下载文档原格式
2012年第二十二届全国初中应用物理竞赛复赛试题参考解答和评分标准说明：1．提供的参考解答除选择题外，不一定都是惟一正确的。
对于那些与此解答不同的解答，正确的，同样得分。
2．评分标准只是按一种思路与方法给出的。
在阅卷过程中会出现各种不同情况，可按照本评分标准的精神定出具体处理办法，但不要与本评分标准有较大偏离。
3．问答题或计算题是分步给分的。
在评分标准中常常写出（1）式几分，（2）式几分……这里的式子是用来代表步骤的。
若考生并未写出这个式子，而在文字表达或以后的解题过程中反映了这一步骤，同样得分。
没有写出任何式子或文字说明，只给出最后结果的，不能得分。
4．参考解答中的数字结果是按照有效数字的运算要求给出的，但对考生不做要求。
不要因为有效数字的错误而扣分。
5．在最后定奖时．如果得分相同的人数超过获奖名额，因而难于选拔时，可对待选试卷进行加分评判。
加分评判的基本依据是：（1）所用方法或原理不是课本所讲的，具有创新性，应加分；（2）方法简便，应加分；（3）提出多种正确解法，应加分；（4）试卷表达规范，条理清楚，能充分利用数学工具，应加分。
上述各项的执行都需由竞赛领导小组做出规定（省统一分配奖励名额的由省决定，地、市分配奖励名额的由地、市决定）。
一、（16分）解：（1）发电机能够提供的电能W 电=P 电t =5kW×8h= 40kW·h …………………………3分（2）汽油机的效率P t W Q Vq ηρ'==有用机放 …………………………………………………4分所以油箱的最小容积： 3333378.310W 83600s 20.910m 20.9L 0.7110kg /m 0.35 4.610J /kgP t V q ρη-'⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯⨯机…3分 （3）汽油发电机将内能转化为电能的效率 333337510W 83600s 21.1%0.7110kg /m 20.910m 4.610J /kgW P t Q Vq ηρ-'⨯⨯⨯'====⨯⨯⨯⨯⨯电电放……6分 或33510W 0.3521.1%8.310WP P ηη⨯'==⨯=⨯电机二、（16分）解：（1）该型号热量表能测量的最大供热功率max max max max max max c m t c V t Q P t t tρ∆∆===水水水 333354.210J /(kg C)10kg /m 2.5m 50C 1.4610W 3600s⨯⋅︒⨯⨯⨯︒==⨯ …………………4分 （2）平均每小时从暖气中得到的热量Q c m t c V t ρ=∆=∆水水水333364.210J /(kg C)10kg/m 0.777m (52.5-49.7)C=9.1410J =⨯⋅︒⨯⨯⨯︒⨯…………4分 相当于完全燃烧天然气的体积为：637346235.67 3.610J 2081m 810J/m⨯⨯=⨯ ………………4分 （3）分析原理可知，为了提高房间内暖气片放出热量的速度，只需调节“水量调节阀”，加大热水瞬时流量即可。
上海市第二十二届初中物理竞赛复赛试卷（2021年）说明：1．本试卷共有五大题，答题时间为12021，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/g ，水的比热容42⨯103 J/g ︒C ，水的密度10⨯103 g/m 3，冰的密度09⨯103 g/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 g/m 3 （B ）小于103 g/m 3（C ）等于103 g/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。
2012年第二十二届全国初中应用物理竞赛复赛试题注意事项：1．请在密封钱内填写所在地区、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，满分为100分。
4．答卷时间: 2012年4月15日(星期日)上午9：30~11:10。
题 号 一 二 三 四 五 六 总 分分 数复核人 来发电。
该发种电机铭牌部分数据如下表所示，根据表中的数据求：图1 (1)在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是多少度? (2)己知汽油的热值是q=4.6×l07J/kg ，密度是0.71×103kg/m 3，设该汽油机的效率为35%，则该汽油发电机油箱的容积至少需要多大?(3)汽油发电机将内能转化为电能的效率是多少?二、(16分)长期以来，我国北方地区城镇居民的冬季采暖计量一般都按住宅面积收费，导致用户节能意识差，造成严重的资源浪费。
