全国第14届初中物理竞赛复赛试卷

2014年“志英杯”九年级物理竞赛物理复赛试卷一．选择题（每小题5分，共40分，每小题只有一个选项是正确的或最合理的答案）1.黄岐山是揭阳历史文化名城的一个象征，位于揭阳市区北4公里，榕江北河从山下缓缓流过，自古以“黄岐夕翠”列为揭阳八景之一。

登上黄岐山，俯瞰榕江，远眺平畴，尽收眼底，看红日西沉，百鸟归巢，余辉返照，景色动人，更显“黄岐夕翠”之美，一派南国风光，使人流连忘返。

其主峰大气压强约为： （ C ）A.9.8×103Pa B 、9.8×104Pa C 、9.8×105Pa D 、9.8×106Pa2如图2所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主演原因是： （ C ）A ．铅分子做无规则热运动B ．铅柱受到大气压力作用C ．铅柱间存在分子引力作用D ．铅柱间存在万有引力作用3.今年3月8日凌晨，飞往北京的马航MH370航班起飞后与地面失去联系，机上有154名中国人。

事件牵动着亿万中国人的心。

飞机上的机组人员与地面的联系主演靠： （ D ）A ．超声波B ．紫外线C ．红外线D ．微波4..阻值相等的三个电阻R 和R 1、R 2、R 3组成如图所示4电路，且R 1=R 2=R 3，若电阻R 1两端的电压为20伏，电阻R 3两端的电压为4伏，则电阻R 2两端的电压为： （ B ）A 、6VB 、8VC 、10VD 、12V5.如图，光滑斜面固定于水平地面，滑块A 、B 叠放后一起由静止开始下滑，在斜面上运动时，A 的受力示意图为： （ C ）6.两个底面积不同的圆柱形容器A 和B （S A ＜S B ），分别盛有某种液体，液体中分别浸没一个金属球，容器内的液体对各自底部的压力相等．将A 容器中的甲球及B 容器中的乙球取出后，两容器中剩余液体液面等高，液体对容器底部的压强相等，则一定有： （ D ）A ．甲球的质量大于乙球的质量B ．甲球的质量小于乙球的质量C ．甲球的体积小于乙球的体积D ．甲球的体积大于乙球的体积7.如图7所示，将一质量为3m 的长木板静止地放在水平面上，另一质量为m 的木块以水平初速度v 0滑上长木板，若木块与木板、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在木块与长木板相对静止之前，长木板受桌面的摩擦力大小为（滑动摩擦力f=μF N ，最大静摩擦力可近似等于摩擦力）： （ A ）A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmgA B C D 图2图4 图78.在如图所示的电路中，电源电压不变，闭合电键K，电压表、电流表均有示数．将滑动变阻器的滑片P向左移动，一会儿发现有一电压表和电流表示数的比值变小，则下列判断中正确的是：（）A．电阻R1短路，电压表的示数均变大B．电阻R1断路，电流表的示数变大C．滑动变阻器断路，电流表的示数变小D．滑动变阻器短路，电压表V1的示数变大二．填空题（每空3分，共24分）9.如图9所示，公园围墙外的小路形成一个规则的正方形，甲乙两人分别从两个对角处同时出发沿逆时针方向紧贴围墙绕公路匀速行走，已知甲绕围墙行走一圈需要48min，乙绕围墙行走一圈需要68min，从甲第一次看见乙开始计时，到甲又看不到乙时，所经历的时间为min10.在宽度为d的河中，水速为V1，船速为V2，若V1﹥V2则船过河最短时间为，若V1﹤V2则船过河最短路程为。

二十二届初中物理竞赛复赛试卷2008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．考试完毕只交答卷纸，试卷可以带回。

4．本试卷中常数g 取10 N/kg ，水的比热容4.2⨯103 J/kg ︒C ，水的密度1.0⨯103 kg/m 3，冰的密度0.9⨯103 kg/m 3。

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．根据你的日常生活经验，你认为雪的密度 （ ）（A ）大于103 kg/m 3 （B ）小于103 kg/m 3 （C ）等于103 kg/m 3 （D ）以上三种情况都有可能2．彩色电视荧光屏上呈现各种颜色，都是由3种基本色光合成的，这3种基本色光是（）（A ）红、橙、黄 （B ）黄、绿、蓝 （C ）橙、靛、紫（D ）绿、红、蓝3．如图所示，斜面上质量为m 的物体受到方向沿斜面向上、大小为7 N 的力F 作用物体静止在斜面上，则关于斜面对物体的静摩擦力，以下说法中正确的是（）（A ）方向一定沿斜面向上 （B ）方向一定沿斜面向下 （C ）大小不可能大于7 N （D ）大小可能等于7 N4．如果不考虑散热的影响，给一定质量的水加热，水的温度与时间的关系如图中实线a 所示，其他条件不变，仅将水的质量增加，则水的温度与时间的关系图像正确的是（）（A ）a（B ）b（C ）c（D ）d5．在大楼电梯的箱顶上用绳悬挂一个物体，电梯静止时剪断悬绳，物体下落至电梯底板所需时间为t 1，电梯在匀速下降过程中，剪断悬绳，物体下落至电梯底板所需时间为t 2，则（） （A ）t 1大于t 2 （B ）t 1小于t 2 （C ）t 1等于t 2（D ）无法判断6．白炽灯泡用旧后，灯丝容易在最细处熔断。

这是因为旧白炽灯在工作时，灯丝最细处（） （A ）通过的电流最大 （B ）发热的功率最大 （C ）通过的电量最大（D ）电阻率最大7．如图a 所示，在一个电阻均匀的金属圆环上有两A 、B 、C 、D 四点。

全国中学生物理竞赛复赛试卷（本题共七大题，满分160分）一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。

平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。

平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。

一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。

平板静止在其平衡位置。

水球B 与平板PQ 的质量相等。

现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。

已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。

要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2/8.9s m g =二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。

AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A 、D 两点位于同一水平线上。

BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。

当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。

BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。

求此时C 点加速度c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示）三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。

容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。

隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。

整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。

初始时将活塞B 用销钉固定在图示的位置，隔板M 固定在容器PQ 处，使a 、b 两室体积都等于V 0；1K 、2K 关闭。

初中物理竞赛复赛试题说明:1、本试题共有五大题，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。

其中第一大题～第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三大题～第五大题要写出完整的解答过程。

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.在下列四个事件中，经历时间最接近一秒钟的是( )A 人眨一下眼。

B 人在安静时呼吸一次。

C 人在感冒时打一个喷嚏。

D 人在做剧烈运动时(如快速蹬楼)脉博跳动一次。

2.手掌中托一小石块，将它竖直向上抛出，在小石块与手掌脱离时，则( )A 小石块不受任何力的作用。

B 小石块与手掌的运动速度相等。

C 小石块比手掌运动得快。

D 小石块速度继续增大，手掌速度将减小。

3.向如图1所示的玻璃瓶内注入水，然后将插有细玻璃管的软木塞塞紧玻璃瓶，玻璃瓶壁有A、B两个孔，也用软木塞子塞住。

瓶内液面如图1所示，现将A、B处的木塞同时拔去后，则下列说法中正确的是( )A A、B两孔中均无水射出。

图1B A 、B 两孔中均有水射出。

C A 孔中无水射出，B 孔中有水射出。

D A 孔中有水射出，B 孔中无水射出。

4.如图2所示，有三只底面积均为S 、水面高度相同，但形状不同的盛水容器a 、b 、c 。

现将三只相同的实心铝球分别放入容器a 、b 、c 中，铝球受到的浮力为F 。

设水对容器底部压强的增大值分别为△P 1、△P 2和△P 3，则下列说法中正确的是( ) A △P 1=△P 2=△P 3=F/S 。

B △P 1>F/S ，△P 2=F/S ，△P 3<F/S。

C △P 1=F/S ，△P 2<F/S ，△P 3>F/S 。

D △P 1<F/S ，△P 2>F/S ，△P 3<F/S.5.如图3所示，用一根电阻为6R 的粗细均匀的镍铬合金线做成一个环，在环上6个对称的点上，焊接6个不计电阻的导线，并与接线柱连接，现有一根不计电阻的导线将6个接线柱中的任意两个相连接，利用这种方法，可以在其它各接线柱之间的获得不同阻值(不含零电阻)的总个数和最大电阻值分别是( ) A 9种，最大为1.5R 。

