全國高中物理競賽大綱

1、全國高中物理競賽大綱一、力學(xué)a)運動學(xué)參照系質(zhì)點運動的位移和路程、速度、加速度相對速度向量和標量向量的合成和分解勻速及勻變速直線運動及其圖像運動的合成拋體運動圓周運動剛體的平動和繞定軸的轉(zhuǎn)動質(zhì)心質(zhì)心運動定理b)牛頓運動定律力學(xué)中常見的幾種力牛頓第一、二、三運動定律慣性系的概念摩擦力 彈性力胡克定律萬有引力定律均勻球殼對殼內(nèi)和殼外質(zhì)點的引力公式（不要求導(dǎo)出）開普勒定律行星和人造衛(wèi)星運動 慣性力的概念c)物體的平衡共點力作用下物體的平衡 力矩剛體的平衡條件重心 物體平衡的種類d)動量沖量動量動量定理動量守恒定律 反沖運動及火箭e)沖量矩質(zhì)點和質(zhì)點組的角動量角動量守恒定律f)機械能功和功率 動能和動

2、能定理重力勢能引力勢能質(zhì)點及均勻球殼殼內(nèi)與殼外的引力勢能公式（不要求導(dǎo)出）彈簧的彈性勢能 功能原理機械能守恒定律 碰撞g)流體靜力學(xué)靜止流體中的壓強 浮力h)振動簡諧振動振幅頻率和周期相位振動的圖像 參考圓振動的速度和加速度由動力學(xué)方程確定簡諧振動的頻率 阻尼振動受迫振動和共振（定性了解）i)波和聲橫波和縱波波長、頻率和波速的關(guān)系波的圖像波的干涉和衍射（定性）駐波聲波聲音的響度、音調(diào)和音品聲音的共鳴樂音和噪聲多普勒效應(yīng)二、熱學(xué)a)分子動理論原子和分子的量級 分子的熱運動布朗運動溫度的微觀意義分子力分子的動能和分子間的勢能物體的內(nèi)能b)熱力學(xué)第一定律熱力學(xué)第一定律c)熱力學(xué)第二定律熱力學(xué)第二定律

3、可逆過程與不可逆過程d)氣體的性質(zhì)熱力學(xué)溫標 理想氣體狀態(tài)方程普適氣體恒量理想氣體狀態(tài)方程的微觀解釋（定性）理想氣體的內(nèi)能 理想氣體的等容、等壓、等溫和絕熱過程（不要求用微積分運算）e)液體的性質(zhì)液體分子運動的特點 表面張力系數(shù) 浸潤現(xiàn)象和毛細現(xiàn)象（定性）f)固體的性質(zhì)晶體和非晶體空間點陣 固體分子運動的特點g)物態(tài)變化熔解和凝固熔點熔解熱 蒸發(fā)和凝結(jié)飽和氣壓沸騰和沸點汽化熱臨界溫度固體的升華 空氣的濕度和濕度計露點h)熱傳遞的方式 傳導(dǎo)、對流和輻射i)熱膨脹 熱膨脹和膨脹系數(shù)三、電學(xué)a)靜電場庫侖定律電荷守恒定律電場強度電場線點電荷的場強場強疊加原理均勻帶電球殼殼內(nèi)的場強和殼外的場強公式（不

4、要求導(dǎo)出）勻強電場電場中的導(dǎo)體靜電屏蔽電勢和電勢差等勢面點電荷電場的電勢公式（不要求導(dǎo)出）電勢疊加原理均勻帶電球殼殼內(nèi)和殼外的電勢公式（不要求導(dǎo)出）電容電容器的連接平行板電容器的電容公式（不要求導(dǎo)出）電容器充電后的電能電介質(zhì)的極化介電常數(shù)b)穩(wěn)恒電流歐姆定律電阻率和溫度的關(guān)系 電功和電功率 電阻的串、并聯(lián)電動勢閉合電路的歐姆定律 一段含源電路的歐姆定律基爾霍夫定律電流表電壓表歐姆表 惠斯通電橋補償電路c)物質(zhì)的導(dǎo)電性金屬中的電流歐姆定律的微觀解釋 液體中的電流法拉第電解定律氣體中的電流被激放電和自激放電（定性） 真空中的電流示波器半導(dǎo)體的導(dǎo)電特性P型半導(dǎo)體和N型半導(dǎo)體晶體二極管的單向?qū)щ娦匀龢O

