2014年广州市高一物理竞赛试题和答案
2014全国高中物理竞赛初赛试题与标准答案(全Word版)
2014 第 31 届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案与评分标准一、选择题．本题共 5 小题，每小题 6 分，在每小题给出的 4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0分．1．一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．α1/3B．α3C．αD． 3α2．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为 lcm 3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度．当秤砣放在 Q 点处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误的是A．密度秤的零点刻度在Q 点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C．密度秤的刻度都在Q 点的右侧D．密度秤的刻度都在Q 点的左侧3．一列简谐横波在均匀的介质中沿z 轴正向传播，两质点P1和 P2的平衡位置在 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，若波的传播速度为 24 m/s，则该波的频率可能为A． 50Hz B ． 60HzC． 400Hz D ． 410Hz4．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和 F3．若环的重力可忽略，下列说法正确的是A． F1>F 2>F3B． F2 >F3 >F1C． F3 >F 2> F 1 D ． F1=F2=F35．质量为 m A的 A 球，以某一速度沿光滑水平面向静止的 B 球运动，并与B 球发生弹性正碰．假设 B 球的质量m B可选取为不同的值，则A．当 m B=m A时，碰后 B 球的速度最大B．当 m B =m A时，碰后 B 球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下， m B越小，碰后 B 球的速度越大D．在保持 m B<m A的条件下， m B越大，碰后 B 球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．（ 10 分）用国家标准一级螺旋测微器（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．测微器的初读数如图(a)所示，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）为了缓解城市交通拥问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示．当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“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”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为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”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为 1.5t ，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1 倍，则该汽车的行驶加速度为_________；在这4s 内汽车发动机所做的功为 _____________ （取 g=10m/s2）8．（ 10 分）如图所示，两个薄透镜L 1和 L2共轴放置，已知 L 1的焦距 f 1=f ，L 2的焦距 f 2=―f ，两透镜间的距离也是f，小物体位于物面 P 上，物距 u1=3f ．(1)小物体经过这两个透镜成的像在L 2的 _____边，到 L2的距离为 ________，是 ______像（填“实”或“虚”）、 _______像（填“正”或“倒”），放大率为 ___________．(2)现把两个透镜位置调换，若还要使给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向 ______边移动距离 _________．这个新的像是 ______（填“实”或“虚”）、______像（填“正”或“倒”），放大率为 __________ ．9．(10 分 )图中所示的气缸壁是绝热的．缸内隔板 A 是导热的，它固定在缸壁上．活塞 B 是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气． B 的上方为大气． A 与Ｂ之间以及 A 与缸底之间都盛有n mol 的同种理想气体，系统在开始时处于平衡状态．现通过电炉丝 E 对气体缓慢加热，在加热过程中，A、 B 之间的气体经历____过程． A 以下气体经历____过程；气体温度每上升１K， A、 B 之间的气体吸收的热量与 A 以下气体净吸收的热量之差等于＿＿＿＿＿．已知普适气体常量为Ｒ．10.（ 10 分）字宙空间某区域有一磁感应强度大小为B=1.0 ×10-9 T 的均匀磁场，现有一电子绕磁力线做螺旋运动．该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间隔为_____s；若该电子沿磁场方向的运动速度为 1.0 ×10-2c（c 为真空中光速的大小），则它在沿磁场方向前进 1.0 ×10-3 光年的过程中，绕磁力线转了 _____圈. 已知电子电荷量为 1.60 ×10 -19C，电子质量为 9.11 ×10-31kg ．三、计算题，计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．11．（ 15 分）如图所示，一水平放置的厚度为t 折射率为 n 的平行玻璃砖，下表面镀银（成反射镜）．一物点 A 位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为h 处．观察者在 A 点附近看到了A 点的像． A 点的像到 A 点的距离等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射．12.（ 20 分）通常电容器两极板间有多层电介质，并有漏电现象．为了探究其规律性，采用如图所示的简单模型，电容器的两极板面积均为A．其间充有两层电介质l 和 2，第 1 层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒数）和厚度分别为ε、σ和 d ，第 2 层电介质的111则为ε、σ和 d ．现在两极板加一直流电压U，，电容器处于稳定状态．222(1)画出等效电路图；(2)计算两层电介质所损耗的功率；(3)计算两介质交界面处的净电荷量；提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电路．13. (20 分 )如图所示，一绝缘容器内部为长方体空胶，其长和宽分别为 a 和 b，厚度为 d，其两侧等高处装有两根与大气相通的玻璃管（可用来测量液体两侧的压强差）．容器内装满密度为ρ的导电液体，容器上下两端装有铂电极 A 和 C，这样就构成了一个液体电阻，该液体电阻置于一方向与容器的厚度方向平行的均匀恒定的磁感应强度为 B 的磁场中，并通过开关 K 接在一电动势为ε、内阻为 r 的电池的两端，闭合开关．若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差为 h，求导电液体的电导率σ．重力加速度大小为 g．14.（ 20 分） lmol 的理想气体经历一循环过程l— 2— 3—1，如 p— T 图示所示．过程l — 2 是等压过程，过程3— 1是通过 p — T图原点的直线上的一段，描述过程 2 — 3的方程2为 c1p + c2p =T ，式中 c1和 c2都是待定的常量， p 和 T 分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态 l 的压强、绝对温度分别为p1和 T1．气体在状态 2 的绝对温度以及在状态 3 的压强和绝对湿度分别为T 2以及 p3和 T3．气体常量 R 也是已知的．(1)求常量 c1和 c2的值；(2)将过程 l— 2— 3— 1 在 p—V 图示上表示出来；(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．15. (20 分 )一个ω介子飞行时衰变成静止质量均为m 的三个π介子，这三个π介子的动量共面．已知：衰变前后介子运动的速度都远小于光在真空中的速度c；衰变后的三个π介子的动能分别为T 1、 T2和 T 3，且第一、二个π介子飞行方向之间的夹角为θl，第二、三个π介子飞行方向之间的夹角为θ（2如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的能量（即其静止质量与c2的乘积）之差．求ω介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的φ角表示）及其静止质量．16. (25 分 )一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心O 并与盘面垂直的固定水平转轴以匀角速度ω =4.43rad/s转动．圆盘半径r=1.00m ，圆盘正上方有一水平天花板．设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出．现发现天花板上只有一点处有水．取重力加速度大小g=9. 80m/s 2．求(1) 天花板相对于圆盘中心轴 O 点的高度；(2) 天花板上有水的那一点的位置坐标，参考答案与评分标准一、 1. (D) 2. (C) 3. (AD) 4. (A) 5. (BCD)二、6. 0.022～ 0.024mm (3 分 )；3.772～ 3.774mm(3 分) ；3.748～ 3.752mm(4 分) ( 若有效位数错，无分 )7. 24分 )1.5m/s (5 分 ) ；4.5 ×10 J(58. (1) 右， f ，实，倒， 1 (每空 1 分 ) (2)左， 2f ，实，倒， 1 (每空 1 分 ) 9. 等压 (2 分) ；等容 (2 分)； nR(6 分) 10. 3.6 ×10-2(5 分) ； 8.8 ×10 (5 分)7三、 11. (15 分) 由折射定律得： sin θ, ①i = sin θd―θ由几何关系得： x1=htan θi , ②， x 2 =htan θd , ③， H=2(x 1+x 2)tan(90④， H 为物A 到i ), 像 A /的距离，在小角度近似下有： tan θi ≈ sin θi ， tan θd ≈ sin θd ，tan(900― θi1, ⑤，联) ≈sin θi 立以上各式得： H=2(h+ t) , ⑥n评分标准：①式 3 分，②③④式各 2 分，⑤⑥各 3 分12. (20 分 )(1) 等效电路如图所示(2) 等效电容 C 1 和 C 2 为： C 1=ε1A ， C 2 =ε2A , ①d 1d 2等效电阻 R 1 和 R 2 为： R 1=d 1 ， R 2= d 2, ② σ1 A σ2 A两层电介质所消粍的功率为： P= U 2 U 2 A σ1σ2, ③ =R 1+R 2 d 1σ2+d 2σ1 (3) 没两层介质各自上下界面之间的电压分别为U 1 和 U 2 ，上层介质界面上的电荷为：ε1A · UR 1 ε1σ2AU Q 1 =C U 1= d 1 R 1+R 2 = d 1σ2+d 2σ1 , ④，下层介质界面上的电荷为：Q 2= ε2σ1AU , ⑤d 1σ2+d 2σ1―ε两层介质交界面处的净电荷量为：Q=Q 1― Q 2=, ⑥d 1σ2+d 2σ1评分标准：第 (1) 问 4 分 (可不标字母、箭头 )，第 (2)问 9 分，①②③式各 3 分，第 (3)问 7 分，④⑤式各 2 分，⑥式 3 分13. (20 分 )沿着电流 I 的方向液柱长度为 a ，该液柱受到的安培力大小为：F 安 =BIa, ①液柱两侧面受到的由压强差产生的压力大小为：F P =ρghad , ②水平方向上二力平衡，有：F 安 = F P , ③，由欧姆定律得：ε=I(R+r) , ④，式中 R= a , ⑤σbd由以上各式解得： σ=ρgha, ⑥b(B ε―r ρghd)评分标准：①式 4 分，②③④⑤式各 3 分，⑥式 4 分14. (20 分 )(1) 设气体在状态i(i=1 、 2 和 3)下的压强、体积和绝对温度分别为p i 、 V i 和 T i ，由题设条件有： c 1 222 22, ①， 1 3 22 3=T 3, ②p + c p =T c p + c pT 2p 3―T 3p 2 T 2p 3―T 3p 1T 2 p 32―T 3p 22 T 2 p 32―T 3p 12由此解得： c 1= p 22 p 3― p 3 2p 2= p 12 p 3― p 32p 1 , ③， c 1 = p 2p 3 2― p 22p 3 =p 1p 3 3― p 12 p 3 , ④(2) 利用气体状态方程pV=RT ，以及 V 1=R T 1， V 2=R T 2，V 3=R T 3, ⑤p 1 p 2 p 3 可将过程 2― 3 的方程为： p V 2― V 3V 2p 3― V 3p 2 , ⑥p 2― p 3=V+p 2―p 3可见，在 p ― V 图上过程 2― 3 是以 (p 2， V 2 )和 (p 3 ， V 3 ) 为状态端点的直线段，过程3―1 是通过原点直线上的一段，因而描述其过程的方程为：p , ⑦，式中c 3 是一常量，利用气=c 3T体状态方程 pV=RT ，可将过程 3— 1 的方程改写为： V=R31, ⑧， 这是以 (p 3，V 1 和 (p 1，c 3V 1) 为状态端点的等容降压过程 .综上所述，过程 1―2― 3― 1 在 p ― V 图上是一直角三角形，如图所示 .1 3― p 1 2― V 1(3) 气体在一次循环过程中对外做的总功为： W= ― 2(p)( V) , ⑨利用气体状态方程 pV=RT 和⑤式，上式即1p 3 ―1) , ⑩W=― R(T 2― T 1)(2 p 1评分标准： 第 (1) 问 8 分，①②③④式各 2 分；第(2) 问 10 分，⑤⑥式各 2 分，过程 1― 2― 3―1 在 p ― V 上的图示正确得 6 分；第 (3) 问2 分，⑩式 2 分.15. (20 分 )以第二个 π介子的飞行方向为 x 轴，以事件平面为 x ―y 平面，设衰变前ω介子和衰变后三个 π介子的动量大小分别为 P ω、 P 1 、P 2 和 P 3，衰变前后粒子在x 和 y 方向的动量分别守恒，有： P ωcos φ= P 1cos θ1+P 2+ P 3cos θ2 ,? ，― P ωsin φ= ― P 1sin θ1+ P 3sin θ2 ,?衰变前后粒子的总能量守恒，有： m ω2ω21 )+( mc 2 2 2 3 ) ,? ，c +T =(mc +T +T )+( mc +T式中左端和右端三个括号内的分别是衰变前ω 介子的总能量 (静能和动能之和 ) 和衰变后三个 π介子的总能量，动能可由动量和静质量表示：T ω= p ω2,? ， T 1=p 12,? ， T 2= p 22 ,? ， T 3 =p 32,?2m ω 2m 2m 2m分别由⑤⑥⑦式得 p 1 = 2mT 1 ,? ， p 2 = 2mT 2 ,? ， p 3 = 2mT 3 ,?联立①②⑧⑨⑩式得：φ=arctanT 1sin θ1― T 3sin θ2, ⑴T 1cos θ1+ T 2+T 3cos θ22T 1T 3cos(θ1+θ2)+ T 1 T 2cos θ1+ T 2T 3 cos θ2] , ⑵P ω =2m(T 1+T 2+T 3)+4m由③④式得：2 2 ― 2m ω 212 3 1 2 3 1 3 1 21 2 12 3 2m ωc+T )+4m[ T(3mc +T +T +T )+2m(T +T T cos(θ+θ)+ T T cos θ+T Tcos θ2]=0 , ⑶3 12(T 1+T 2+T 3 )+31 2 P ω2, ⑷其解为 m ω= m+[ m+ 2(T 1+T 2+T 3)] ―2c 22 2c2 2c式中 p ω2 由⑵式给出。
