上海市第十届高二物理竞赛复赛试题解答

全国中学生物理竞赛复赛试题全卷共六题，总分为140分。

一、（20分）一汽缸的初始体积为0V ，其中盛有2mol 的空气和少量的水（水的体积可以忽略）。

平衡时气体的总压强是3.0atm ，经做等温膨胀后使其体积加倍，在膨胀结束时，其中的水刚好全部消失，此时的总压强为2.0atm 。

若让其继续作等温膨胀，使体积再次加倍。

试计算此时：1.汽缸中气体的温度；2.汽缸中水蒸气的摩尔数；3.汽缸中气体的总压强。

假定空气和水蒸气均可以当作理想气体处理。

二、（25分）两个焦距分别是1f 和2f 的薄透镜1L 和2L ，相距为d ，被共轴地安置在光具座上。

1. 若要求入射光线和与之对应的出射光线相互平行，问该入射光线应满足什么条件？2. 根据所得结果，分别画出各种可能条件下的光路示意图。

三、（25分）用直径为1mm 的超导材料制成的导线做成一个半径为5cm 的圆环。

圆环处于超导状态，环内电流为100A 。

经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于610A －。

试估算该超导材料电阻率数量级的上限。

提示：半径为r 的圆环中通以电流I 后,圆环中心的磁感应强度为02I B rμ= ,式中B 、I 、r 各量均用国际单位，720410N A μπ=⨯⋅－－。

四、（20分）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形势和分布情况有了较深刻的认识。

双星系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离。

一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。

现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M ，两者相距L 。

他们正绕两者连线的中点作圆周运动。

1. 试计算该双星系统的运动周期T 计算。

2. 若实验上观测到的运动周期为T 观测，且:1:1)T T N =>观测计算。

为了解释T 观测与T 计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。

某某市第十届高二物理竞赛〔浦东新区东昌中学杯〕复赛试题〔2004年〕说明：1、本卷共四大题，总分为150分，答卷时间为120分钟。

2、答案与解答过程均写在答卷纸上。

其中第一、二大题只要写出答案，不写解答过程；第三、四大题要写出完整的解答过程。

3、本卷中g取10米/秒2。

卢立臻一．选择题〔以下每题中有一个或一个以上选项符合题意，每一小题5分，共40分。

〕1．一标定为“220V，60W〞的白炽灯泡，假设使加在其上的电压由0—220V慢慢升高，2．如下列图，A、B为两种不同金属材料制成的导体，它们严密接触，而且横截面积一样。

A的电阻率大于B的电阻率，a、b分别为两种导体内部的点。

在导体两端加一个恒定电压U，导体内有恒定电流I通过。

如此〔A〕因为a、b都在导体内部，所以a、b两点的电场强度都为0。

〔B〕导体内部为匀强电场，a、b两点的电场强度大小相等，方向一样。

〔C〕a、b两点的电场强度方向一样但大小不同。

〔D〕a、b两点的电场强度方向、大小都不一样。

3．匀强磁场中有四个由细导线弯曲而成的平面回路。

磁场方向垂直纸面向里。

如图描绘了当磁场逐渐减弱时，回路中产生的感应电流的方向，其中错误的答案是II I I〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕O O O××××××××4．将质量为2m 的木板静止地放在光滑水平面上，一质量为m 的木块以水平初速v 0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。

木块运动过程中所受摩擦力始终保持不变。

现将木板分成长度与质量相等的两段〔a 、b块仍以一样的初速度v 0由木板a 的左端开始滑动，如此 〔A 〕木块仍能滑到木板b 的右端并与木板保持相对静止。

〔B 〕木块滑到木板b 的右端后飞离木板。

〔C 〕木块滑到木板b 的右端前就与木板保持相对静止。

〔D 〕后一过程产生的热量小于原来过程产生的热量。

5．有一“不倒翁〞，由半径为R 的半球体与顶角为60º的圆锥体组成〔如图〕，它的重心在对称轴上。

第十届高二物理竞赛（浦东新区东昌中学杯）初赛试题说明：1、本卷满分100分，答卷时间为90分钟2、本卷中g 取10 m/s 2一、单选题（每小题3分，共30分）1、一个气泡从湖的深处冒上来，湖水的温度随着水的深度增加而降低，则气泡在上升过程中受到的浮力将 （ ）（A ）逐渐增大， （B ）逐渐减小，（C ）保持不变， （D ）无法确定。

2、一台直流电动机，其转子线圈的电阻为R ，接在电压发型师定为U 的电源上，电动机正常运转时通过线圈的电流为I ，此时电动机输出的机械功率为 （ ）（A ）UI ， （B ）I 2R ，（C ）UI ＋I 2R ， （D ）UI －I 2R 。

3、如图所示，一个质量均匀的斜四棱柱，斜棱长21 cm ，其底面为正方形，边宽10 cm ，斜棱与竖直方向的夹角为θ＝30︒，斜四棱柱的上端靠着光滑的竖直墙壁，底部置于粗糙的水平地面上，处于平衡状态，该物体受到作用力共有 （ ）（A ）二个， （B ）三个， （C ）四个， （D ）五个。

4、飞机以350 km/h 的速度在地球表面附近飞行，下理哪种情况中飞机上的乘客可在较长时间内看见太阳停留在空中不动（已知地球半径R ＝6400 km ，sin 12︒＝0.208，sin 78︒＝0.978） （ ）（A ）在北纬78︒由东向西飞行， （B ）在北纬78︒由西向东飞行，（C ）在北纬12︒由东向西飞行， （D ）在北纬12︒由西向东飞行。