5、管的放大作用（不要求機理） 超導(dǎo)現(xiàn)象d)磁場電流的磁場磁感應(yīng)強度磁感線勻強磁場安培力洛侖茲力電子荷質(zhì)比的測定質(zhì)譜儀回旋加速器e)電磁感應(yīng)法拉第電磁感應(yīng)定律 楞次定律感應(yīng)電場（渦旋電場）自感系數(shù) 互感和變壓器f)交流電交流發(fā)電機原理交流電的最大值和有效值 純電阻、純電感、純電容電路整流、濾波和穩(wěn)壓 三相交流電及其連接法感應(yīng)電動機原理g)電磁震蕩和電磁波電磁震蕩震蕩電路及震蕩頻率 電磁場和電磁波電磁波的波速赫茲實驗電磁波的發(fā)射和調(diào)制電磁波的接收、調(diào)諧、檢波四、光學(xué)a)幾何光學(xué)光的直進、反射、折射全反射 光的色散折射率和光速的關(guān)系平面鏡成像球面鏡成像公式及作圖法 薄透鏡成像公式及作圖法眼睛放大鏡顯微

6、鏡望遠鏡b)波動光學(xué)光的干涉和衍射（定性） 光譜和光譜分析電磁波譜c)光的本性光的學(xué)說的歷史發(fā)展 光電效應(yīng)愛因斯坦方程 光的波粒二象性五、近代物理a)原子結(jié)構(gòu)盧瑟福實驗原子的核式結(jié)構(gòu) 玻爾模型用玻爾模型解釋氫光譜玻爾模型的局限性原子的受激輻射激光b)原子核原子核的量級 天然放射現(xiàn)象放射線的探測 質(zhì)子的發(fā)現(xiàn)中子的發(fā)現(xiàn)原子核的組成 核反應(yīng)方程 質(zhì)能方程裂變和聚變 “基本”粒子夸克模型c)不確定關(guān)系實物粒子的波粒二象性d)狹義相對論愛因斯坦假設(shè)時間和長度的相對論效應(yīng)e)太陽系銀河系宇宙和黑洞的初步知識六、其它方面a)物理知識在各方面的應(yīng)用。對自然界、生產(chǎn)和日常生活中一些物理現(xiàn)象的解釋b)近代物理的一

7、些重大成果和現(xiàn)代的一些重大消息c)一些有重要貢獻的物理學(xué)家的姓名和他們的主要貢獻七、數(shù)學(xué)基礎(chǔ)a)中學(xué)階段全部初等數(shù)學(xué)（包括解析幾何）b)向量的合成和分解極限、無限大和無限小的初步概念c)不要求用復(fù)雜的積分進行推導(dǎo)和運算動力學(xué)第16屆預(yù)賽題.1.（15分）一質(zhì)量為的平頂小車，以速度沿水平的光滑軌道作勻速直線運動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為的小物塊無初速地放置在車頂前緣。已知物塊和車頂之間的動摩擦系數(shù)為。1. 若要求物塊不會從車頂后緣掉下，則該車頂最少要多長？2. 若車頂長度符合1問中的要求，整個過程中摩擦力共做了多少功？參考解答1. 物塊放到小車上以后，由于摩擦力的作用，當以地面為參考系時，物塊將從靜止開始加

8、速運動，而小車將做減速運動，若物塊到達小車頂后緣時的速度恰好等于小車此時的速度，則物塊就剛好不脫落。令表示此時的速度，在這個過程中，若以物塊和小車為系統(tǒng)，因為水平方向未受外力，所以此方向上動量守恒，即 （1）從能量來看，在上述過程中，物塊動能的增量等于摩擦力對物塊所做的功，即 （2） 其中為物塊移動的距離。小車動能的增量等于摩擦力對小車所做的功，即 （3）其中為小車移動的距離。用表示車頂?shù)淖钚￠L度，則 （4）由以上四式，可解得 （5）即車頂?shù)拈L度至少應(yīng)為。2由功能關(guān)系可知，摩擦力所做的功等于系統(tǒng)動量的增量，即 （6）由（1）、（6）式可得 （7）2.（20分）一個大容器中裝有互不相溶的兩種液體