2004年第十四届全国初中应用物理知识竞赛复赛试卷参考答案与试题解析1、分析：由题意可知：钢材的总质量和船身的质量之和大于轮船的排水量，不能一次全部装入轮船进行运输；虽然分两次运输也可以，但不能达到节约时间的目的；故可以根据物体的浮沉条件设计方案，即可以把部分钢材均匀的放在船的两侧，再根据阿基米德原理求出放入水中的质量．解答：解：（1）设计方案：根据问题中所给条件，又在这种特定情况下，可以把部分钢材放在船体外的水中，并设法将其“贴”在船体上．为防止船体发生倾斜，船体两侧所放置钢材的质量应该相等．（2）最佳方案：设放置在船体两侧钢材的质量为m，因船与船体外钢材组合的整体浮在水面上，故F浮=G，即F船浮+F外钢浮=G船+G钢代入数据后F船浮=80×103kg×10N/kg=8×105NF外钢浮=1×103kg/m3×10N/kg×；G船+G钢=（65+17）×103kg×10N/kg=8.2×105N从以上各式求得m=15.8×103kg=15.8t在这种极特殊的情况下（正常情况下是不可取的），只能采用把至少15.8t钢材均分放置在船外两侧的水中且紧贴船体，经t===8h即可送到乙地．2、分析：（1）因为高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，说明利用了电流的磁效应，磁场的变化使锅体形成无数小的涡流，说明发生了电磁感应，因为锅体产生电流而产生了热，利用了电流的热效应；（2）使用电磁炉时，在锅体产生电流，由于电流的热效应而产生热量，所以热量是由锅传给炉，是电能转化为内能；（3）根据题意求出温度与功率的关系，由热量公式求出水吸收的热量，然后由电功公式求出加热时间．解答：解：（1）根据电磁炉的工作原理可知，电磁炉在使用中可能涉及到的物理知识有：电流的磁效应、电流的热效应（焦耳热）、阻抗（电阻）、磁场、磁化、磁感线、电磁感应、能量转化、分子热运动、热传递、内能、分子电流、感应电流、涡流．（2）由于锅体产生电流，电流的热效应而产生热量，所以热量产生于锅体，所以热量是由锅传给炉，电磁炉工作时，消耗了电能转化为内能；蒸馒头时要把水烧开，水沸腾产生蒸汽，蒸汽把热量传给馒头把馒头蒸熟，蒸一个馒头与蒸5个馒头需要的时间相同，都是25min．（3）取最低热效率90%，温度调节最低为100℃，电磁炉在功率调节和温度调节的范围内，加热温度随功率调节的变化关系呈线性，此时电磁炉消耗的实际功率P与加热温度t温有下面的关系式：=①可得：t温=（P﹣450W）+70℃，当t温=100℃时，P=653W ②水吸收的热量：Q吸=cm（t温﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×3kg×（100℃﹣22℃）=9.828×105J．电磁炉做功被水吸收的能量：W=Ptη，电磁炉产生的热量等于水吸收的热量，W=Q吸=Ptη，电磁炉的加热时间：t==≈1672s；④故答案为：（1）电流的磁效应、电流的热效应（焦耳热）、阻抗（电阻）、磁场、磁化；（2）锅；电磁炉；电；内；（3）在1个标准大气压下，烧开一锅质量为3kg、温度为22℃的水最多需要1672s．3、分析：此题是一个开放性试题，答案不是唯一的．（1）根据他们的结论：两块反射光斑重叠处的强度，和太阳光直接射到地上的强度差不多．可以推测透过玻璃板的太阳光能量占太阳辐射到玻璃板上的能量的50%．（2）在设计实验方案时，要注意假设没有热量散失，晒水箱吸收的热量全部被水吸收，太阳光总是垂直入射等等．（3）由于很多假设因素，造成了测量结果与真实值之间会有相当大的偏差是不可避免的．故下面我的答案仅作为同学们参考．解答：解：（1）假设玻璃板对光的吸收可以忽略．其根据是薄玻璃板十分透明．通过李明和张华的实验结果可以推测，每块玻璃板反射的太阳光只有入射光能量的一半，这就是说，入射到玻璃板的太阳光有一半被玻璃板反射了．所以，透过玻璃板的太阳光能量占太阳辐射到玻璃板上的能量的50%．（2）实验方案：若实验过程中总能使太阳光垂直入射，且晒水箱内部涂黑，可以认为射入晒水箱的太阳光不再被反射出去，晒水箱吸热效率为50%．另外，晒水箱周围有保温层，可以认为没有热量散失，若晒水箱吸收的热量完全用来使水的温度升高，测出保温箱中一定质量的水在一定时间里，其内能增加了多少，并测量出太阳光垂直照射物体表面的面积，就可以计算出太阳光垂直照射地球表面时，地球表面单位时间单位面积所获得的太阳光照射的能量是多少．实验步骤如下：①向晒水箱中倒入质量为m的清水，并用温度计测量出此时水的温度t0．②用刻度尺测量晒水箱盖的面积S．将晒水箱开口朝向垂直阳光的方向，盖好玻璃板开始计时．③经过时间T后，再测量水的温度t末．④太阳光对地球表面的辐射强度是（3）在实验过程中很多东西是假设的，如：“假设玻璃板对光的吸收可以忽略”、“若实验过程中总能让太阳光垂直入射”、“没有热量散失”等等．这种假设必然会对最后结果带来一定的影响，此外，还有一些因素没有给予考虑，如实验过程中天气的变化所引起的环境温度的变化等，因此测量结果与真实值之间会有相当大的偏差是不可避免的．4、分析：（1）用该电流表测电压时，相当于与被测电阻并联，根据并联电路的电压规律可知他们两端的电压相等，根据U=IR内求出其两端的最大电压，即为所能测量的最大电压；（2）因电流表所能测量的电流很小，所以需要保护电路的滑动变阻器；为了精确测量电阻的阻值，根据伏安法测电阻可知，应一电流表并联在被测电阻两端测出电压，另一电流表串联在电路中测出干路电流，利用并联电路的电流特点求出通过被测电阻的电流，最后根据欧姆定律求出其大小，根据以上分析进行解答．解答：解：（1）用该电流表测电压时，等效电路图如图所示：电流表的量程为0.6A，所能测得的最大电流为0.6A，电流表两端的最大电压U A=Ir内=0.6A×0.3Ω=0.18V，∵电流表与被测电阻并联，∴能用该电流表测量电压，最大测量值为0.18V；（2）①电流表A1的电阻与8Ω相差不大，所以使该电阻与被测电阻并联，A2与被测电阻串联，然后与滑动变阻器的滑片相连接，最后滑动变阻器和开关、电源相连组成如图电路图：②∵R x与A2并联，∴U x=U2=I2r2，通过R x的电流为I x=I1﹣I2，则R x==．故答案为：（1）能用该电流表测量电压，最大测量值为0.18V；（2）①电路图如上图所示；②A1、A2的电流I1、I2，电流表A2的内阻r2；②被测电阻的表达式R x=．5、分析：（1）由图象可知，物体出水后的汽车功率是800W，根据P=FV变形可求出拉力F，因为是匀速提升，所以G=F．再根据G=mg变形求出质量．（2）根据ρ=，要算密度需要知道质量和体积．质量已求出，算出体积即可．根据（1）中方法可求出物体出水前物体受到的拉力出F1，再由物体的重力，根据F浮=G﹣F 1，可求出浮力，然后根据阿基米德定律，可求出物体的体积．（3）先根据打捞开始到物体出水所用的时间和速度求出打捞前物体上表面的深度，由P=ρgh求出压强．再由重物出水所用的时间和速度求出圆柱体的高度，由V=Sh变形求出圆柱体的底面积，再由F=PS求出压力．解答：解：（1）由图可知：汽车在AB段的功率为P1=700W．速度为0.2m/s，根据P==FV可求出汽车在AB段对物体的拉力为F 1===3500N同理，汽车在CD段对物体的拉力为．F2===4000N．整个物体打捞过程分为三个阶段．第一阶段，将重物从水底拉上表面刚好接触水面这一过程，G 不变，F浮不变，F1不变．且有G=F+F1浮第二阶段，将重物拉出水面过程，这一过程，F浮变小直到为0，拉力F越来越大，对应图BC段．第三阶段，重物刚好全部拉出水面，以后继续向上拉的过程，这一过程G不变，拉力F 3与重力G相等，对应图CD段．G=F3因为G=F 3=4000N，所以m==400kg．（2）F浮=G﹣F1=F 3﹣F1=4000N﹣3500N=500N，F浮=ρ水gV排=ρ水gV物，V物==5×10﹣2m3，ρ物=，（3）由图BC段可知，打捞的重物从上表面接触到水面到刚好整个物体露出水面，所需时间t=60s﹣50s=10s，上升的速度为0.2m/s，所以物体升高h=10s×0.2m/s=2m，所以物体上下表面积S===2.5×10﹣2m2，原来物体上表面距离水面的高度h1=vt=0.2m/s×50s=10mF压=PS=ρ水gh1S=1×103kg/m3×10N/kg×10m×2.5×10﹣2m2=2.5×103N．故答案为：（1）400kg；（2）8×103kg/m3；（3）2.5×103N．6、分析：（1）为了安全用电，用电器要接地，使用三孔插座或三孔插头．（2）从指示灯与电饭锅的发热体串并联关系分析．（3）水蒸汽液化变为小水珠，形成白气．（4）软磁性材料的磁性与温度有关，温度越高，磁性越弱．（5）不同材料的热胀冷缩系数不同，在相同条件下热胀冷缩程度不同．（6）根据电饭锅的温控原理知：只接通电源不必按下开关，电饭锅处于保温状态，可实现水的保温．（7）根据用电器使用较长时候后，由于各元件老化而性能降低进行分析即可．解答：解：（1）只有两根外接导线，这样的用电器危害是：一旦发生漏电会导致触电事故；完善方法是：把用电器外壳与导线连接通过三角插头与插座的地线相连．（2）插上电源后，通过双金属片的触点使发热体R和指示灯并联后与电源连通，所以指示灯亮．按下开关后，发热体R与指示灯仍然并联在电源上，开关的断、闭未改变电路连接情况，所以指示灯的亮度不受影响，（3）电饭煲工作了15min，水沸腾后，产生大量的热水蒸气，水蒸气从锅内冒出遇到温度较低的空气，遇冷液化成小水珠悬浮在空气中，形成白气．（4）感温软磁体的磁性可能受温度的影响，随温度升高，磁性减弱；感温软磁体在温度达到一定值时，其磁性消失，使触点分离而断电，发热体、指示灯不工作．（5）指示灯反复亮、灭说明与双金属片相连的低温控制开关有关，当刚接通电源温度较低时，双金属片触点开关接触，发热体和指示灯工作，当温度逐渐升高，双金属片由于膨胀而发生弯曲，从而使触点分离断电，发热体、指示灯不工作，这是造成指示灯反复亮、灭的原因．双金属片是由两片不同金属制成，当升温相同时，它们的膨胀程度不同，一侧膨胀大，一侧膨胀小，从而造成双金属片的弯曲，所以相同条件下，不同类型的金属热胀冷缩程度不同．（6）要获得恒温的水，只接通电源不必按下开关，即可实现保温状态．（7）故障可能是由于感温软磁体老化引起的．因为正常的感温软磁体是在103℃左右才基本失去磁性，永磁体被重力拉向下而带动连杆，使主电路中的触点分离而断电（此时为正常跳闸）．但如果感温软磁体老化，在温度未达103℃时就失去磁性，使主电路中的触点分离而断电，饭未熟透就会出现“夹生饭”了．。