5、如图所示，条形磁铁固定在光滑水平桌面上，现有三个大小相同的立方体a 、b 、c ，其中a 为铁块，b 为铅块，c 为木块，它们分别从P 点以相同的初速度正对着磁铁的S 极滑去，设它们与S 极相碰时的速度分别为v a 、v b 和v c ，则有 （ ）（A ）v a ＞v b ＞v c ， （B ）v a ＜v b ＜v c ，（C ）v a ＞v c ＞v b ， （D ）v a ＝v b ＝v。

上海市第十中学2021年高二物理联考试卷含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. 右图为某电场中的一条电场线，针对电场线上A、B两点的场强和电势有以下说法，你认为正确的是[ ]A．A点场强一定大于B点场强； B．A点场强一定小于B点场强；C．A点电势一定高于B点电势； D．A点电势一定低于B点电势。

参考答案：C2. （单选）一弹簧振子在水平x轴方向作简谐运动，周期为，它由平衡位置0点沿轴负向运动到离最大负位移的处所需要的最短时间为:（）A． B. C. D.参考答案：B3. （多选）下列关于电场强度的叙述，正确的是（）A．电场中某点的电场强度大小等于单位电荷在该点受到的电场力大小B．电场中某点的电场强度与在该点试探电荷所受的电场力成正比C．电场中某点的电场强度方向就是试探电荷在该点所受电场力的方向D．电场中某点的电场强度大小和方向与该点有无试探电荷无关参考答案：AD4. （多选题）如图所示，一匀强磁场B垂直于倾斜放置的光滑绝缘斜面斜向上，匀强磁场区域在斜面上虚线ef与gh之间．在斜面上放置一质量为m、电阻为R的矩形铝框abcd，虚线ef、gh和斜面底边pq以及铝框边ab均平行，且eh＞bc．如果铝框从ef上方的某一位置由静止开始运动．则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度（v）﹣时间（t）图象，可能正确的有（）A．B．C．D．参考答案：AD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．【分析】线框未进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，根据安培力与重力沿斜面向下的分力关系，判断线框的运动情况．【解答】解：A、线框开始阶段，未进入磁场，做匀加速直线运动，进入磁场时，切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若速度适中，安培力与重力沿斜面向下的分力大小相等，则线圈做匀速直线运动，由于磁场的长度大于线圈的长度，所以当线圈在磁场中运动的位移大于线圈的宽度后，线圈完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，线圈做匀加速直线运动，线圈dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于线圈进入磁场时的速度，故A正确．BC错误．D、若线圈进入磁场时速度较小，线圈做加速度减小的加速运动，线圈完全进入磁场中，由于磁通量不变，不产生感应电流，线圈做匀加速直线运动，线圈dc边出磁场时，开始做加速度减小的减速运动，最后可能做匀速运动，速度大于等于线圈进入磁场时的速度，故D正确．故选：AD5. 如图所示，长2m，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg （可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2，要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，g取10m/s2,则木块初速度的最大值为( )A．1m/s B．2 m/s C．3m/s D．4 m/s参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. ．热敏传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是由热敏电阻R t作为传感器制作的简单自动报警器线路图：①为使报警器正常工作，c应接在（填a或b）．②现要求报警器报警时的最低温度提高为原来的1.5倍，则滑动变阻器滑片P点应向移动（填左或右）一些．参考答案：7. 如图所示,在光滑水平面上,用劲度系数分别为k和2k的两根轻弹簧系住一个质量为m的小球.小球静止时,两弹簧均无形变.现用外力使小球向右偏离x0,释放后,此时小球受到的回复力大小__________________,方向_________________.(填“向左”或“向右”)参考答案：3kx0向左8. 13热力学温度T和摄氏温度t之间的关系是。

x (cm)上海市第十届高二物理竞赛（浦东新区东昌中学杯）复赛试题参考解答及评分标准一．选择题 1．A ，C ，D 2．C3．D 4．C ，D 5．A6．A ，B ，C7．A ，D8．D每小题5分，共40分。

若为多选题，全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的不得分二．填空题9．13 （R 1＋R 2＋R 3R 4R 3＋R 4） 10．1.2，2.6×10-511．每小题6分，若有二个空格，每个空格3分。

12．图线4分，坐标2分。

13．每个波形2分。

14．椭圆或圆都给6分。

三．实验题15．实验电路如图 步骤：（1）先把电键S 拨向R x ，调节变阻器，使电压表和电流表有一合适的读数，并记录两表的读数，用伏安法初步估测电阻的大小。

（2）再调节电阻箱的电阻值，使其为伏安法估测的值，之后把电键S 拨向电阻箱R ，微调电阻箱的电阻值，使电压表、电流表的读数与步骤1中的读数一致。

此时电阻箱的电阻值即为待测电阻的阻值。

本题共14分，实验电路图正确得8分，步骤（1）得2分，步骤（2）得4分，步骤（2）中如没有把电阻箱的阻值调为估测值，直接与电键S 接通，4分全扣。

四．计算题16．（1）图中v 0为B 环的速度，v 为所求M 点的速度，v B 为M 点相对B 环的速度。

由图可知42422202022020t v R Rv tv R Rv v -=-=。

（2）向心加速度220220220222024)4(tv R R v R t v R R v R v a -=-==。

本题16分。

第（1）小题10分，其中速度图4分，v 的表达式6分。

表达式无来源（指无图无过程）不得分。

第（2）小题6分。

无推导过程或答案错不得分。

17．（1）当气球内部热空气密度2ρ小于球外空气密度1ρ时，产生浮力，刚好浮起的条件是浮力等于所受的重力，即气球中气体的质量（其密度为2ρ）与气球本身的质量之和等于被气球排开的外界空气的质量（其密度为1ρ），即：ρ2V B ＋m ＝ρ1V B ，3B 12m kg 03.11.1187.02.1=-=-=∴V m ρρ由理想气体状态方程：ρ＝MpRT，式中M 为气体的摩尔质量。