9、，它們的密度分別為和（）?，F(xiàn)讓一長為、密度為的均勻木棍，豎直地放在上面的液體內(nèi)，其下端離兩液體分界面的距離為，由靜止開始下落。試計算木棍到達最低處所需的時間。假定由于木棍運動而產(chǎn)生的液體阻力可以忽略不計，且兩液體都足夠深，保證木棍始終都在液體內(nèi)部運動，未露出液面，也未與容器相碰。參考解答1用表示木棍的橫截面積，從靜止開始到其下端到達兩液體交界面為止，在這過程中，木棍受向下的重力和向上的浮力。由牛頓第二定律可知，其下落的加速度 （1）用表示所需的時間，則 （2）由此解得 （3）2木棍下端開始進入下面液體后，用表示木棍在上面液體中的長度，這時木棍所受重力不變，仍為，但浮力變?yōu)楫敃r，浮力小于重力；當

10、時，浮力大于重力，可見有一個合力為零的平衡位置用表示在此平衡位置時，木棍在上面液體中的長度，則此時有 （4）由此可得 （5）即木棍的中點處于兩液體交界處時，木棍處于平衡狀態(tài)，取一坐標系，其原點位于交界面上，豎直方向為軸，向上為正，則當木棍中點的坐標時，木棍所受合力為零當中點坐標為時，所受合力為 式中 （6）這時木棍的運動方程為 為沿方向加速度 （7）由此可知為簡諧振動，其周期 （8）為了求同時在兩種液體中運動的時間，先求振動的振幅木棍下端剛進入下面液體時，其速度 （9）由機械能守恒可知 （10）式中為此時木棍中心距坐標原點的距離，由（1）、（3）、（9）式可求得，再將和（6）式中的代人（10）

11、式得 （11）由此可知，從木棍下端開始進入下面液體到棍中心到達坐標原點所走的距離是振幅的一半，從參考圓（如圖預(yù)解16-9）上可知，對應(yīng)的為30，對應(yīng)的時間為。因此木棍從下端開始進入下面液體到上端進入下面液體所用的時間，即棍中心從到所用的時間為 （12）3從木棍全部浸入下面液體開始，受力情況的分析和1中類似，只是浮力大于重力，所以做勻減速運動，加速度的數(shù)值與一樣，其過程和1中情況相反地對稱，所用時間 （13）4總時間為 （14）第17屆預(yù)賽題.1.（20分）如圖預(yù)17-8所示，在水平桌面上放有長木板，上右端是固定擋板，在上左端和中點處各放有小物塊和，、的尺寸以及的厚度皆可忽略不計，、之間和、之間

12、的距離皆為。設(shè)木板與桌面之間無摩擦，、之間和、之間的靜摩擦因數(shù)及滑動摩擦因數(shù)均為；、（連同擋板）的質(zhì)量相同開始時，和靜止，以某一初速度向右運動試問下列情況是否能發(fā)生？要求定量求出能發(fā)生這些情況時物塊的初速度應(yīng)滿足的條件，或定量說明不能發(fā)生的理由（1）物塊與發(fā)生碰撞；（2）物塊與發(fā)生碰撞（設(shè)為彈性碰撞）后，物塊與擋板發(fā)生碰撞；（3）物塊與擋板發(fā)生碰撞（設(shè)為彈性碰撞）后，物塊與在木板上再發(fā)生碰撞；（4）物塊從木板上掉下來；（5）物塊從木板上掉下來參考解答1. 以表示物塊、和木板的質(zhì)量，當物塊以初速向右運動時，物塊受到木板施加的大小為的滑動摩擦力而減速，木板則受到物塊施加的大小為的滑動摩擦力和物塊施

