【文档说明】第37届全国中学生物理竞赛预赛试题解析.pdf，共(9)页，313.902 KB，由envi的店铺上传

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第37届全国中学生物理竞赛预赛试题一、选择题1.【答案】B【解析】本题考查现实模型的受力分析。将人字梯和人作为整体，甲、乙两梯所受地面的支持力等于两梯和人的重力之和，故甲、乙两梯所受地面的支持力相等，A错误，B正确；轻绳完全张紧时，对整体分析可知，人形梯水平方向

上不受地面的摩擦力作用，C、D错误。2.【答案】C【解析】AB．飞机在着陆瞬间若为普通飞机将在水平方向做减速运动，若为鹞式战斗机将在竖直方向做减速运动，加速度都不为零，所以轮子受到的力除重力、地面的支持力、乙与丙的作用力外，还受到地面的摩擦力；重力竖

直向下，地面的支持力竖直向上，所以连杆乙、丙对轮轴的合力一定不在竖直方向上，AB错误；C．飞机匀速运动时，连杆的合力与轮轴的重力相平衡，因此竖直向上，C正确；D．作用力与反作用力是同一种性质的力，重力和连杆的弹力为不

同性质的力，D错误。故选C。3.【答案】CD【解析】A．由题干可知汽车还能够行使的距离为4000.3120kmx故A错误；B．用充电桩充电的时间为3501036000.53600s1h50050t故B错误；C．用便携式充电器充电的时间为3501036000

.57.1h22016t,故C正确；D．当汽车匀速行使时速度最大，此时速度为33901045m/s=162km/h210Pvf,故D正确。故选CD。4.【答案】CD【解析】A．at

图像的面积表示速度变化量，因此在３s末甲车的速度变化量为110330m/svat,可知此时甲车的速度为零，甲车的位移为2213045m220vxa,乙车的位移为2130390mxvt,则此时两车之间的距离为100904555mx,此时乙车没追赶上甲车，乙车

速度比甲车速度大，因此距离进一步缩小，A错误；BCD．甲车9s末的速度为225630m/svat,乙车9s末的速度为3230560m/svvat,乙车在3~9s做匀减速运动，说明甲乙两车在3~9s互逆向运动，因此位移大小相等，因此9s的距离和3s末相同为55m

，故B错误CD正确；故选CD。5.【答案】D6.【答案】①.1.2②.2.0【解析】[1][2]每次拍打做得功使得小球能够多上升20cm，因此为0.6100.21.2JWmgh,拍打小球的平均功率为1.2100=W=2.0W60WPt7.【

答案】①.低于②.正负号和大小都不变【解析】[1][2]开关S1接通以后，产生的磁场方向由上到下，霍尔元件中的电流方向由1到2，因此电子的运动方向由2到1，则由左手定则可知电子向2方向偏转，因此2一面的电势低，当电源E1和E2反向，则磁场方向和电子移动方向均反向，因此电子的偏

转方向不变，电压表的正负号不变，磁场的强度不变，电流的大小不变，电子的移动速度不变，因此UqqvBd可知电压表示数不变。8.【答案】①.3.1×102②.16【解析】[1][2]在一个小时内空气进入发电机的总质量为mvst则空气的总动能为2229113600

7.53.14541.297.58.9710J22Emv则等效燃烧的煤的质量为92078.97103.110kg2.910m则进风的原始功率为98.97102500KW3600EPt由图可知当前风速的实际功率为400KW，因此效率为000

04001001625009.【答案】①.72②.2.3【解析】[1][2]由题意可知月球车的机械功率为100.8450.836WPP当月球车到达最大速度则有1Pfv代入数据可得72Nf对月球车动能定了可得10kEPtfx解得2.3mx10.【答案

】①.3.74②.3.74【解析】[1][2]两列波的传播关系如图所示则有波程差为22223.74mLLhLHh,因由半波损失，则信号站信号弱因为两列波叠加减弱造成，因此应有n又因波长为2~4m，因此实际波长为3.74m

三、计算题11.【答案】85.410W【解析】漏电大气层可视为高度为50km、横截面积为地球表面积的导体，漏电电流为qIt①根据欧姆定律，漏电大气层的电阻为URI②由电阻定律，漏电大气层的电阻率满足24πllRSr③由此得2124π1.710mrRl