全国中学生物理竞赛复赛试卷、参考答案全卷共六题，总分140分。

一、（22分）有一放在空气中的玻璃棒，折射率ｎ＝ 1.5 ，中心轴线长Ｌ＝ 45cm，一端是半径为Ｒ1＝ 10ｃｍ的凸球面．1．要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜（使主光轴上无限远处物成像于主光轴上无限远处的望远系统），取中心轴线为主光轴，玻璃棒另一端应磨成什么样的球面？2．对于这个玻璃棒，由无限远物点射来的平行入射光束与玻璃棒的主光轴成小角度φ１时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度φ２，求φ２／φ１（此比值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率）．解：1．对于一个望远系统来说，从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于光轴的光线，它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行，即像点也在主光轴上无限远处，如图18－2－6所示，图中Ｃ1为左端球面的球心．图18－2－6由正弦定理、折射定律和小角度近似得（－Ｒ１）／Ｒ１＝ｓｉｎｒ１／ｓｉｎ（ｉ１－ｒ１）≈ｒ１／（ｉ１－ｒ１）＝1／（（ｉ１／ｒ１）－1）≈1／（ｎ－1），...①即..（／Ｒ１）－1＝1／（ｎ－1）．...②光线ＰＦ１射到另一端面时，其折射光线为平行于主光轴的光线，由此可知该端面的球心Ｃ２一定在端面顶点Ｂ的左方，Ｃ２Ｂ等于球面的半径Ｒ２，如图18－2－6所示．仿照上面对左端球面上折射的关系可得（／Ｒ２）－1＝1／（ｎ－1），...③又有＝Ｌ－，④由②、③、④式并代入数值可得Ｒ２＝5ｃｍ．则右端为半径等于5ｃｍ的向外凸的球面．图18－2－7．设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过Ｃ１，②过Ａ，如图18－2－7所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点Ｍ，即为左端球面对此无限远物点成的像点．现在求Ｍ点的位置，在△ＡＣ１Ｍ中，有／ｓｉｎ（π－φ１）＝／ｓｉｎφ１＝Ｒ１／ｓｉｎ（φ１－φ１′），又..ｎｓｉｎφ１′＝ｓｉｎφ１，已知φ１、φ１′均为小角度，则有／φ１＝Ｒ１／φ１（1－（1／ｎ））．与②式比较可知，≈，即Ｍ位于过Ｆ１垂直于主光轴的平面上．上面已知，玻璃棒为天文望远系统，则凡是过Ｍ点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线．容易看出，从Ｍ射出Ｃ２的光线将沿原方向射出，这也就是过Ｍ点的任意光线（包括光线①、②）从玻璃棒射出的平行光线的方向，此方向与主光轴的夹角即为φ２，由图18－2－7可得／φ１＝／＝（－Ｒ１）／（－Ｒ２），由②、③式可得（－Ｒ１）／（－Ｒ２）＝Ｒ１／Ｒ２，则φ２／φ１＝Ｒ１／Ｒ２＝2．二、（22分）正确使用压力锅的方法是：将已盖好密封锅盖的压力锅（如图复18-2-1）加热，当锅内水沸腾时再加盖压力阀Ｓ，此时可以认为锅内只有水的饱和蒸气，空气已全部排除．然后继续加热，直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时，锅内即已达到预期温度（即设计时希望达到的温度）．现有一压力锅，在海平面处加热能达到的预期温度为120℃，某人在海拔5000ｍ的高山上使用此压力锅，锅内有足量的水．1．若不加盖压力阀，锅内水的温度最高可达多少？2．若按正确方法使用压力锅，锅内水的温度最高可达多少？3．若未按正确方法使用压力锅，即盖好密封锅盖一段时间后，在点火前就加上压力阀，此时水温为27℃，那么加热到压力阀刚被顶起时，锅内水的温度是多少？若继续加热，锅内水的温度最高可达多少？假设空气不溶于水．已知：水的饱和蒸气压ｐＷ（ｔ）与温度ｔ的关系图线如图18-2-2所示．大气压强ｐ（ｚ）与高度ｚ的关系的简化图线如图18-2-3所示．当ｔ＝27℃时，ｐＷ（27°）＝3.6×10３Ｐａ；ｚ＝ 0处，ｐ（0）＝ 1.013×10５Ｐａ．解：1．由图18－2－8知在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101．3×10３Ｐａ．在ｚ＝5000ｍ时，大气压强为ｐ（5000）＝53×10３Ｐａ．图18－2－8图18－2－9此处水沸腾时的饱和蒸气压ｐＷ应等于此值．由图18－2－9可知，对应的温度即沸点为ｔ２＝82℃．达到此温度时，锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在5000ｍ高山上，若不加盖压力锅，锅内温度最高可达82℃．．由图18－2－9可知，在ｔ＝120℃时，水的饱和蒸气压ｐＷ（120°）＝198×10３Ｐａ，而在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101×10３Ｐａ．可见压力阀的附加压强为ｐＳ＝ｐＷ（120°）－ｐ（0）＝（198×10３－101．3×10３）Ｐａ＝96．7×10３Ｐａ．在5000ｍ高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为ｐ′＝ｐＳ＋ｐ（5000）＝（96．7×10３＋53×10３）Ｐａ＝149．7×103Ｐａ．若在ｔ＝ｔ２时阀被顶起，则此时的ｐＷ应等于ｐ′，即ｐＷ＝ｐ′，由图18－2－9可知ｔ２＝112℃．此时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故按正确方法使用此压力锅，在5000ｍ高山上锅内水的温度最高可达112℃．．在未按正确方法使用压力锅时，锅内有空气，设加压力阀时，内部水蒸汽已饱和．由图18－2－9可知，在ｔ＝27℃时，题中已给出水的饱和蒸气压ｐＷ（27°）＝3．6×10３Ｐａ，这时锅内空气的压强（用ｐａ表示）为ｐａ（27°）＝ｐ（5000）－ｐＷ（27°）＝（53×10３－3．