13、加的大小為的摩擦力而做加速運動，物塊則因受木板施加的摩擦力作用而加速，設(shè)、三者的加速度分別為、和，則由牛頓第二定律，有 事實上在此題中，即、之間無相對運動，這是因為當時，由上式可得 （1）它小于最大靜摩擦力可見靜摩擦力使物塊、木板之間不發(fā)生相對運動。若物塊剛好與物塊不發(fā)生碰撞，則物塊運動到物塊所在處時，與的速度大小相等因為物塊與木板的速度相等，所以此時三者的速度均相同，設(shè)為，由動量守恒定律得 （2）在此過程中，設(shè)木板運動的路程為，則物塊運動的路程為，如圖預(yù)解17-8所示由動能定理有 （3） （4）或者說，在此過程中整個系統(tǒng)動能的改變等于系統(tǒng)內(nèi)部相互間的滑動摩擦力做功的代數(shù)和（3）與（4）式等號

14、兩邊相加），即 （5）式中就是物塊相對木板運動的路程解（2）、（5）式，得 （6）即物塊的初速度時，剛好不與發(fā)生碰撞，若，則將與發(fā)生碰撞，故與發(fā)生碰撞的條件是 （7）2. 當物塊的初速度滿足（7）式時，與將發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞的瞬間，、三者的速度分別為、和，則有 （8）在物塊、發(fā)生碰撞的極短時間內(nèi)，木板對它們的摩擦力的沖量非常小，可忽略不計。故在碰撞過程中，與構(gòu)成的系統(tǒng)的動量守恒，而木板的速度保持不變因為物塊、間的碰撞是彈性的，系統(tǒng)的機械能守恒，又因為質(zhì)量相等，由動量守恒和機械能守恒可以證明（證明從略），碰撞前后、交換速度，若碰撞剛結(jié)束時，、三者的速度分別為、和，則有 由（8）、（9）式可知，物塊

15、與木板速度相等，保持相對靜止，而相對于、向右運動，以后發(fā)生的過程相當于第1問中所進行的延續(xù)，由物塊替換繼續(xù)向右運動。若物塊剛好與擋板不發(fā)生碰撞，則物塊以速度從板板的中點運動到擋板所在處時，與的速度相等因與的速度大小是相等的，故、三者的速度相等，設(shè)此時三者的速度為根據(jù)動量守恒定律有 （10）以初速度開始運動，接著與發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞后物塊相對木板靜止，到達所在處這一整個過程中，先是相對運動的路程為，接著是相對運動的路程為，整個系統(tǒng)動能的改變，類似于上面第1問解答中（5）式的說法等于系統(tǒng)內(nèi)部相互問的滑動摩擦力做功的代數(shù)和，即 （11）解（10）、（11）兩式得 （12）即物塊的初速度時，與碰撞

16、，但與剛好不發(fā)生碰撞，若，就能使與發(fā)生碰撞，故與碰撞后，物塊與擋板發(fā)生碰撞的條件是 （13）3. 若物塊的初速度滿足條件（13）式，則在、發(fā)生碰撞后，將與擋板發(fā)生碰撞，設(shè)在碰撞前瞬間，、三者的速度分別為、和，則有 （14）與碰撞后的瞬間，、三者的速度分別為、和，則仍類似于第2問解答中（9）的道理，有 （15）由（14）、（15）式可知與剛碰撞后，物塊與的速度相等，都小于木板的速度，即 （16）在以后的運動過程中，木板以較大的加速度向右做減速運動，而物塊和以相同的較小的加速度向右做加速運動，加速度的大小分別為 （17）加速過程將持續(xù)到或者和與的速度相同，三者以相同速度向右做勻速運動，或者木塊從木