高一物理竞赛选拔试题及答案
高一物理竞赛选拔试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1s内、第2s内、第3s内位移之比为：A. 1:3:5B. 1:2:3C. 1:3:6D. 1:4:9答案：B2. 一个质量为m的物体从高度为h的斜面顶端无初速度滑下，斜面与水平面的夹角为θ，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，则物体滑到斜面底端时的速度大小为：A. √(2gh(1-μ))B. √(2gh(1+μ))C. √(2gh(1-μ/2))D. √(2gh(1+μ/2))答案：C3. 一个质量为m的物体以初速度v0沿水平方向抛出，不计空气阻力，经过时间t后，其速度方向与水平方向的夹角θ为：A. θ = arctan(2gt/v0)B. θ = arctan(gt/v0)C. θ = arctan(v0/gt)D. θ = arctan(2v0/gt)答案：B4. 一个质量为m的物体从高度为h的光滑斜面顶端无初速度滑下，斜面与水平面的夹角为θ，物体滑到斜面底端时的动能为：A. mghB. mg(h-1/2h)C. mg(h-1/2hcosθ)D. mg(h-1/2hcos²θ)5. 一个质量为m的物体以初速度v0沿水平方向抛出，不计空气阻力，经过时间t后，其速度大小为：A. v = v0 + gtB. v = v0 - gtC. v = √(v0² + (gt)²)D. v = √(v0² - (gt)²)答案：C6. 一个质量为m的物体从高度为h的光滑斜面顶端无初速度滑下，斜面与水平面的夹角为θ，物体滑到斜面底端时的重力势能变化量为：A. -mghB. -mg(h-1/2h)C. -mg(h-1/2hcosθ)D. -mg(h-1/2hcos²θ)7. 一个质量为m的物体以初速度v0沿水平方向抛出，不计空气阻力，经过时间t后，其水平位移为：A. x = v0tB. x = v0t - 1/2gt²C. x = v0t + 1/2gt²D. x = v0t - gt²答案：A8. 一个质量为m的物体从高度为h的光滑斜面顶端无初速度滑下，斜面与水平面的夹角为θ，物体滑到斜面底端时的重力势能变化量为：A. -mghB. -mg(h-1/2h)C. -mg(h-1/2hcosθ)D. -mg(h-1/2hcos²θ)9. 一个质量为m的物体以初速度v0沿水平方向抛出，不计空气阻力，经过时间t后，其竖直位移为：A. y = 1/2gt²B. y = v0t - 1/2gt²C. y = v0t + 1/2gt²D. y = v0t - gt²答案：A10. 一个质量为m的物体从高度为h的光滑斜面顶端无初速度滑下，斜面与水平面的夹角为θ，物体滑到斜面底端时的动能为：A. mghB. mg(h-1/2h)C. mg(h-1/2hcosθ)D. mg(h-1/2hcos²θ)答案：D二、填空题（每题4分，共20分）11. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，第1s内、第2s内、第3s内位移之比为1:3:5，那么第4s内、第5s内、第6s内位移之比为________。
全国高中物理竞赛初赛试题及标准答案
2014第31届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案与评分标准一、选择题．本题共5小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．αB．α1/3C．α3D．3α2．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为lcm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度．当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误的是A．密度秤的零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C．密度秤的刻度都在Q点的右侧D．密度秤的刻度都在Q点的左侧3．一列简谐横波在均匀的介质中沿z轴正向传播，两质点P1和P2的平衡位置在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，若波的传播速度为24 m/s，则该波的频率可能为A．50Hz B．60HzC．400Hz D．410Hz4．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3．若环的重力可忽略，下列说法正确的是A．F1>F2>F3B．F2>F3 >F1C．F3 >F2> F1D．F1=F2=F35．质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰．假设B球的质量m B可选取为不同的值，则A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．（10分）用国家标准一级螺旋测微器（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．测微器的初读数如图(a)所示，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）为了缓解城市交通拥问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示．当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“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”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为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”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1.5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，则该汽车的行驶加速度为_________；在这4s内汽车发动机所做的功为_____________（取g=10m/s2）8．（10分）如图所示，两个薄透镜L1和L2共轴放置，已知L1的焦距f1=f，L2的焦距f2=―f，两透镜间的距离也是f，小物体位于物面P上，物距u1=3f．(1)小物体经过这两个透镜成的像在L2的_____边，到L2的距离为________，是______像（填“实”或“虚”）、_______像（填“正”或“倒”），放大率为___________．(2)现把两个透镜位置调换，若还要使给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向______边移动距离_________．这个新的像是______（填“实”或“虚”）、______像（填“正”或“倒”），放大率为__________．9．(10分)图中所示的气缸壁是绝热的．缸内隔板A是导热的，它固定在缸壁上．活塞B是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气．B的上方为大气．A与Ｂ之间以及A与缸底之间都盛有n mol的同种理想气体，系统在开始时处于平衡状态．现通过电炉丝E对气体缓慢加热，在加热过程中，A、B之间的气体经历____过程．A以下气体经历____过程；气体温度每上升１K，A、B之间的气体吸收的热量与A以下气体净吸收的热量之差等于＿＿＿＿＿．已知普适气体常量为Ｒ．10.（10分）字宙空间某区域有一磁感应强度大小为B=1.0×10-9T的均匀磁场，现有一电子绕磁力线做螺旋运动．该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间隔为_____s；若该电子沿磁场方向的运动速度为1.0×10-2c（c为真空中光速的大小），则它在沿磁场方向前进1.0×10-3光年的过程中，绕磁力线转了_____圈. 已知电子电荷量为1.60×10 -19C，电子质量为9.11×10-31kg．三、计算题，计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．11．（15分）如图所示，一水平放置的厚度为t折射率为n的平行玻璃砖，下表面镀银（成反射镜）．一物点A位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为h处．观察者在A点附近看到了A点的像．A点的像到A点的距离等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射．12.（20分）通常电容器两极板间有多层电介质，并有漏电现象．为了探究其规律性，采用如图所示的简单模型，电容器的两极板面积均为A．其间充有两层电介质l和2，第1层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒数）和厚度分别为ε1、σ1和d1，第2层电介质的则为ε2、σ2和d2．现在两极板加一直流电压U，，电容器处于稳定状态．(1)画出等效电路图；(2)计算两层电介质所损耗的功率；(3)计算两介质交界面处的净电荷量；提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电路．13. (20分)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空胶，其长和宽分别为a和b，厚度为d，其两侧等高处装有两根与大气相通的玻璃管（可用来测量液体两侧的压强差）．容器内装满密度为ρ的导电液体，容器上下两端装有铂电极A和C，这样就构成了一个液体电阻，该液体电阻置于一方向与容器的厚度方向平行的均匀恒定的磁感应强度为B的磁场中，并通过开关K接在一电动势为ε、内阻为r的电池的两端，闭合开关．若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差为h，求导电液体的电导率σ．重力加速度大小为g．14.（20分）lmol的理想气体经历一循环过程l—2—3—1，如p—T图示所示．过程l—2是等压过程，过程3—1是通过p—T图原点的直线上的一段，描述过程2—3的方程为 c1p2 + c2p =T，式中c1和c2都是待定的常量，p和T分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态l的压强、绝对温度分别为p1和T1．气体在状态2的绝对温度以及在状态3的压强和绝对湿度分别为T2以及p3和T3．气体常量R也是已知的．(1)求常量c1和c2的值；(2)将过程l—2—3—1在p—V图示上表示出来；(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．15. (20分)一个ω介子飞行时衰变成静止质量均为m的三个π介子，这三个π介子的动量共面．已知：衰变前后介子运动的速度都远小于光在真空中的速度c；衰变后的三个π介子的动能分别为T1、T2和T3，且第一、二个π介子飞行方向之间的夹角为θl，第二、三个π介子飞行方向之间的夹角为θ2（如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的能量（即其静止质量与c2的乘积）之差．求ω介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的φ角表示）及其静止质量．16. (25分)一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心O并与盘面垂直的固定水平转轴以匀角速度ω=4.43rad/s转动．圆盘半径r=1.00m，圆盘正上方有一水平天花板．设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出．现发现天花板上只有一点处有水．取重力加速度大小g=9. 80m/s 2．求(1)天花板相对于圆盘中心轴O 点的高度；(2)天花板上有水的那一点的位置坐标，参考答案与评分标准一、1. (D) 2. (C) 3. (AD) 4. (A) 5. (BCD)二、6. 0.022～0.024mm (3分)；3.772～3.774mm(3分)；3.748～3.752mm(4分) (若有效位数错，无分)7. 1.5m/s 2(5分)；4.5×104J(5分)8. (1)右，f ，实，倒，1 (每空1分) (2)左，2f ，实，倒，1 (每空1分)9. 等压(2分)；等容(2分)；nR(6分)10. 3.6×10-2(5分)；8.8×107(5分)三、11. (15分) 由折射定律得：sin θi = sin θd …①由几何关系得：x 1=htan θi …②，x 2=htan θd …③，H=2(x 1+x 2)tan(900―θi )…④，H 为物A 到像A /的距离，在小角度近似下有：tan θi ≈sin θi ，tan θd ≈sin θd ，tan(900―θi )≈1 sin θi…⑤，联立以上各式得：H=2(h+t n) …⑥ 评分标准：①式3分，②③④式各2分，⑤⑥各3分12. (20分)(1)等效电路如图所示(2)等效电容C 1和C 2为：C 1=ε1A d 1，C 2=ε2A d 2…① 等效电阻R 1和R 2为： R 1=d 1σ1 A ，R 2=d 2σ2 A…② 两层电介质所消粍的功率为：P=U 2 R 1+R 2=U 2A σ1σ2 d 1σ2+d 2σ1…③ (3)没两层介质各自上下界面之间的电压分别为U 1和U 2，上层介质界面上的电荷为：Q 1=C U 1=ε1A d 1·UR 1R 1+R 2=ε1σ2AU d 1σ2+d 2σ1…④， 下层介质界面上的电荷为：Q 2=ε2σ1AU d 1σ2+d 2σ1…⑤两层介质交界面处的净电荷量为：Q=Q 1―Q 2=(ε1σ2―ε2σ1)AU d 1σ2+d 2σ1…⑥ 评分标准：第(1)问4分(可不标字母、箭头)，第(2)问9分，①②③式各3分，第(3)问7分，④⑤式各2分，⑥式3分13. (20分)沿着电流I 的方向液柱长度为a ，该液柱受到的安培力大小为：F 安=BIa …① 液柱两侧面受到的由压强差产生的压力大小为：F P =ρghad …②水平方向上二力平衡，有：F 安= F P …③，由欧姆定律得：ε=I(R+r) …④，式中R=a σbd…⑤ 由以上各式解得：σ =ρgha b(B ε―r ρghd)…⑥ 评分标准：①式4分，②③④⑤式各3分，⑥式4分14. (20分)(1)设气体在状态i(i=1、2和3)下的压强、体积和绝对温度分别为p i 、V i 和T i ，由题设条件有： c 1p 22 + c 2p 2 =T 2 …①，c 1p 32 + c 2p 3 =T 3 …②由此解得：c 1=T 2p 3―T 3p 2 p 22p 3―p 32p 2=T 2p 3―T 3p 1 p 12p 3―p 32p 1 …③，c 1=T 2p 32―T 3p 22 p 2p 32―p 22p 3=T 2p 32―T 3p 12p 1p 33―p 12p 3…④ (2)利用气体状态方程pV=RT ，以及V 1=R T 1p 1，V 2=R T 2p 2，V 3=R T 3p 3…⑤ 可将过程2―3的方程为：p V 2―V 3 p 2―p 3=V+V 2p 3―V 3p 2 p 2―p 3…⑥ 可见，在p ―V 图上过程2―3是以(p 2，V 2)和(p 3，V 3) 为状态端点的直线段，过程3―1是通过原点直线上的一段，因而描述其过程的方程为：p T=c 3 …⑦，式中c 3是一常量，利用气体状态方程pV=RT ，可将过程3—1的方程改写为：V=R c 3=V 3=V 1 …⑧，这是以(p 3，V 1)和(p 1，V 1)为状态端点的等容降压过程.