上海市第十四届初中物理竞赛复赛难题解析5．解析：甲抛出的球对地速度大小为ｖ甲＝2ｖ０－ｖ０＝ｖ０，方向向后；乙抛出的球对地速度大小为ｖ乙＝2ｖ０＋ｖ０＝3ｖ０，方向向前．设两车相距为ｓ，由相对运动规律知，甲抛出的球击中乙的时间为ｔ１＝ｓ／（ｖ甲＋ｖ０）＝ｓ／（ｖ０＋ｖ０）＝ｓ／2ｖ０，乙抛出的球击中甲的时间为ｔ２＝ｓ／（ｖ乙－ｖ０）＝ｓ／（3ｖ０－ｖ０）＝ｓ／2ｖ０，故正确选项为Ｃ．6．解析：如传送带突然向下开动的速度ｖ带小于原先木块匀速下滑的速度ｖ０，则当传送带突然向下开动时，木块所受摩擦力ｆ的方向不发生改变（因木块相对传送带的运动方向仍斜向下不变），木块所受合力仍为零，维持原速下滑，ｔ＝ｔ０．如ｖ带≥ｖ０，则ｆ会改变，木块所受合力不再为零，木块加速下滑，ｔ＜ｔ０，故正确选项为Ｄ．7．解析：因为混合系统的温度不可能超过100℃（到了100℃，水所吸收的热量用于维持沸腾增加内能所需），故正确选项为Ｄ．8．解析：ｐ＝ρｇｈ＝（ｍ／Ｖ）ｇｈ＝ｍｇ（ｈ／Ｖ）．由于体积Ｖ变化不及深度ｈ明显（譬如假设水的深度ｈ增倍，体积Ｖ却不能达到增倍），故开始0～4℃阶段，Ｖ缩小得不如ｈ多，压强ｐ增小；以后4℃～10℃阶段，Ｖ增加得不如ｈ多，压强ｐ增大．故正确选项为Ｃ．9．解析：因为ＵＶ１＋ＵＶ２＋Ｕ３＝Ｕ＝恒量，另外在滑片Ｐ从Ｂ向Ａ滑动的过程中，ＵＶ１减小，而ＵＶ２和Ｕ３都增加，所以ＵＶ１的减量ΔＵ１应与ＵＶ２、Ｕ３的增量ΔＵ２、ΔＵ３的和相抵消，因此ΔＵ１＞ΔＵ２，故正确选项为Ｂ．10．解析：若三个表均为电流表，则电路出现短路，灯不可能正常发光，故选项Ａ错；若三个表均为电压表，则电路出现断路，灯亦不能正常发光，故选项Ｂ错；若Ｂ为电流表，Ａ和Ｃ为电压表，则两灯串联，Ａ表测Ｌ１的电压，Ｃ表测Ｌ２的电压，即为Ｐ１／Ｐ２＝ＩＵＡ／ＩＵＣ＝ＵＡ／ＵＣ＝1／3≠3／1，故选项Ｃ错；若Ｂ为电压表，Ａ和Ｃ为电流表，则两灯并联，Ａ表测Ｌ２的电流，Ｃ表测Ｌ１的电流，故有Ｐ１／Ｐ２＝ＩＣＵ／ＩＡＵ＝ＩＣ／ＩＡ＝3／1，故选项Ｄ正确．11．解析：当滑片Ｐ由上向下缓缓滑动时，并联总电阻先变大后变小，电磁铁电流则先变小后变大，电磁铁吸力也先变小后变大，由此可知弹簧应该先变长后变短，故选项Ｃ正确．12．解析：η＝Ｇｈ／Ｆ（2ｌ）Ｆ／Ｇ＝ｈ／2ｌη＝1／（2×2×0.8）＝5／16．13．解析：蜡烛烧去一段后假设仍不动，则有Ｆ浮＞Ｇ，平衡将被破坏，因此实际应是蜡烛一边烧去一边上升，直至恰有Ｆ浮′＝Ｇ′时，蜡烛悬浮熄灭．设蜡烛烧去ｘ长，由平衡原理有ｍｇ＋ρｌ０Ｓｇ＝ρ１（ｌ０－ｈ）Ｓｇ，ｍｇ＋ρ（ｌ０－ｘ）Ｓｇ＝ρ１（ｌ０－ｘ）Ｓｇ，以上两式相减有ρｘｓｇ＝ρ１（ｘ－ｈ）ｓｇ，故ｘ＝ρ１ｈ／（ρ１－ρ），ｔ＝ｘ／Δｌ＝ρ１ｈ／（ρ１－ρ）Δｌ．14．解析：据图象知1／ｕ＝1／ｖ＝5（米－１），即ｕ＝ｖ＝1／5米．该组数据对应ｕ＝ｖ＝2ｆ，故有ｆ＝ｕ／2＝1／10米＝0.1米，因此ｕ′＝0.3米＝3ｆ，故所成像的性质是缩小、倒立的实象．15．解析：设Ｒ２Ｒ３Ｒ４Ｒ５＝10欧，则Ｒ＝［Ｒ１（Ｒ５／4）］／［Ｒ１＋（Ｒ5／4）］＝［50（10／4）］／［50＋（10／4）］＝2.38欧，Ｉ＝Ｕ／Ｒ＝6／2.38＝2.52安．设Ｒ２Ｒ３Ｒ４Ｒ１＝50欧，则Ｒ＝［Ｒ５（Ｒ１／4）］／［Ｒ５＋（Ｒ１／4）］＝［10（50／4）］／［10＋（50／4）］＝5.56欧，Ｉ＝Ｕ／Ｒ＝6／5.56＝1.08安．故 1.08安＜Ｉ＜2.52安．16．解析：对链条，其Ｍ、Ｎ端各受木板向上的拉力作用，如图1所示．因为对称性，这两个拉力大小相等，设为Ｆ′，则对链条因受三力平衡有Ｆ′＋Ｆ′＝ｎＰ，即有Ｆ′＝ｎＰ／2．而两块木板的Ｂ端和Ｄ端分别受到Ｆ′的反作用力Ｆ的作用，所以Ｆ＝Ｆ′＝ｎＰ／2．图1任意取两块木板中的一块，比如对ＡＢ板分析，据杠杆平衡条件有Ｇ·ｌ／6＝Ｆ·ｌ／3＝（ｎＰ／2）ｌ／3，解得ｎ＝Ｇ／Ｐ．若将两木板间距增大为ｌ，Ｆ不变，其值仍为ｎＰ／2，故ＡＢ板仍保持水平平衡．17．解析：（1）“虚设”平半球与容器底部没有接触，则Ｆ浮＝Ｆ向上－Ｆ向下，所以Ｆ向下＝Ｆ向上－Ｆ浮＝Ｐ向上Ｓ－ρＶ排ｇ＝ρｇＨ（πｒ２）－ρ［0.5（4πｒ３／3）］ｇ＝ρｇπｒ２（Ｈ－（2／3ｒ））牛．（2）Ｆ＝Ｆ向下＋ｐ０Ｓ＋ｍｇ＝［ρｇπｒ２（Ｈ－（2／3）ｒ）＋ｐ０πｒ２＋ｍｇ］牛．19．（2）解析：此题考虑的误差来源为天平感量限制所致．已知天平感量Δｍ0＝005克；设所称Ｎ张纸的实际质量为Ｍ＋Δｍ克，而Ｍ＝ｎΔｍ０，Δｍ＜Δｍ０；这Ｎ张纸能称出的质量为Ｍ克；能称出的每一张白纸的质量为ｍ１＝Ｍ／Ｎ克；已称出的每一张白纸的质量的误差为δ＝［Ｍ＋（Δｍ／Ｎ）］－Ｍ／Ｎ＝Δｍ／Ｎ克；已知白纸每平方厘米的质量为ρ＝8克／27×38厘米２＝780×10－３克／厘米２；对应δ的白纸面积误差为ΔＳ纸＝δ／ρ＝Δｍ／Ｎρ厘米２；设地图面积放大率为ｋ，即ｋ＝（6×10５）２＝3.6×10１１；对应ΔＳ纸的实际区域面积误差为ΔＳ区域＝ｋΔＳ纸＝ｋΔｍ／Ｎρ厘米２，令ΔＳ区域＝ｋΔｍ／Ｎｐ≤ΔＳ区域ｍ＝20公里２＝20×1010厘米２，则Ｎ≥ｋΔｍρΔＳ区域ｍ，而Δｍ的极大值为Δｍ０，故Ｎｍｉｎ＝ｋΔｍ０／ρΔＳ区域ｍ＝（3.6×1011）（5×10－2克）／（7.80×10－3克／厘米２）（20×1010厘米２）＝11.5，取Ｎｍｉｎ＝12．20．（2）解析：符合相同地点、相同时刻要求的段一共有五处，即上海—南京段、江阴—泰州段、芜湖—铜陵段、安庆—九江段、黄石—鄂州段．下面逐一分析．①船从南通到上海段的下行速度ｖ１＝ｓ１ｔ１＝128千米／（12：30－6：10）小时＝20.2千米／时，为了探寻定点便捷，可把ｖ１想象成（虚设）沿时间负轴倒退返回的速度，这样就使下行和上行的一段路程起点相同，变成一个同向等距问题了．船从上海到南通段的上行速度ｖ１′＝ｓ１／ｔ１′＝128千米／（17：30－11：00）小时＝19.7千米／时，在“上海南通”段，只有满足“11：00＜ｔ１＜12：30”的时间段，才是前进和“倒退”的时间交集，即ｔ１才是公共时间段，才有可能符合在相同时刻通过相同地点的要求．令ｓ１退＝ｓ１进，有ｖ１（12（30／60）－ｔ１）＝ｖ１（ｔ１－11），即20.2（12（30／60）－ｔ１）＝19.7（ｔ１－11），所以ｔ１＝11.76小时．即船从南通下行11.76－6（10／60）＝5.59小时（对应由上海“退返”12（30／60）－11.76＝0.74小时）后，跟从上海上行11.76－11.0＝0.76小时后，达到相同地点相同时刻．②船从泰州到江阴段的下行速度ｖ２＝ｓ２／ｔ２＝59千米／［03：00＋（24：00－23：50）］小时＝59千米／3.17小时＝18.6千米／时，船从江阴到泰州段的上行速度，可从江阴到南京大段的上行速度转而求得ｖ２′＝ｓ２′ｔ２′＝204千米［07：00＋（24：00－21：20）］小时＝204千米9.67小时＝21.1千米／时，按ｖ２′，可以推出船上行到达泰州的时刻为21（20／60）＋（59千米21.1千米／时）＝24.13时即为00：08．船上行到达镇江的时刻为0.13＋（58千米21.1千米／时）＝2.88时即为02：53．在“江阴泰州”段，只有满足“23：50＜ｔ２＜00：08”，ｔ２才可能符合要求，暂设ｔ２处在子夜前，令ｓ２退＝ｓ２进，有ｖ２［3＋（24－ｔ２）］＝ｖ２′（ｔ２－21（20／60）），即18.6（27－ｔ２）＝21.1（ｔ２－21.33），ｔ２＝23.99小时．（∵ｔ２＞0，∴暂设正确．）即船从泰州下行23.99－23（40／60）＝0.32小时（对应由江阴“退返”3＋24－23.99＝3.01小时）后，跟从江阴上行23.99－21（20／60）＝2.66小时后，达到相同时刻、相同地点．为节省篇幅，其余三处只给出答案，具体分析略．③在“铜陵芜湖”段只有满足“13：50＜ｔ３＜14：20”，ｔ３才可能符合要求，解出ｔ３＝14.08，即从铜陵下行341小时后，跟从芜湖上行025小时后，达到相同时刻，相同地点．④在“九江安庆”段，只有满足“22：00＜ｔ４＜05：00”，ｔ４才可能符合要求，解出ｔ４＝2.60小时，即从九江下行3.90小时后，跟从安庆上行2.77小时后，达到相同时刻，相同地点．⑤在“黄石鄂州”段，只有满足“14：30＜ｔ５＜16：00”，ｔ５才可能符合要求．解出ｔ５＝15.52小时，即从鄂州下行0.69小时后，跟从黄石上行1.22小时后，达到相同时刻，相同地点．※从黄石到鄂州的上行速度可从黄石到武汉的速度转而求得，即ｖ５＝ｖ５′＝ｓ５′ｔ５′＝143千米／（21：30－14：30）小时＝20.4千米／时，据此推出从黄石到达鄂州的时刻为14（30／60）时＋43千米／20.4千米／时＝16.6时即为16：36．21．（1）解析：如图2所示图2ＩＡ2＝ＩＡ3＋ＩＬ2＝ＩＡ3＋Ｕｖ2／ＲＬ＝ＩＡ3＋Ｕｖ2／（Ｕｖ１－Ｕｖ２）／ＩＡ１＝ＩＡ３＋（Ｕｖ２／Ｕｖ１－Ｕｖ２）ＩＡ１．故有第1次ＩＡ2＝0.48＋1.20／（4.80－1.20）×0.36＝0.60安，第2次ＩＡ2＝0.40＋1.00／（4.00－1.00）×0.30＝0.50安，第3次ＩＡ2＝0.32＋0.80／（3.20－0.80）×0.24＝0.40安．（2）解析：从表3知，Ａ１表与Ａ２表示数相同，即Ａ１与Ａ２表串联，由图2可以看出，只有Ｒ１断路或Ｌ１短路才会如此．因为Ｖ１和Ｖ２表示数不同，故不可能Ｌ１短路，故障原因为Ｒ１断路．下面分析由Ｒ１断路，引起Ｌ１和Ｌ２的变化情况是变亮还是变暗？Ｒ１断路Ｒａｂ↑（Ｕａｂ＝Ｒａｂ／（Ｒａｂ＋Ｒｃｄ＋ＲＰ）Ｕ）↑Ｌ１变亮；Ｒ１断路Ｒａｂ↑（Ｕｃｄ＝Ｒｃｄ／（Ｒａｂ＋Ｒｃｄ＋ＲＰ）Ｕ）↓Ｌ２变暗．（3）解析：从表4知，Ａ１表与Ａ２表，Ｖ１表与Ｖ２表示数相同，由图2可以看出，这种故障是由于灯Ｌ１发生短路所引起的．显然灯Ｌ１要变得熄灭；而Ｌ２由于分得电压增大要变亮．。

