2019年上海市第18届初中物理竞赛复赛试题及解答.doc

上海市第18届初中物理竞赛（初赛）试题届初中物理竞赛（初赛）试题第一部分：单项选择题第一部分：单项选择题1、分析下列几种现象中温度变化的原因，其中一种与其它三种不同，它应该是( ) (A)开啤酒瓶盖瞬间，瓶口的二氧化碳气体温度会降低开啤酒瓶盖瞬间，瓶口的二氧化碳气体温度会降低(B)化妆晶或杀虫剂之类的自动喷剂，当喷了一会儿，罐身温度会降低化妆晶或杀虫剂之类的自动喷剂，当喷了一会儿，罐身温度会降低(C)用打气筒打气，过了一会儿就感到筒身发热用打气筒打气，过了一会儿就感到筒身发热(D)夏天，用嘴向手背快速吹气，会感到凉意夏天，用嘴向手背快速吹气，会感到凉意2、给一定质量的水加热，其温度随时间变化的关系如图1中的a 图线所示。

若其它条件不变，仅将水的质量增加，则温度随时间变化的图线应该是( ) (A)a (B)b (C)c (D)d 3、如图2所示，烧杯内装有90℃的热水，一物块A 正好悬浮在水杯内，当水的温度降至10℃的过程中，物块A 将( ) (A)下沉下沉 (B)悬浮悬浮 (C)上浮上浮 (D)上下振动上下振动4、无云的晴天里，无云的晴天里，某同学在操场上竖立一根直杆，某同学在操场上竖立一根直杆，某同学在操场上竖立一根直杆，地面上地面上OA 是这根杆在太阳光下的投影，过,了一段时间后，影子的位置移到了OB ，且OA=OB ，如图3所示。

则AB 所指的方向是( ) (A)东 (B)西 (C)南 (D)北5、如图4所示，一点光源位于凸透镜的主轴上，凸透镜位置固定。

当点光源位于A 点时，它的像在B 点；当点光源位于B 点时，它的像在C 点。

则凸透镜位于( ) (A)A 的左侧的左侧(B)A 、B 之间之间(C)B 、C 之间之间(D)C 的右侧的右侧6、早在公元前305年，著名天文家埃拉托色尼就已经测量出了地球的周长，与现代科学公认的地球周长的真实值相差不到0．1％。

他在研究中发现，每年夏至这天，塞恩城(今埃及阿斯旺)正午的太阳光正好直射到城内一口深井的底部，而远在S 千米以外的亚历山大城，夏至这天正午的太阳光却会使物体在地面上留下一条影子，他测得太阳光方向与竖直方向之间的夹角为8。