综上所述，过程1―2―3―1在p ―V 图上是一直角三角形，如图所示.(3)气体在一次循环过程中对外做的总功为：W=―12(p 3―p 1)( V 2―V 1) …⑨ 利用气体状态方程pV=RT 和⑤式，上式即W=―12R(T 2―T 1)(p 3p 1―1) …⑩ 评分标准：第(1)问8分，①②③④式各2分；第(2)问10分，⑤⑥式各2分，过程1―2―3―1在p ―V 上的图示正确得6分；第(3)问2分，⑩式2分.15. (20分)以第二个π介子的飞行方向为x轴，以事件平面为x―y平面，设衰变前ω介子和衰变后三个π介子的动量大小分别为Pω、P1、P2和P3，衰变前后粒子在x和y方向的动量分别守恒，有：Pωcosφ= P1cosθ1+P2+ P3cosθ2 …⑴，―Pωsinφ= ―P1sinθ1+ P3sinθ2 …⑵衰变前后粒子的总能量守恒，有：mωc2+Tω=(mc2+T1)+( mc2+T2)+( mc2+T3) …⑶，式中左端和右端三个括号内的分别是衰变前ω介子的总能量(静能和动能之和)和衰变后三个π介子的总能量，动能可由动量和静质量表示：Tω=pω22mω…⑷，T1=p122m…⑸，T2=p222m…⑹，T3=p322m…⑺分别由⑤⑥⑦式得p1=2mT1…⑻，p2=2mT2…⑼，p3=2mT3…⑽联立①②⑧⑨⑩式得：φ=arctanT1sinθ1―T3sinθ2T1cosθ1+T2+ T3cosθ2…⑾Pω2=2m(T1+T2+T3)+4m T1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cosθ1+T2T3cosθ2] …⑿由③④式得：2mω2c2―2mω(3mc2+T1+T2+T3)+2m(T1+T2+T3)+4m[T1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cosθ1+T2T3 cosθ2]=0 …⒀其解为mω=32m+12c2(T1+T2+T3)+[32m+12c2(T1+T2+T3)]2―Pω22c2…⒁式中pω2由⑿式给出。
广东省广州市2014届普通高中毕业班综合测试(一)物理试题Word版全国通用-一轮复习
2014广州一模（理综物理）试题一、单项选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目的要求；每题4分）13．用某色光照射金属表面时，有光电子从金属表面飞出，如果改用频率更大的光照射该金属表面，则A ．金属的逸出功增大B ．金属的逸出功减小C ．光电子的最大初动能增大D ．光电子的最大初动能不变14．如图是氢原子从n=3、4、5、6能级跃迁到n=2能级时辐射的四条光谱线，其中频率最大的是A ．H αB ．H βC ．H γD ．H δ15．如图是荷质比相同的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则 A ．a 的质量比b 的质量大 B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长16．如图是悬绳对称且长度可调的自制降落伞．用该伞挂上重为G 的物体进行两次落体实验，悬绳的长度l 1<l 2，匀速下降时每根悬绳的拉力大小分别为F 1、F 2，则A ．F 1<F 2B ．F 1>F 2C ．F 1=F 2<GD ．F 1=F 2>G二、双项选择题（每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目的要求；每题6分，全选对得6分，只选1个且正确得3分，错选、不选得0分）17．如图为某压力锅的结构简图．将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，在气体把压力阀顶起之前，锅内气体A ．压强增大B ．内能不变C ．对外界做正功D ．分子平均动能增大O18．如图，在绕地运行的天宫一号实验舱中，宇航员王亚平将支架固定在桌面上，摆轴末端用细绳连接一小球．拉直细绳并给小球一个垂直细绳的初速度，它做圆周运动．在a 、b 两点时，设小球动能分别为E ka 、E kb ，细绳拉力大小分别为T a 、T b ，阻力不计，则A ．E ka >E kbB ．E ka =E kbC ．T a >T bD ．T a =T b19．图(a)中○A 、○V 为理想电表，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝20∶1， Ω=55R ，变压器原线圈接上如图(b)的正弦交流电，则A ．○V 示数为220VB ．○A 示数为0.2AC ．原线圈中交流电的频率是50 HzD ．通过R 的电流的频率为2.5 Hz20．飞船B 与空间站A 交会对接前绕地球做匀速圆周运动的位置如图所示，虚线为各自的轨道，则A ．A 的周期大于B 的周期 B ．A 的加速度大于B 的加速度C ．A 的运行速度大于B 的运行速度D ．A 、B 的运行速度小于第一宇宙速度21．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M 1M 2之间的电势差，则A ．在荧屏上的亮斑向上移动B ．在荧屏上的亮斑向下移动C ．偏转电场对电子做的功增大D ．偏转电场的电场强度减小Vu /)a ()b (三、非选择题34．（18分）（1） “验证机械能守恒定律”的实验中．图(甲)是打点计时器打出的一条纸带，选取其中连续的计时点标为A 、B 、C ……G 、H 、I ，对BH 段进行研究．①已知打点计时器电源频率为50Hz ，则纸带上打相邻两点的时间间隔为_______．②用刻度尺测量距离时如图(乙)，读出A 、C 两点间距为_________ cm ，B 点对应的速度v B ＝_________m/s （保留三位有效数字）；③若H 点对应的速度为v H ，重物下落的高度为h BH ，当地重力加速度为g ，为完成实验，要比较2B 21v 与_________________大小（用字母表示）． （2）图（a ）是测量电源电动势E 和内阻r 的原理图．R 0=2.5Ω为定值保护电阻，电流表内阻不计，单位长度电阻r 0=0.10Ω/cm 的电阻丝ac 上标有长度刻度．①请根据原理图连接图（b ）的实物图；②闭合开关S ，记录ab 的长度L 和电流表A 的示数I ；滑动b 点改变ab 的长度L ，测得6组L 和I 值，并算出对应的1I值．写出1I 与L 、E 、r 、R 0、r 0的关系式1I=_________； ③图（c ）中的“×”是已标出的实验数据，请作出1I随L 变化的图线；)乙)甲图（c ）图（b ）A-0.63S图（a ）④根据1I-L 图线算出电源电动势E =_____V ，内阻r =_____Ω．（计算结果保留到小数点后两位） 35．（18分）如图，匀强磁场垂直铜环所在的平面，导体棒a 的一端固定在铜环的圆心O 处，另一端紧贴圆环，可绕O 匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两竖直平行金属板P 、Q 连接成如图所示的电路，R 1、R 2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间M 点，被拉起到水平位置；合上开关K ，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M 点正下方的N 点到另一侧．已知：磁感应强度为B ；a 的角速度大小为ω，长度为l ，电阻为r ；R 1=R 2=2r ，铜环电阻不计；P 、Q 两板间距为d ；带电的质量为m 、电量为q ；重力加速度为g ．求： （1）a 匀速转动的方向；（2）P 、Q 间电场强度E 的大小； （3）小球通过N 点时对细线拉力T36．（18分）如图（甲）示，光滑曲面MP 与光滑水平面PN 平滑连接，N 端紧靠速度恒定的传送装置，PN 与它上表面在同一水平面．小球A 在MP 上某点静止释放，与静置于PN 上的工件B 碰撞后，B 在传送带上运动的v-t 图象如图（乙）且t 0已知，最后落在地面上的E 点．已知重力加速度为g ，传送装置上表面距地面高度为H ． （1）求B 与传送带之间的动摩擦因数μ； （2）求E 点离传送装置右端的水平距离L ；（3）若A 、B 发生的是弹性碰撞且B 的质量是A 的2倍，要使B 始终落在E 点，试判断A 静止释放点离PN 的高度h 的取值范围．2014年广州一模理综物理参考答案34．(18分)解答：(1)①0.02s （2分，数值和单位各1分，可科学计数法表示）②5.40(2分，5.33~5.43均可)； 1.35(2分，1.33~1.36均可) ③12v H 2－gh BH (2分)； (2)①如答图（b ）（2分，按连图规范，○A 表量程接错或线夹接错均得0分） ②1r R r L I E E⋅+=+ （2分） ③如答图（c ）（2分，尺规作图，连成曲线或折线得0分） ④1.48（2分，1.46~1.52均可），0.61（2分，0.55~0.90均可）35．（18分）解析：（1）依题意，小球从水平位置释放后，能沿圆弧向下摆动，故小球受到电场力的方向水平向右，P 板带正电，Q 板带负电。
高中物理竞赛试题及答案
高中物理竞赛试题及答案一、选择题（每题5分，共40分）1. 一个物体从静止开始，以加速度a=2m/s²做匀加速直线运动，经过时间t=3s，其位移s是多少？A. 9mB. 12mC. 18mD. 24m2. 一个质量为m的物体在水平面上受到一个恒定的拉力F，摩擦系数为μ，求物体的加速度a。
A. F/mB. (F-μmg)/mC. μgD. F/(2m)3. 一个电子在电场中受到的电场力F=qE，其中q是电子的电荷量，E 是电场强度。
如果电子的初速度为v₀，那么电子在电场中做匀速直线运动的条件是什么？A. qE = mv₀²/2B. qE = mv₀C. qE = 0D. qE = mv₀²4. 一个质量为m的物体从高度h自由落下，忽略空气阻力，经过时间t时的速度v是多少？A. v = gtB. v = √(2gh)C. v = √(gh)D. v = 2gh5. 两个相同的弹簧，将它们串联起来，挂在天花板上，然后在下方挂一个质量为m的物体，求弹簧的伸长量。
A. mg/2kB. mg/kC. 2mg/kD. mg/k - m6. 一个质量为m的物体在光滑的水平面上，受到一个恒定的水平力F，求物体经过时间t后的速度v。
A. v = F/mB. v = F*t/mC. v = √(2Ft)D. v = √(Ft/m)7. 一个物体在水平面上以初速度v₀开始做匀减速直线运动，加速度大小为a，求物体在时间t内通过的位移s。
A. v₀t - 1/2at²B. v₀²/2aC. v₀t + 1/2at²D. v₀²/2a - 1/2at²8. 一个质量为m的物体在竖直方向上做自由落体运动，经过时间t时，其动能Ek是多少？A. 1/2mv₀²B. 1/2mgt²C. mg*tD. 1/2mgt二、计算题（每题15分，共60分）1. 一个质量为2kg的物体，在水平面上以10m/s²的加速度加速运动，如果物体与地面之间的摩擦系数为0.05，求作用在物体上的水平拉力F。
第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案(归档整理)
第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2014年9月20日一、（12分） （1）球形（2）液滴的半径r 、密度ρ和表面张力系数σ（或液滴的质量m 和表面张力系数σ） （3）解法一假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r ①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 按照这一约定，①式在同一单位制中可写成 {}[]{}{}{}{}[][][]αβγαβγρσρσ=f f k r r由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而 [][][][]αβγρσ=f r ② 力学的基本物理量有三个：质量m 、长度l 和时间t ，按照前述约定，在该单位制中有 {}[]=m m m ，{}[]=l l l ，{}[]=t t t 于是 [][]-=f t 1③ [][]=r l ④ [][][]ρ-=m l 3⑤ [][][]σ-=m t 2 ⑥ 将③④⑤⑥式代入②式得[][]([][])([][])αβγ---=t l m l m t 132即[][][][]αββγγ--+-=t l m t 132 ⑦由于在力学中[]m 、[]l 和[]t 三者之间的相互独立性，有30αβ-=， ⑧ 0βγ+=， ⑨ 21γ= ⑩解为311,,222αβγ=-=-=⑪将⑪式代入①式得 =f 解法二假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r ①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 在同一单位制中，①式两边的物理量的单位的乘积必须相等[][][][]αβγρσ=f r ②力学的基本物理量有三个：质量M 、长度L 和时间T ，对应的国际单位分别为千克（kg ）、米（m ）、秒（s ）. 在国际单位制中，振动频率f 的单位[]f 为s-1，半径r 的单位[]r 为m ，密度ρ的单位[]ρ为3kg m -⋅，表面张力系数σ的单位[]σ为1212N m =kg (m s )m kg s ----⋅⋅⋅⋅=⋅，即有[]s -=f 1 ③[]m =r ④[]kg m ρ-=⋅3⑤ []kg s σ-=⋅2 ⑥ 若要使①式成立，必须满足()()s m kg m kg s (kg)m s βγαβγαβγ---+--=⋅⋅=⋅⋅13232 ⑦由于在力学中质量M 、长度L 和时间T 的单位三者之间的相互独立性，有30αβ-=， ⑧ 0βγ+=， ⑨21γ= ⑩ 解为311,,222αβγ=-=-=⑪将⑪式代入①式得f =⑫评分标准：本题12分. 第（1）问2分，答案正确2分；第（2）问3分，答案正确3分；第（3）问7分，⑦式2分，⑪式3分，⑫式2分（答案为ff =f ∝2分）.