第十四届全国中学生物理竞赛预 赛 试 题一、质点沿x 轴做直线运动，其速度关系如图预14-1所示，设t=0根据v －t 图分别在图预14-2及图预14-3出：1．表示质点运动的加速度a 随时间图；2．表示质点运动的位移x 随时间t二、三个质量相同的物块A 、B 、C ，用两个轻弹簧和一根轻线相连，挂在天花板上，处于平衡状态，如图预14-4所示。

现将A 、B 之间的轻线剪断，在刚剪断后的瞬间，三个物块的加速度分别是(加速度的方向以竖直向下为正)：A 的加速度是 ；B 的加速度是 ；C 的加速度是 ；三、测定患者的血沉，在医学上有助于医生对病情作出判断，设血液是由红血球和血浆组成的悬浮液，将此悬浮液放进竖直放置的血沉管内，红血球就会在血浆中匀速下沉，其下沉速率称为血沉。

某人的血沉v 的值大约是10毫米/小时，如果把红血球近似看作是半径为R 的小球，且认为它在血浆中下沉时所受的粘滞阻力为Rv f πη6=，在室温下3108.1-⨯≈η帕·秒，已图预14-2知血浆的密度330/100.1米千克⨯≈ρ，红血球的密度3103.1⨯≈ρ千克/米3，试由以上数据估算红 血球半径的大小(结果取一位有效数字即可)。

四、有一半径为R 的不导电的半球薄壳，均匀带电，倒扣在xOy 面上，如图预14-5所示，图中O 为球心，ABCD 为球壳边缘，AOC 为直径，有一电量为q 的点电荷位于OC 上的E 点，OE=r ，已知将此点电荷由E 点缓慢移至球壳顶点T 时，外力需做功W ，W >0，不计重力影响。