17、板上掉了下來。因此物塊與在木板上不可能再發(fā)生碰撞。4. 若恰好沒從木板上掉下來，即到達的左端時的速度變?yōu)榕c相同，這時三者的速度皆相同，以表示，由動量守恒有 （18）從以初速度在木板的左端開始運動，經(jīng)過與相碰，直到剛沒從木板的左端掉下來，這一整個過程中，系統(tǒng)內(nèi)部先是相對的路程為；接著相對運動的路程也是；與碰后直到剛沒從木板上掉下來，與相對運動的路程也皆為整個系統(tǒng)動能的改變應(yīng)等于內(nèi)部相互間的滑動摩擦力做功的代數(shù)和，即 （19）由（18）、（19）兩式，得 （20）即當物塊的初速度時，剛好不會從木板上掉下若，則將從木板上掉下，故從上掉下的條件是 （21）5. 若物塊的初速度滿足條件（21）式，則將從

18、木板上掉下來，設(shè)剛要從木板上掉下來時，、三者的速度分別為、和，則有 （22）這時（18）式應(yīng)改寫為 （23）（19）式應(yīng)改寫為 （24）當物塊從木板上掉下來后，若物塊剛好不會從木板上掉下，即當?shù)淖蠖粟s上時，與的速度相等設(shè)此速度為，則對、這一系統(tǒng)來說，由動量守恒定律，有 （25）在此過程中，對這一系統(tǒng)來說，滑動摩擦力做功的代數(shù)和為，由動能定理可得 （26）由（23）、（24）、（25）、（26）式可得 （27）即當時，物塊剛好不能從木板上掉下。若，則將從木板上掉下，故物塊從木板上掉下來的條件 （28）第18屆預(yù)賽題1.（25分）如圖預(yù)185所示，一質(zhì)量為、長為帶薄擋板的木板，靜止在水平的地面上，

19、設(shè)木板與地面間的靜摩擦系數(shù)與滑動摩擦系數(shù)相等，皆為質(zhì)量為的人從木板的一端由靜止開始相對于地面勻加速地向前走向另一端，到達另一端時便驟然抓住擋板而停在木板上已知人與木板間的靜摩擦系數(shù)足夠大，人在木板上不滑動問：在什么條件下，最后可使木板向前方移動的距離達到最大？其值等于多少？參考解答在人從木板的一端向另一端運動的過程中，先討論木板發(fā)生向后運動的情形，以表示人開始運動到剛抵達另一端尚未停下這段過程中所用的時間，設(shè)以表示木板向后移動的距離，如圖預(yù)解18-5所示以表示人與木板間的靜摩擦力，以表示地面作用于木板的摩擦力，以和分別表示人和木板的加速度，則 （1） （2） （3） （4）解以上四式，得 （5

20、）對人和木板組成的系統(tǒng)，人在木板另一端驟然停下后，兩者的總動量等于從開始到此時地面的摩擦力的沖量，忽略人驟然停下那段極短的時間，則有 （6）為人在木板另一端剛停下時兩者一起運動的速度設(shè)人在木板另一端停下后兩者一起向前移動的距離為，地面的滑動摩擦系數(shù)為，則有 （7）木板向前移動的凈距離為 （8）由以上各式得 由此式可知，欲使木板向前移動的距離為最大，應(yīng)有 （9） 即 （10）即木板向前移動的距離為最大的條件是：人作用于木板的靜摩擦力等于地面作用于木板的滑動摩擦力 移動的最 （11） 由上可見，在設(shè)木板發(fā)生向后運動，即的情況下，時，有極大值，也就是說，在時間0內(nèi)，木板剛剛不動的條件下有極大值再來討

21、論木板不動即的情況，那時，因為，所以人積累的動能和碰后的總動能都將變小，從而前進的距離也變小，即小于上述的。2.（1 8分的熱中子（慢中子）后，可發(fā)生裂變反應(yīng)，放出能量和23個快中子，而快中子不利于鈾235的裂變?yōu)榱四苁沽炎兎磻?yīng)繼續(xù)下去，需要將反應(yīng)中放出的快中子減速。有一種減速的方法是使用石墨（碳12）作減速劑設(shè)中子與碳原子的碰撞是對心彈性碰撞，問一個動能為的熱中子？參考解答設(shè)中子和碳核的質(zhì)量分別為和，碰撞前中子的速度為，碰撞后中子和碳核的速度分別為和，因為碰撞是彈性碰撞，所以在碰撞前后，動量和機械能均守恒，又因、和沿同一直線，故有 （1） （2）解上兩式得 （3）因 代入（3）式得 （4）負