二、(16分)解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程：000000(,,,)(,,,)(,,,)−−−−−−−→−−−−−→i i f f f p V T N p V T N p V T N 放气(绝热膨胀)等容升温其中，000000(,,,),(,,,,,,)i i f f f p V T N p V T N p V T N )和(分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程pV NkT =，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有f f iip N p N =①另一方面，设V '是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为0p 时的体积，即000(,,,)(,,,)i i i p V T N p V T N '−−−−→绝热膨胀此绝热过程满足1/00i V p V p γ⎛⎫= ⎪'⎝⎭②由状态方程有0i p V N kT '=和00f p V N kT =，所以0f iN V N V ='③联立①②③式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭④此即lnln ii fp p p p γ= ⑤由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑥0f f p p gh ρ=+ ⑦式中，00p gh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得00ln(1)ln(1)ln(1)i f ih h h h h h γ+=+-+ ⑧利用近似关系式：1, ln(1)x x x +≈当，以及 00/1, /1i f h h h h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==-- ⑨评分标准：本题16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分．解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程ab ，再通过等容升温过程bc 达到末态100000(,,)(,,)(,,)−−−−−→−−−−−→i f p V T p V T p V T 绝热膨胀ab 等容升温bc其中，100000(,,),(,,,,)i f p V T p V T p V T )和(分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程1100ab: γγγγ----=i p T p T ①00bc://=f p T p T ②由①②式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭③此即lnln i i fp p p p γ= ④由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑤0f f p p gh ρ=+ ⑥式中，00p gh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得00ln(1)ln(1)ln(1)i f ih h h h h h γ+=+-+ ⑦利用近似关系式：1, ln(1)x x x +≈当，以及 00/1, /1i f h h h h ，有 000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==-- ⑧评分标准：本题16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分． 三、（20分）（1）平板受到重力C P 、拉力0M Q 、铰链对三角形板的作用力N A 和N B ，各力及其作用点的坐标分别为：C (0,sin ,cos )ϕϕ=--mg mg P ，(0,0,)h ；0M (0,,0)Q =Q ， 00(,0,)x z ；A A A A (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b；B B B B (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b-式中h =是平板质心到x 轴的距离.平板所受力和（对O 点的）力矩的平衡方程为A Bx0=+=∑xxF N N ①A B sin 0ϕ=++-=∑yyyF Q N N mg② A B cos 0ϕ=+-=∑z z zF N N mg ③ 0sin 0x M mgh Q z ϕ=-⋅=∑ ④B A 022=-=∑y z z b bM N N⑤ 0A B 022z y yb bM Q x N N =⋅+-=∑⑥ 联立以上各式解得sin mgh Q z ϕ=，A B x x N N =-，000sin 21()2Ay mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，000sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦A B 1cos 2z z N N mg ϕ== 即0M 0sin (0,,0)mgh z ϕ=Q ， ⑦0A A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦N ， ⑧ 0B A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦N⑨（2）如果希望在M(,0,)x z 点的位置从点000M (,0,)x z 缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的作用力By N 保持不变，则需sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--=⎢⎥⎣⎦常量 ⑩ M 点移动的起始位置为0M ，由⑩式得 00022-=-b x b x z z z z⑪或00022b x b x zz z ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ ⑫ 这是过A(,0,0)2b点的直线. (*)因此，当力M Q 的作用点M 的位置沿通过A 点任一条射线(不包含A 点)在平板上缓慢改变时，铰链支点B 对板的作用力By N 保持不变. 同理，当力M Q 的作用点M 沿通过B 点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点A 对板的作用力Ay N保持不变.评分标准：本题20分．第（1）问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第（2）问6分，⑩⑫式各1分，(*) 2分，结论正确2分.四、（24分）（1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至角位置时，小球相对于圆环的速率为v ，圆环绕轴转动的角速度为 ．此时与速率v 对应的指向中心C 的小球加速度大小为21a R=v①同时，对应于圆环角速度，指向OO 轴的小球加速度大小为2(sin )sin R a R ωωθθ= ②该加速度的指向中心C 的分量为22(sin )sin R a a Rωωθθ== ③该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin )cos cot R a a Rωωθθθ== ④由①③式和加速度合成法则得小球下滑至角位置时，其指向中心C 的合加速度大小为2212(sin )v ωθ=+=+R R a a a R R⑤ 在小球下滑至角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N 、垂直于环面的方向的分量T . 值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是N 、T 和mg . 这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即sin θmg 要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T 要改变小球对转轴的角动量，其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿'OO 轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向，由牛顿第二定律有22(sin )cos R R N mg ma mRωθθ++==v ⑥ 合外力矩为零，系统角动量守恒，有202(sin )L L m R θω=+ ⑦式中L 0和L 分别为圆环以角速度0和转动时的角动量．如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在角位置处取角度增量，圆心角所对圆弧l ∆的质量为m l λ∆=∆（02m Rλπ≡），其角动量为 2sin L m r l rR Rr z R S ωλωθλωλω∆=∆=∆=∆=∆ ⑧式中r 是圆环上角位置到竖直轴OO 的距离，S ∆为两虚线间窄条的面积．⑧式说明，圆弧l ∆的角动量与S ∆成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为2200122222m R L L R m R R πωωπ=∆=⨯=∑ ⑨[或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO 的转动惯量J 等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半，即2012J m R = ⑧则角动量L 为CRzl r2012L J m R ωω== ⑨ ]同理有200012L m R ω= ⑩力N 及其反作用力不做功；而T 及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统机械能守恒. 故22012(1cos )2[(sin )]2k k E E mgR m R θωθ-+⨯-=⨯+v ⑪式中0k E 和k E 分别为圆环以角速度0ω和ω转动时的动能．圆弧l ∆的动能为222111()sin 222k E m r l rR R S ωλωθλω∆=∆=∆=∆整个圆环（两个半圆环）的动能为22220011222224k k m R E E R m R R πωωπ=∆=⋅⋅⋅⋅=∑ ⑫ [或：圆环的转动动能为22201124k E J m R ωω== ⑫ ]同理有2200014k E m R ω= ⑬ 根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2cos N θ，当02cos N m g θ≥ ⑭时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫ ⑬式可知，⑭式可写成2220000220cos 6cos 4cos 102(4sin )ωθθθθ⎡⎤-+--≤⎢⎥+⎣⎦m R m m m m g m m ⑮ 式中，g 是重力加速度的大小.（2）此时由题给条件可知当=30θ︒时，⑮式中等号成立，即有20020912()m m m m m ⎤⎛-+=- ⎥+⎝⎣⎦或00(m m ω=+⑯由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得0000200+4sin +m m m m m m ωωωθ== ⑰ 由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得=v ⑱评分标准：本题24分．第（1）问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分，⑪式2分，⑫⑬式各1分，⑭式2分，⑮式1分；第（2）问6分，⑯⑰⑱式各2分． 五、（20分） （1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为v . 由题意知：20cm u =,10cm f =，代入透镜成像公式111u f+=v ①得像距为20cm =v ② 其横向放大率为1uβ=-=-v③ 可知圆盘像在凸透镜右边20cm ，半径为5cm ，为圆盘状，圆盘与其像大小一样.（2）如下图所示，连接A 、B 两点，连线AB 与光轴交点为C 点，由两个相似三角形AOC ∆与BB'C ∆的关系可求得C 点距离透镜为15cm. 1分若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处，此时圆形光阑在C 点左侧. 1分当圆形光阑半径逐渐减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B 点成像，因而圆盘像的形状及大小不变，而亮度变暗. 2分此时不存在圆形光阑半径a r 使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半．1分（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处，此时圆形光阑在C 点（距离透镜为15cm ）的右侧. 由下图所示，此时有:CB'=BB'=5cm, R'B'=2cm,利用两个相似三角形CRR'∆与CBB'∆的关系，得CR'52RR'=BB'=5cm 3cm CB'5r -=⨯⨯= ④可见当圆盘半径3cm r =（光阑边缘与AB 相交）时，圆盘刚好能成完整像，但其亮度变暗． 4分若进一步减少光阑半径，圆盘像就会减小．当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原先像的一半高度处时，圆盘像的半径就会减小为一半，如下图所示．此时光阑边缘与AE 相交，AE 与光轴的交点为D ，由几何关系算得D 与像的轴上距离为207cm. 此时有620DR'=cm, DE'=cm, EE'=2.5cm,77ACOBB'CRBR'B'利用两个相似三角形DRR'∆与DEE'∆的关系，得 DR'20/72RR'=EE'= 2.5cm 0.75cm DE'20/7ar -=⨯⨯= ⑤ 可见当圆形光阑半径a r =，圆盘像大小的半径的确变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 3分（4）只要圆形光阑放在C 点（距离透镜为15cm ）和光屏之间，圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关． 2分（5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，则当圆形光阑半径逐渐减小时，圆盘像的形状及大小不变，亮度变暗； 2分同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 1分评分标准：第（1）问3分，正确给出圆盘像的位置、大小、形状，各1分；第（2）问5分，4个给分点分别为1、1、2、1分； 第（3）问7分，2个给分点分别为2、3分； 第（4）问2分，1个给分点为2分； 第（5）问3分，2个给分点分别为2、1分．六、（22分）（1）固定金属板和可旋转金属板之间的重叠扇形的圆心角 的取值范围为00θθθ-≤≤．