1．试求将此点电荷由E 点缓慢移至A 点外力需做功的正负及大小，并说明理由。

2．P 为球心正下方的一点，OP=R ，试求将此点电荷由E 点缓慢移至P 点外力需做功的正负及大小，并说明理由。

五、某暗盒内是由若干定值电阻连接成的电路，从该电路中引出四个端钮1、1'、2和2′，如图预14-6(a )所示。

（1）当2-2′端短接，1-1′端加U 1=9.0伏电压时，测得I 1=3.0安，I 2=3.0安，方向如图14-6(b )所示。

第十四届全国初中应用物理知识竞赛复赛试题一、(14分)1998年某地区遭受特大洪涝灾害．为了抗洪抢险，急需在20h内从甲地调运65t钢材到乙地．现仅剩下一艘满载时排水量为80t的货船，船身（包括船员）质量约17t，已知甲、乙两地的水路距离为80km，船行驶的平均速度为10km/ h （不计水流速度）.（1）请你设计一个完成此项任务的可行性方案；（2）通过分析、计算，找出最佳方案．（钢材的密度为7.9×103kg/m3）二、（18分）图1为一种电磁炉的原理示意图．它是利用高频电流在电磁炉内部线圈中产生磁场，磁化铁磁材料制成的烹饪锅，在锅体形成无数小的涡流（感应电流）而产生焦耳热．同时，被磁化的铁磁材料分子因摩擦、碰撞而发热．从而使锅体自身发热达到加热食物的目的．（1）使用电磁炉加热食物时，不产生明火、无烟尘，无废气，清洁、安全、高效、节能．请写出电磁炉在使用中可能涉及的物理知识（只写名称不写内容，不少于 10 个可得满分）.（2）在使用电磁炉时，炉和锅之间的热是由__________传递给__________的．电磁炉加热食物的过程中消耗__________能转化为__________能；若用该电磁炉1次蒸熟5个馒头需用时间25min，那么，1次只蒸熟1个同样大的馒头大约需要__________min.（3）某款电磁炉性能参数如下表所示：根据上表数据，若电磁炉在功率调节和温度调节的范围内，加热温度随功率调节的变化图像是一直线，电磁炉工作电压正常，在1个标准大气压下，烧开一锅质量为3kg，温度为22℃的水最多需要多少时间（不计锅吸热及热散失）?三、（18分）有人在夏季用简易晒水箱给水加热用来淋浴，这不仅能节省能源，而且很方便．李明和张华想利用这样的装置估测太阳光对地球表面辐射强度的大小．也就是说，太阳光垂直照射地球表面时，地球表面单位时间单位面积所获得的能量是多少．实验装置如图2所示，晒水箱内部是被涂黑的，箱体外加了保温层，上面开口并盖有透明玻璃板．在估测之前要首先弄清，透过玻璃板的太阳光能量究竟占太阳辐射到玻璃板上的能量的百分之几？李明和张华各拿一块实验用的玻璃板，把阳光反射到墙上的同一个地方，他们发现，两块反射光斑重叠处的强度，和太阳光直接照射到地上的强度差不多．（1）透过玻璃板的太阳光能量占太阳辐射到玻璃板上的能量的百分之几？你在得出这个结论时做了什么假设？假设的根据是什么？（2）请你帮助他们设计实验方案，并写出具体的实验步骤．（3）请你对这个实验方案的可行性做出评价．四、（ 18 分）用电流表和电压表测电流和电压时，通常并不考虑仪表本身电阻对待测电路的影响，而将其视为“理想仪表”，即认为电流表的内电阻为零，电压表的内电阻为无限大．实际上，电流表和电压表都有一定电阻值，因而我们可以把电流表看成一个能显示通过自身电流大小的其阻值很小的电阻．可以把电压表看成一个能显示自身两端电压大小的其阻值很大的电阻．所以，把电流表或电压表接人待测电路时，就相当于在待测电路中串联一个电阻，或并联一个电阻．这样，电流表两端就要有一定的电压，电压表中就要通过一定的电流，因此实际上很难向时精确地测出待测电阻两端的电压和通过待测电阻的电流．1．现有一个量程为0.6A，内电阻为0.13Ω的电流表，能否用它测量某电路两端的电压？若不能，请说明理由．若能，请说明用它能测量的最大电压值．2 ．现要精确测量一个阻值约为8Ω的电阻R x，实验室提供下列器材．·电流表A l：量程100mA，内电阻r l=4Ω·电流表A2：量程500μA，内电阻 r2＝750Ω·电压表V：量程10V，内电阻r3＝l0kΩ·变阻器R0：阻值约10Ω·定值电阻R l：阻值约10kΩ·电池E：两端电压 1.5V·开关S、导线若干（1）选出你测量时所需的适当器材，并在虚线方框中画出电路图．（2）需要测量哪些物理量？根据所测物理量，写出被测电阻R x的表达式．五、 (16分）图3甲是使用汽车打捞水下重物的示意图．汽车通过定滑轮牵引水下一个圆柱形重物，在整个打捞过程中，汽车以恒定的速度V=0. 2m/s向右运动．图3乙是此过程中汽车拉动重物的功率P随时间t变化的图像．设t＝O时汽车开始提升重物，忽略水的阻力和滑轮的摩擦，g取10N／kg．求：（1）圆柱形重物的质量；（2）圆柱形重物的密度；（3）打捞前，圆柱形重物上表面所受的水的压力．六、（16分）图4为一种电饭煲的工作原理图．下面是王宁同学对电饭煲工作原理的研究，请你也参与共同探讨．按下、扳起电饭煲的开关，有一种“粘连”、“吸引”的感觉，取出饭锅，发现电饭煲的底部有一个凸起物，它可以上下弹动，能被磁铁吸引．王宁同学通过用这个电饭煲做米饭和烧水来研究它的工作情况，请回答他在使用过程中发现的如下问题．（1）图 4 中只有两根外接导线，这样的用电器有什么危害？应当怎样加以完善？（2）将三脚插头插人电源插座，不用按开关，指示灯就发亮，按下开关后，指示灯亮度不变．此时为什么开关对指示灯的亮度没有影响？（3）电饭煲工作了15 min，会出现大量“白气”，这些“白气”是怎样形成的？（4）电饭煲工作了25 min，听到“啪”的一声，指示灯不亮了．以此推测，感温软磁体的磁性可能受什么因素影响？怎样影响？（5）听到“啪”的一声后又过了10min，指示灯又发光，一会儿指示灯又熄灭了．分析在相同条件下，不同种类金属的热胀冷缩程度是否一样？（6）要想获得恒温的温水，你可以怎样做？（7）电饭煲使用较长一段时间后，常常在饭未完全熟透时就“跳闸”，这样就会出现“夹生饭”，请问这种情况电饭煲可能在什么地方出现了故障？为什么？第十四届全国初中应用物理知识竞赛复赛试题详细解答一、(1)设计方案：根据问题中所给条件，又在这种特定情况下，可以把部分钢材放在船体外的水中，并设法将其“贴”在船体上．为防止船体发生倾斜，船体两侧所放置钢材的质量应该相等．(2)最佳方案：设放置在船体两侧钢材的质量为 m ，因船与船体外钢材组合的整体浮在＝G，即水面上，故F浮代人数据后从以上各式求得m＝15.8×103kg＝15.8t.在这种极特殊的情况下（正常情况下是不可取的），只能采用把至少15.8t钢材均分放置在船体外两侧的水中且紧贴船体，经即可送到乙地．二、(1)该问题没有惟一的标准答案，属于开放性试题，以下内容可以作为基本依据．答出其中10个以上（包括10个）者均可得满分．涉及的物理知识：电流的磁效应、电流的热效应（焦耳热）、阻抗（电阻）、磁场、磁化、磁感线、电磁感应、能量转化、分子热运动、热传递、内能、分子电流、感应电流、涡流……(2)锅电磁炉电或磁内25(3)取最低热效率90%，温度调节最低为100℃，否则不能将水烧开．电磁炉在功率调节和温度调节的范围内，加热温度随功率调节的变化关系呈线性，此时电磁炉消耗的实际功率有下面的关系式：P与加热温度t热可得：＝100℃时，P＝653W,当t热有：解得：t＝1672s =28min三、(1)假设玻璃板对光的吸收可以忽略．其根据是薄玻璃板十分透明（实际上玻璃对红外线不很透明，而红外线的热效应是比较强的，这点可不作为对学生要求）.通过李明和张华的实验结果可以推测，每块玻璃板反射的太阳光只有人射光能量的一半，这就是说，人射玻璃板的太阳光有一半被玻璃板反射了．所以，透过玻璃板的太阳光能量占太阳辐射到玻璃板上的能量的50% .(2)实验方案：若实验过程中总能使太阳光垂直人射，且晒水箱内部涂黑，可以认为射人晒水箱的太阳光不再被反射出去，晒水箱吸热效率为50%．另外，晒水箱周围有保温层，可以认为没有热量散失．若晒水箱吸收的热量完全用来使水的温度升高，测出保温箱中一定质量的水在一定时间里，其内能增加了多少，并测量出太阳光垂直照射物体表面的面积，就可以计算出太阳光垂直照射地球表面时，地球表面单位时间单位面积所获得的太阳光照射的能量是多少．实验步骤如下：①向晒水箱中倒人质量为 m 的清水．并用温度计测量此时水的温度t0．②用刻度尺测量晒水箱盖的面积亏．将晒水箱开口朝向垂直阳光的方向，盖好玻璃板开始计时．．③经过t时间后（如3h) ，再测量水的温度t温④太阳光对地球表面辐射的强度是.(3)从实际问题的要求来看，该问题是要进行估测，因此其中有许多东西就必须进行合理地简约．如“假设玻璃板对光的吸收可以忽略”、“若实验过程中总能使太阳垂直人射”、“没有热量散失”等假设都是允许的，而且是应该的．但是上述这种简约，必然会对估测结果带来一定的影响．此外，还有某些因素未给予考虑，如实验过程中天气的变化所引起的环境温度的变化等，因而，估测结果与真实值之间会有相当大的偏差是不可回避的．但就其取平均效果来说是可行的．四、1．能用该电流表测量电压．但测量的最大电压值仅为 U＝0.6 A×0.13Ω＝0.078V .2.(1)电路图如图 1 所示．(2)通过两电流表 A l、A2的电流I1、I2电流表A2的内电阻为(1)由公式,故汽车在AB段对重物的拉力为同理，汽车在CD段对重物的拉力为F3＝4000N .整个重物打捞过程应该分为三个阶段：第一阶段，将重物从水底拉至上表面刚好接触水面．这一过程，G不变，不变，F1不变，且有①对应题图3乙AB段变小直至为0，故拉力F越第二阶段，将重物拉出水面的过程．这一过程中G不变，F浮来越大，对应题图3乙中的BC段．第三阶段，重物刚好全部拉出水面，以后继续向上拉的过程．这一过程中G不变，拉力F3与重力G相等，G＝F3 ②对应题图3乙CD段因为G＝F3＝4000N，所以.(2)由①②F=G-F1=F3-F1=500N浮因为所以( 3 ）由题图3乙的BC段可知，打捞的重物从上表面接触水面到刚好整个物体全部出水，历时 60s－50s＝10s，上升速度为 0.2m/s ，所以物体高h＝10s×0.2m/s＝2m所以，物体上、下表面积为又由题图3乙AB段可知，物体从水底上升到上表面刚好接触水面历时50s，上升高度H＝50s×0.2m/s＝10m故物体沉在水底时上表面离水面 10m ，水对物体上表面产生的压力为六、(1)这样的用电器一旦发生漏电，可能会导致触电事故．应该安装一个地线，即把用电器外壳与导线连接，再通过三脚插头与插座的地线相接．(2)从题图 4 可以看出，电源是通过双金属片上的触点与发热体．指示灯相连通的，一旦接上电源，发热体和指示灯都会工作；而与开关相连的两根电源导线是直接接在并联的发热体和指示灯上的，所以，不用按开关，指示灯就发亮，按下开关后指示灯亮度不变．即此时开关不起作用．(3)发热体工作了15min后，把水烧至沸腾，大量的水汽化后遇冷又液化，因而可以看见大量“白气”生成．(4)“啪”的一声，是俗称的电饭煲“跳闸”．此前，开关按下，通过连杆永磁体 E 将感温软磁体D磁化而吸合，使主电路的触点闭合而工作，一段时间后，安装在锅底部的电路元件感温软磁体D受热到一定温度时，其磁性会骤然下降或消失，在重力作用下通过连杆使开关跳起，触点分离而断电，并发出响声．温度降低时，感温软磁体D又能被永磁体E磁化．看来，感温软磁体的磁性可能受温度因素影响，且温度越高，磁性越弱．(5)指示灯反复亮、灭，这个现象说明只与双金属片相连的触点的闭合与断开有关，从而控制发热体和指示灯的工作．双金属片受热形变而使动触点下移与静触点分离，指示灯不亮．当温度下降到一定程度时，双金属片收缩而使动触点上移与静触点闭合导通，指示灯发光，这表明双金属片受温度影响时A金属片比B金属片热胀冷缩的形变量要大．可见，在相同条件下，不同种类金属的热胀冷缩程度可能是不一样的．(6)要想获得恒温的温水，只要把插头插人电源插座，不必按下开关便可．(7)故障可能是由于感温软磁体老化引起的．因为正常的感温软磁体是在103℃左右才基本失去磁性，永磁体被重力拉向下面带动连杆，使主电路中的触点分离而断电（此时为正常跳闸）．但如果感温软磁体老化，在温度未达103℃时就失去磁性，使主电路中的触点分离而断电，饭未熟透就会出现“夹生饭”了．。