6×10３）Ｐａ＝49．4×10３Ｐａ．当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为ｔ（℃）时，锅内空气压强为ｐａ（ｔ），则有ｐａ（ｔ）／（273＋ｔ）＝ｐａ（27℃）／（273＋27），ｐａ（ｔ）＝（164．7ｔ＋45．0×10３）Ｐａ．若在ｔ＝ｔ′时压力阀刚好开始被顶起，则有ｐＷ（ｔ′）＋ｐａ（ｔ′）＝ｐ′，由此得ｐＷ（ｔ′）＝ｐ′－ｐａ（ｔ′）＝（105×10３－164．7ｔ′）Ｐａ，画出函数ｐ′－ｐａ（ｔ′）的图线，取ｔ＝0℃，有..ｐ′－ｐａ（0℃）＝105×10３Ｐａ，取ｔ＝100℃，有.ｐ′－ｐａ（100℃）＝88．6×10３Ｐａ．由此二点便可在图18－2－9上画出此直线，此直线与图18－2－9中的ｐＷ（ｔ）－ｔ曲线的交点为Ａ，Ａ即为所求的满足上式的点，由图可看出与Ａ点对应的温度为ｔ′＝97℃．即在压力阀刚开始被顶起时，锅内水的温度是97℃，若继续加热，压力阀被顶起后，锅内空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净，锅内水温仍可达112℃．三、（22分）有两个处于基态的氢原子Ａ、Ｂ，Ａ静止，Ｂ以速度ｖ０与之发生碰撞．已知：碰撞后二者的速度ｖＡ和ｖＢ在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收，从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，试论证：速度ｖ０至少需要多大（以ｍ／ｓ表示）？已知电子电量ｅ＝ 1．602×10－19Ｃ，质子质量为ｍｐ＝ 1．673×10－27ｋｇ，电子质量为ｍｅ＝ 0．911×10－31ｋｇ，氢原子的基态能量为Ｅ１＝－13．58ｅＶ．解：为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是ｎ＝2的第一激发态．已知氢原子的能量与其主量子数的平方成反比．即Ｅｎ＝ｋ１／ｎ２，...①又知基态（ｎ＝1）的能量为－13．58ｅＶ，即Ｅ１＝ｋ１／1２＝－13．58ｅＶ，所以..ｋ＝－13．58ｅＶ．ｎ＝2的第一激发态的能量为Ｅ２＝ｋ１／2２＝－13．58×（1／4）＝－3．39ｅＶ．...②为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为Ｅ内＝Ｅ２－Ｅ１＝（－3．39＋13．58）ｅＶ＝10．19ｅＶ．...③这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即ｈν＝Ｅ内＝10．19ｅＶ＝10．19×1．602×10－19Ｊ＝1．632×10－18Ｊ．...④式中ν为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有ｍｖ０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＋光子的动量，...⑤（1／2）ｍｖ０２＝（1／2）ｍ（ｖＡ２＋ｖＢ２）＋ｈν，...⑥光子的动量ｐν＝ｈν／ｃ．由⑥式可推得ｍｖ０＞2ｈν／ｖ０，因为ｖ０<<ｃ，所以ｍｖ０>>ｈν／ｃ，故⑤式中光子的动量与ｍｖ０相比较可忽略不计．⑤式变为ｍｖ０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＝ｍ（ｖＡ＋ｖＢ），⑦符合⑥、⑦两式的ｖ0的最小值可推求如下：由⑥式及⑦式可推得（1／2）ｍｖ０２＝（1／2）ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）２－ｍｖＡｖＢ＋ｈν＝（1／2）ｍｖ０２－ｍｖＡ（ｖ０－ｖＡ）＋ｈν，ｍｖＡ２－ｍｖＡｖ０＋ｈν＝0，经配方得ｍ（ｖＡ－（1／2）ｖ０）２－（1／4）ｍｖ０２＋ｈν＝0，（1／4）ｍｖ０２＝ｈν＋ｍ（ｖＡ－（1／2）ｖ０）２，...⑧由⑧式可看出，当ｖＡ＝（1／2）ｖ０时，ｖ０达到最小值ｖ０ｍｉｎ，此时ｖＡ＝ｖＢ，ｖ０ｍｉｎ＝2，代入有关数值，得ｖ０ｍｉｎ＝6．25×10４ｍ／ｓ．答：Ｂ原子的速度至少应为6．25×10４ｍ／ｓ．四、（22分）如图18-4所示，均匀磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度Ｂ随时间ｔ变化，Ｂ＝Ｂ０－ｋｔ（ｋ为大于零的常数）．现有两个完全相同的均匀金属圆环相互交叠并固定在图中所示位置，环面处于图中纸面内．圆环的半径为Ｒ，电阻为ｒ，相交点的电接触良好，两个环的接触点Ａ与Ｃ间的劣弧对圆心Ｏ的张角为60°，求ｔ＝ｔ０时，每个环所受的均匀磁场的作用力，不考虑感应电流之间的作用．解：1．求网络各支路的电流．因磁感应强度大小随时间减少，考虑到电路的对称性，可设两环各支路的感应电流Ｉ１、Ｉ２的方向如图18－2－10所示，对左环电路ＡＤＣＦＡ，有图18－2－10.Ｅ＝Ｉ１ｒＣＦＡ＋Ｉ２ｒＡＤＣ，因..ｒＣＦＡ＝5ｒ／6，ｒＡＤＣ＝ｒ／6，Ｅ＝ｋπＲ２，故..ｋπＲ２＝Ｉ１（5ｒ／6）＋Ｉ２（ｒ／6）．...①因回路ＡＤＣＥＡ所围的面积为（（2π－3）／12）Ｒ２，故对该回路有ｋ［2（（2π－3）／12）Ｒ２］＝2Ｉ２（ｒ／6），解得..Ｉ２＝（（2π－3）Ｒ２／2ｒ）ｋ，代入①式，得.Ｉ１＝（（10π＋3）Ｒ２／10ｒ）ｋ．．求每个圆环所受的力．图18－2－11先求左环所受的力，如图18－2－11所示，将圆环分割成很多小圆弧，由左手定则可知，每段圆弧所受的力的方向均为径向，根据对称性分析，因圆弧ＰＭＡ与圆弧ＣＮＱ中的电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧ＰＱ与弧ＡＣ的电流相对ｘ轴上下是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在ｙ方向的合力为零，以载流导体弧ＰＱ上的线段Δｌ′为例，安培力ΔＦ为径向，其ｘ分量的大小表示为｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ′ｃｏｓα，因..Δｌ′ｃｏｓα＝Δｌ，故..｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ，｜Ｆｘ｜＝ΣＩ１ＢΔｌ＝Ｉ１Ｂ＝Ｉ１ＢＲ．由于导体弧ＰＱ在ｙ方向的合力为零，所以在ｔ０时刻所受安培力的合力Ｆ１仅有ｘ分量，即Ｆ１＝｜Ｆｘ｜＝Ｉ１ＢＲ＝（（10π＋3）Ｒ２／10ｒ）ｋＢＲ＝（（10π＋3）Ｒ２／10ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，方向向左．同理，载流导体弧ＡＣ在ｔ０时刻所受的安培力为Ｆ２＝Ｉ２ＢＲ＝（（2π－3）Ｒ２／2ｒ）ｋＢＲ＝（（2π－3）Ｒ２／2ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，方向向右．左环所受的合力大小为Ｆ＝Ｆ１－Ｆ２＝（9／5ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ３．方向向左．五、（25分）如图18-5所示，一薄壁导体球壳（以下简称为球壳）的球心在Ｏ点．球壳通过一细导线与端电压Ｕ＝ 90Ｖ的电池的正极相连，电池负极接地．在球壳外Ａ点有一电量为ｑ１＝10×10－9Ｃ的点电荷，Ｂ点有一电量为ｑ２＝16×10－9Ｃ的点电荷．点Ｏ、Ａ之间的距离ｄ１＝ 20ｃｍ，点Ｏ、Ｂ之间的距离ｄ２＝ 40ｃｍ．现设想球壳的半径从ａ＝ 10ｃｍ开始缓慢地增大到50ｃｍ，问：在此过程中的不同阶段，大地流向球壳的电量各是多少？已知静电力常量ｋ＝9×10９Ｎ·ｍ２/Ｃ２．假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触．.解：分以下几个阶段讨论：．由于球壳外空间点电荷ｑ１、ｑ２的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用σ表示面电荷密度．设球壳半径ａ＝10ｃｍ时球壳外壁带的电量为Ｑ１，因为电荷ｑ１、ｑ２与球壳外壁的电量Ｑ１在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于Ｕ的等势区，在导体表面上的面元ΔＳ所带的电量为σΔＳ，它在球壳的球心Ｏ处产生的电势为ΔＵ１＝ｋσΔＳ／ａ，球壳外壁所有电荷在球心Ｏ产生的电势Ｕ１为Ｕ１＝ΣΔＵ１＝ｋΣσΔＳ／α＝ｋＱ１／ａ．点电荷ｑ１、ｑ２在球壳的球心Ｏ处产生的电势分别为ｋｑ１／ｄ１与ｋｑ２／ｄ２，因球心Ｏ处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有（ｋｑ１／ｄ１）＋（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ１／ａ）＝Ｕ，代入数值后可解得球壳外壁的电量Ｑ１为Ｑ１＝（ａＵ／ｋ）－ａ（（ｑ１／ｄ１）＋（ｑ２／ｄ２））＝－8×10－９Ｃ．因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量ＱⅠ等于球壳外壁的电量Ｑ１，即ＱⅠ＝Ｑ１＝－8×10－9Ｃ．．当球壳半径趋于ｄ１时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为Ｑ２，球壳外的电荷ｑ１、ｑ２与球壳外壁的电量Ｑ２在壳内产生的合场强仍为零，因球壳内仍无电荷，球壳内仍保持电势值为Ｕ的等势区，则有（ｋｑ１／ｄ１）＋（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ２／ｄ１）＝Ｕ，解得球壳外壁的电量Ｑ２＝（ｄ１Ｕ／ｋ）－（ｄ１（ｑ１／ｄ１＋ｑ２／ｄ２））＝－16×10－9Ｃ．因为此时球壳内壁的电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即ＱⅡ＝Ｑ２＝－16×10－9Ｃ，在ａ＝10ｃｍ到趋于ｄ１的过程中，大地流向球壳的电量为ΔＱⅠ＝ＱⅡ－Ｑ１＝－8×10－9Ｃ．．当点电荷ｑ１穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为ｄ１），点电荷ｑ１在球壳内壁感应出电量－ｑ１，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷ｑ１与球壳内壁电荷－ｑ１在球壳外产生的合电场为零，表明球壳外电场仅由球壳外电荷ｑ２与球壳外壁的电荷Ｑ３所决定．由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷ｑ２与球壳外壁的电荷Ｑ３在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷ｑ２与Ｑ３产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为Ｕ的等势区．ｑ２与Ｑ３在球心Ｏ处产生的电势等于球壳的电势，即（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ３／ｄ１）＝Ｕ，解得球壳外壁电量Ｑ３＝（ｄ１Ｕ／ｋ）－（ｄ１ｑ２／ｄ２）＝－6×10－9Ｃ，球壳外壁和内壁带的总电量应为ＱⅢ＝Ｑ３＋（－ｑ１）＝－16×10－9Ｃ，在这过程中，大地流向球壳的电量为ΔＱⅡ＝ＱⅢ－ＱⅡ＝0．这个结果表明：电荷ｑ１由球壳外极近处的位置进入壳内，只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁，整个球壳与大地没有电荷交换．．当球壳半径趋于ｄ２时（点电荷ｑ２仍在球壳外），令Ｑ４表示此时球壳外壁的电量，类似前面第3阶段中的分析，可得（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ４／ｄ２）＝Ｕ，由此得Ｑ４＝（ｄ２Ｕ／ｋ）－（ｄ２（ｑ２／ｄ２））＝－12×10－9Ｃ，球壳的电量ＱⅣ等于球壳内外壁电量的和，即ＱⅣ＝Ｑ４＋（－ｑ１）＝－22×10－9Ｃ，大地流向球壳的电量为ΔＱⅢ＝ＱⅣ－ＱⅢ＝－6×10－9Ｃ．．当点电荷ｑ２穿过球壳，刚进入球壳内时（球壳半径仍为ｄ２），球壳内壁的感应电荷变为－（ｑ１＋ｑ２），由于球壳的静电屏蔽，类似前面的分析可知，球壳外电场仅由球壳外壁的电量Ｑ５决定，即ｋＱ５／ｄ２＝Ｕ，可得..