整个电容器相当于2N 个相同的电容器并联，因而1()2()C NC θθ=①式中1()C θ为两相邻正、负极板之间的电容1()()4A C ksθθπ=②这里，()A θ是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有2000200012(), 2()12(2), 2θθθθπθθθππθθθ⎧⨯--≤≤-⎪⎪=⎨⎪⨯--<<⎪⎩R A R 当当③由②③式得200012000(), 4()(2), 4θθθθπθπθθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪=⎨-⎪-<<⎪⎩R ksC R ks当当④由①④式得DRER' E'20002000(), 2()(2),2θθθθπθπθθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪=⎨-⎪-<<⎪⎩NR ks C NR ks 当当⑤（2）当电容器两极板加上直流电势差E 后，电容器所带电荷为()()θθ=Q C E⑥当0θ=时，电容器电容达到最大值max C ，由⑤式得20max 2NR C ksθπ=⑦ 充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值max Q ，由⑥式得20max 2NR Q E ksθπ=⑧ 断开电源，在转角θ取0θ=附近的任意值时，由⑤⑧式得，电容器内所储存的能量为2222max 0000() 2()4()θθθθπθθπθθ==-≤≤--Q NR E U C ks 当 ⑨ 设可旋转金属板所受力矩为()T θ（它是由若干作用在可旋转金属板上外力i F 产生的，不失普遍性，可认为i F 的方向垂直于转轴，其作用点到旋转轴的距离为i r ，其值i F 的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致），当金属板旋转θ∆（即从θ变为θθ+∆）后，电容器内所储存的能量增加U ∆，则由功能原理有()()()θθθθ∆=∆=∆=∆∑∑i i i i T F r F l U ⑩式中，由⑨⑩式得22200020()() 4()θθθθθπθθπθθ∆==-≤≤-∆-NR E U T ks 当⑪当0 2πθθ==时， ()θT 发散，这表明所用的平行板电容公式需要修改．当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩为2204θθπ=∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭U NR E T ks⑫（3）当0cos V V t ω=，则其电容器所储存能量为[]222max min max min 02max min max min 020max min max min max min max min 2012111()()cos2cos 222111()()cos2(1cos2)422()()cos2()cos2()cos2cos28{(8m m m m U CV C C C C t V t C C C C t V t V C C C C t C C t C C t t V ωωωωωωωω=⎡⎤=++-⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++-+⎢⎥⎣⎦=++++-+-=max min max min max min max min )()cos2()cos21()[cos2()cos2()]}2m m m C C C C t C C t C C t t ωωωωωω++++-+-++-⑬由于边缘效应引起的附加电容远小于max C ，因而可用⑦式估算max C ．如果m ωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-, ⑭可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(1)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑮如果m ωω=，⑭式中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为222222max min 0max min 0max min 00111(3)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑯由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的，因而max C 应比用⑦式估计max C 大；这一效应同样使得min 0C >；可假设实际的max min ()C C -近似等于用⑦式估计max C ．如果m ωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-, ⑰可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(12)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑱[如果m ωω=，⑭中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式⑭的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为 222222max min 0max min 0max min 00111(34)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑲]212 U U U >因为，则最大值为，所对应的m ω为m ωω=⑳评分标准：本题22分．第（1）问6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第（2）问9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩式中没有求和号的，也同样给分；没有力的符号，也给分），⑪⑫式各2分；第（3）问7分，⑬⑭式各2分，⑮⑯⑳式各1分．七、（26分）（1）通有电流i 的钨丝（长直导线）在距其r 处产生的磁感应强度的大小为m i B k r=①由右手螺旋定则可知，相应的磁感线是在垂直于钨丝的平面上以钨丝为对称轴的圆，磁感应强度的方向沿圆弧在该点的切向，它与电流i 的方向成右手螺旋．两根相距为d 的载流钨丝（如图（a ））间的安培力是相互吸引力，大小为2m k Li F B Li d∆=∆= ②考虑某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力．由系统的对称性可知，每根钨丝受到的合力方向都指向轴心；我们只要将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加即可．如图，设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为ϕ，则它们间的距离为2sin2d r ϕ=③由②③式可知，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为22sin 2sin(/2)22m m r k Li k Li F r rϕϕ∆∆==④它与ϕ无关，也就是说虽然处于圆周不同位置的载流钨丝对某根载流钨丝的安培力大小和方向均不同，但在径向方向上的分量大小却是一样的；而垂直于径向方向的力相互抵消．因此，某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(1)22-∆-∆==m m N k L I N k Li F r rN 内⑤其方向指向轴心．（2）由系统的对称性可知，所考虑的圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力大小相等，方向与柱轴垂直，且指向柱轴．所考虑的圆柱面，可视为由很多钨丝排布而成，N 很大，但总电流不变．圆柱面上ϕ∆角对应的柱面面积为s r L ϕ=∆∆⑥图(a)圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(1)24m N N k Li N F P s r Lϕππ-∆∆==∆ ⑦由于1N ，有22(1)-=N N i I 内⑧由⑦⑧式得224π=m k I P r 内⑨代入题给数据得1221.0210N/m P =⨯⑩一个大气压约为5210N/m ，所以710atm P ≈⑪即相当于一千万大气压．（3）考虑均匀通电的长直圆柱面内任意一点A 的磁场强度. 根据对称性可知，其磁场如果不为零，方向一定在过A 点且平行于通电圆柱的横截面. 在A 点所在的通电圆柱的横截面（纸面上的圆）内，过A 点作两条相互间夹角为微小角度θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧L 1和L 2，如图（b ）所示. 由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性，通过L 1和L 2段的电流之比/I I 12等于它们到A 点的距离之比/l l 12：111222==I L l I L l ⑫式中，因此有1212=mm I I k k l l⑬即通过两段微小圆弧在A 点产生的磁场大小相同，方向相反，相互抵消．整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段，因此通电的外圈钨丝圆柱面在其内部产生的磁场为零，所以通电外圈钨丝的存在，不改变前述两小题的结果．（4）由题中给出的已知规律，内圈电流在外圈钨丝所在处的磁场为=mI B k R内⑭方向在外圈钨丝阵列与其横截面的交点构成的圆周的切线方向，由右手螺旋法则确定．外圈钨丝的任一根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(2) + 22-∆∆+=∆=m m m M k L I I k I k L I I I F L RM M R RM外外内外内外外⑮式中第一个等号右边的第一项可直接由⑤式类比而得到，第二项由⑭式和安培力公式得到.因此圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(2)24ϕπϕπ+∆==∆∆外外内外外m F k I I I M P R L R⑯若要求2222244ππ+>外内外内（）m m k I I I k I R r ⑰只需满足222222 = ++<外内外内I I I R M NMr I N ⑱（5）考虑均匀通电的长直圆柱面外任意一点C 的磁场强度. 根据对称性可知，长直圆柱面上的均匀电流在该点的磁场方向一定在过C 点且平行于通电圆柱的横截面（纸面上的圆），与圆的径向垂直，满足右手螺旋法则. 在C 点所在的通电圆柱的横截面内，过C 点作两条相互间夹角为微小角度θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧3L 和4L ，如图（c ）所示. 由几何关系以及电流在圆周上排布的均匀性，穿过3L 和4L 段的电流之比34/I I 等于它们到C 点的距离之比34/l l ：333444I L l I L l == ⑲式中，33CL l =，44CL l =，CO l =. 由此得33443434I I I I l l l l +==+ ⑳考虑到磁场分布的对称性，全部电流在C 点的磁感应强度应与CO 垂直. 穿过3L 和4L 段的电流在C 点产生的磁感应强度的垂直于CO 的分量之和为3344C 3434cos cos 2cos mm m I I I IB k k k l l l l θθθ+=+=+ ○21○21 设过C 点所作的直线34CL L 与直线CO 的夹角为θ，直线34CL L 与圆的半径4OL 的夹角为α（此时，将微小弧元视为点）. 由正弦定理有34sin()sin sin()l l l αθααθ==-+○22○22 式中，3OCL θ=，4CL O α=. 于是343434C 342cos 2sin cos [sin()sin()]m m m I I I I I I B k k k l l l lθαθαθαθ+++===+++- ○23○23 即穿过两段微小圆弧的电流3I 和4I 在C 点产生的磁场沿合磁场方向的投影等于3I 和4I 移至圆柱轴在在C点产生的磁场．整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段，因此沿柱轴通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场,mI B k l r l=>内○24○24 方向垂直于C 点与圆心O 的连线，满足右手螺旋法则．评分标准：本题26分．第（1）问6分，②③式各1分，④式2分，⑤式1分，方向1分；第（2）问6分，⑥~⑪式各1分；第（3）问3分，⑫⑬式各1分，对称性分析正确1分；第（4）问6分，⑮⑯各2分，⑰⑱式各1分；第（5）问5分，⑲○21○21○22○23○24式各1分. 八、（20分）（1）由题给条件，观察到星系的谱线的频率分别为1414.54910Hz ν'=⨯和142 6.14110Hz ν'=⨯，它们分别对应于在实验室中测得的氢原子光谱的两条谱线1和2．由红移量z 的定义，根据波长与频率的关系可得νννννν''--==''112212z①式中，ν'是我们观测到的星系中某恒星发出的频率，而是实验室中测得的同种原子发出的相应的频率. 上式可写成11221111(1),(1)νννν=+=+'' z z由氢原子的能级公式2=n E E n , ②得到其巴耳末系的能谱线为00222ν=-E E h n ③由于z 远小于1，光谱线红移后的频率近似等于其原频率．把1ν'和2ν'分别代入上式，得到这两条谱线的相应能级的量子数1234≈≈≈≈， n n ④从而，证实它们分别由n=3和4向k =2的能级跃迁而产生的光谱，属于氢原子谱线的巴尔末系．这两条谱线在实验室的频率分别为14012211() 4.56710Hz 23=--=⨯E v h ， 14022211() 6.16610Hz 24=--=⨯E v h 根据波长与频率的关系可得，在实验室中与之相对应的波长分别是12656.4nm 486.2nm λλ==， ⑤（2）由①式可知1122121()0.00402νννννν''--=+=''z ⑥由于多普勒效应，观测到的频率νν'=因为vc ，推导得z = v /c从而，该星系远离我们的速度大小为860.0040 2.99810 m/s 1.210 m/s v ==⨯⨯=⨯zc ⑦（3）由哈勃定律，该星系与我们的距离为641.210 Mpc 18Mpc 6.78010v D H ⨯===⨯ ⑧评分标准：本题20分. 第（1）问14分，①式2分，③④⑤式各4分；第（2）问4分，⑥⑦式各2分；第（3）问2分，⑧式2分. （有效数字位数正确但数值有微小差别的，仍给分）。
高中物理竞赛试题含答案(人教版)
高中物理竞赛试题含答案(人教版)一、选择题1. 下图是三列铜钥匙在水平桌面上沿XY方向水平放置，当一劲矩相等的时候，哪列铜钥匙出现了平衡状态？A. 第一列B. 第二列C. 第三列D. 不能确定2. 在一个静止的升空的电梯中，人体的体重是否改变？A. 改变B. 不改变C. 取决于电梯的速度D. 取决于电梯的加速度3. 下图为某物体的受力情况，求物体的加速度大小。
A. 2 m/s²B. 4 m/s²C. 6 m/s²D. 8 m/s²4. 下图为一个电电路，求带电量Q的大小。
A. 2 CB. 4 CC. 6 CD. 8 C二、填空题1. 平面镜的焦距等于________。
2. 物体在自由落体运动中，下落的距离与时间的关系为________。
3. 高压输电线路采用________方式传输电能。
4. 电磁波中传播速度最快的是________。
三、解答题1. 在牛顿第二定律的基础上，解释为什么用石头绳结一个系的时候，拉绳子的一方会感觉拉绳子的另一方向下运动。