作为建筑节能的一项基本措施，近几年部分地区试点以热量表作为计量收费的依据和手段，经测算可节能约20%~30%。
如图2所示，一个完整的热量 表由以下三个部分组成：一只液体流量计，用以测量经热交换的热水流量；一对用铂电阻制作的温度传感器，分别测量供暖进水和回水温度；一低功耗的单芯片计算机，根 据与其相连的流量计和温度传感器 提供的流量和温度数据，利用热力 学公式可计算出用户从热交换系统 获得的热量，通过液晶显示器将测量数据和计算结果显示出来。
以下是某用户家中的热量表的部分参数，已知水的比热容取4.2×l03J/(kg·C)，7J/m 3最大流量/m 3h -1 2.5 测温范围℃ 4 ~100 温差范围/K2~50 最大水压/MPa 1.6电源 3.6V 2Ah 电源寿命 ≥5年得 分 评卷人发动机(汽油机) 发电机 型号 XGQF5.0 型号 XGQF5.0 额定功率 8.3kW 额定输出功率 5kW 噪声 73db 额定输出电压 220V 连续运行时间 8h 额定频率 50H z 强制水冷四冲程 自动电压保护 得 分 评卷人 进回测温三水量调节热量表 热量表热量计量系统用 户 图2（2）在一次要查看热量表记录情况时，通过逐次点按计量表上的信息显示按钮，液晶显示器逐项显示出了下列数据： 根据这些数据推算，求此次查看时该用户家平均每小时从暖气中得到的热量燃烧了多少m 3的天然气？(3)如果出现大风降温天气，住宅通过外墙散热的速度会加大。
2012年第二十二届全国初中应用物理竞赛复赛试题 参考答案与试题解析 1、分析：（1）已知发电机的额定功率和连续工作时间，根据公式W=Pt 可求发电机能够提供的电能． （2）已知汽油的热值和转化效率，根据公式W=ηQ=ηqm=ηqρV 可求消耗的汽油体积． （3）先计算出1小时产生的电能，已知产生的电能和机械能，二者之比就是汽油发电机将内能转化为电能的效率． 解答：解：（1）发电机能够提供的电能W 电=P 电t=5kW×8h=40kW•h=40度； （2）∵汽油机的效率η==， ∴油箱的最小容积： V===0.0209m 3=20.9L ． （3）汽油发电机将内能转化为电能的效率 η′====21.1%． 答：（1）在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是40度． （2）该汽油发电机油箱的容积至少需要20.9L ． （3）汽油发电机将内能转化为电能的效率是21.1%． 2、解：（1）该型号热量表能测量的最大供热功率max max max max max max c m t c V t Q P t t t ρ∆∆===水水水 333354.210J /(kg C)10kg /m 2.5m 50C 1.4610W 3600s ⨯⋅︒⨯⨯⨯︒==⨯ …………………4分 （2）平均每小时从暖气中得到的热量 Q c m t c V t ρ=∆=∆水水水 333364.210J /(kg C)10kg/m 0.777m (52.5-49.7)C=9.1410J =⨯⋅︒⨯⨯⨯︒⨯…………4分 相当于完全燃烧天然气的体积为：637346235.67 3.610J 2081m 810J/m ⨯⨯=⨯ ………………4分 （3）分析原理可知，为了提高房间内暖气片放出热量的速度，只需调节“水量调节阀”，加大热水瞬时流量即可。
………………………………………………………………………2分 （4）热量表的耗电功率为 43.6V 2A 3600s 1.610W 5365243600s W UQ P t t -⨯⨯====⨯''⨯⨯⨯电 ………………………………2分 （5）相当于节约的天然气体积为 4×109m 3×30%×20%=2.4×108m 3 …………………2分 3、分析：应用压强公式求出活塞A 上增加砝码后，液体增加的压强； 由帕斯卡原理与压强的变形公式求出活塞B 受到的压力的变化， 最后求出待测气体压强．解答：解：在自由活塞A上再加放重为G的砝码时，A活塞对工作液体增加的压强为：△p=，根据帕斯卡原理，工作液体对活塞B向上增加的压力△F=（S2﹣S3），因为活塞B下底面向上减小的气体压力△F′=（p0﹣p）S3，因为活塞B能够回到原来的高度，所以△F′=△F，即：（p0﹣p）S3=（S2﹣S3），待测容器内的气体压强：p=p0﹣（S2﹣S3）；答：待测容器内气体的压强为p0﹣（S2﹣S3）．4、分析：（1）小明设计一个用这些器材粗测冰块熔化热的方案，当测量烧杯和水的质量后，将水倒入保温桶内，用温度计测量水的温度；为了避免冰块融化，所以用镊子取适量冰块放在小烧杯中，迅速用天平测出其总质量后，立刻将冰倒入保温桶内的水中．（2）将测得数据代入λ=即可得到冰块的熔化热的表达式．