Ｑ５＝ｄ２Ｕ／ｋ＝4×10－9Ｃ，球壳的总电量是ＱⅤ＝Ｑ５－（ｑ１＋ｑ２）＝－22×10－9Ｃ，..（15）在这个过程中，大地流向球壳的电量是ΔＱⅣ＝ＱⅤ－ＱⅣ＝0．..（16）．当球壳的半径由ｄ２增至ａ１＝50ｃｍ时，令Ｑ６表示此时球壳外壁的电量，有ｋ（Ｑ６／ａ１）＝Ｕ，..（17）可得..Ｑ６＝ａ１（Ｕ／ｋ）＝5×10－9Ｃ，球壳的总电量为ＱⅥ＝Ｑ６－（ｑ１＋ｑ２）＝－21×10－9Ｃ，大地流向球壳的电量为ΔＱⅤ＝ＱⅥ－ＱⅤ＝1×10－9Ｃ．六、（27分）一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．上部分Ｇ１的质量为ｍ１，下部分Ｇ２的质量为ｍ２，弹簧夹在Ｇ１与Ｇ２之间，与二者接触而不固连．让Ｇ１、Ｇ２压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为已知的定值Ｅ０．通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能，设这一释放过程的时间极短．第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定，从而使上部分Ｇ１升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落，撞击井底（井足够深）后以原速率反弹，反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值ｈ的时刻解除锁定．1．在第一种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空到达的最大高度（从井口算起）为多少？其能量是从何种形式的能量转化而来的？2．在第二种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空可能达到的最大高度（亦从井口算起）为多少？并定量讨论其能量可能是从何种形式的能量转化而来的．解：.1．在弹簧刚伸长至原长的时刻，设Ｇ１的速度的大小为ｖ，方向向上，Ｇ２的速度大小为ｖ１，方向向下，则有ｍ１ｖ１－ｍ２ｖ２＝0，...①（1／2）ｍ１ｖ１２＋（1／2）ｍ２ｖ２２＝Ｅ０，...②解①、②两式，得ｖ１＝，...③ｖ２＝．...④设Ｇ１升空到达的最高点到井口的距离为Ｈ１，则Ｈ１＝ｖ１2／2ｇ＝（（ｍ２／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０，...⑤Ｇ１上升到最高点的重力势能为Ｅｐ1＝ｍ１ｇＨ１＝（ｍ２／（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０．...⑥它来自弹簧的弹性势能，且仅为弹性势能的一部分．．在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为ｈ时，玩具向上的速度为ｕ＝．...⑦设解除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，Ｇ１的速度大小为ｖ１′，方向向上，Ｇ２的速度大小为ｖ，方向向下，则有ｍ１ｖ１′－ｍ２ｖ２′＝（ｍ1＋ｍ2）ｕ，...⑧（1／2）ｍ１ｖ１′＋（1／2）ｍ２ｖ２′＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）ｕ2＋Ｅ０，...⑨消去⑧、⑨两式中的ｖ２′，得ｖ１′的方程式为ｍ１（1＋（ｍ１／ｍ２））ｖ１′－2ｍ１（1＋（ｍ１／ｍ２））ｕｖ１′＋ｍ１（1＋ｍ１／ｍ２）ｕ2－2Ｅ０＝0，由此可求得弹簧刚伸长至原长时，Ｇ１和Ｇ２的速度分别为ｖ１′＝ｕ＋，ｖ２′＝－ｕ＋，设Ｇ１从解除锁定处向上运动到达的最大高度为Ｈ２′，则有Ｈ２′＝ｖ１′／2ｇ＝（1／2ｇ）（ｕ＋）2＝ｈ＋（ｍ2Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2，从井口算起，Ｇ1上升的最大高度为Ｈ２＝Ｈ２′－ｈ＝（ｍ２Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2．讨论：可以看出，在第二方案中，Ｇ１上升的最大高度Ｈ２大于第一方案中的最大高度Ｈ１，超出的高度与解除锁定处到井口的深度ｈ有关．到达Ｈ２时，其重力势能为Ｅｐ2＝ｍ１ｇＨ２＝（ｍ２Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２））＋2，（ｉ）若Ｅｐ2＜Ｅ0，即..2＜ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求..ｈ＜Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．这时，Ｇ１升至最高处的重力势能来自压紧的弹性势能，但仅是弹性势能的一部分．在这一条件下上升的最大高度为Ｈ２＜Ｅ０／ｍ１ｇ．（ｉｉ）若Ｅｐ2＝Ｅ０，2＝ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求..ｈ＝Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．此时Ｇ１升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，且等于全部弹性势能．在这一条件下，Ｇ１上升的高度为Ｈ２＝Ｅ０／ｍ１ｇ．（ｉｉｉ）若Ｅｐ2＞Ｅ０，2＞ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求..ｈ＞Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．此时Ｇ１升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能，超出部分的能量只能来自Ｇ２的机械能．在这个条件下，Ｇ１上升的最大高度为Ｈ２＞Ｅ０／ｍ１ｇ．。