解答：根据牛顿第二定律，F=ma，当拉绳子一方向上施加力时，另一方受到的力是同样大小的反向力，所以会感觉另一方向下运动。
2. 两个平面镜以一定的夹角放置在光路上，通过第一个镜子的光线经过第二个镜子反射后，与第一个镜子原来的光线重合。
求两个镜子的夹角。
解答：根据光的反射定律，入射角等于反射角，因此两个镜子的夹角为90度。
参考答案：一、选择题：1. D 2. B 3. C 4. A二、填空题：1. 焦距 2. 匀加速 3. 交流 4. 真空三、解答题：1. 解答略 2. 90度。
全国高中物理竞赛历年(2009-2013年)试题与详解答案汇编
法拉第电磁感应定律。
楞次定律。
自感系数。
互感和变压器。
6、交流电
交流发电机原理。交流电的最大值和有效值。
纯电阻、纯电感、纯电容电路。
整流和滤波。
三相交流电及其连接法。感应电动机原理。
7、电磁振荡和电磁波
电磁振荡。振荡电路及振荡频率。
电磁场和电磁波。电磁波的波速，赫兹实验。
电磁波的发射和调制。电磁波的接收、调谐，检波。
全国高中物理竞赛历年试题与详解答案汇编
———广东省鹤山市纪元中学
2014年5月
全国中学生物理竞赛提要
编者按：按照中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会第九次全体会议的建议，由中国物理学会全国中学生物理竞赛委员会常务委员会根据《全国中学生物理竞赛章程》中关于命题原则的规定，结合我国目前中学生的实际情况，制定了《全国中学生物理竞赛内容提要》，作为今后物理竞赛预赛和决赛命题的依据，它包括理论基础、实验基础、其他方面等部分。其中理论基础的绝大部分内容和国家教委制订的（全日制中学物理教学大纲》中的附录，即 1983年教育部发布的《高中物理教学纲要（草案）》的内容相同。主要差别有两点：一是少数地方做了几点增补，二是去掉了教学纲要中的说明部分。此外，在编排的次序上做了一些变动，内容表述上做了一些简化。1991年2月20日经全国中学生物理竞赛委员会常务委员会扩大会议讨论通过并开始试行。1991年9月11日在南宁由全国中学生物理竞赛委员会第10次全体会议正式通过，开始实施。
功能原理。机械能守恒定律。
碰撞。
6、流体静力学
静止流体中的压强。
浮力。
7、振动
简揩振动。振幅。频率和周期。位相。
振动的图象。
参考圆。振动的速度和加速度。
高一物理必修1竞赛题+高一物理奥赛试题+高中应用物理竞赛试题答案
高一物理必修1竞赛题+高一物理奥赛试题 +高中应用物理竞赛试题答案 高中物理竞赛——力的处理一、矢量的运算1、加法表达：a + b = c 。
名词：c 为“和矢量”。
法则：平行四边形法则。
如图1所示。
和矢量大小：c = α++cos ab 2b a 22 ，其中α为a 和b 的夹角。
和矢量方向：c 在a 、b 之间，和a 夹角β= arcsinα++αcos ab 2b a sin b 222、减法 表达：a = c －b 。
名词：c 为“被减数矢量”，b 为“减数矢量”，a 为“差矢量”。
法则：三角形法则。
如图2所示。
将被减数矢量和减数矢量的起始端平移到一点，然后连接两时量末端，指向被减数时量的时量，即是差矢量。
差矢量大小：a = θ-+cos bc 2c b 22 ，其中θ为c 和b 的夹角。
差矢量的方向可以用正弦定理求得。
一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例。
例题：已知质点做匀速率圆周运动，半径为R ，周期为T ，求它在41T 内和在21T 内的平均加速度大小。
解说：如图3所示，A 到B 点对应41T 的过程，A 到C 点对应21T 的过程。
这三点的速度矢量分别设为A v 、B v 和C v 。
根据加速度的定义 a = t v v 0t -得：AB a = AB A B t v v -，AC a = ACA C t v v - 由于有两处涉及矢量减法，设两个差矢量 1v ∆=B v －A v ，2v ∆=C v －A v ，根据三角形法则，它们在图3中的大小、方向已绘出（2v ∆的“三角形”已被拉伸成一条直线）。
本题只关心各矢量的大小，显然：A v =B v =C v = TR 2π ，且：1v ∆ = 2A v = T R 22π ，2v ∆ = 2A v = TR 4π 所以：AB a = AB 1t v ∆ = 4T T R 22π = 2T R 28π ，AC a = AC 2t v ∆ = 2T T R4π = 2T R 8π 。
高一上物理竞赛试题(含答案)
高一年级物理竞赛试题班级 姓名一、选择题1．如图所示，两根直木棍AB 和CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下．若保持两木棍倾角不变，将两者间的距离稍增大后固定不动，且仍能将水泥圆筒放在两木棍的上部，则( ) A ．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力不变 B ．每根木棍对圆筒的支持力变大，摩擦力变大 C ．圆筒将静止在木棍上 D ．圆筒将沿木棍减速下滑2．半圆柱体P 放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板MN 。
在半圆柱体P 和MN 之间放有一个光滑匀称的小圆柱体Q ，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图。
现使MN 保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q 滑落到地面之前，发觉P 始终保持静止。
则在此过程中，下列说法正确的是 （ ）A ．MN 对Q 的弹力渐渐减小B ．地面对P 的支持力渐渐增大C ．Q 所受的合力渐渐增大D ．地面对P 的摩擦力渐渐增大3.杂技表演的平安网如图甲所示，网绳的结构为正方形格子，O 、a 、b 、c 、d ……等为网绳的结点，平安网水平张紧后，若质量为m 的运动员从高处落下，并恰好落在O 点上，该处下凹至最低点时，网绳dOe ，bOg 均为120° 张角，如图乙所示，此时O 点受到向下的冲击力大小为2F ，则这时O 点四周每根网绳承受的张力大小为（ ）A ．FB ．2FC ．mg F +2D ．22mgF +4．如图所示，两个倾角相同的滑杆上分别套A 、B 两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个物体C 、D ，当它们都沿滑杆向下滑动时，A 的悬线与杆垂直，B 的悬线竖直向下。
则下列说法中正确的是 （ ） A ．A 环与滑杆无摩擦力 B ．B 环与滑杆无摩擦力C ．A 环做的是匀速运动D ．B 环做的是匀加速运动5、在光滑水平面上，有一个物体同时受到两个水平力F 1与F 2的作用，在第1s 内物体保持静止状态。
若力F 1、F 2随时间的变更如图所示。
2014年物理竞赛试卷及参考答案(4)
2014年高中物理竞赛高 二 试卷注意事项：1．本试卷共23题，满分为150分，考试时间120分钟． 2．将每题的答案答题卷上，在试卷上答题无效，本卷g 取10m/s 2．一、选择题（本题共10 小题，每小题 4 分，共40 分．每小题只有一个选项符合题意)． 1.如图所示，棒AB 上均匀分布着正电荷，它的中点正上方有一P 点，则P 点的场强方向为(A )垂直于AB 向上 (B )垂直于AB 向下 (C )平行于AB 向左 (D )平行于AB 向右2．在物理学发展的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。
关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是(A )安培首先提出了磁场对运动电荷的作用力公式(B )法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应(C )法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律 (D )楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判断感应电流方向的方法——楞次定律 3.两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如下图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知(A )在时刻t 2以及时刻t 5两木块速度相同 (B )在时刻t 1两木块速度相同(C )在时刻t 3和时刻t 4之间某瞬时两木块速度相同 (D )在时刻t 4和时刻t 5之间某瞬时两木块速度相同4．如图所示，水平放置的两块带电平行金属板．板间存在着方向竖直向下、场强大小为E 的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场．假设电场、磁场只存在于两板间．一个带正电的粒子，以水平速度v 0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动．不计粒子的重力及空气阻力．则 (A)板间所加的匀强磁场0EB v，方向垂直于纸面向里 (B)若粒子电量加倍，将会向下偏转(C)若粒子从极板的右侧射入，一定沿直线运动 (D)若粒子带负电，其它条件不变，将向上偏转 5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a ）、（b ）所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是v 0E(A)图（a ）中的A 1、A 2的示数相同 (B)图（a ）中的A 1、A 2的指针偏角相同 (C)图（b ）中的A 1、A 2的示数和偏角都不同 (D)图（b ）中的A 1、A 2的指针偏角相同6．如图所示，半径为R 的半球形碗固定于水平地面上，一个质量为m 的物块，从碗口沿内壁由静止滑下，滑到最低点时速度大小为v ，物块与碗之间的动摩擦因数恒为μ，则下列说法正确的是(A )在最低点时物块所受支持力大小为mg(B )整个下滑过程物块所受重力的功率一直增大(C )物块在下滑至最低点过程中动能先增大后减小 (D )整个下滑过程摩擦力对滑块做功212mgR mv -7．如图所示电路，电源内阻不能忽略，R 的阻值小于变阻器的总电阻，开始时滑动变阻器的滑片P 停在变阻器的中点，稳定后滑片P 由中点向上移动至顶端的全过程中(A )电压表的示数先减小后增大 (B )电压表的示数先增大后减小 (C )电流表的示数先增大后减小 (D )电流表的示数先减小后增大8.如图所示，导线AB 可在置于匀强磁场中的不计电阻的金属框架上滑动，则下列判断正确的是 (A)AB 向左匀加速运动时，电流表中电流均匀增大 (B)AB 向左减速运动时，电流表中有电流方向由a→b (C)AB 向右加速运动时，电流表中有电流方向由b→a (D )AB 向左匀速运动时，电流表中有电流方向由a →b9.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下无初速轻轻地放置在木板上的P 处，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ。
2014.1广州市高一物理上学期期末考.doc
2013-2014学年第一学期期末教学质量监测高一物理本试卷共6页，22小题，满分100分．测试时间90分钟注意事项：1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的铅笔或签字笔将自己的姓名和考号写在答题卡上．2. 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上．3. 非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．第Ⅰ部分选择题（共56分）一、单项选择题(12个小题，共36分；在每小题给出的四个选项中，只有一个正确选项，选对的得3分，选错或不答的得0分)1.在国际单位制中，力学的三个基本单位是A．N、m、s B．kg、m、s C．N、kg、s D．N、kg、m2.物理学是一门以实验为基础的学科，许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的。
但有些物理定律或物理关系的建立并不是直接从实验得到的，而是经过了理想化或合理外推得到的，下列几个定律的建立属于这种情况的是A ．牛顿第一定律B ．牛顿第二定律C ．牛顿第三定律D ．胡克定律3．下列情况中的物体，哪些可以看作质点A．研究从广州开往北京的一列火车的运行速度B．研究汽车后轮上一点运动情况的车轮C．体育教练员研究百米跑运动员的起跑动作D．研究地球自转时的地球4. 足球运动员已将足球踢向空中，如右图所示，下列描述足球在向斜上方飞行过程中某时刻的受力．．．．．．．．．．．．．．．图中．．，正确的是(G为重力，F为脚对球的作用力，F f为空气阻力)5．下列的各对力中，是相互作用力的是A．悬绳对电灯的拉力和电灯的重力B．电灯拉悬绳的力和悬绳拉电灯的力C．悬绳拉天花板的力和电灯拉悬绳的力D．悬绳拉天花板的力和电灯的重力6.用手握住瓶子，使瓶子在竖直方向静止，如果握力加倍，则手对瓶子的摩擦力A．握力越大，摩擦力越大B．只要瓶子不动，摩擦力大小不变C．方向由向下变成向上D．手越干越粗糙，摩擦力越大7.同一平面内的三个力，大小分别为4N、6N、7N，若三力同时作用于某一物体，则该物体所受三力合力的可能是为A．31N B．20N C．19N D．08. 如图所示，光滑球被细绳拴住靠在竖直墙上，绳对球的拉力为Ｔ，墙对球的弹力为Ｎ，现在通过一个小滑轮缓慢向上拉绳，在这个过程中A.N、T都减小B.N、T都增大C.N、T的合力将减小D.N、T的合力将增大9 ．某科技兴趣小组用实验装置来模拟火箭发射卫星.火箭点燃后从地面竖直升空，t1时刻第一级火箭燃料燃尽后脱落，t2时刻第二级火箭燃料燃尽后脱落，此后不再有燃料燃烧.实验中测得火箭竖直方向的v-t图像如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定.下列判断正确的是A．t2时刻火箭到达最高点B．t3时刻火箭落回地面C．火箭在0~t1时间内的加速度大于t1~t2时间内的加速度D．t1~t3时间内火箭一直向上运动10. 甲、乙两物体分别从10m和20m高处同时自由落下，不计空气阻力，下面描述正确的是A.落地时甲的速度是乙的1/2B.落地的时间甲是乙的2倍C.下落1s时甲的速度与乙的速度相同D.甲、乙两物体在最后1s内下落的高度相等11.物体在几个力作用下保持静止，现只有一个力逐渐减小到零又逐渐增大到原值，则在力变化的整个过程中，物体速度大小变化的情况是A．由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到零B．由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到某一数值C．由零逐渐增大到某一数值D．以上说法都不对12. 如图，在与水平面成 角的恒定拉力F作用下，物体A沿水平面向右做匀速运动，则：A.拉力F与摩擦力的合力为零B.拉力F的竖直分力与A的重力的合力为零C.拉力F与重力的合力方向为水平向右D.拉力F与摩擦力的合力方向为竖直向上二、双项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中有两个选项符合题目要求．全部选对得4分，选不全得2分，有选错或不答的得0分）13．关于力，下列说法中正确的是A ．力是改变物体运动状态的原因B ．物体间只有相互接触，才可能有弹力作用C ．摩擦力的方向总是与物体运动方向相反D ．只有静止的物体才会受到重力作用14.下列说法中正确的是A．标量的运算一定遵守平行四边形法则B．中央电视台新闻联播节目“19时开播”是指时刻C．在直线运动中，位移和路程大小可能相同D．位移和路程都是矢量15 ．关于速度、速度变化量、加速度的关系，下列说法中正确的是A ．运动物体的速度越大，其速度变化量一定越大B ．运动物体的速度越大，其位置变化一定越快C ．运动物体的速度变化量越大，其加速度一定越大D ．加速度越大，其运动物体的速度一定变化越快16.甲、乙两位同学组成研究性学习小组来研究物体的超重和失重现象。