第十八届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．那么右端为半径等于5ｃｍ的向外凸的球面．图18－2－72．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，那么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，φ１、φ１′均为小角度，那么有／φ１＝Ｒ１／φ１〔1－〔1／ｎ〕〕．与②式比拟可知，≈，即Ｍ位于过Ｆ１垂直于主光轴的平面上．上面，玻璃棒为天文望远系统，那么但凡过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2／φ１＝／＝〔－Ｒ１〕／〔－Ｒ２〕，由②、③式可得〔－Ｒ１〕／〔－Ｒ２〕＝Ｒ１／Ｒ２，那么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，当锅水沸腾时再加盖压力阀Ｓ，此时可以认为锅只有水的饱和蒸气，空气已全部排除．然后继续加热，直到压力阀被锅的水蒸气顶起时，锅即已到达预期温度〔即设计时希望到达的温度〕．现有一压力锅，在海平面处加热能到达的预期温度为120℃，某人在海拔5000ｍ的高山上使用此压力锅，锅有足量的水．1．假设不加盖压力阀，锅水的温度最高可达多少？2．假设按正确方法使用压力锅，锅水的温度最高可达多少？3．假设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，锅水的温度是多少？假设继续加热，锅水的温度最高可达多少？假设空气不溶于水．：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℃．到达此温度时，锅水开场沸腾，温度不再升高，故在5000ｍ高山上，假设不加盖压力锅，锅温度最高可达82℃．2．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．假设在ｔ＝ｔ２时阀被顶起，那么此时的ｐＷ应等于ｐ′，即ｐＷ＝ｐ′，由图18－2－9可知ｔ２＝112℃．此时锅水开场沸腾，温度不再升高，故按正确方法使用此压力锅，在5000ｍ高山上锅水的温度最高可达112℃．3．在未按正确方法使用压力锅时，锅有空气，设加压力阀时，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，锅空气的压强也随之升高，设在温度为ｔ〔℃〕时，锅空气压强为ｐａ〔ｔ〕，那么有ｐａ〔ｔ〕／〔273＋ｔ〕＝ｐａ〔27℃〕／〔273＋27〕，ｐａ〔ｔ〕＝〔164．7ｔ＋45．0×10３〕Ｐａ．假设在ｔ＝ｔ′时压力阀刚好开场被顶起，那么有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℃．即在压力阀刚开场被顶起时，锅水的温度是97℃，假设继续加热，压力阀被顶起后，锅空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净，锅水温仍可达112℃．碰撞后二者的速度ｖＡ和ｖＢ在一条直线上，碰撞过程中局部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〕？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．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＝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＝10．19ｅＶ＝10．19×1．602×10－19Ｊ＝1．632×10－18Ｊ．④式中ν为光子的频率，从开场碰到发射出光子，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相比拟可忽略不计．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式与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到达最小值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〕．现有两个完全一样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．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18－2－10Ｅ＝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2〔〔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．2．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，由左手定那么可知，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．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开场缓慢地增大到50ｃｍ，问：在此过程中的不同阶段，流向球壳的电量各是多少？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而不与导体壁接触．解：分以下几个阶段讨论：1．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在球壳产生的合场强为零，球壳为电势等于Ｕ的等势区，在导体外表上的面元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．2．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在壳产生的合场强仍为零，因球壳仍无电荷，球壳仍保持电势值为Ｕ的等势区，那么有〔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，流向球壳的电量为ΔＱⅠ＝ＱⅡ－Ｑ１＝－8×10－9Ｃ．3．当点电荷ｑ１穿过球壳，刚进入球壳〔导体半径仍为ｄ１〕，点电荷ｑ１在球壳壁感应出电量－ｑ１，因球壳的静电屏蔽，球壳电荷ｑ１与球壳壁电荷－ｑ１在球壳外产生的合电场为零，说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在球壳产生的合电场为零，说明对电荷ｑ２与Ｑ３产生的合电场而言，球壳空间是电势值为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，球壳外壁和壁带的总电量应为ＱⅢ＝Ｑ３＋〔－ｑ１〕＝－16×10－9Ｃ，在这过程中，流向球壳的电量为ΔＱⅡ＝ＱⅢ－ＱⅡ＝0．这个结果说明：电荷ｑ１由球壳外极近处的位置进入壳，只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳壁，整个球壳与没有电荷交换．4．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等于球壳外壁电量的和，即ＱⅣ＝Ｑ４＋〔－ｑ１〕＝－22×10－9Ｃ，流向球壳的电量为ΔＱⅢ＝ＱⅣ－ＱⅢ＝－6×10－9Ｃ．5．当点电荷ｑ２穿过球壳，刚进入球壳时〔球壳半径仍为ｄ２〕，球壳壁的感应电荷变为－〔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，流向球壳的电量是ΔＱⅣ＝ＱⅤ－ＱⅣ＝0．〔16〕6．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，流向球壳的电量为ΔＱⅤ＝ＱⅥ－ＱⅤ＝1×10－9Ｃ．六、〔27分〕一玩具“火箭〞由上下两局部和一短而硬〔即劲度系数很大〕的轻质弹簧构成．上局部Ｇ１的质量为ｍ１，下局部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，从而使上局部Ｇ１升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开场自由下落，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，玩具的上局部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，玩具的上局部Ｇ１升空可能到达的最大高度〔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，那么有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，那么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局部．2．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，那么有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′，那么有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〕假设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局部．在这一条件下上升的最大高度为Ｈ２＜Ｅ０／ｍ１ｇ．〔ｉｉ〕假设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〕假设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，超出局部的能量只能来自Ｇ２的机械能．在这个条件下，Ｇ１上升的最大高度为Ｈ２＞Ｅ０／ｍ１ｇ．。