解答：解：（一）实验步骤：（1）用调好的天平测量小烧杯的质量m1；（2）用小烧杯盛取足量的水，再用天平测量小烧杯和水的质量m2；（3）将水倒入保温桶内，用温度计测量水的温度t1；（4）提前较长时间将用冰格盛适量水放在冰箱冷冻室冻成冰块，用镊子取适量冰块放在小烧杯中，迅速用天平测量出其总质量m3后，立刻将冰块倒入保温桶内的水中，盖紧桶盖；（5）轻轻摇晃保温桶使水温均匀，并仔细听声音，能听出冰块熔化完毕后，打开桶盖，用温度计测出保温桶内水的温度t2．（二）水的质量为m2﹣m1，水放出的热量Q放=c水（m2﹣m1）（t1﹣t2），冰的质量m3﹣m1，冰吸热的热量Q冰吸=c冰（m3﹣m1）×18℃，水吸收的热量Q水吸=c水（m2﹣m1）t2，熔化吸热：Q熔吸=Q放﹣Q水吸﹣Q冰吸=c水（m2﹣m1）（t1﹣t2）﹣c水（m2﹣m1）t2﹣c冰（m3﹣m1）×18℃，冰块的熔化热的表达式为：λ=．5、分析：（1）将整个施工装置分为三部分：绞盘相当于轮轴，定滑轮及杠杆，然后根据三个机械的使用特点进行分析；（2）要分析推力F的大小变化，关键是以杆为研究对象，根据杠杆的平衡条件，分析所受其它力及对应力臂的变化；（3）可根据题干中给出的条件，分析绞盘离所拉的电线杆适当地远一些，发生的变化，根据杠杆平衡条件分析好处．解答：解：（1）如图答1所示，设钢丝绳拉电线杆的力为F′，把电线杆看作杠杆，其支点为其粗端端点O．由杠杆平衡条件，有：F'×L F'=G×L G绞盘本质上是一个轮轴，若要施工人员对绞盘横杆的推力F最小，则该力应沿水平方向，作用于横杆末端且与横杆垂直．在这种情况下，设所需的最小推力为F．设绞盘的轴恰好转动一周，则推力推动横杆末端移动的距离为s1=2πL工人推力总共做的功为：W总=F•2πL绞盘拉动钢丝绳移动的距离为s2=πD绞盘对钢丝绳所作的有用功为：W有用=F'•πD绞盘的机械效率为：∴（2）在整个立杆过程中，电线杆重力G大小不变．随着电线杆被逐渐拉起，重力G的力臂L G在逐渐减小；而钢丝绳拉力线杆的力F′的力臂L F’却在逐渐增大；根据杠杆平衡条件：F'×L F'=G×L G，可知，钢丝绳拉电线杆的力F′在逐渐减小．又因为，横杆末端到轴心的距离L、轴的直径D以及绞盘的效率η不变，所以施工人员对绞盘横杆的最小推力F也在逐渐减小．（3）绞盘离所拉的电线杆适当地远一些．其他情况相同时，可以适当地增大钢丝绳对电线杆的拉力F′的力臂L F’，在重力G与重力G的力臂L G相同的前提下，使F′减小，从而可以使施工人员对绞盘横拉的推力F减小一些．6、分析：（一）由表格数据可知，两灯泡的额定电压和蓄电池的两端的电压相等，根据并联电路的电压特点可知两灯泡为并联，根据P=UI求出每只灯泡的额定电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，根据I=求出实现的最长连续应急照明时间；（二）电磁继电器一般由铁芯、线圈、衔铁、触点簧片等组成的，只要在线圈两端加上一定的电压，线圈中就会流过一定的电流，从而产生电磁效应，衔铁就会在电磁力吸引的作用下克服返回弹簧的拉力吸向铁芯，从而带动衔铁的动触点与静触点（常开触点）吸合；当线圈断电后，电磁的吸力也随之消失，衔铁就会在弹簧的反作用力返回原来的位置，使动触点与原来的静触点（常闭触点）吸合，这样吸合、释放，从而达到了在电路中的导通、切断的目的．解答：解：（一）由该型号应急照明灯的主要技术数据可知，其所用灯泡的额定电压为2.4V，其蓄电池两端的电压也是2.4V；由此可知，两只灯泡应并联；根据P=UI可得，单只灯泡正常发光时的电流：I L===0.4A，∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴干路中的总电流：I=2×I L=2×0.4A=0.8A，即蓄电池对外供电电流为I=0.8A，根据I=可得，蓄电池充满电后，可以实现的最长应急照明时间：t===2.25h；（二）（1）①家庭电路正常工作时，充电器自动给蓄电池充电，各灯泡不发光，说明衔铁与下触点接触，充电器给蓄电池充电，要注意电磁继电器的电磁铁应接于低压直流电源的输出端；②当家庭电路停电时，蓄电池自动给各灯泡供电，说明衔铁与下触点接触，蓄电池要提供电能；小灯泡的额定电压为3.0～3.4V，且在一盏小灯泡灯丝烧断后还应该有部分小灯泡能正常工作说明四只灯泡两两串联后再并联；气压直流电源与电磁继电器相连，如下图所示：（2）若将电磁铁的两个接线柱直接接在充电器两端，当家庭电路正常工作时，电磁铁有磁性，吸引衔铁下移，接通蓄电池充电电路，充电器给蓄电池充电；当家庭电路停电时，蓄电池与电磁铁构成通路，电磁铁依然保持磁性，蓄电池无法为小灯泡供电，小灯泡不能发光．答：（一）在该型号应急照明灯刚投入使用阶段，待蓄电池充满电后，可以实现的最长连续应急照明时间为2.25h；（二）（1）如上图所示；（2）若将电磁铁的两个接线柱直接接在充电器两端，当家庭电路正常工作时，电磁铁有磁性，吸引衔铁下移，接通蓄电池充电电路，充电器给蓄电池充电；当家庭电路停电时，蓄电池与电磁铁构成通路，电磁铁依然保持磁性，蓄电池无法为小灯泡供电，小灯泡不能发光．。