高中物理竞赛试题含答案
高一物理竞赛测试题（120分）一、本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．考生必须将答案填在下面的答题卡上。
1．如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2m 和m 的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放．则在上述两种情形中正确的有Ａ．质量为2m 的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B ．质量为m 的滑块均沿斜面向上运动C ．绳对质量为m 滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D ．系统在运动中机械能均守恒2．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A ， A 与竖直墙之间放一光滑圆球B ，整个装置处于静止状态。
现对B 加一竖直向下的力F ，F 的作用线通过球心，设墙对B 的作用力为F 1，B 对A 的作用力为F 2，地面对A 的作用力为F 3。
若F 缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中A . F 1保持不变，F 3缓慢增大B . F 1缓慢增大，F 3保持不变C . F 2缓慢增大，F 3缓慢增大D . F 2缓慢增大，F 3保持不变 3．一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。
小球某时刻正处于图示状态。
设斜面对小球的支持力为N ，细绳对小球的拉力为T ，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是 A ．若小车向左运动，N 可能为零 B ．若小车向左运动，T 可能为零 C ．若小车向右运动，N 不可能为零D ．若小车向右运动，T 不可能为零4．某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的v -t 图象，某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是A ．在t 1时刻，虚线反映的加速度比实际的小B ．在0－t 1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的小C ．在t 1-t 2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大D ．在t 3-t 4时间内，虚线反映的是匀速运动5．一质量为M 的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力F 始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为g ，现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球篮中减少的质量为 A ．)(2gFM -B ．g F M 2-C ．gFM -2 D ．0 第1题图 第5题图第2题图 第4题图1t 2t t 3t 4t o v 第3题图7．如图，一固定斜面上两个质量相同的小物块A 和B 紧挨着匀速下滑，A与B 的接触面光滑。
2014全国高中物理竞赛初赛试题与标准答案(全Word版)
2014第31届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案与评分标准一、选择题．本题共5小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．α B．α1/3C．α3 D．3α2．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为lcm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度．当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误的是A．密度秤的零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C．密度秤的刻度都在Q点的右侧D．密度秤的刻度都在Q点的左侧3．一列简谐横波在均匀的介质中沿z轴正向传播，两质点P1和P2的平衡位置在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，若波的传播速度为24 m/s，则该波的频率可能为A．50Hz B．60HzC．400Hz D．410Hz4．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3．若环的重力可忽略，下列说确的是A．F1>F2>F3 B．F2>F3>F1C．F3>F2> F1 D．F1=F2=F35．质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰．假设B球的质量m B可选取为不同的值，则A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．（10分）用国家标准一级螺旋测微器（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．测微器的初读数如图(a)所示，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）为了缓解城市交通拥问题，交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示．当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“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”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为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”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1.5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，则该汽车的行驶加速度为_________；在这4s汽车发动机所做的功为_____________（取g=10m/s2）8．（10分）如图所示，两个薄透镜L1和L2共轴放置，已知L1的焦距f1=f，L2的焦距f2=―f，两透镜间的距离也是f，小物体位于物面P上，物距u1=3f．(1)小物体经过这两个透镜成的像在L2的_____边，到L2的距离为________，是______像（填“实”或“虚”）、_______像（填“正”或“倒”），放大率为___________．(2)现把两个透镜位置调换，若还要使给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向______边移动距离_________．这个新的像是______（填“实”或“虚”）、______像（填“正”或“倒”），放大率为__________．9．(10分)图中所示的气缸壁是绝热的．缸隔板A是导热的，它固定在缸壁上．活塞B是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气．B的上方为大气．A与Ｂ之间以及A与缸底之间都盛有n mol的同种理想气体，系统在开始时处于平衡状态．现通过电炉丝E对气体缓慢加热，在加热过程中，A、B之间的气体经历____过程．A以下气体经历____过程；气体温度每上升１K，A、B之间的气体吸收的热量与A以下气体净吸收的热量之差等于＿＿＿＿＿．已知普适气体常量为Ｒ．10.（10分）字宙空间某区域有一磁感应强度大小为B=1.0×10-9T的均匀磁场，现有一电子绕磁力线做螺旋运动．该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间隔为_____s；若该电子沿磁场方向的运动速度为1.0×10-2c（c为真空中光速的大小），则它在沿磁场方向前进1.0×10-3光年的过程中，绕磁力线转了_____圈. 已知电子电荷量为 1.60×10-19C，电子质量为9.11×10-31kg．三、计算题，计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．11．（15分）如图所示，一水平放置的厚度为t折射率为n的平行玻璃砖，下表面镀银（成反射镜）．一物点A位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为h处．观察者在A点附近看到了A点的像．A点的像到A点的距离等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射．12.（20分）通常电容器两极板间有多层电介质，并有漏电现象．为了探究其规律性，采用如图所示的简单模型，电容器的两极板面积均为A．其间充有两层电介质l和2，第1层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒数）和厚度分别为ε1、σ1和d1，第2层电介质的则为ε2、σ2和d2．现在两极板加一直流电压U，，电容器处于稳定状态．(1)画出等效电路图；(2)计算两层电介质所损耗的功率；(3)计算两介质交界面处的净电荷量；提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电路．13. (20分)如图所示，一绝缘容器部为长方体空胶，其长和宽分别为a和b，厚度为d，其两侧等高处装有两根与大气相通的玻璃管（可用来测量液体两侧的压强差）．容器装满密度为ρ的导电液体，容器上下两端装有铂电极A和C，这样就构成了一个液体电阻，该液体电阻置于一方向与容器的厚度方向平行的均匀恒定的磁感应强度为B的磁场中，并通过开关K接在一电动势为ε、阻为r的电池的两端，闭合开关．若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差为h，求导电液体的电导率σ．重力加速度大小为g．14.（20分）lmol的理想气体经历一循环过程l—2—3—1，如p—T图示所示．过程l—2是等压过程，过程3—1是通过p—T图原点的直线上的一段，描述过程2—3的方程为c1p2+ c2p =T，式中c1和c2都是待定的常量，p和T分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态l的压强、绝对温度分别为p1和T1．气体在状态2的绝对温度以及在状态3的压强和绝对湿度分别为T2以及p3和T3．气体常量R也是已知的．(1)求常量c1和c2的值；(2)将过程l—2—3—1在p—V图示上表示出来；(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．15. (20分)一个ω介子飞行时衰变成静止质量均为m的三个π介子，这三个π介子的动量共面．已知：衰变前后介子运动的速度都远小于光在真空中的速度c；衰变后的三个π介子的动能分别为T1、T2和T3，且第一、二个π介子飞行方向之间的夹角为θl，第二、三个π介子飞行方向之间的夹角为θ2（如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的能量（即其静止质量与c2的乘积）之差．求ω介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的φ角表示）及其静止质量．16. (25分)一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心O并与盘面垂直的固定水平转轴以匀角速度ω=4.43rad/s转动．圆盘半径r=1.00m，圆盘正上方有一水平天花板．设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出．现发现天花板上只有一点处有水．取重力加速度大小g=9. 80m/s2．求(1)天花板相对于圆盘中心轴O点的高度；(2)天花板上有水的那一点的位置坐标，参考答案与评分标准一、1. (D) 2. (C) 3. (AD) 4. (A) 5. (BCD)二、6. 0.022～0.024mm (3分)；3.772～3.774mm(3分)；3.748～3.752mm(4分) (若有效位数错，无分)7. 1.5m/s2(5分)；4.5×104J(5分)8. (1)右，f，实，倒，1 (每空1分) (2)左，2f，实，倒，1 (每空1分)9. 等压(2分)；等容(2分)；nR(6分)10. 3.6×10-2(5分)；8.8×107(5分)三、11. (15分) 由折射定律得：sinθi= sinθd…①由几何关系得：x1=htanθi…②，x2=htanθd…③，H=2(x1+x2)tan(900―θi)…④，H为物A到像A/的距离，在小角度近似下有：tanθi≈sinθi，tanθd≈sinθd，tan(900―θi)≈1sinθi …⑤，联立以上各式得：H=2(h+tn) …⑥评分标准：①式3分，②③④式各2分，⑤⑥各3分12. (20分)(1)等效电路如图所示(2)等效电容C 1和C 2为：C 1=ε1A d 1，C 2=ε2A d 2…① 等效电阻R 1和R 2为： R 1=d 1σ1 A ，R 2=d 2σ2 A…② 两层电介质所消粍的功率为：P=U 2 R 1+R 2=U 2A σ1σ2 d 1σ2+d 2σ1…③ (3)没两层介质各自上下界面之间的电压分别为U 1和U 2，上层介质界面上的电荷为：Q 1=C U 1=ε1A d 1·UR 1R 1+R 2=ε1σ2AU d 1σ2+d 2σ1…④， 下层介质界面上的电荷为：Q 2=ε2σ1AU d 1σ2+d 2σ1…⑤ 两层介质交界面处的净电荷量为：Q=Q 1―Q 2=(ε1σ2―ε2σ1)AU d 1σ2+d 2σ1…⑥ 评分标准：第(1)问4分(可不标字母、箭头)，第(2)问9分，①②③式各3分，第(3)问7分，④⑤式各2分，⑥式3分13. (20分)沿着电流I 的方向液柱长度为a ，该液柱受到的安培力大小为：F 安=BIa …① 液柱两侧面受到的由压强差产生的压力大小为：F P =ρghad …②水平方向上二力平衡，有：F 安= F P …③，由欧姆定律得：ε=I(R+r) …④，式中R=a σbd…⑤由以上各式解得：σ =ρgha b(B ε―r ρghd)…⑥ 评分标准：①式4分，②③④⑤式各3分，⑥式4分14. (20分)(1)设气体在状态i(i=1、2和3)下的压强、体积和绝对温度分别为p i 、V i 和T i ，由题设条件有： c 1p 22 + c 2p 2 =T 2 …①，c 1p 32 + c 2p 3 =T 3 …②由此解得：c 1=T 2p 3―T 3p 2 p 22p 3―p 32p 2=T 2p 3―T 3p 1 p 12p 3―p 32p 1 …③，c 1=T 2p 32―T 3p 22 p 2p 32―p 22p 3=T 2p 32―T 3p 12 p 1p 33―p 12p 3…④ (2)利用气体状态方程pV=RT ，以及V 1=R T 1p 1，V 2=R T 2p 2，V 3=R T 3p 3…⑤ 可将过程2―3的方程为：p V 2―V 3 p 2―p 3=V+V 2p 3―V 3p 2 p 2―p 3 …⑥ 可见，在p ―V 图上过程2―3是以(p 2，V 2)和(p 3，V 3) 为状态端点的直线段，过程3―1是通过原点直线上的一段，因而描述其过程的方程为：p T=c 3 …⑦，式中c 3是一常量，利用气体状态方程pV=RT ，可将过程3—1的方程改写为：V=R c 3=V 3=V 1 …⑧，这是以(p 3，V 1)和(p 1，V 1)为状态端点的等容降压过程.