2019年全国初中应用物理知识竞赛复赛试题注意事项：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：2008年4月20日（星期日）上午9﹕30～11﹕10。

一、（共16分）小明利用实验室的电磁继电器、热敏电阻R1、可变电阻器R2等器件设计了一个恒温箱控制电路，如图1所示。

其中“交流电源”是恒温箱加热器的电源（加热器在恒温箱内，图中未画出）；R1处于恒温箱内，图2是小明通过实验测得的R1的阻值随温度变化的关系曲线；电磁继电器的电源两端电压U = 6 V，电磁继电器线圈的电阻可不计，通过实验测得当电流为30mA时，电磁继电器的衔铁被吸合。

1．请简述此恒温箱的工作过程。

2．为什么恒温箱的加热器应该接在A、B端，而不能接在C、D端？3．如果要使恒温箱内预设的温度可调节范围是90℃~150℃，可供选择的可变电阻器R2的电阻值有如下的几种：A．0~100ΩB．0~200ΩC．0~1000ΩD．0~1500Ω请问应选择哪一个可变电阻器？为什么？4．小明设计的这个控制电路，使用起来有何不足之处？请你提出一种解决的方案。

二、（16分）清洗机是利用高压水清洗车辆表面污垢的机器。

有一种CC5020型清洗机的铭牌如下表所示。

请回答：Array 1．从物理学的角度看，铭牌中有一个物理量名称与单位不一致，请你指出并说明如何更正。

2．清洗机正常工作时，通过清洗机的电流是A。

若清洗一辆汽车平均耗时10min，则清洗一辆汽车平均用水m3；平均耗电kW·h。

3．清洗机正常工作10min，清洗机对水做多少功？4．该清洗机正常工作时的效率是多少？三、（共15分）家庭水暖又叫“土暖气”，是我国北方广大农村及一些城市使用的一种取暖设备，图3是一种家庭水暖的安装示意图，其中下水管的D 端比A端略高，其坡度为1:100。

请看图思考并回答以下问题：1．这种水暖设备并没有应用水泵，但是当点燃锅炉后，水便可以在管中按箭头所示方向自行流第 1 页第 2 页动。

上海市第十八届初中物理竞赛（复赛）试题及解答说明：1本试卷共有五大题，答题时间为120分钟，试题满分为150分2本卷第一~第二大题只要写岀答案，不写解答过程：第三一~第五大题按题型要求写岀完整的解答 过程，解答过程中可以使用计算器。

本试卷中常数g 取10牛/千克。

试题一选择题（以下每题只有一个选项符合题意） 1.某同学家中所有的灯原来都正常发光，现突然全部熄火了，检查保险丝发现并未烧断，用测电笔测试室内火线与零线，氛管都发光。

该同学对故障作了下列四种判断，其中正确的是：（ ）A 进户火线断路B 进户零线断路C 灯泡全部烧坏了D 室内线路某处短路2.同一个物体的温度可以利用摄氏温标或热力学温标表示为20°C,用热力学温标表圾为293K 。

那么,当自来水的温度升高时，用热力学温标表示这一温度的升髙，下列说法中正确的是：（ ）A 温度升髙大于1KC 温度升髙小于1K B 温度升高等于1KD 无法确泄升髙的值与1K 大小的关系。