2012年第二十二届全国初中应用物理知识竞赛复赛试题一、（16分）某种小型汽油发电机外形如图1所示，其实质是利用一个汽油机带动一个发电机来发电。
该发电机铭牌部分数据如下表所示，根据表中的数据求：发动机（汽油机） 发电机 型号 XGQF5.0 型号 XGQF5.0 额定功率 8.3kW 额定输出功率 5kW 噪声 73dB 额定输出电压 220V 连续运行时间 8h 额定频率 50Hz 强制水冷四冲程 自动电压保护 （1）在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是多少度？ （2）已知汽油的热值是q =4.6×107J/kg ，密度是0.71×103kg/m 3，设该汽油机的效率为35%，则该汽油发电机油箱的容积至少需要多大？（3）汽油发电机将内能转化为电能的效率是多少？ 二、（16分）长期以来，我国北方地区城镇居民的冬季采暖计量一般都按住宅面积收费，导致用户节能意识差，造成严重的资源浪费。
作为建筑节能的一项基本措施，近几年部分地区试点以热量表作为计量收费的依据和手段，经测算可节能约20%～30%.如图2所示，一个完整的热量表由以下三个部分组成：一只液体流量计，用以测量经热交换的热水流量；一对用铂电阻制作的温度传感器，分别测量供暖进水和回水温度；一低功耗的单芯片计算机，根据与其相连的流量计和温度传感器提供的流量和温度数据，利用热力学公式可计算出用户从热交换系统获得的热量，通过液晶显示器将测量数据和计算结果显示出来。
图1进水 回水测温三通水量调节阀热量表 热量表热量计量系统组成用图2以下是某用户家中的热量表的部分参数，已知水的比热容取 4.2×103J/(kg·℃)，天然气的燃烧值约为8×107J/m 3.最大流量/m 3·h -1 2.5 测温范围/℃4～100 温差范围/K 2～50最大水压/Mpa 1.6电源3.6V 2Ah 电源寿命≥5年（1（2）在一次要查看热量表记录情况时，通过逐次点按计量表上的信息显示按钮，液晶显示器逐项显示出了下列数据：J ？到此次查看时为止，该用户从这套供暖系统得到的总能量相当于完全燃烧了多少m 3的天然气？（3）如果出现大风降温天气，住宅通过外墙散热的速度会加大。
全国中学生物理竞赛复赛试题一、（15分）一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00≠v ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .二、（20分）一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.1. 若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2. 若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.三、（25分）一质量为m 、长为L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令mLλ=表示细杆质量线密度. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为k E k L αβγλω=式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出α、β和γ的值.2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值.3. 试求当杆摆至与水平方向成θ角时在杆上距O 点为r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g .提示：如果)(t X 是t 的函数，而))((t X Y 是)(t X 的函数，则))((t X Y 对t 的导数为d (())d d d d d Y X t Y X t X t=例如，函数cos ()t θ对自变量t 的导数为dcos ()dcos d d d d t t tθθθθ=四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成. 质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h . 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g . 