上海市第十届初中物理竞赛决赛试题(1996年)说明:1.本卷满分为15O分，答卷时间为120分钟。

2.本卷的解答过程和结果均写在答卷纸上，其中第一、二、三大题只需写出答案；第四、五大题要求写出必要的解答过程和答案。

一.选择题I(以下每小题中只有一个选项符合题意，请把符合题意的选项前的编号对应地填写在答卷纸上。

每小题2分，共16分)1.听音乐时，在众多的乐器声中我们能分辨出中同的乐器来，这是因为各种不同的乐器在演奏同一音乐时具有不同的(A)音调； (B)响度； (C)音色； (D)音调和音色。

2.敦煌曲子词中有这样的诗句：“满眼风波多闪灼，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行。

”，其中“看山恰似走来迎”和“是船行”所选的参照物分别是(A)船和山； (B)山和船； (C)地面和山； (D)河岸和流水。

3.人在清澈的湖水里潜泳时能看到岸边的树，他看到的是(A)变矮了的树的实像； (B)变高了的树的实像；(C)变矮了的树的虚像； (D)变高了的树的虚像。

4.把一根长头发丝剪为两段，分别紧绕在外形相同的木条和铁条上，并用点燃的火柴分别同时对准头发丝烘烤，其结果和原因是(A)绕在木条上的头发丝后烤断，因为木条不易传热，使头发丝温度较低；(B)绕在铁条上的头发丝后烤断，因为铁条容易传热，使头发丝温度较低；(C)绕在铁条上的头发丝后烤断，因为铁条容易传热，使头发丝温度较高；(D)两根头发丝同时被烤断，因为它们的温度相同，都等于火炊焰的温度。

5.两辆汽车分别在水平公路和盘山公路上行驶，如果它们的牵引力相同，当它们行驶了相同的路程后，汽车牵引力所做的功分别为W1和W2，则(A)W1>W2； (B)W1=W2； (C)W1<W2； (D)条件不足，无法比较。

6.如图1所示，公路两侧的甲、乙两条水渠由路面下的倾斜涵洞相连，两渠水面相平。

关于涵洞的水流方向，下列说法中正确的是(A)由于水向低处流，所以涵洞中的水从乙流向甲；(B)由于甲侧涵洞口在水下位置较深，压强较大，所以涵洞中水从甲流向乙；图1(C)由于两渠水面相平，所以涵洞中的水不流动；(D)由于甲侧涵洞口的压强等于乙侧涵洞口的压强，所以涵洞中的水不流动。

上海高二物理竞赛试题一、选择题（每题3分，共30分）1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。

如果一个物体受到的力为5N，质量为2kg，那么它的加速度是多少？A. 1 m/s²B. 2.5 m/s²C. 5 m/s²D. 10 m/s²2. 一个物体在水平面上以恒定速度运动，其摩擦力与物体的重力无关。

以下哪个选项是错误的？A. 摩擦力与物体的接触面积无关B. 摩擦力与物体的质量无关C. 摩擦力与物体的速度无关D. 摩擦力与物体的加速度有关3. 电磁感应现象中，当磁场中的磁通量发生变化时，会在导体中产生感应电流。

以下哪个选项正确描述了电磁感应？A. 导体必须移动B. 磁场必须变化C. 导体必须是闭合回路D. 以上都是4. 根据热力学第一定律，能量守恒，一个系统的能量不能被创造或消失，只能从一种形式转换为另一种形式。

以下哪个选项正确描述了热力学第一定律？A. ΔU = Q - WB. ΔU = Q + WC. ΔU = Q / WD. ΔU = W / Q5. 光的折射现象中，当光线从一种介质进入另一种介质时，其传播方向会发生改变。

以下哪个选项正确描述了折射定律？A. n₁sinθ₁ = n₂sinθ₂B. n₁cosθ₁ = n₂cosθ₂C. n₁tanθ₁ = n₂tanθ₂D. n₁θ₁ = n₂θ₂6. 根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们的电荷量的乘积成正比，与它们之间的距离的平方成反比。

以下哪个选项正确描述了库仑定律？A. F = k * (q₁ * q₂) / rB. F = k * (q₁ + q₂) / r²C. F = k * (q₁ * q₂) * rD. F = k * (q₁ - q₂) / r²7. 根据理想气体状态方程 PV = nRT，以下哪个选项正确描述了理想气体状态？A. 温度和体积成正比B. 温度和压力成反比C. 体积和压力成正比D. 以上都不是8. 根据欧姆定律，电流与电压成正比，与电阻成反比。