3.如图1所示，有一正方形的不透光的房间，在苴中的一而墙上开有一个圆形小孔。

在这而墙的对而有 一个正方形的平而镜。

在房间里有一个人靠在与平面镜垂直的一侧墙面上，当有一束垂直于圆孔的平行光 通过圆孔射到平而镜上时，他能看到的是：（ ）A 镜而上有一个圆形的亮斑B 整个正方形镜子的形状C 整个房间的各处都是亮的D 感到整个房间是一片黑暗4. 如图2所示，在水平放巻的圆形长直管中，有一个光滑的，可 自由移动的活塞刚好把长直管分成左右两部分，且活塞左、右两端 面的形状如图。

当左、右两部分中气体的压强分別为p 】和P2时， 活塞可停在图示位置不动。

现在同时缓缓增大左、右两部分中气体的压强，使活塞仍然停在图示位巻不动。

若左、右两部分中气体压强的变化®A P1和Ap2。

则下列关于它 们关系的说法中正确的是：（） 5.如图3所示，甲，乙，丙为三个光滑线型轨道，带孔的光滑小球套 在光滑轨道上，并沿轨道的顶端滑动。

2001年第十八届全国中学生物理竞赛预、复赛试题及答案目录第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题 (1)第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准 (4)第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题 (12)第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答 (15)第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题全卷共七题，总分为140分一、（15分）如图预18－l 所示，杆OA 长为R ，可绕过O 点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A 系着一跨过定滑轮B 、C 的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M ，滑轮的半径可忽略，B 在O 的正上方，OB 之间的距离为H 。

某一时刻，当绳的BA段与OB 之间的夹角为α时，杆的角速度为ω，求此时物块M 的速率M v 。

二、（15分）两块竖直放置的平行金属大平板A 、B ，相距d ，两极间的电压为U 。

一带正电的质点从两板间的M 点开始以竖直向上的初速度0v 运动，当它到达电场中某点N 点时，速度变为水平方向，大小仍为0v ，如图预18－2所示．求M 、N 两点问的电势差．（忽略带电质点对金属板上电荷均匀分布的影响）三、（18分）一束平行光沿薄平凸透镜的主光轴入射，经透镜折射后，会聚于透镜48cm f = 处，透镜的折射率 1.5n =。

若将此透镜的凸面镀银，物置于平面前12cm 处，求最后所成象的位置。

四、（1 8分）在用铀 235作燃料的核反应堆中，铀 235核吸收一个动能约为0.025eV 的热中子（慢中子）后，可发生裂变反应，放出能量和2～3个快中子，而快中子不利于铀235的裂变．为了能使裂变反应继续下去，需要将反应中放出的快中子减速。

有一种减速的方法是使用石墨（碳12）作减速剂．设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞，问一个动能为0 1.75MeV E =的快中子需要与静止的碳原子碰撞多少次，才能减速成为0.025eV 的热中子？2001-09-09五、（25分）如图预18－5所示，一质量为M 、长为L 带薄挡板P 的木板，静止在水平的地面上，设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等，皆为μ．质量为m 的人从木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端，到达另一端时便骤然抓住挡板P 而停在木板上．已知人与木板间的静摩擦系数足够大，人在木板上不滑动．问：在什么条件下，最后可使木板向前方移动的距离达到最大？其值等于多少？六、（ 24分）物理小组的同学在寒冷的冬天做了一个这样的实验：他们把一个实心的大铝球加热到某温度t ，然后把它放在结冰的湖面上（冰层足够厚），铝球便逐渐陷入冰内．当铝球不再下陷时，测出球的最低点陷入冰中的深度h ．将铝球加热到不同的温度，重复上述实验8次，最终得到如下数据：已知铝的密度约为水的密度的3倍，设实验时的环境温度及湖面冰的温度均为 0℃．已知此情况下，冰的熔解热53.3410J/kg λ=⨯．1．试采用以上某些数据估算铝的比热c ．2．对未被你采用的实验数据，试说明不采用的原因，并作出解释．七、（ 25分）如图预18－7所示，在半径为a 的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小为B 的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者．在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为 1.6L a =的刚性等边三角形框架DEF ∆，其中心O 位于圆柱的轴线上．DE 边上S 点（14DS L =）处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在图预18-7中截面内且垂直于DE 边向下．发射粒子的电量皆为q （＞0），质量皆为m ，但速度v 有各种不同的数值．若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边．试问：1．带电粒子速度v的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点？2. 这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？第十八届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答杆的端点A 点绕O 点作圆周运动，其速度A v 的方向与杆OA 垂直，在所考察时其大小为 A v R ω= （1）对速度A v 作如图预解18-1所示的正交分解，沿绳BA 的分量就是物块M 是速率M v ，则cos M A v v ϕ= （2） 由正弦定理知sin sin OAB H Rα∠=（3） 由图看出 2OAB πϕ∠=+ （4）由以上各式得sin M v H ωα= （5）评分标准：本题15分其中（1）式3分；（2）式5分；（5）式7分。