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V .五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)xy z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)xy z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)xy z E E E '''，而是0(,,)x y zE E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >. 一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等. 1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.图(a) 图(b)八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 eV ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .第30届全国中学生物理竞赛复赛解答与评分标准一参考解答：x以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv . 设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1) 这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v .(2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v . (3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v .(4) [(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得 22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得22sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。
第22届全国中学生物理竞赛复赛题、图中的AOB是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内，由两个半径都是R的1/4圆周连接而成,它们的圆心0,、02与两圆弧的连接点0在同一竖直线上.O2B沿水池的水面•一小滑块可由弧AO的任意点从静止开始下滑.1 .若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在圆弧A0上的何处？（用该处到0,的连线与竖直线的夹角表示）2 •凡能在0点脱离滑道的小滑块，其落水点到。
2的距离如何?二、如图所示，0为半径等于R的原来不带电的导体球的球心，01、02、03为位于球内的三个半径皆为r的球形空腔的球心，它们R与0共面，已知00, =002 =003=—.在001、002的连线上距2r01、02为-的P1、P2点处分别放置带电量为q1和q2的线度很小的2导体（视为点电荷），在03处放置一带电量为q3的点电荷，设法使q1、q2和q3固定不动•在导体球外的P点放一个电量为Q的点电荷，P点与01、02、03共面，位于030的延长线上，到0的距离0P =2—.1.求q3的电势能.2.将带有电量q1、q2的小导体释放，当重新达到静电平衡时，各表面上的电荷分布有何变化？此时q3的电势能为多少？三、（22分）如图所示，水平放置的横截面积为S的带有活塞的圆筒形绝热容器中盛有1mol的理想气体.其内能U二CT , C为已知常量，T为热力学温度.器壁和活塞之间不漏气且存在摩擦，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且皆为F .图中r 为电阻丝，通电时可对气时克服摩擦力做功所产生热量的一半被容器中的气体吸收.若用体缓慢加热.起始时，气体压强与外界大气压强P o 相等，气体的温度为 T °.现开始对r 通电，已知当活塞运动 Q 表示气体从电阻丝吸收的热量，T 表示气体的温度，试以T 为纵坐标，Q 为横坐标，画出在 Q 不断增加的过程中 T 和Q 的关系图线•并在图中用题给的已 知量及普适气体常量 R 标出反映图线特征的各量（不要求写出推导过程）四、（23分）封闭的车厢中有一点光源S ,在距光源I 处有一半径为r 的 圆孔，其圆心为 O i ,光源一直在发光， 并通过圆孔射出.