高二物理竞赛试题说明：1、本卷满分150分，答卷时间120分钟；2、本卷有解答过程和结果均写在答卷纸上，其中第一大题至第三大题只需写出答案，第四大题要求写出必要的解答过程和答案；3、本卷中重力加速度g 取10m/s 2（除最后一题）； 4、以下再给出一些物理常数，以供解答本卷时选用：万有引力恒量 G = 6.67×1011Nm 2/kg 2阿伏伽德罗常数 N = 6.02×1023mol －1 静电力恒量 k = 9.0×109Nm 2/C 2基本电荷 e = 1.60×10－19C电子质量 m e = 0.91×10－30kg质子质量 m P = 1.67×10－27kg中子质量 m n = 1.67×10－27kg普朗克恒量 h = 6.63×10－34Js 真空中光速 C = 3.00×108m/s 地球平均半径 R D = 6.37×106m一、选择题（第1－8题，每小题4分，第9－14题，每小题5分，共62分）1、一河流的水流速度处处相同，甲、乙两运动员隔着河流站在两岸边，处在较下游的位置，如图1所示，已知甲在静水中的游泳速度比乙大，现让两人同时下水游泳，要使两人尽快在河中相遇，他们应采取的办法是（ ）（A ）甲、乙均面向对方游（即沿图中AB 连线方向游） （B ）甲沿AB 连线，但乙沿连线偏上游方向游 （C ）乙沿AB 连线，但甲沿连线偏上游方向游（D ）都应沿连线偏下游方向游，且乙比甲更偏向下游方向2、如图2所示为甲、乙两物体做匀速圆周运动时向心加速度随半径变化的关系图线，从图线可以看出（ ）（A ）甲物体运动时的线速度大小保持不变（B ）乙物体运动时的角速度大小随半径r 成正比变化 （C ）甲物体运动时的角速度大小保持不变（D ）乙物体运动时的线速度大小随半径r 成正比变化3、质量为M 的汽车在平直的公路上行驶，发动机的输出功率P 和汽车所受的阻力f 都恒定不变，在时间t 内汽车的速度由v 0增加到最大速度v m ，汽车前进的距离为s ，则在这段时间内发动机所做的功是（ ）（A ）W = fs （B ）W =0m (v v )ft2（C ）W = fv m t （D ）W =12M 2mv －12M 20v + fs4、如图3所示，cdef 是一个单匝矩形线圈，ab 是一根靠近矩形线圈的通电导线，位置靠近cd ，若ab 中电流突然减小时，线圈受到的安培力的合力（ ）（A ）方向向左 （B ）方向向右 （C ）方向向上 （D ）为零5、甲4-a是某电场中的一条竖直方向的电场线，A 、B是这条电场线上的两点，若将一带负电的小球从A点自由释放，小球沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图4-b所示，比较A 、B两点电势的高低和场强的大小，并比较该小球在A、B两点的电势能大小和电场力大小，可得（）（A）U A＜U B（B）E A＞E B（C）εA＞εB（D）F A＜F B6、如图5所示，理想变压器初、次级线圈匝数比为3∶1 ，图中四个灯泡规格相同，若L3、L4恰能正常发光，则（）（A）L1、L2正常发光（B）L1、L2比正常发光时暗些（C）L1、L2比正常发光时亮些（D）条件不足，无法判断7、图6为双缝干涉实验装置示意图，若将单缝S从中央对称位置向上稍微移动，则（）（A）中央亮条纹P位置不变（B）中央亮条纹P位置略向上移（C）中央亮条纹P位置略向下移（D）不会产生干涉条纹8、如图7所示，一端封闭的均匀玻璃管开口向上竖直放置，中间有两段水银柱封闭了温度相同的两段空气柱，初始时V1高温度时，两部分气体体积分别变为V′1与V′2（A）V′1 = 2V′2（B）V′1＞2V′2（C）V′1＜9、关于电磁波谱，下列说法中正确的是（）（A）γ射线的频率一定大于x射线的频率（B）紫外线的波长一定小于红外线的波长（C）若紫外线能使一金属发生光电效应，x（D10、圆柱形容器内盛有质量为M的盐水，底部系一细线，木球在盐水中保持平衡状态，如图8所示，若盐水浓度不均匀，断细线后，木球在加速上浮过程中，容器底部的受力F应为（）（A）F＜(M + m)g （B）F＞(M + m)g （C）F逐渐增大（D）F逐渐减少11、如图9所示，竖直放置的转轴下端用三根硬杆固连在一半径R = 1m的开口圆环上，圆环竖靠在光滑水平桌面上并作匀速转动，圆环中心处桌面上有一静止的质量为m1 = 1kg的小球A ，另有一质量为m2 = 2kg的小球B发速度v0 = 10m/s正对A运动，在圆环缺口转到某位置时，B球刚好通过缺口运动至中心与A碰撞，碰后两球粘在一起沿一直线前进至圆环时又恰能从缺口处离开圆环，则圆环的转动周期T可能为（）（A）12s （B）14s （C）16s （D）110s12、如图10所示，两光骨平行导轨水平旋转在匀强磁场中，磁场垂直于抽在平面，金属棒ab可沿着导轨自由滑动，导轨一端跨接一个定值电阻R ，导轨电阻不计，现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F1恒定，经过时间t1后速度变为v ，加速度为a1，它的功率为P1，最终以速度2v作匀速运动，若保持拉力的功率P2恒定，经时间t2后速度为v ，加速度为a2，此时拉力为F2，最终也以2v速度作匀速运动，以下判断中正确的是（）（A）t2＜t1（B）F2= 2F1（C）a= 3a（D）P2= 4P113把两管抽成真空，然后插入一个大水银槽中，11所示，a 、b分别为甲、乙两管中水银面的最终高度，则以下判断正确的是（A）a面高于b面（B）a、b面等高（C）开始甲管中水银温度会略高于乙管中水银温度（D）大气压对乙管中水银做的功比对甲管中水银做的功多14、如图12所示，在“日”字形导线框中，ae与bf的电阻不计，ab 、cd 、ef 的电阻均为R ，当线框以一定速度v匀速进入一匀强磁场的过程中，比较ab进入后与cd进入后，下列说法中正确的是（）（A）ab中的电流强度相等（B）cd中的电流强度相等（C）ab间的电压相等（D）导线框消耗的总电功率相等二、填空题（每小题6分，共48分）15、若一细光束的功率为0.6W ，该束光的频率跟氢原子核外电子由第三轨道跃迁到第二轨道时发射的光的频率相等，则此束光每米内的光子数是个。