④向地球的平均漏电功率为583101800W5.410WPUI⑤12.【答案】（1）25.010m；（2）减重后的质量为62.210kg，升到水面的质量为62.810kg【解析】（1）由牛顿第二定律，潜艇刚“掉深”时加速度1

a满足1mgFma①代入数据解得212.0m/sa，方向竖直向下②“掉深”历时110st时，潜艇下落高度为2211111.010m2hat③潜艇速度为11120m/satv④减重后，潜艇以加速度221.0m/sa匀减

速下落，直至其速度为零，潜艇下落的距离为221222.010m2hav⑤潜艇“掉深”达到的最大深度为20125.010mhhhh⑥（2）潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿第二定律有112Fmgma⑦解得612.210kgm⑧设潜艇从水面下200m处升到水

面的过程中加速度为3a，按运动学公式有02212302()2hhahhahv⑨解得231.5/ams，方向竖直向下⑩在潜艇从水面下200m处升到达水面的过程中，由牛顿第二定律有223mgFma⑪解得622.810kgm⑫13.【答案】（

1）1.33；（2）见解析【解析】（1）由近轴条件下单球面的成像公式有00nnnnssr……①式中，0n和n分别是空气和水的折射率，sr是小鱼到球面的距离，s是小鱼的像离球面的距离。依题意sr将上式代入①式得50cmsr……②即观察者看

到的鱼的像（虚像）与鱼所在处重合。像的横向放大率为0041.333nsnnsn……③（2）如解题图a，设与水球球心O距离为a处有一小鱼M。从M点发出任一光线MB与OM的延长线kg的夹角为，从M点发

出的另一光线MA与kg垂直，光线MA、MB在玻璃球壳上的入射点分别为A、B，入射角分别为、。在OBM中，由正弦定理有sinsinar……④在直角OAM中有sinar……⑤又sin1……⑥由④⑤⑥式得……⑦为了保证从M点

发出的光线有发生全反射的可能，至少要求sinsinC……⑧式中C是水的全反射临界角1sinCn……⑨由⑤⑧⑨式和题给数据得134arrn⑩值得指出的是：⑨式中的n是水相对于空气的折射率。这时从M发出

的光线一定可以折射入玻璃内部；但由于题设，玻璃球壁很薄，光线穿过等厚的薄壁玻璃（对于某根光线，该处玻璃可视为一小平面）前后（只要光线能穿过），其方向实际上没有发生偏折（即使玻璃与水的折射率不一样）；相当于从M发出

的光线直接入射到与水的交界面上。考虑到球的旋转对称性，则处于解题图b所示的阴影区内的鱼发出的光线都有可能出现全反射，也就是说，鱼可能“消失”的位置范围是解题图b所示的阴影区……⑪现考虑观察者的观测位置范围。在解题图c中，假设鱼所在位

置N到球心的距离b满足337.5cm4rbr……⑫即在解题图b的阴影之内。由以上讨论知，从N发出的垂直于ON的光线NA的入射角必大于水相对于空气的全反射临界角C；且该入射角为极大值，光线NA两侧的入射光线NB、ND等的入射角都小于NA的入射角。进而，当N

B、ND的入射角都等于全反射临界角C时，NB、ND之间的所有入射光线的入射角都大于全反射临界角，而发生全反射。NB、ND分别对应临界的折射光线kg、kg。所以，当观察者的眼睛处于解题图c所示的kg、kg之间的阴影区域时，就看不到位于N点的鱼。再考虑球的对称性，将解题图

c绕ON轴旋转一周，则眼睛看不到N点的鱼时应选取的观测位置范围是解题图c的阴影区域的集合……⑬由以上讨论可知，鱼在鱼缸中“消失”需要两个条件：一是鱼要相对靠近鱼缸内壁，二是要选择合适的观察位置。14.【答案】（1）0gR；（2）1.8247mgR【解析】（1）由题意知，为使球磨机正常工作，钢