车厢以高速v 沿固定 在水平地面上的x 轴正方向匀速运动, 如图所示.某一时刻，点光源S 恰位于x 轴的原点O 的正上方，取此时刻作为车厢参考系与地面参考系的时间 零点.在地面参考系中坐标为 X A 处放一半径为R （R >r ）的不透光的圆形挡板，板面与圆孔所在的平面都与x轴垂直•板的圆心 02、S 、、O i 都等高，起始时刻经圆孔射出的光束会有部分从挡板周围射到挡板后面的大屏 幕（图中未画出）上•由于车厢在运动，将会出现挡板将光束完全遮住，即没有光射到屏上的情况•不考虑光 的衍射.试求：1 •车厢参考系中（所测出的）刚出现这种情况的时刻.2 •地面参考系中（所测出的）刚出现这种情况的时刻.五、（25分）一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环，其内、外半径分别为 a 2,厚度可以忽略.两个表面都带有电荷，电荷面密度随离开环心距离 化的规律均为 二（「）=讶，二o 为已知常量.薄圆环绕通过环心垂直环面的轴以r大小不变的角加速度 1减速转动，t = 0时刻的角速度为• .0 .将一半径为 （a o <<a i ）、电阻为R 并与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环同心放置.试求在薄 圆环减速运动过程中导线圆环中的张力F 与时间t 的关系.提示：半径为r 、通有电流I 的圆线圈（环形电流），在圆心处产生的磁感应强度为六、（25分）两辆汽车 A 与B ，在t = 0时从十字路口 0处分别 以速度V A 和V B 沿水平的、相互正交的公路匀速前进，如图所示•汽 车A 持续地以固定的频率 v o 鸣笛，求在任意时刻 t 汽车B 的司机所 检测到的笛声频率.已知声速为u ，且当然有u > V A 、V B .七、（25分）如图所示，在一个劲度系数为 k 的轻质弹簧两端分别拴着一个 质量为m 的小球A 和质量为2m 的小球B . A 用细线拴住悬挂起来，系统处于 静止状态，此时弹簧长度为 I •现将细线烧断，并以此时为计时零点，取一相对 地面静止的、竖直向下为正方向的坐标轴Ox ,原点0与此时A 球的位置重合如B=k — （k 为已知常量）r_l I ______PA Ia 〔、a o图•试求任意时刻两球的坐标.第22届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答、1 •如图所示，设滑块出发点为 R ，离开点为P 2，按题意要求 O 1P 1、O 2P 2与竖直方向的夹角相等,设其为二，若离开滑道时的速度为 v ,则滑块在F 2处脱道的条件是 2mvmg cos 由机械能守恒 (1)1 2 2mgR(1 -cos ” mv (2)COST - 4 或 V -arccos 4 =36 52(3)5 5 2.设滑块刚能在O 点离开滑道的条件是 2mv o mg R (4)v o 为滑块到达O 点的速度，由此得 v o = Rg (5)（1）、（2）联立解得 设到达O 点的速度为v o 的滑块在滑道OA 上的出发点到O 1的连线与竖直的夹角为 二0，由机械能守恒，有 a 1 2mgR(1 -cos ") mv 0(6) 由（5 ）、（ 6）两式解得 ‘3 （7） 若滑块到达O 点时的速度v v o ，则对OB 滑道来说，因O 点可能提供的最大向心力为 mg ，故滑块将沿 半径比R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点.对于v v o 的滑块，其在OA 上出发点的位置对应的 二角必大于 二0，即二 卞，由于^max 二n 2，根据机械能守恒，到达 O 点的最大速度 (8) 由此可知，能从O 点离开滑道的滑块速度是 v 。
到V max 之间所有可能的值，也就是说, 二从n 3至n 2下滑的 滑块都将在O 点离开滑道.以速度 v o 从O 点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至 02的距离 二V °t gt 2（9）（10）(1)6 / 19由（ 5）、（9）、（10）式得x 0 =、2R当滑块以V max 从O 点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到。