由正弦定理、近曹定律和小角度近似得AF } _ /?] _ sin 斤 r } _1 1sin （i]-“）A -斤 （也）-1n-\如亠丄(1) (2)R 、 n-\光线PF 】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C 2 一定在端面顶点3的左方，C Q B 等于球面的半径/?2,如图复解18-1-1. 仿照上面对左端球电占折射的关系可得亟+丄 R 2 n -(3) 乂有 BF]=L-AF]由（2）、（3）、（4）式并代入数值可得= 5 cm即右端为半径等于5 cm 的向外凸的球面.2.设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过q,②过A,如图复解18-1-2 所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点M,即为左端球血対此无限远物点成的像 点.现在求M 点的位置。

在中(4) (5)sin （兀-右） sin sin （^ -（/）{） 乂 nsin0； = sin0]已知空，处均为小用度，则冇R\1）nAM°、处1-刁 第十八届全国屮学生物理竞赛复赛试题参考解答一、参考解答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主光轴的 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，如图复 解18-1-1所示，图中q 为左端球面的球心.(7)与(2)式比较可知，AM « AF X ,即M位于过片垂直于主光轴的平而上.上而已知，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C?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血，由图复18-1-2 nJ'得01 _ G片=A§_R1(9)~C^~BF\-R2III (2)、(3)式可得~BF{-R2 _ R2(10)二、参考解答1.已知在海平面处，大气压强p(0) = 101.3xl03 Pa .如图复解18-2-1,在z = 5000 m处, 大气压强为”(5000) = 53xlO3 Pa o(1)图复解18-2-1此处水沸腾时的饱和蒸气压"w应等于此值.由图复解18-2-2可知，对应的温度即沸点为t} =82 °C (2)达到此温度吋锅内水开始沸腾，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°C.2.由图复解18-2-2可知，在Z = 120°C时，水的饱和蒸气压p w(120°) = 198xl03 Pa ,而在海平面处，大气压强；7(O) = lOlxlO3 Pa.可见压力阀的附加压强为p s = p w(120°)-p(0)= 198x1(P - 101.3x1()3= 96.7x103 Pa (3)在5000m高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为p'=+ “(5000) =96.7X103+53X103= 149.7x 1(? Pa (4)若在25时阀被顶起，贝眦时的几应等于P'，即Pw = P f⑸由图复解18-2-2可知4= 112 °C (6)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°C.P/103Paf [P r-^0)]/lO3Pa0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130El复解18223.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.由图复解18-2-2可知，在/ = 27°C时，题中已给出水的饱和蒸气压仏(27。

上海市第二十五届初中物理竞赛（大同中学杯）复赛试题（2011年）说明：1．本试卷共有五大题，答题时间为120分钟，试题满分为150分2．答案及解答过程均写在答卷纸上。

其中第一、第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三至第五大题按题型要求写出完整的解答过程。

解答过程中可以使用计算器。

3．本试卷中常数g取10牛/千克，水的比热容4.2×103焦/千克·℃，水的密度1.0×103千克/米3，冰的密度0.9×103千克/米3，冰的熔化热为3.33×105焦/千克。

