细管弯成L 形，如图所示，假定细管被弯曲时，管
长和管的内径都不发生变化。
可以把水银从管口徐徐注入细管而不让细管中的气体泄
出。
当细管弯成L 形时，以l 表示其竖直段的长度，问l 取值满足什么条件时，注入细
管的水银量为最
大值？给出你的论证并求出水银量的最大值（用水银柱的长度表示）。
五、（20分）一对正、负电子可形成一种寿命比较短的称为电子偶素的新粒子。
电子偶素中的正电子与负电子都以速率v 绕它们连线的中点做圆周运动，假定玻尔关于氢原子的理论可用于电子偶素，电子的质量m 、速率v 和正、负电子间的距离r 的乘积也满足量子化条件，即 2h mrv n
π
= 式中n 称为量子数，可取整数值1，2，3，…；h 为普朗克常量，试求电子偶素处在各定态时的r 和能量以及第一激发态与基态能量之差。
六、（25分）如图所示，两个金属轮A 1、A 2，可绕通过各自中心并与轮面垂直的固定的光滑金属细轴O 1和O 2转动，O 1和O 2相互平行，水平放置，每个金属轮由四根金属辐条和金属环组成，A 1轮的辐条长为a 1、电阻为R 1，A 2轮的辐条长为a 2、电阻为R 2，连接辐条的金属环的宽度与电阻都可以忽略。
半径为a 0的绝缘圆盘D 与A 1同轴且固连在一起，一轻细绳的一端固定在D 边缘上的某点，绳在D 上绕足够匝数后，悬挂一质量为m 的重物P ，当P 下落时，通过细绳带动D 和A 1绕O 1轴转动，转动过程中，A 1、A 2保持接触，无相对滑动；两轮与各自细轴之间保持良好的电接触；两细轴通过导线与一阻值为R 的电阻相连，除R 和A 1、A 2两轮中辐条的电阻外，所有金属的电阻都不计，整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与转轴平行，现将P 释放，试求P 匀速下落时的速度。
七、图示为一固定不动的绝缘的圆筒形容器的横截面，其半径为R ，圆筒的轴线在O 处，圆筒为有匀强磁场，磁场方向与圆筒的轴线平行，磁感应强度为B ，筒壁的
H 处开有小孔，整个装置处在真空中。
现有一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子P 以某一初速度沿筒的半径方向从小孔射入圆筒，经与筒壁碰撞后又从小孔射出圆筒。
设：筒壁是光滑的，P 与筒壁碰撞是弹性的，P 与筒壁碰撞时其电荷量是不变的。
若要使P 与筒壁碰撞的次数最少，问：
（1）P 的速率应为多少？
（2）P 从进入圆筒到射出圆筒经历的时间为多少？
八、图中正方形ABCD 是水平放置的固定梁的横截面，AB 是水平的，截面的边长都是l ，一根长为2l 的柔软的轻细绳，一端固定在A 点，另一端系一质量为m 的小球，初始时，手持小球，将绳拉直，绕过B 点使小球处于C 点，现给小球一竖直向下的初速度v 0，使小球与CB 边无接触地向下运动，当v 02分别取下列两值时，小球将打到梁上的何处？
1、202(62331)v gl =+-
2、202(3311)v gl =+
设绳的伸长量可不计而且绳是非弹性的。
九、从赤道上的C 点发射洲际导弹，使之精确地击中北极点N ，要求发射所用的能量最少。
假定地球是一质量均匀分布的半径为R 的球体，R=6400km 。
已知质量为m 的物体在地球引力作用下作椭圆运动时，其能量E 与椭圆半长轴a 的关系为
2Mm E G a
=- 式中M 为地球质量，G 为引力常量。
（1）假定地球没有自转，求最小发射速度的大小和方向
（用速度方向与从地心O 到发射点C 的连线之间的夹角表示）。
（2）若考虑地球的自转，则最小发射速度的大小为多少？
（3）试导出2Mm E G
a
=-。