2的距离xmax = V maxt由（ 8）、（ 10）、（ 12）式得(11)(12)xmax=2R(13)因此，凡能从O 点脱离滑道的滑块，其落水点到 O 2的距离在 2R 到2R 之间的所有可能值.即、2REXE2R(14)二、1•由静电感应知空腔 1、2及3的表面分别出现电量为 —5、—q 2和-q 3的面电荷，由电荷守恒定 律可知，在导体球的外表面呈现出电量q 1 q 2 q 3 .由静电屏蔽可知，点电荷 q 1及感应电荷（一 q j ）在空腔外产生的电场为零；点电荷 q 2及感应电荷（—q 2）在空腔外产生的电场为零；点电荷 q 3及感应电荷（-q 3）在空腔外产生的电场为零•因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量q 1 q 2 q 3作球对称分布. 当球外P 点处放置电荷 Q 后，由于静电感应，球面上的总电量仍为q 1 q 2 q 3，但这些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的 Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零.03处的电势由位于 P 点处的Q 、导体球表面的电荷 q j ■ q 2 q 3及空腔3表面的感应电荷（- q 3）共同产生•无论q 1 q 2 q 3在球面上如何分布，球面上的面电荷到O 点的距离都是 R ,因而在O 点产生的电势为k q1 q2 q 3 , Q 在O 点产生的电势为k —，这两部分电荷在 O 3点产生的电势U •与它们在O 点产生的R2R电势相等，即有方1 +q 2 +q 3 + Q L k 「Q+2q 1 +2q ? +2q 3 ]\、、 R2R 厂 I 2R 丿(1)因q 3放在空腔3的中心处，其感应电荷-q 3在空腔3壁上均匀分布.这些电荷在 O 3点产生的电势为根据电势叠加定理， O 3点的电势为2.由于静电屏蔽，空腔 1外所有电荷在空腔1内产生的合电场为零，空腔 1内的电荷q i 仅受到腔内壁感应 电荷-q 1的静电力作用，因q 1不在空腔1的中心。
1点，所以感应电荷_q 1在空腔表面分布不均匀，与 q 1相距 较近的区域电荷面密度较大，对q 1的吸力较大，在空腔表面感应电荷的静电力作用下,面，与感应电荷 -q 1中和.同理，空腔 2中q 2也将在空腔表面感应电荷 -q 2的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷—q 2中和.达到平衡后，腔 1、2表面上无电荷分布，腔 3表面和导体球外表面的电荷分布没有 变化.03的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表面的电量 q 1 q 2 q 3及空腔3内壁的电荷- q 3共同产生, 故O 3处的电势U 与q 3的电势能 W 仍如⑶式与(4)式所示.三、答案如图所示.此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和•若用故q 3的电势能W =qs U 二 kq 39 +2q 1 +2q ? +2q 3 q 3、 「 2R ~T 丿Q 2q 1 2q 2 2q 3 q ?r J2Rq i 最后到达空腔1表附计算过程：电阻通电后对气体缓慢加热(1)8 / 19T i 表示此过程达到末态的温度， p 表示末态的压强，Q i 表示此过程中气体从电阻丝吸收的热量，由等容过程方程有P P o由力的平衡可知pS = p 0S F由（2 ）、（ 3 ）两式可得代入（1）式得由以上讨论可知，当 Q •EQ 1时，T 与Q 的关系为Q T=C T 。
⑹在T~Q 图中为一直线如图中 ab 所示，其斜率K ab =C⑺直线在T 轴上的截距等于 T o ,直线ab 的终点b 的坐标为（「，QJ .当电阻丝继续加热，活塞开始向外运动以后，因为过程是缓慢的，外界大气压及摩擦力皆不变，所以气 体的压强不变，仍是 p ,气体经历的过程为等压过程•在气体的体积从初始体积V 。
增大到V ，温度由T i 升高到T 的过程中，设气体从电阻丝吸收的热量为 Q •，活塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为 q ，由热力 学第一定律可知Q iCFT o P o ST oQ q 二C T _T ] i 亠 p V _V °（8）9 / 19将（11）式和（4）式代入（10）式，得FRT -T i2 P o S F2（P °S+F ）2Cp 0S 2CF 2Rp 0S FR从开始对气体加热到气体温度升高到 T （ >T”的过程中，气体从电阻丝吸收的总热量Q 卡 Q （ 13）把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5），得T= _______ 2仏十） ____________ Q_CFT^\（p 0^FT 0Q >Q ^CFT O ］（2Cp °S +2CF +2Rp °S +FR i p °S 丿 p °S. p °S 丿CFT CFT由此可知，当Q -Q1二疋时，T 与Q 的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为Q 处帚，F ；q 可由摩擦力做功求得，即（9）代入（8）式得F V —V o2S-C T -Ti pV -V o（10）由状态方程式可知pV -V o 二RT（11）Q T 1（12）(15)10 / 19内射出•当挡板运动到与此环相遇时，挡板就会将光束完全遮住•此时，在车厢参考系中挡板离光源 S 的距离就是L .