2000年上海市第十四届初中物理竞赛复赛试卷（上科杯）参考答案与试题解析一、选择题Ⅰ（以下每小题只有一个选项符合题意，每小题4分，共28分）1．（4分）（2011•建瓯市模拟）超市里出售的冷冻食品的塑料包装盒通常选用白色的，并在盒子的底部压制出一些几何图案的凹凸槽，这主要是为了（）A．既轻便又美观B．既保温又增强抗形变能力C．减少食品与包装盒的接触面积D．避免食品受污染考点：物质的物理特征．专题：顺推法．分析：根据白色物体对光的反射作用、吸热能力、塑料的机械强度等方面分析解答此题．解答：解：不透明物体的颜色由它反射的光决定，白色物体能反射各种色光，对光的反射作用强，同时白色物体的吸热能力较弱，因此超市里出售的冷冻食品的塑料袋包装盒通常选用白色．用于制作包装盒的塑料机械强度不大，为了防止包装盒破裂损坏，常在盒子的底部压制出一些几何图案以增加包装盒的机械强度．故选B．点评：由于白色物体能对光的反射能力强，吸热能力较弱，因此常把隔热层（物体）的外表面涂成白色．2．（4分）在0℃时，将两根长度和质量相等的均匀铜棒和铁棒连接在一起，并将支点放在接头处刚好平衡，如图所示，当温度升高数百摄氏度时，能观察到的现象是（）（铜的热膨胀系数比铁的大）A．仍能保持水平方向平衡B．左端向上翘起，右端向下降低C．右端向上翘起，左端向下降低D．以上三种现象均可能考点：杠杆的平衡分析法及其应用；物质的物理特征．专题：应用题．分析：金属具有热胀冷缩的性质，已知铜的热膨胀系数比铁的大，当温度升高数百摄氏度时，铜和铁的质量不变，但体积增大，使得铜棒重力mg的力臂增加值大于铁棒重力mg的力臂增加值，据此分析杠杆是否平衡．解答：解：当温度升高数百摄氏度时，铜和铁的质量不变，两边受到的力不变，均为mg，但体积增大，使铜棒重力mg的力臂增加值大于铁棒重力mg的力臂增加值，使得左边力和力臂的乘积大于右边力和力臂的乘积，N 端将向上翘起，呈左低右高状态．故选C．3．（4分）两个完全相同的验电器，分别带上不等量的异种电荷，现将它们的金属球用一根绝缘的金属导体接触后5．（4分）A、B两辆车以相同速度v0同方向作匀速直线运动，A车在前，B车在后．在两车上有甲、乙两人分别6．（4分）如图所示，静止的传送带上有一木块A 正在匀速下滑，当传送带突然向上开动时，木块滑到底部所需的时间t与传送带静止不动时所需时间t 0相比（）A．t=t0B．t＞t0C．t＜t0D．无法判断考点：速度公式及其应用．分析：根据公式t=，明确传送带静止和向上运动时木块通过的距离和相对于传送带的速度的大小关系，即可确定两次所需时间的大小关系．传送带无论是匀速向上运动还是静止，木块相对于传送带向下运动的速度是不变的．传送带无论是匀速向上运动还是静止，木块下滑时通过的距离都等于上下两个转动轴之间的长度．由此入手即可．解答：解：解答思路一：木块下滑，是由于受到重力沿斜面向下的分力和斜面对木块的摩擦力的合力造成的，无论传送带是匀速向上运动还是静止，由于木块沿斜面向下的分力和斜面对木块的摩擦力都不变，所以木块受到的合力不变，故木块相对于传送带向下运动的速度是不变的．设木块下滑的速度为V；相对于传送带，木块下滑移动的距离都等于上下两个转动轴之间的长度s．根据公式：t=，所以，木块滑到底部所需的时间t与传送带静止不动时所需时间t0是相等的．解答思路二：当传送带静止不动时，木块能匀速下滑，那说明木块在沿斜面方向上受力是平衡力，既木块的重力在沿斜面向下方向上的分力与木块受到的向上的摩擦力是相等的．如果在木块下滑时，传送带突然向上开动．因为传送带向上开动时，并不能使木块向上运动，不管传送带向上运动还是向下运动，木块下滑时受到的摩擦力始终是向上的，传送带向上运动时并不能使摩擦力变大，木块的受力情况不变，木块的运动状态并没有改变，木块仍会以原来的速度下滑，那么木块下滑的时间与传送还不动时的时间一样．综上分析故选A．点评：明确传送带静止与匀速向上运动时，木块相对于传送带的速度不变，通过的路程不变是解决此题的关键．7．（4分）一保温筒内盛有20℃的水，把水蒸气缓缓地通入筒中．图2﹣5表示水和水蒸气混合后共同的温度随时A．B．C．D．考点：热传递改变物体内能．分析：本题抓住热传递，高温物体放出热量，温度降低，低温物体吸收热量，温度升高，直到二者温度相等，热传递停止．解答：解：水蒸气缓缓地通入水中，水的温度升高，直到达到水的沸点，温度不再变化．A、温度升高，但是不会超过100℃，不符合题意．B、温度升高，但是不会超过100℃，不符合题意．C、温度升高，但是不会超过100℃，不符合题意．D、温度升高，达到100℃不变，符合题意．故选D．点评：本题考查了热传递，低温物体和高温物体的温度变化．二、选择题Ⅱ（以下每小题中只有一个选项符合题意，每小题5分，共20分）．8．（5分）如图所示，锥形瓶中盛有0℃的水，现用酒精灯加热，使水温升高到10℃，在这一过程中（不考虑水的汽化及锥形瓶的热胀冷缩），则水对锥形瓶底的压强变化是（）A．不变B．变大C．先变小，后变大D．先变大，后变小考点：压强大小比较．专题：应用题．分析：根据液体压强公式：P=ρgh=gh=mg，锥形瓶中的水是一圆台形状，圆台的体积公式：V=πh（r2+rR+R2），将水的体积代入液体压强公式，根据水的体积的变化，判断水的上表面的变化（下表面是不变的），最后判断出水对锥形瓶底的压强变化．解答：解：水对锥形瓶底的压强：P=ρgh=gh=mg，①锥形瓶中的水是一圆台形状，圆台的体积公式：V=πh（r2+rR+R2）②，代入①式得，所以，P=3mg，③当水从0℃升高到4℃时，水的质量不变，水的体积变小，液面下降，水的上表面变大，根据③可知，压强变小；当水从4℃升高到10℃时，水的质量不变，水的体积变大，液面上升，水的上表面变小，根据③可知，压强变大；所以，当水从0℃升高到10℃时，水对锥形瓶底的压强先变小再变大．故选C．点评：本题判断水对锥形瓶底的压强变化，关键是根据液体压强公式和圆台的体积公式，写出水对锥形瓶底的压强表达式，再根据水的上表面大小的变化来判断压强的变化．9．（5分）在图所示的电路中，当滑动变阻器R的滑片P从B向A滑动的过程中，电压表V1、V2示数的变化量的值分别为△U1、△U2，则它们的大小相比较应该是（）A．△U1＜△U2B．△U1＞△U2C．△U1=△U2D．因为无具体数据，故无法比较考点：欧姆定律的应用．专题：应用题；动态预测题；推理法．分析：由电路图可知，滑动变阻器与一个电阻并联，再与另两个电阻串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压；V2测中间定值电阻两端的电压，根据滑片由左向右移动可知电路总电阻的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知各电阻两端的电压变化，进一步根据串联电路的电压特点可知两电压表示数的变化情况．解答：解：∵滑动变阻器R与电阻R1并联，再与R2、R3串联，电压表V1测并联部分电路两端的电压；V2测中间定值电阻R2两端的电压；当滑动变阻器滑片由B向A移动时，滑动变阻器的阻值减小，引起并联电路部分的总电阻变小，即电压表V1的示数变小，变化量为△U1，根据串联电路的电阻分压特点可知，定值电阻R2、R3两端的电压变大；∵U1=U﹣U2﹣U3，∴△U1=△U2+△U3，∴△U1＞△U2．故选B．点评：本题考查了串联电路的电压特点和电压表的正确使用，关键是知道并联电路的总阻值会随支路的电阻的减小而减小，串联电路的电阻分压特点．10．（5分）在图所示的电路中，A、B、C分别表示电流表或电压表，它们的示数以安或伏为单位．当电键S闭合后，A、B、C三表示数分别为1，2，3时，灯L1、L2正好均正常发光．已知灯L1、L2的额定功率之比为3：1，则可判断（）A．A、B、C均为电流表B．A、B、C均为电压表C．B为电流表，A、C为电压表D．B为电压表，A、C为电流表考点：电功率的计算；电流表的使用；电压表的使用．专题：顺推法．分析：在电路分析时，电流表相当于导线，电压表相当于断路．