一、选择题（以下每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分）1．潜泳的人，从水下向上看，会看到一彩色镶边、内有图像的圆面，那么( ) A．圆面内只能呈现水面上的部分景物B．彩色镶边是由于水面四周各种物体的颜色所引起的C．彩色镶边是由于不同颜色的光折射程度略有不同所致D．圆面中图像呈现的是水面外的景物，且看到景物的高度比实际景物要低解答C1 A,错，即使在圆圈内，没反射全反射，但是也不代表没发生反射，只不过反射的多少罢了，也能看到水下物体在水表面的反射。

B,错。

见C的分析C对，因为不同颜色的光的折射率不同，全反射角不同，反射回水下的角度不同，所以才形成一个圆圈。

D错，画光路图就知道了，透射光线向下偏折，所以如果光从水平上入射，也是向下偏折这样，反向延长以后会发现像的位置要不实际位置高！2．磁带录放机可高速播放正常录制的声音，在高速播放时最有可能听不到的声音是正常录音时( )A．音调较低的声音B．音调较高的声音C．响度较小的声音D．响度较大的声音解答：B人的耳朵，听到声音的频率，是有限的。

当声音的频率太高时，人的耳朵就无能为力了，如大家都听不到超声波。

声音中的音调的高低，就是频率的高低。

在播放录制的声音时，播放的速度越快，则声音的频率就越高。

当播放速度高到一定程度时，超过耳朵能收听到频率范围，从而导致听不到。

上海市初中物理竞赛(复赛)试题及解答work Information Technology Company.2020YEAR上海市第十三届初中物理竞赛复赛试卷说明：1.本试卷共有五大题，答题时间为120分钟，试卷满分为150分。

2.答案及解答过程均写在答卷纸上。

一.选择题I(以下每小题只有一个选项符号题意。

每小题4分，共32分)1.在敲响古刹里的大钟时，有的同学发现，停止了对大钟的撞击后，大钟仍“余音未绝”，分析其原因是( )(A)大钟的回声。

(B)大钟在继续振动。

(C)人的听觉发生“暂留”的缘故。

(D)大钟虽停止振动，但空气仍在振动。

2.太阳光垂直照射在塑料棚顶一个很小的“△”形孔上，在地面形成的光斑是( )(A)“△”形。

(B)“ ”形。

(C)方形。

(D)圆形。

3.某一容器内装一定质量的水，现把重为8牛的木块放入容器中，发现水未溢出，则容器底受到水的压力的增加值为( )(A)大于8牛。

(B)等于8牛。

(C)小于8牛。

(D)以上答案均有可能。

4.一氢气球下系一重为G的物体P，在空中做匀速直线运动。

如不计空气阻力和风力影响，物体恰能沿MN方向(如图1中箭头指向)斜线上升，图1中( )OO’为竖直方向，则在图1中气球和物体P所处的情况正确的是5.如图2所示，一条走廊的两侧竖立着两面平面镜MN和PQ，MN∥PQ，相距d米，在走廊中间将一橡皮小球垂直指向镜，以v米/秒的速度沿地面抛出，若抛出后小球速度大小不变，则观察到两个平面镜上所形成的第一个像之间的相对运动情况是( )(A)不论小球指向哪个平面镜，两个像之间相互靠近，相对速度为2v。

(B)不论小球指向哪个平面镜，两个像之间相对速度为零。

图2(C)小球指向MN镜时，两个像靠近，相对速度为2v。

(D)小球指向MN镜时，两个像远离，相对速度为2v。

6.质量相等的28℃、100℃的水分别装在甲、乙两容器中，现将一个温度为100℃的金属球放入甲容器中，达到温度相同时，甲容器中水温升高到40℃，然后迅速取出金属球放入乙容器中，再次达到温度相同时，乙容器中水温是(设不计热量损失和水的质量损失)( )(A)60℃。