在车厢参考系中，初始时，根据相对论，挡板离光源的距离为X A . 1 - v C(2)故出现挡板完全遮住光束的时刻为由(1)、(3)式得丄 XA . 1 一 V c $ Rl t — _vrv2•相对于地面参考系，光源与车厢以速度v 向挡板运动•光源与孔之间的距离缩短为 l^^^ -(v ;cf而孔半径r 不变，所以锥形光束的顶角变大，环到S 的距离即挡板完全遮光时距离应为斜率为______ 2(PoS +F ) ______ 2Cp0S - 2CF - 2Rp 0S - FR在T~Q 图中，就是直线bd ,当热量Q 从零开始逐渐增大，气体温度 T 将从起始温度T o 沿着斜率为K ab 的直线ab 上升到温度为 「的b 点，然后沿着斜率为 K bd 的直线bd 上升，如图所示.四、1 •相对于车厢参考系，地面连同挡板以速度 v 趋向光源动•由S 发出的光经小孔射出后成锥形光束，随离开光源距离的 其横截面积逐渐扩大.若距 S 的距离为L 处光束的横截面正好是 为R 的圆面，如图所示，则有S 运 增大， 半径可得RI设想车厢足够长，并设想在车厢前端距S 为L 处放置一个半径为R 的环，相对车厢静止, 则光束恰好从环式中已略去高阶小量(A r i )2 •，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为―2 OQ4 n - ° A r iA q i = 2 ff^S i 2 2 nr i A r ir iri设时刻t ，细圆环转动的角速度为单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流由环形电流产生磁场的规律，该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为AB i 二k 鱼=k 2r式中A 是一个微小量，注意到 站匸二仃仃-苗，有『i A1 1--- = ---------- = ----- ——2r 「山4 「2 r i将各细圆环产生的磁场叠加，由(1)、(2)式得出环心 0点处的磁感应强度:2k ；「0(a 2a i a 2于a o <<a i ,可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由 通量初始时，挡板离 S 的距离为X A ,出现挡板完全遮住光束的时刻为五、用半径分别为r 1 (>a 1), r 2,…，r , ―, r n -1 (<a 2)的n-1个同心圆把塑料薄圆环分割成 n 个细圆环.第i 个细圆环的宽度为 苗二仃7 i ，其环带面积--冗-(1)0点的场表示•磁场对导线环的磁①二 BS=2k 匚0®2 一印)n 2 a 〔 a ?由于••是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势的大小为由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为E 2kcr o （a 2 —a i ） Tia o P IRa i a 2 R设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转， 穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外,动，穿过导线圆环的磁场逐渐减小，根据楞次定律，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段方向如图所示，它沿 x 及y 方向分量分别=f x 二 Bl =1 COST - Bl =y(8)• ：f y =BI . ：I sin v - BL x(9)根据对称性，作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的x 分量之和相互抵消，即f xBI A y=BI' A y =0(10)nn(式中厶y=Alcosv ，当时，厶y 是正的，当时，•讨是负的，故乂 y ^0),22而作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的y 分量之和为f y 「BI A x = Bl 二 A x = BI 2a 0(11)2ko"o （a 2 —a 〔）TQ 。
