福建省泉州市2022-2023高二下学期4月竞赛物理试卷（答案）

(
m
)2023 年泉州市高二物理竞赛试卷
(考试时间：150 分钟 试卷满分： 150 分)
一、不定项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 6 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，有一项或多 项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分。
1．在水平地面上以初速度 20 m/s、与水平地面夹 60°角，斜向上抛出一小球，不计空气阻力，取g=10m/s2， 经一段时间后小球的速度方向与水平地面的夹角为 45°，该时长约为
A ．0.73 B ．1.73 C ．2.73 D ．3.73
2．如图，一条足够长的轻绳跨过两个等高的光滑小滑轮，两端分别挂上质量为 4 kg 和 2 kg 的物块，在
滑轮间的绳栓有一质量为m 的物块，为了使三个物块保持静止，m 的取值可以为
A ．3.4 kg
B ．4.5 kg
C ．5.6 kg
D ．6.7 kg
3 ．原来静止的氢原子， 由于内部电子从第二轨道跃迁到第一轨道而发射出光子，若不考虑氢原子的反 冲效应，所发射的光子的波长为 λ0，若考虑氢原子的反冲效应，所发射的光子的波长会发生微小的变 化，设此时为 λ，已知氢原子的质量为 m，光速为 c，普朗克常数为 h。则
A．波长大小关系满足 λ0＞λ
B ．所发射的光谱在红外线区域
(
C
．波长的变
化量约为
) h
2mc
(
h
2
mc
λ
)D．氢原子的反冲动能与相应光子的能量的比值为
4．一平行板电容器的板长为 2L、板间距为 2d，将其接入电路如图所示。闭合开关后将一厚度为 d 的 金属板沿中轴插入， 第一次插入了 L，然后断开开关，抽出金属板，此时两板间的电压为 U1 ；再次
闭合开关，重复上面步骤，但插入了 2L，断开开关，抽出金属板后两板间相应的电压为 U2 ，忽略边
高二物理竞赛试卷 第1页
缘效应，则 U1 ∶ U2 为
A ．1 ∶2
B ．3 ∶4
C ．4 ∶3
D ．2 ∶ 1
2d
2 L
(
R
3
R
4
)二、填空题：本题共 4 小题，每小题 6 分， 共 24 分。
(
R
1
E
R
2
R
99
R
98
R
100
)5．如图所示的电路中，已知 R1=R3=R5=…=R99=5Ω，R2=R4=R6=…
=R98=10Ω ，R100=5Ω ，E=10V，内阻不计。则 R2 的电功率
为 W，序号 n(1≤n≤99)电阻 Rn 的电功率是 W．
6 ．如图，一长为 L 的轻细线将一质量为m 的小球悬挂在天花板上， 将线拉至水平伸 直后， 无初速释放小球， 一段时间后， 小球重力的功率达到最大值， 此时线与竖直 方向的夹角为 ，小球重力功率的最大值为 。
7 ．将 5 块长为 L=24cm 的完全相同的均匀板叠放在水平桌面上，若每块板相对于下板 (含桌) 伸出的 长度相同，则板能伸出桌子边缘的最大长度是__________cm；若
每块板相对于下板伸出的长度不同， 如图所示， 则板能伸出桌子
边缘的最大长度 x=__________cm。
x
8．如图， 一金属圆盘厚度为 d，可绕过其圆心 O、且垂直于圆盘表面的转轴旋转， 为了对其制动，可 以给它一个磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，磁场方向与转轴平行，磁场的边界是边长为 a 的正方 形，磁场所在位置与转轴的距离为 r。已知 r a，金属圆盘所用材料的电导率为 6，则当圆盘的转动 角速度为 ω 时，圆盘产生的感应电动势大小为____， 相对于转轴 O，感应电流受到的磁力矩大
(
r
)小为____。
d a O
高二物理竞赛试卷 第2页
三、计算题，本题共 6 小题， 共 102 分
9 ．(15 分) 要发射一颗地球人造卫星，使它在半径为 r2 的预定轨道上绕地球做匀速圆周运动，为此先 将卫星发射到半径为 r1 的近地暂行轨道上绕地球做匀速圆周运动。在 A 点， 瞬间使卫星速度增加， 从而使卫星进入一个椭圆的转移轨道， 并使它的远地点恰好在预定轨道上。当卫星到达转移轨道的 远地点 B 时，再次改变卫星速度，使它进入预定轨道运行。试求卫星从 A 点到达 B 点所需的最小 时间。设万有引力恒量为 G，地球的质量为 M。