电路的连接必须遵循两个原则：不能造成整个电路的短路，烧坏电源或电流表；用电器至少一个能够工作．以上面的要求将各选项分别代入题目确定正确答案．解答：解：A 如果A、B、C都是电流表，闭合开关电路会短路，灯泡都不亮．此选项不符合题意；B 如果A、B、C都是电压表，闭合开关电路相当于断路，灯泡都不亮．此选项不符合题意；C 如果B为电流表，A、C都是电压表，闭合开关灯泡L1和L2串联．A、C的示数之比为1：3，也就是两灯L1、L2两端电压之比为1：3，由公式P=UI知，两灯实际功率P1、P2之比为1：3．此选项不符合题意；D 如果B为电压表，A、C为电流表，闭合开关灯泡L1和L2并联．A、C的示数之比为1：3，并联电路支路电流与其阻值成反比，也就是两灯灯丝电阻之比为3：1，由公式P=知，两灯实际功率之比为1：3．此选项符合题意．故选D点评：解决此题分三步：根据电流表、电压表的位置确定电路连接方式，根据串并联电路的电压、电流关系得出电阻的大小关系，利用串并联电路功率与电阻的关系得到两灯消耗的实际功率的比例关系．11．（5分）如图所示，L是电磁铁，在L正上方用弹簧悬挂一条形磁铁，设电源电压不变，闭合电键S待电磁铁稳定后，当滑动变阻器R的滑片由上向下缓缓地滑动过程中，弹簧的长度将（）A．先变短后变长B．先变长后变短C．变短D．变长考点：欧姆定律的应用；磁极间的相互作用；安培定则；影响电磁铁磁性强弱的因素；通电螺线管的极性和电流方向的判断；滑动变阻器的使用．专题：应用题．分析：根据滑动变阻器的使用方法确定电路中的电阻的变化，再根据欧姆定律确定电路中电流的变化；根据右手定则确定通电螺线管的N、S极，然后根据螺线管的磁性变化以及磁极间的相互作用判断弹簧长度的变化．解答：解：因为滑片由上向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻先变大后变小，所以电路中的电流先变小后变大，通电螺线管的磁性先减弱后增强；根据右手定则可得，螺线管的上端为N极，下端为S极，又因为同名磁极相互排斥，所以螺线管对磁铁的排斥力先减小后增大，弹簧的长度先变长后变短．故选B．点评：本题考查滑动变阻器的使用、欧姆定律的应用以及电磁铁磁性的决定因素，会根据影响电磁铁磁性强弱的因素分析电磁铁磁性强弱变化．此题的综合性和逻辑性都非常强，环环相扣，要仔细分析．三、填空题（每格4分，共32分）12．（4分）如图所示的简单机械是由固定的斜面和滑轮组成的．若斜面的长L与斜面高h的比值为2，整个机械的效率为80%，则使用该机械将重物沿斜面缓慢拉上的过程中，作用力F与重物所受重力G的之比为5：16．考点：机械效率的计算；有用功和额外功．专题：推理法．分析：利用图示装置，将重物提升做的功为有用功，拉力F做的功为总功；将重物拉到斜面顶端拉力移动的距离为斜面长的2倍，斜面长是斜面高的2倍，据此求出拉力移动的距离和斜面高的关系；求出有用功、总功的关系式，知道该装置的机械效率，可求拉力F与G的关系．解答：解：由题知，使用的是动滑轮，将重物拉到斜面顶端，拉力移动的距离：s=2L，∵L=2h，∴s=4h，使用该装置做的有用功：W有用=Gh，使用该装置做的总功：W总=Fs=4Fh，∵η====80%，∴F：G=5：16．故答案为：5：16．点评：本题考查了使用简单机械时有用功、总功、机械效率的计算方法，能确定拉力移动的距离和斜面高的关系是本题的关键．13．（4分）如图所示，粗细均匀的蜡烛长l1，它底部粘有一质量为m的小铁块．现将它直立于水中，它的上端距水面h．如果将蜡烛点燃，假定蜡烛燃烧时油不流下来，且每分钟烧去蜡烛的长为△l，则从点燃蜡烛时开始计时，经时间蜡烛熄灭（设蜡烛的密度为ρ，水的密度为ρ1，铁的密度为ρ2）．考点：物体的浮沉条件及其应用；阿基米德原理．专题：计算题．分析：（1）设蜡烛的密度为ρ，水的密度为ρ1，铁的密度为ρ2．铁块受到浮力F，蜡烛截面积S．根据蜡烛刚开始悬浮在水里，进行受力平衡分析然后列出等式①；（2）蜡烛灭的时候，设蜡烛燃烧长度x，这时蜡烛的长度刚刚在水面，整个蜡烛长度的重力加铁重力刚好等于蜡烛的浮力加铁的浮力．进行受力平衡分析然后列出等式②；（3）两式联立求得蜡烛燃烧长度，再根据“每分钟烧去蜡烛的长为△l”，即可求出蜡烛燃烧的时间．解答：解：（1）设蜡烛的密度为ρ，水的密度为ρ1，铁的密度为ρ2．铁块受到浮力F，蜡烛截面积S．蜡烛刚开始悬浮在水里，受力平衡分析：蜡烛重力+铁重力=蜡烛的浮力+铁的浮力ρL1Sg+mg=ρ1（L1﹣h）Sg+F﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①（2）蜡烛灭的时候，设蜡烛燃烧长度x，这时蜡烛的长度刚刚在水面，整个蜡烛长度的重力加铁重力刚好等于蜡烛的浮力加铁的浮力．蜡烛重力+铁重力=蜡烛的浮力+铁的浮力②ρ（L1﹣x）Sg+mg=ρ1（L1﹣x）Sg+F①﹣②得x=，蜡烛燃烧的时间t==，故答案为：=．点评：此题主要考查物体浮沉条件的应用和阿基米德原理，解答此题的关键是对蜡烛刚开始悬浮在水里，和蜡烛灭的时候，进行受力平衡分析，此外解答此题不仅要求学生具备一定的空间想象能力，而且要求学生的数学基础比较扎实，总之，此题对学生的要求比较高，是一道难题．14．（4分）如图所示，线段AB为一凸透镜成像的物距倒数1/u和像距倒数1/v的对应关系，若用此凸透镜成像，当物体距透镜0.3米时，物体所成像的性质是缩小、倒立、实像（需说明像的虚实、大小、正倒立情况）．考点：凸透镜成像的应用．专题：应用题．分析：先根据图象判断出凸透镜的焦距，再根据凸透镜成像的规律判断像的性质．解答：解：图中1/v=5米﹣1时1/u=5米﹣1，此时v=u=0.2m像距等于物距，说明物体处于二倍焦距处，即2f=0.2m，所以f=0.1m．当物体距透镜0.3米时，u＞2f，物体所成像的性质是缩小、倒立、实像．故答案为：缩小、倒立、实像．点评：凸透镜成像规律：当u＞2f时，2f＞v＞f，成倒立缩小的实像，应用：如照相机；当u=2f时，v=2f，成倒立等大的实像，应用：测焦距；当2f＞u＞f时，v＞2f，成倒立放大的实像，应用：如投影仪或幻灯机；当u=f时，不成像；当u＜f时，像物在透镜的同侧，成正立放大的虚像，应用：如放大镜．15．（4分）如图所示，将R1、R2、R3、R4、R5五只阻值不等的电阻并联后接在电源电压为6伏的电路中，若电阻R1的阻值为50欧，R5为10欧，且R1＞R2＞R3＞R4＞R5．当电键S闭合后，可判断电流表的示数范围是 1.08A ＜I＜2.52A．考点：欧姆定律的应用；电阻的并联．专题：计算题；赋值法．分析：从图可知，电阻R1、R2、R3、R4、R5并联，知道电阻R1和R5的阻值，当电阻R2、R3、R4三个的阻值最大时，则整个并联电路的电阻就最大，利用并联电路电阻的特点计算出此时电路中的总电阻，再利用公式I=计算出电路中的最小电流；当电阻R2、R3、R4三个的阻值最小时，则整个并联电路的电阻就最小，利用并联电路电阻的特点计算出此时电路中的总电阻，再利用公式I=计算出电路中的最大电流；即可可判断电流表的示数范围．解答：解：从图可知，电阻R1、R2、R3、R4、R5并联，知道电阻R1和R5的阻值，当电阻R2、R3、R4三个的阻值最大时，则整个并联电路的电阻就最大，当让它们尽可能取最大值时，它们只可能接近电阻R1，但必须小于R1，取R2=R3=R4=50Ω，而R1=50Ω，R5=10Ω，∴此时电路中的总电阻为：=++++=++++=，解得：R大≈5.56Ω，而U=6V，∴此时电路中的最小电流为：I小==≈1.08A；当电阻R2、R3、R4三个的阻值最小时，则整个并联电路的电阻就最小，当让它们尽可能取最小值时，它们只可能接近电阻R5，但必须大于R5，取R2=R3=R4=10Ω，而R1=50Ω，R5=10Ω，∴此时电路中的总电阻为：=++++=++++=，解得：R小≈2.38Ω，而U=6V，∴此时电路中的最大电流为：I大==≈2.52A；事实上计算出的I小和I大都是这一电路中可以接近但不能达到的数值，故电流表的示数范围为：1.08A＜I＜2.52A．