球不能处于离心状态。即在钢球上升至其最高点点处满足2mgmR①由此得，球磨机正常工作时圆筒转动的角速度范围为0gR②（2）为使钢球对矿石的冲击作用最大，钢球应在圆筒某横截面上处于抛落状态。假设钢球被提升至O点时，小球刚好脱离筒壁

作抛体运动。此时，筒壁对钢球的正压力为零，由牛顿第二定律有2cosvmgmR③式中，是O点相对于它所在横截面中心C的矢径与竖直方向的夹角，V是钢球在O点抛落时的速度（见解题图14a）。由③式得cosvgR④球脱离筒壁作抛体运动，在以O为原点坐标系中有2222

3tantan2cos2cosgXXYXXvR⑤钢球所在的圆筒截面的圆周方程为222sin)(+cos)XRYRR（⑥方程组⑤⑥有两个解，其一为(0,0)，这是抛出点O的坐标；其二是球的落点A的坐标2A2A4sincos4cossinXRYR

⑦钢球在A点的速度为cos,23sinxyvvvgHv⑧式中，H是钢球做抛体运动的最高点相对于A点的高度222Asin9cossin22vHYRg⑨设A点相对于C点的矢径与水平方向的夹角为，则由几何关系有2A||cossin(

4sin1)cosYRR⑩同理有2Asincos(4cos1)sinXRR由⑧⑩式得，钢球在A点垂直于筒壁的速度（打击附在筒壁上的矿粉的速度）为3cossin8sincosnxyvvvv⑪由④⑪式得3/4429/422239/422

2948sin(1sin)sinsin162(1sin)22sinsin(1sin)2216216323nvgRgRgRgR⑫⑪式中的等号当且仅当22sin(1sin)2时

成立，于是有6arcsin3⑬这时，由⑫式知，小球的径向速度最大，即小球对矿石的冲击作用最大。[或：要使小球对矿石的冲击作用最大，必须使小球的径向速度最大，即26sincos(13cos2)0ndvRgd⑫解得6arcsin3

⑬]此时，圆筒的角速度为1/4cos=30.7598gggRRR⑭钢球对矿石的冲击功为226263132sincos32sincos2nWmmVmgRv⑮将⑬式代入⑮式得，钢球对矿石的最大冲击功为max2563=1.8247243WmgRm

gR⑯15.【答案】（1）2012Mv，从上端流向下端；（2）2202()()rMrRMmv；（3）BLxRr【解析】（1）对b棒，由能量守恒，可得弹簧的弹性势能为2p012EMv①由右手定则知，a棒中电流的方向，从上端流向下端。②（2）b棒与a棒相碰撞前后，由动量守恒知0()M

vMmv③由题意，系统的总动能全部转化为电路产生的总的焦耳热Q总21)2MmQv总(④Q总和a棒产生的焦耳热Q满足QrR总，Qr因而rQQrR总⑤联立③④⑤式得2202()()rMQrRMmv⑥（3）若a棒向左滑行的距离

x通过定值电阻的电量为qIt⑦式中I是时刻t的回路电流BLIRrv⑧式中，v是t时刻a棒的滑行速度。由⑦⑧式得BLBLqtxRrRrv⑨因此，将⑨式两边求和得，a棒向左滑行的距离x的

过程中通过定值电阻的电量为BLxqRr⑩16.【答案】（1）5.00m/s；（2）106.3m【解析】（1）设电磁铁磁场的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为1v，电磁铁的L1边切割磁力线产生的感应电动势1E和感应电流1I分别为1111EBLv①111EI

R②电磁铁受到的安培力F安产生的加速度a满足1111FBILma安③由①②③式和题给数据得，模型车的速度为11122115.00m/sRmaBLv④（2）模型车由0v减速到1v过程中，做匀减速运动，由运动学公式有2201193.8m2xa

vv⑤在磁感应强度达到最大后，模型车速度为v时，其所受到的安培力的大小为:22111BLFRv⑥对模型车从速度为1v开始减速至停止运动的制动过程，应用动量定理得11Ftmv⑦由⑥⑦式得221

1111BLtmRvv⑧由⑧式和题给数据得1112221112.5mmRxtBLvv⑨模型车的制动距离为12106.3mxxx⑩