10．(15 分) 一光学系统的结构如图所示，薄凸透镜 L1 的焦距f1=3.00cm，薄凹透镜 L2 的焦距为f2 ，P 为成像光屏，L1 和 P 之间的距离恒为 a=4.50cm，放在主光轴上的物体 A 与 L1 的距离为 u，L1 和 L2
之间的距离为 d。以下计算均以 cm 为单位， 计算结果保
留两位小数。
A
(1)若f2=－3.00cm，让 A 沿主光轴移动， 使 u 从 100.00cm
开始增加到无穷大， 为了使 A 在光屏 P 上都能成像， L2 L1 L2 P
移动的距离为多少？
(2)当 u 满足什么条件时，只要适当选择f2 和 d 的数值， 均可使A 在光屏 P 上都能成像。
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11．(18 分) 如图， 在光滑的水平地面上， 由长度为 2L 的刚性轻杆连接两个很小的质量相等的重球 A、 B，系统以速度 v0 沿垂直于静止不动的光滑墙壁平动， 并且轻杆与墙面成 α=45°角，试分析A 球与墙 面碰撞后系统将做什么样的运动。已知碰撞过程无动能损失，系统与墙壁只发生一次碰撞。
(
A
)α v0
B
12. (18 分) 如图， 质量均为 m、长度均为 L 的两根细长均匀导体棒，上端与下端均用原长为 d0 、劲度 系数为 k 的轻质绝缘弹簧相连接，已知真空磁导率为 μ0 ，且 d0 L，现在导体棒中接入反向的稳恒
电流 I，让导体棒处于静止状态，忽略重力影响。
(1) 求此时每根弹簧的长度 l ；
(2) 若将两导体棒稍稍向外拉离平衡位置相同距离后同时松开，求系统的振动周期。
高二物理竞赛试卷 第4页
(
r
)13 ．(18 分) 一个总体积为 V0 的固定直立气缸内通过一个薄活塞封闭着物质的量为 n、温度为 T0 的某 种双原子理想气体(此时活塞的位置不确定)。气缸的顶部有一个加热器，底部与大气相连通， 已知
(
SP
0
)大气压强为 P0 ，活塞的横截面为 S，活塞的重力为 10 ，气体普适常数为 R。气缸与活塞均为绝热材
料制成。现在通过加热器给气体缓慢传递热量 Q0，试求气体的最终温度 Tm 的大小、以及相应的初始
温度 T0 应满足的范围。
14．(18 分) 一个平行板电容器由两块半径为 R 的正对大金属圆盘组成，圆盘之间的距离为 d (d 远小 于 R)，上、下圆盘加有恒定的电压 U，下圆盘接地，两圆盘之间为真空，如图所示。把一个半径为 r、厚度可以忽略的小金属圆片放到下盘中心， 小圆片的质量为 m，小圆片的半径 r 远小于 R，当电 压 U 足够大时，可以使小圆片沿竖直方向上下运动，并与上、下两个固定的大圆盘反复碰撞，碰后 小圆片的电性与所接触的圆盘相同，小圆片的放入不影响两极板之间原来的电场。真空介电常数为ε0。
(1) 小金属圆片所带电量 q 与两极板电压 U 的关系为 q=xU，其中 x 为一个常数。求常数x 的大小；
(2) 为使小圆片在两大圆盘之间来回运动，求 U 必须满足的条件；
(3)经过多次碰撞后， 小圆片的运动情况将会达到一“稳定状态”，即小圆盘每次与下圆盘碰后的速 度 v 都一样，已知小圆片与大圆盘碰后与碰前的速率之比为v 后/v 前=η 。求该稳定速度v 的大小。
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d (
R
) U2023 年泉州市高二物理竞赛答案
一、不定项选择题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，有一项或多
项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
1．AC 2．BC 3．CD 4．B
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 6 分，共 24 分。
5 3 2
5．2.5， 2 2 2
2n-1
6．arccos ， mg 3gL 7．20，27.4 8．Braω B r a ωdδ
3 3
三、计算题，本题共 6 小题，共 102 分
9．（15 分）
解：根据开普勒第三定律得
a3 GM
2 = 2 ① (5 分) T 4π
r1+ r2
半长轴 a = ② (5 分)
2
T