故答案为：1.08A＜I＜2.52A．点评：本题考查了并联电路电阻的特点，以及欧姆定律的应用，关键是在解题过程中对于电阻R2、R3、R4三个的阻值的确定．16．（8分）在如图所示中，AB、CD分别表示质量均匀、形状相同的两块长方形木板，它们的重均为G，长为L，分别可绕各自的支点O1、O2自由转动，且AO1：O1B=CO2：O2D=2：1，现将一根每节重为P，长度超过L的链条MN悬挂在两板的B端和D端，当两木板的B、D两端相距L/2时，两木板恰好保持水平平衡，则该链条共有n=节组成．若将两木板距离增大为L时，AB板将仍保持水平平衡（填：“绕O1顺时针转动”，“仍保持水平平衡”或“绕O1逆时针转动”）．考点：杠杆的平衡条件．专题：计算题．分析：对AB木板进行分析，因为杠杆的自重为G，则支点左端对杠杆竖直向下的力为杠杆的自重，并根据AO1与O1B的比值计算出力臂，以及支点右端杠杆自重以及链条对杠杆的作用力和力臂，根据杠杆平衡的条件即可求出链条的组成节数；当杠杆间的距离拉大时，再对杠杆进行受力分析，比较链条对杠杆力的作用，并结合杠杆平衡的条件即可判断出AB板的状态．解答：解：因为AB CD 完全相同，故链条肯定是对称挂在两根杆上的，故有：×=G×+L，故n=；当两木板间的距离增大时，链条对杠杆的作用力不变，因此AB仍然保持水平平衡．故答案为n=，仍保持水平平衡．点评：本题考查杠杆平衡的条件的应用，该题型的关键是对杠杆进行准确的受力分析，然后根据杠杆平衡条件进行计算．17．（8分）如图所示，一根细绳悬挂一个半径为r米、质量为m千克的半球，半球的底面与容器底部紧密接触，此容器内液体的密度为ρ千克/米3，高度为H米，大气压强为p0帕，已知球体的体积公式是V=4πr3/3，球面积公式是S球=4πr2，圆面积公式是S圆=πr2．则液体对半球的压力为πr2ρgH﹣ρgπr3牛．若要把半球从水中拉起，则至少要用πr2ρgH﹣ρgπr3+mg+p0πr2牛的竖直向上的拉力．考点：压强的大小及其计算；液体的压强的计算．专题：应用题．分析：浸没在液体中的固态受到的浮力等于固态各表面所受液体压力的合力；我们可以先设想半球体下表面有液体，求出此时下表面受到的液体压力和半球体受到的浮力，从而求出此时液体对半球体上表面的压力；然后对半球体进行受力分析，求出把半球体从水中拉起需要的拉力．解答：解：（1）假设半球下表面处全部为液体，则半球受到的浮力F浮方向竖直向上，由阿基米德原理可知，F浮=ρgV排=ρgV半球=ρg××πr3=ρgπr3；半球表面各处所受液体压力的分布如图所示，半球上表面受到的液体压力F上竖直向下，∵P=，∴F=PS，半球下表面受到的液体压力：F下=P下S圆=P液S圆=ρgH×πr2，方向竖直向上，半球受到的浮力F浮等于半球下表面与上表面所受液体对它的压力合力，即：F浮=F下﹣F上，F上=F下﹣F浮=πr2ρgH﹣ρgπr3，在本题给出的条件中，半球底部与容器底部紧密接触，即半球的下表面处并不与液体接触，但这并不改变半球上表面受液体压力作用的情况，则液体对半球的压力仍为F上=πr2ρgH﹣ρgπr3；（2）半球刚要被拉起时，容器底板对半球的下表面已无向上的支持力，则竖直向上的拉力F拉至少要等于上述的F上与半球本身的重力之和，即：F拉=F上+mg=πr2ρgH﹣ρgπr3+mg+p0πr2．故答案为：πr2ρgH﹣ρgπr3；πr2ρgH﹣ρgπr3+mg+p0πr2．点评：本题难度较大，是一道难题，知道浮力产生的原因、熟练应用压强公式的变形公式、液体压强公式、对半球正确受力分析等是正确解题的关键．四、计算题（共16分）18．（16分）一般人脸宽（包括两耳）约18厘米，两眼的光心相距约7厘米，两眼光心离头顶和下巴分别为10厘米和13厘米．当平面镜竖直放置时，则至少要用多大的平面镜（矩形），才能看到自己脸的全部？考点：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案．专题：应用题；简答题；跨学科．分析：根据平面镜成像特点可知，物体与像关于平面镜对称．结合平行四边形的性质求出镜宽，根据平面镜成像特点画图，结合三角形中位线可计算得平面镜长应为脸长的一半，即可求出镜长．解答：解：设A1、A2为两耳，B1、B2为两眼．因为A1B1MN及A2B2MN均为平行四边形，即MN=A1B1=A2B2，所以镜宽MN===5.5cm．如下图所示：再求镜长：设人脸长为CD，眼在B处，因为像长等于脸长，即CD=C′D′；所以镜长PQ====11.5cm，如下图所示．所以当平面镜竖直放置时，则至少要用长为11.5cm，宽为5.5cm的平面镜（矩形），才能看到自己脸的全部．点评：该题考查根据平面镜成像特点的原理图解决实际问题的能力，需要注意的是平面镜的位置应满足：镜的上端点应在人的头顶和眼睛之间距离的中点，否则也无法看到自己脸的全部．五、实验题（共18分）19．（18分）图是一张上海市地图的示意图．该地图的原始尺寸是27×38cm2．现有型号为WL﹣1000型的物理天平（最大称量1000克，感量0.05克）一架，透明描图纸一张，大小为27×38cm2质量为8克的白纸若干张及剪刀一把等器材．（1）请你设计一个测量上海市实际面积（图中阴影部分，不包含崇明、长兴、横沙三岛）的方法．（要求测量过程中不损坏原图）（2）若要求测量值与图示面积之差不大于20平方公里（地图比例尺1厘米：600000厘米）．则测量过程中，至少要用几张白纸．考点：密度公式的应用；物理学方法．专题：计算题；应用题；过程开放型．分析：利用天平可测出地图上表示上海市区部分的纸的质量，而这一质量与整张地图纸的质量之比也就等于上海市区面积与整张地图所表示的面积之比，由地图的比例尺和地图的实际尺寸可求得整张地图所表示的面积，再利用前述比值便可求得上海市区的面积了．解答：解：（1）①将地图上表示上海市区域（阴影部分）描在描图纸上；②用剪刀将描图纸所描表示上海市区域面积剪下，然后再按描图纸形状剪下若干张白纸；③利用天平称出表示上海市区域面积白纸的质量；④利用地图比例尺，求出上海市区域的实际面积．（2）设称得表示上海市区域面积的白纸张质量为m ．白纸每平方厘米的质量为ρ，地图比例尺为n ，则计算上海市区域的实际面积公式为S=n 2．根据上式计算可知．每平方厘米白纸的质量为ρ==7.8×10﹣3g/cm 2；而20km 2的实际面积对应的白纸面积为：S 1==0.56cm 2，面积为S 1的白纸的质量为m 1=ρS 1=7.8×10﹣3g/cm 2×0.56cm 2=4.36×10﹣3g ；由于天平感量m 0=0.05克，对应的每张纸的质量的误差质量又不能超过m 1=4.36×10﹣3g ；所以至少需要白纸的张数20平方公里的实际面积对应白纸的面积约为0.56平方厘米，0.56平方厘米白纸的质量为4.36×10﹣3克．所以至少需要N===11.5（张），答：至少需要白纸12张．点评： 此题主要考查密度公式的应用，此外还涉及到比例尺，因此解答此题还要求学生应具备一定的学科综合能力，此题属于难题，一般是竞赛题．六、说理题（第20、21题各18分，共36分） 20．（18分）表1是上海港客轮运行时刻（上海﹣﹣武汉）表．请根据表1，回答下列问题： 上海 开往 汉口 自起上公 海里 汉 申 航线 申汉 港名 11：00 武 汉 21：30 11：25 14：30 14：50鄂 州10：2516：10 16：40 黄 石 14：30 14：20 9：52 19：30 20：00 武 穴 10：30 10：20 9：06 22：00 22：30 九 江 07：40 07：20 8：56 05：00 05：30 安 庆 23：50 23：40 6：52 池 州 6：32 10：10 10：40 铜 陵 18：00 17：40 5：56 14：20 14：50 芜 湖 13：50 12：30 4：58 马鞍山 4：40 18：40 19：30 南 京 07：30 07：00 3：52 22：00 22：20 镇 江 3：05 23：40 23：50泰 州 2：47。