综上所述，过程1―2―3―1在p ―V 图上是一直角三角形，如图所示.(3)气体在一次循环过程中对外做的总功为：W=―12(p 3―p 1)( V 2―V 1) …⑨ 利用气体状态方程pV=RT 和⑤式，上式即W=―12R(T 2―T 1)(p 3p 1―1) …⑩ 评分标准：第(1)问8分，①②③④式各2分；第(2)问10分，⑤⑥式各2分，过程1―2―3―1在p ―V 上的图示正确得6分；第(3)问2分，⑩式2分.15. (20分)以第二个π介子的飞行方向为x 轴，以事件平面为x ―y 平面，设衰变前ω介子和衰变后三个π介子的动量大小分别为P ω、P 1、P 2和P 3，衰变前后粒子在x 和y 方向的动量分别守恒，有：P ωcos φ= P 1cos θ1+P 2+ P 3cos θ2 …⑴，―P ωsin φ= ―P 1sin θ1+ P 3sin θ2 …⑵衰变前后粒子的总能量守恒，有：m ωc 2+T ω=(mc 2+T 1)+( mc 2+T 2)+( mc 2+T 3) …⑶，式中左端和右端三个括号的分别是衰变前ω介子的总能量(静能和动能之和)和衰变后三个π介子的总能量，动能可由动量和静质量表示：T ω=p ω22m ω …⑷，T 1=p 122m …⑸，T 2=p 222m …⑹，T 3=p 322m…⑺ 分别由⑤⑥⑦式得p 1=2mT 1 …⑻，p 2=2mT 2 …⑼，p 3=2mT 3 …⑽联立①②⑧⑨⑩式得：φ=arctan T 1sin θ1―T 3sin θ2 T 1cos θ1+T 2+ T 3cos θ2…⑾ P ω2=2m(T 1+T 2+T 3)+4m T 1T 3cos(θ1+θ2)+T 1T 2cos θ1+T 2T 3cos θ2] …⑿由③④式得：2m ω2c 2―2m ω(3mc 2+T 1+T 2+T 3)+2m(T 1+T 2+T 3)+4m[T 1T 3cos(θ1+θ2)+T 1T 2cos θ1+T 2T 3cos θ2]=0 …⒀其解为m ω=32m+12c 2(T 1+T 2+T 3)+[32m+12c 2(T 1+T 2+T 3)]2―P ω22c2 …⒁ 式中p ω2由⑿式给出。
广东省广州市2013—2014学年第二学期高一物理《期末考试》试题
2013-2014学年第二学期高一期末考试物理试题一、单项选择题：共10题，每题3分，满分30分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求，选对得3分，选错或不答的得0分。
1．做曲线运动的物体所受的合外力A ．为零B ．大小一定不为零，且方向与速度方向不在同一直线上C ．大小一定不变D ．方向一定不变 2．做匀速圆周运动的物体的A ．线速度不变B ．向心力不变C ．加速度不变D ．周期不变 3．射击比赛中，运动员一枪击中了靶心，可以推断，击发时枪管的方向对准了A ．靶心B ．比靶心高一点的位置C ．比靶心低一点的位置D ．靶心偏右一点的位置4．如图所示，用细绳系着一个小球，使小球在水平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，关于小球受力的说法中，正确的是A ．只受重力B ．只受拉力C ．受重力和拉力D ．受重力、拉力和向心力5．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星离地面越高，则卫星的A ．线速度越大B ．向心加速度越大C ．角速度越大D ．周期越长6．下列物体的运动过程中，物体的机械能守恒的是A ．沿斜面匀速下滑的物体B ．在粗糙的水平面上做加速运动的物体C ．沿一定的椭圆轨道运动的人造地球卫星D ．在平衡力作用下使一物体匀速竖直上升 7．一人用力踢质量为 10 kg 的皮球，使球由静止以 20m/s 的速度飞出。
假定人踢球瞬间对球平均作用力是200N ，球在水平地面运动了20m 停止。
则人对球所做的功为 A ．50 J B ．2000J C ．500 J D ．4000 J 8．从h 高处以0v 竖直向上抛出一个质量为m 的小球，若取抛出点处物体的重力势能为零，不计空气阻力，则物体落地时的机械能为A.2021mvB. 2021mv mgh +C. mghD.mgh mv -2021 9．如果卡车发动机的额定功率为75kW ，它受到的阻力恒为3×103N ，则这辆卡车的速度最大能达到A. 75m/sB. 30m/sC. 25km/hD. 25m/s10．用一根绳子拉着一个小球在光滑的足够大的水平面做匀速圆周运动，当绳子突然断了，则A ．物体受向心力的作用，向着圆心运动B ．物体失去向心力，沿着半径做背离圆心运动C ．物体运动的半径增大，沿螺旋线运动D ．物体沿圆周的某一切线方向做匀速直线运动二、双项选择题：共10小题，每小题4分，满分40分。
高一物理竞赛试题(含答案)
高一物理竞赛试题(含答案)高一物理竞赛试题一、单项选择题1.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A（A、B接触面竖直），此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为（）A。
μ1/μ2B。
1/μ1μ2C。
μ1μ2/2+μ1D。
μ1μ2/1+μ22.如图所示，轻杆BC的一端铰接于C，另一端悬挂重物G，并用细绳绕过定滑轮用力拉住．开始时，∠BCA＞90°，现用拉力F使∠BCA缓慢减小，直到BC接近竖直位置的过程中，杆BC所受的压力（）A。
保持不变B。
逐渐增大C。
逐渐减小D。
先增大后减小3.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。
现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。
与稳定在竖直位置时相比，小球高度A。
一定升高B。
一定降低C。
保持不变D。
升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定4.一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。
水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。
发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。
不计空气的作用，重力加速度大小为g。
若乒乓球的发射速率为v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是A。
2g/h < v < L/4B。
g/h < v < L/26hC。
g1(4L1+L2)/6h < v < g1(4L1+L2)/26hD。
L1/2g < v < g1(4L1+L2)/26h在街头的理发店门口常可以看到一个转动的圆筒标志，外表有螺旋斜条纹。
我们感觉条纹在沿竖直方向运动，但实际上条纹在竖直方向并没有升降，这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉。
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2014年广州市高中一年级物理竞赛试题
考试时间100分钟；试卷满分100分。
请按要求在答题卷上作答。
1．（5分）如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一重为mg 的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30︒角，则每根支架中承受的压力大小为
2．（5分）如图，A 、B 两个物体相距s=7m ，物体A 以4=A v m/s 的速度向右匀速运动，而物体B 此时的速度10=B v m/s ，向右做匀减速运动，加速度a = -2m/s 2。
那么A 追上B 所用的时间为： s
3．（10分）质量为2×103
kg 的汽车，发动机功率为3×104
W ，在水平公路上能以15m/s 的最大速率匀速行驶。
若保持功率不变，当速率为10m/s 时，汽车受到的牵引力为 N ，瞬时加速度为 m/s 2
4．（10分）不计空气阻力，重力加速度取g ，以速度v 竖直向上抛出一物体，T 秒后仍从原地以同样的速度竖直向上抛出另一物体，要使两物体在抛出点上方相遇，则时间T 必须小于 ，相遇处离抛出点的高度为 。
5．（10分）宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球。
经过时间t ，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L 。
若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L 3。
已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R ，万有引力常数为G 。
则该星球的重力加速度和质量分别为 和 。
6．（10分）如图，一块坯料夹在两水平运动的导板之间。
上板以2v 的速度向右运动，下板以v 的速度向左运动。
某时刻上、下两切点A 、B 同在一条与两板垂直的直线上，相距L 。
此时坯料的瞬时转动轴与切点A 的距离为 和瞬时角速度大小为
7．（10分）质量为2 kg 的物体，放在动摩擦因数 μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W 和物体发生的位移l 之间的关系如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则此物体在OA 段运动的加速度是 ，在位移为l ＝9 m 时的速度是
v
2
8．（18分）如图a 是某同学做“研究匀变速直线运动”实验时获得的一条纸带． ①打点计时器电源频率为50Hz ． A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 是纸带上7个连续的点， F 点由于不清晰而未画出．试根据纸带上的数据，推测F 点的位置并在纸带上标出，算出对应的速度v F = m/s （计算结果保留两位有效数字）
②根据纸带上的数据，算出B 、C 、D 、E 、F 各点对应的瞬时速度大小，然后在图ｂ上描点并作出v －t 图象．根据图象，求出t ＝０时的速度v 0= m/s 以及物体运动的加速度a = m/s 2（计算结果保留两位有效数字）
9．（22分）如图，半径为R 的
4
1
圆弧曲面固定在水平地面上，圆弧底端P 处的切线水平。
与圆弧底端等高的、足够长的木板A 左端紧靠圆弧放在水平地面上。
可视为质点的滑块B 静止放在距A 左端为R 的木板上；与B 完全相同的C 由圆弧顶端无初速度释放，沿圆弧滑下通过P 后，冲上A 并能与B 相碰，B 、C 碰后粘在一起不再分开并一起向右运动，其运动速度大小为C 与B 碰前的一半。
已知：A 、B 、C 的质量均为m ；重力加速度为g ；C 通过P 时对轨道的压力大小为2.5mg ；B 、C 与A 的动摩擦因数411=μ，A 与地面的动摩擦因数8
1
2=μ。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
求：
（1）C 从圆弧顶端滑到P 的过程中，摩擦力做的功。
（2）为使B 、C 不从A 右端掉下来，A 的长度至少要多长。
（3）A 停下后，左端与P 的水平距离
1.8.s
/-210b
2014年广州市高一年级物理竞赛参考答案及评分标准
1—7题为填空/作图题，每空5分共60分；第8题实验题，18分；第9题为计算题，22分。
共100分。
1
2．t =8 3．3×103； 0.5 4．;2g v
g
T g v 842
22- 5．2332t L 和22332Gt LR 6．L 32、 L v 3 7．1.5 m/s 2，3 m/s （没有单位的给2分） 8． ①F 点的位置如图(3分)
v F =0.70m/s （3分；没有保留两位有效数字的不给这3分） ②描点如图（3分） 作图如图（3分） v 0=2.0m/s （3分）
a =5.0m/s 2（3分，没有保留两位有效数字的不给这3分）
评分说明：（1）不描点，画图正确也不给作图的3分；描点不作图的，照给这描点的3分。
（2）没有作图的，即使v 0 a 算得正确也不能给分。
9．解：（1）以C 为研究对象，设C 到达P 时速度为v 、支持力为N ，
由牛顿第二定律：R
mv mg N 2
=-①
动能定理：22
1
mv W mgR f =-② 依题意：mg N 5.2=③ 解得：mgR W f 4
1
=
④ （2）C 冲上A 后，
C 受到的摩擦力大小为：mg mg f C 4
1
1=
=μ⑤ A 受地面的摩擦力大小为：mg mg f A 8
3
32=⋅=μ⑥
1.8.s
/-210
由于C A f f >，所以A 没有滑动，C 在A 上做减速运动，设与B 相碰前的速度为v C ， 动能定理：2212
121mv mv mgR C -=
-μ⑦ Rg v C =⑧
B 、
C 碰后的速度为：Rg v BC 2
1
=
⑨ 碰后B 、C 这个整体受到的摩擦力大小为：mg mg f BC 2
1
21=
⋅=μ⑩ 由于A BC f f >，所以A 开始沿地面运动。
A 做初速度为零的匀加速直线运动，BC 做匀减速直线运动。
设共同速度为ABC v ，由牛顿运动定律知：
对BC ：BC BC ma f 2=-○11 对A ：A A BC ma f f =-○
12 又有加速度定义：t v v a BC ABC BC -= t
v
a A B C A =○
13 可解得：Rg v v BC ABC 6
1
31==
○
14 设A 从运动到共速对地的位移为s A 1，BC 在这段时间的对地位移为s BC ，由动能定理：
对BC ：2
2221221BC ABC BC BC mv mv s f ⋅-⋅=
-○
15 对A ；2
12
1)(ABC A A BC mv s f f ⋅=-○
16 解得：R s A 911= ；R s BC 9
4
=○
17 即BC 在A 上运动的距离为：R s s L A BC 3
1
1=-=∆○18 BC 最后与A 左端的距离为：R L R L 3
4
=
∆+=○19 （3）A 、B 、C 共速后，成为一个整体，仅在A 与地面的摩擦力做匀减速运动。
设运动s A 2停下来，由动能定理：2
232
10ABC A A mv s f ⋅-
=-○
20 解得：R s A 9
1
2=
○21 A 停下后，左端与P 的水平距离为：R s s L A A AP 9
2
21=
+=○22 ①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩○
11○12○13○14○15○16○17○18○19○20○21○22每式正确给1分。