从 A 到 B 的运动时间 t = ③ (3 分)
2
π(r1+ r2) r1+ r2
联立得 t = ④ (2 分)
2 2GM
另解：设卫星质量为 m，作椭圆运动时经 A、B 点时的速度分别为 v1、v2，
1 1
由开普勒第二定律，有： v
2 1
r1 = v2r2 ① (3 分) 2
1 Mm 1 Mm
由能量守恒定律，有： mv 21 - G = mv 2 - G ② (4 分) 2 r 2 21 r2
椭圆的面积 s = π a b ③ (1 分)
s/2
从 A 到 B 的运动时间 t = ④ (2 分)
1
v
2 1
r1
r1+ r2
由椭圆的关系式 a = ⑤ (1 分)
2
c = a - r1 ⑥ (1 分)
b = a2 - c2 ⑦ (1 分)
π(r1+ r2) r1+ r2
联立上述各式得 t = ⑧ (2 分)
2 2GM
高二物理竞赛 答案 第1页
10．（15 分）
解：（1）设 A 经过 L1 后所成像的像距为 v1，则由透镜的成像公式可得
1 1 1
+ = ① (2 分)
u v1 f1
1 1 1
+ = ② (2 分)
d-v1 a-d f2
其中 d＜a=4.50cm ③
当 u=∞时，由①②可得
d=1.50cm ④ (2 分)
当 u=100.00cm 时，由①②可得
d=1.62cm ⑤ (2 分)
所以 A 应向光屏 P 移动，且移动的距离为
Δd=1.62cm－1.50cm=0.12cm ⑥ (2 分)
（2）为了使 A 在光屏 P 上都能成像（显然为实像），则要求 A 经过 L1后在 L1 和 P 之间成实像 A1，而
A1 对 L2 来说必须是虚物，才能在 P 上成实像，所以像距 v1 应满足
0＜v1＜a=4.50cm ⑦ (2 分)
当 u=∞时，由①可得 v1= f1=3.00cm，满足上式。当 u 从∞开始减小时，v1逐渐增加，当 v1=4.50cm 时，
由①可得
u=9.00cm ⑧ (1 分)
所以，当 u＞9.00cm 时，只要适当选择 f2和 d 的数值，均可使 A 在光屏 P 上都能成像。 (2 分)
11．（18 分）
解：设墙面对球 A 的冲量为 I，其方向显然垂直于墙面，轻杆对两球的冲量为 I ′，其方向显然与杆平行。
建立平行、垂直于杆的直角坐标系，根据动量定量得
对球 A Isinα－ I ′ = mvAx－(－mv0sinα) ① (2 分)
α I′
Icosα = mvAy－(－mv0cosα) ② (1 分)
I A
对球 B I ′ = mvBx－(－mv0sinα) ③ (1 分)
0 = mvBy－(－mv0cosα) ④ (1 分)
B
由于沿杆方向两球速度相同，所以 I′
vAx= vBx ⑤ (1 分)
由于碰撞过程为完全弹性碰撞，根据机械能守恒定律得
1 1 1
2× mv 2 2 2 2 20 = m(vAx +vAy )+ m(vBx +vBy ) ⑥ (2 分) 2 2 2
由以上各式可得
8
I= mv0 ⑦ 3
高二物理竞赛 答案 第2页
对系统，设其与墙壁碰后质心速度为 v，根据动量定理得
I=2mv－(－2mv0) ⑧ (2 分)
1
解得 v= v0 ⑨ (2 分) 3
设两球绕质心运动的角速度为 ω，根据柯尼希定理得
1 1 1
2× mv 20 = (2m) v2+2× m(Lω)2 ⑩ (2 分) 2 2 2
2 2v0
解得 ω= (2 分)
3L
1 2 2v0
故 A 球与墙面碰撞后，系统质心以 v0 向左运动，同时两球相对质心以 的角速度转动。 (2 分) 3 3L
12.（18 分）
解：(1)设弹簧伸长了 Δd ，则弹簧长度 d= d0 +Δd ①
μ0I
左边电流在右边导体棒处的磁感应强度 B= ② (1 分)
2πd
各棒受到的安培力 F 安=BIL ③ (1 分)
两弹簧的弹力 F 弹=2kΔd ④ (1 分)
平衡时有 F 弹=F 安 ⑤ (1 分)
d0 μ0 LI2
由①②③④⑤得 d= （ 1+ 2+1） ⑥ (2 分) 2 πk d0
d0 μ0 LI2
Δd= （ 1+ -1） ⑦ (2 分)
2 πk d 20
(2)当右棒有小偏移量 x 时，
μ0I2L
其受力为 F= +2k(Δd+2x) ⑧ (2 分)
2π(d+2x)
1 2x
由小量近似有 = 1－ ⑨ (1 分)
2x d
1+
d
Δd
由②③④⑤⑧⑨得 F= －4(1+ )kx ⑩ (2 分)
