2011年高中第六届物理应用竞赛答案

2011年第六届全国高中应用物理竞赛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正确解答，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．计算题是按照分步方法给分的。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，从而难于选拔，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、本题共10小题，每小题5分，共50分。1．B2．A3．B4．CD5．B6．ABC7．A8．AC9．BC10．A11．D二、本题包括5小题，考生只需做4小题，共40分。1．人平时站立的时候，在移动左腿的时候，人可以通过身体姿势的改变，来调节自身的重心位置，使重力的作用线落在支持脚（右脚）上，从而使自己平衡。………………………………………（6分）图中给出的情形，其重力的作用线在两腿之间，如果左腿抬起，则人体不能通过身体姿势的改变，来调节自身的重心位置，使重力的作用线落在支持脚（右脚）上，因而会倾倒！所以不能抬起。（4分）2．（10分）甲、乙两人以相同的速率同时通过A、C两点，沿I轨道运动通过各点时与轨道间的压力将比沿II轨道运动通过各竖直对应点时与轨道间的压力要小一些，所以沿I轨道运动到B点比沿II轨道运动到D点克服阻力所做的功要小一些，因此动能的变化量也就小一些，所以甲到达B点时的速度比乙到达D点时的速度大。………………………………………………………………………（5分）定性画出甲、乙两人分别沿I、II轨道向右运动过程中速率随时间变化的图象，因为v0相同，其到达B、D两点时二者的速度关系为v0v甲v乙，且甲、乙两条速度图线与时间轴所围的面积应相等，所以可画出如图1所示的v-t图。由图可直观的看出，t甲t乙，即乙先到达D点。…………………………（5分）3．如图2为手电筒工作原理电路图。设新电池电动势为E1，内电阻为r1；旧电池电动势为E2，内电阻为r2，小灯泡电阻为R。对于干电池E1=E2=E，但旧电池内电阻r2大于新电池内电阻r1图1vv0v甲v乙tO乙甲t甲t乙由闭电路欧姆定律2121212rrRErrREEI。…………………………（2分）从灯泡两端电压来分析：212rrRREIRU端，由于旧电池内阻大，导致灯泡两端电压减小，灯泡不能起到应有的照明作用。………………………………（2分）从功率方面来分析：电源总功率P=I2（R+r1+r2），灯泡消耗功率PL=I2R电源的效率21LrrRRPP，由此可知旧电池内阻越大，电源效率就会越低。………（3分）对旧电池，电源功率P2=IE=2122rrRE，内电阻消耗的功率Pr2=I2r2=22122)(4rrRrE，在r2R+r1的情况下，Pr2=22122)(4rrRrE2122rrRE。即旧电池内阻消耗的功率将大于其作为电源提供的功率，此时旧电池在电路中不仅没有起到提供电能的作用，反而成为耗电的元件。综上所述,新、旧电池混用不合理。…………………………………………………………………………………………………（3分）4．（10分）当摩托车从D点向C点运动的过程中，观众听到的声音越来越大，音调先升高后降低；当摩托车从C点向D点运动的过程中，观众听到的声音越来越小，音调先降低后升高。………………………………………………………………………………………………………（4分）原因分析：摩托车匀速率行驶，所以发出声音的声强和音调保持不变。当摩托车从D点向C点运动的过程中，声源离观众越来越近，所以响度越来越强，即听到的声音越来越大。同时，摩托车向着观众运动，且相对于观众的速度（沿DP方向的速度）先增大后减小，根据多普勒效应可知，观众听到的音调应先变高后变低。…………………………………………（3分）同样，当摩托车从C点向D点运动的过程中，声源离观众越来越远，所以响度越来越弱，即听到的声音越来越小。同时，摩托车背向观众运动，且相对于观众的速度（沿PD方向的速度）先增大后减小，根据多普勒效应可知，观众听到的音调应先变低后变高。…………………………………（3分）5．（10分）（1）如果直接跳下来，小明脚底突然着地被迫在短时间内停止，其上身仍保持共同行驶时的速度，所以很容易摔跤。………………………………………………………………………（2分）（2）小明为了避免在跳下车的过程中摔跤，应设法减小其着地时的速度。跳车前具有与车运动方向一致的速度，要想使速度减小（最好是减为零），则需要受到与车前进方向相反的作用力。根据牛顿第三定律可知，需要小明用力向前推自行车。………………………………………………………（3分）（3）小明以最理想的安全方式跳车，即小明离开车后其相对于地面的速度为零。设小明跳车前他们运动的速度为v0，小明跳车后小刚和自行车的速度为v，且一定有vv0。对于小明跳车的过程，以小明、小刚和自行车三者为研究对象，此系统在水平方向上满足动量守恒，因此有（m刚+m车+m明）v0=（m刚+m车）v。………………………………………………（2分）小明跳车前系统的动能为E1=21（m刚+m车+m明）v02小明跳车后系统的动能为E2=21（m刚+m车）v2小明跳车前后，小刚、自行车及小明三者总动能的变化为ΔE=E2-E1=21（m刚+m车）v2-21（m刚+m车+m明）v02………………………………………（2分）图2=21（m刚+m车+m明）v02（车刚明车刚mmmmm-1）因为车刚明车刚mmmmm1，所以一定有ΔE0，即在小明以最理想的安全方式跳车前后，小刚、自行车及小明三者运动的总动能将增大。……………………………………………………………（1分）三、本题包括5小题，考生只需做4小题，每小题15分，共60分。1．（15分）（1）设C′点受两边绳的拉力分别为T1和T2，AB与AC′的夹角为θ，如图3所示。依对称性有：T1=T2=T，由力的合成有F=2Tsinθ…………………………………………………………（3分）根据几何关系有：sinθ=4/22Ldd或tanθ=2d/L……………………………………………（3分）联立上述两式可得：T=4222LddF………………(3分)因dL，故T=dFL4……………………………………（3分）（2）代入数据，解得T=2.5×103N。…………………（3分）2．（15分）如图4所示，因为同步卫星总是在赤道上空，其高度也是一定的。由它画一条到地球表面的切线，可见两极周围的区域内就收不到微波信号。以m、M分别表示卫星和地球的质量，r表示卫星到地心的距离，T表示地球的自转周期，则对地球表面上质量为m0的物体有：GMm0/R02=m0g………………………………………………（2分）对地球同步卫星有：rTmrmMG222……………（2分）又根据几何关系有rsinθ=R0……………………………（2分）以S′表示某个极周围收不到微波区域的面积，则：S′=2πR02（1-cosθ）……2分地球有两个极，因而接收不到微波区域的面积为：S=2S′=4πR02（1-cosθ）=4πR02[1-3220241gTR]…………………………………………（4分）=6×1012m2……………………………………………………………（3分）3．（15分）（1）车灯的电阻R灯=U/I=21Ω通过车灯的电流为0.2A时，其两端电压U=IR=4.2V…………………………………………（2分）此时发电机的电动势E=U+IR0=4.6V，电动势最大值Em=2E=6.5V………………………（2分）大齿轮的角速度ω1=1r/s=3.14rad/s。小齿轮的角速度ω2=3ω1=9.4rad/s。匀速率蹬大齿轮的过程中，车轮也将匀速转动，因此车轮的角速度ω=ω2磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有ω0r0=ωr，所以ω0=ωr/r0=329rad/s………………………………………………………………………………（3分）摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势的最大值为Em=nBSω0解得B=0nSEm=2.5×10-2T………………………………………………………………………（3分）图3FTTC′θ图4OR0rθ（2）当车灯两端电压达到其额定电压的1.2倍时，车灯两端的电压U′=1.2U=7.56V，通过车灯的电流I′=1.2I=0.36A此时发电机的电动势E′=U′+′IR0=8.28V发电机电动势的最大值Em′=2E′=11.7V…………………………………………………（2分）此时发电机转动的角速度ω0′=EmnSB=585rad/s…………………………………………………（1分）此时车轮边缘的线速度v=ω0′r0=5.85m/s即此车使用车灯时允许的最大行驶速度为5.85m/s………………………………………………（2分）4．（15分）（1）主要是为了减少进入眼睛的紫外线。………………………………………（5分）（2）为减少这个波段的光线进入眼睛，应使从镀膜前后两个表面反射形成的光叠加后加强，因此从镀膜前后两个表面反射的光的光程差应该是这个波段光线在膜中波长的整数倍，所以镀膜的厚度应为这个波段光线在膜中半波长的整数倍。……………………………………………………………（5分）这个波段光线在真空中的波长是λ=c/ν=3.7×10-7m，在膜中的波长是λ´=λ/n=2.5×10-7m。……（3分）所以镀膜的厚度至少应为d=1.25×10-7m…………………………………………………………（2分）说明：考虑到镀膜的厚度应为这个波段光线在膜中半波长的整数倍，因此膜的厚度为d=N×1.25×10-7m（其中N=1，2，3…）的答案均可得分。5．（15分）（1）假定每打一次气，可以把250cm3空气全部打入，并认为打气过程中空气的温度保持不变。设气体初态的总体积为V初，由于初态压强p初、末态体积V末和压强为p末均为已知。根据玻意耳定律p初V初=p末V末初末末初pVpV=6L…………………………………………………………………………………（2分）所求筒液上初VVVn=18次………………………………………………………………………（3分）（2）打开S后喷射药液，液面下降，上方气体质量和温度可认为不变，气体体积变大，压强变小；由于喷雾器内、外药液的液面高度差不大，药液产生的压强可以不计，只要当容器内部气体压强大于外部大气压时，药液就能被喷射出来，即药液不能被喷射出来的临界条件是容器内气体压强等于外界大气压。对于药液上方的气体，根据玻意耳定律p1V1=p2V215.142112pVpVL=6L………………………………………………………………………（2分）可知喷雾器剩余药液的体积为7.5L6L=1.5L………………………………………………………（2分）（3）若使药液全部喷出，临界条件是；末态容器内全部空间的压强等于大气压，初态可以取开始时药液上方的气体及需要打入的气体作为整体为研究对象。根据玻意耳定律p3V3=p4V415.713443pVpVL=7.5L……………………………………………………………………（3分）所求次筒液上243VVVn……………