d
由⑥⑦⑩得 F=－4(1+α)kx (2 分)
μ 20 LI
1+ -1
πk d 20
上式中 α=
μ0 LI2
1+ +1
πk d 20
k
由振动公式，ω= 4(1+α) (1 分)
m
2π m
T= =π (2 分)
ω (1+α)k
13．（18 分）
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解：假设加热前活塞恰好处于气缸底部（但对底部没压力），设此时气体的压强为 P1，对活塞
SP0
根据平衡条件可得 P1S+ =P0S ① (1 分) 10
对气体，由克拉珀龙方程得 P1V0=nRT0 ② (1 分)
9P0V0
由①②可得 T0= ③ (1 分) 10nR
9P0V0
（1）当 T0≥ 时，活塞处于气缸的底部，在吸热的过程中，气体的体积不变，由热力学第一定律得 10nR
5
Q0= nR(T2 m
– T0) ④ (1 分)
2Q0
由④式可得 Tm = T0+ ⑤ (1 分) 5nR
9P0V0
（2）当 T0＜ 时，活塞处于气缸底部的上方，分两种情况： 10nR
第一种情况，气体吸收热量后，活塞还未达到气缸底部或者恰好到达气缸底部，此过程气体进行等
压膨胀，设气体初态、末态的体积分别为 V1、V2，在此过程中气体对外做的功 W 和内能的变化量 ΔU
分别为
W= P1(V2－V1) ⑥ (1 分)
5
ΔU = nR(Tm – T0) ⑦ (1 分) 2
由热力学第一定律得 Q0= W+ΔU ⑧ (1 分)
对气体的初态、末态，由克拉珀龙方程可得
P1V1=nRT0 ⑨ (1 分)
P1V2=nRTm ⑩ (1 分)
2Q0
由①②⑥⑦⑧⑨⑩可得 Tm = T0+ (1 分) 7nR
此时应满足的体积条件是 V0≥V2 (1 分)
9P0V0 2Q0
由①⑩ 可得 T0≤ － (1 分) 10nR 7nR
第二种情况，气体吸收热量 Qm≤Q0 后，活塞到达气缸底部，此过程气体进行等压膨胀，把⑥⑩式
子中的体积 V2改为 V0，将⑧式子中的 Q0 改为 Qm，将⑩式子中的温度 Tm改为 T1，由①⑨⑩可得
9P0V0
T1 = (1 分) 10nR
63 7
由⑥⑦⑧⑨ 可得 Qm= P20 0
V0－ nRT0 (1 分) 2
气体再吸收热量 Q0－Qm，此过程气体进行等容变化。根据热力学第一定律得
5
Q0－Qm= nR(Tm－ T1) (1 分) 2
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2Q0 9P0V0 7
由 可得 Tm = － + T (1 分) 5nR 25nR 5 0
9P0V0 2Q0 9P0V0
此时要求 － ＜T0＜ (1 分) 10nR 7nR 10nR
14．（18 分）
解：（1）电容器的带电量为 Q = UC ① (1 分)
ε0S
又 C= ② (1 分)
d
因为小圆片的带电量 q 与大圆盘带电量 Q 和它们的面积成正比，所以
πr2
q= 2Q ③ (1 分) πR
ε0πr2
由以上各式可得 q= U ④ (1 分)
d
ε0πr2
所以 x= ⑤ (2 分)
d
（2）为使小圆片能向上移动，要求电场力必须大于重力，即有：
U
q＞mg ⑥ (1 分)
d
又 q = xU
d mg
所以 U＞ ⑦ (2 分)
r ε0π
（3）设第 n 次与下圆盘碰后的速度为 vn，从下圆盘运动到与上圆盘碰前的速度为 un。由动能定理得：
1 1
mu 2n － mv 2n =Uq－mgd ⑧ (2 分) 2 2
设与上圆盘碰后的速度为 un′，根据题意有：un′=ηun ⑨ (1 分)
从上圆盘运动到与下圆盘碰前的速度为 v′n+1，由动能定理得：
1 1
mu′ 2 2n+1 － mu′n =Uq + mgd ⑩ (2 分) 2 2
与下圆盘碰后的速度为 vn+1，根据题意有 vn+1 = ηv′n+1， (1 分)
因为小圆盘每次与下圆盘碰后的速度都一样，所以 vn+1=vn (1 分)
由以上各个式子得：
2η2 ε πr2 20 U mgd
v=vn= [ + ] (2 分) m d(1-η2) 1+η2
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福建省泉州市2022-2023高二下学期4月竞赛物理试卷（答案）