22、號表示的方向與方向相反，即與碳核碰撞后中子被反彈因此，經(jīng)過一次碰撞后中子的能量為 于是 （5）經(jīng)過2，3，次碰撞后，中子的能量依次為，有 （6）因此 （7）已知 代入（7）式即得 （8）故初能量的快中子經(jīng)過近54次碰撞后，才成為能量為0.025 的熱中子。第19屆預(yù)賽 1.（15分）今年3月我國北方地區(qū)遭遇了近10年來最嚴重的沙塵暴天氣現(xiàn)把沙塵上揚后的情況簡化為如下情景：為豎直向上的風(fēng)速，沙塵顆粒被揚起后懸浮在空中（不動）這時風(fēng)對沙塵的作用力相當于空氣不動而沙塵以速度豎直向下運動時所受的阻力此阻力可用下式表達其中為一系數(shù)，為沙塵顆粒的截面積，為空氣密度（1）若沙粒的密度 ，沙塵顆粒為球形，半徑

23、，地球表面處空氣密度，試估算在地面附近，上述的最小值（2）假定空氣密度隨高度的變化關(guān)系為，其中為處的空氣密度，為一常量，試估算當時揚沙的最大高度（不考慮重力加速度隨高度的變化）參考解答（1）在地面附近，沙塵揚起要能懸浮在空中，則空氣阻力至少應(yīng)與重力平衡，即 式中為沙塵顆粒的質(zhì)量，而 得 代入數(shù)據(jù)得 （2）用、分別表示時揚沙到達的最高處的空氣密度和高度，則有 此時式應(yīng)為 由、可解得 代入數(shù)據(jù)得 電磁學(xué)（第20屆預(yù)賽） 1.（20分）圖預(yù)20-7-1中 A和B是真空中的兩塊面積很大的平行金屬板、加上周期為T的交流電壓，在兩板間產(chǎn)生交變的勻強電場己知B板電勢為零，A板電勢UA隨時間變化的規(guī)律如圖預(yù)2

24、0-7-2所示，其中UA的最大值為的U0，最小值為一2U0在圖預(yù)20-7-1中，虛線MN表示與A、B扳平行等距的一個較小的面，此面到A和B的距離皆為l在此面所在處，不斷地產(chǎn)生電量為q、質(zhì)量為m的帶負電的微粒，各個時刻產(chǎn)生帶電微粒的機會均等這種微粒產(chǎn)生后，從靜止出發(fā)在電場力的作用下運動設(shè)微粒一旦碰到金屬板，它就附在板上不再運動，且其電量同時消失，不影響A、B板的電壓己知上述的T、U0、l，q和m等各量的值正好滿足等式 若在交流電壓變化的每個周期T內(nèi)，平均產(chǎn)主320個上述微粒，試論證在t0到tT2這段時間內(nèi)產(chǎn)主的微粒中，有多少微?？傻竭_A板（不計重力，不考慮微粒之間的相互作用）。 參考解答在電壓為

25、時，微粒所受電場力為，此時微粒的加速度為。將此式代入題中所給的等式，可將該等式變?yōu)?（1）現(xiàn)在分析從0到時間內(nèi)，何時產(chǎn)生的微粒在電場力的作用下能到達A板，然后計算這些微粒的數(shù)目。在時產(chǎn)生的微粒，將以加速度向A板運動，經(jīng)后，移動的距離與式（1）相比，可知 （2）即時產(chǎn)生的微粒，在不到時就可以到達A板。在的情況下，設(shè)剛能到達A板的微粒是產(chǎn)生在時刻，則此微粒必然是先被電壓加速一段時間，然后再被電壓減速一段時間，到A板時剛好速度為零。用和分別表示此兩段時間內(nèi)的位移，表示微粒在內(nèi)的末速，也等于后一段時間的初速，由勻變速運動公式應(yīng)有 （3） （4）又因 ， （5） ， （6） ， （7）由式（3）到式（7

26、）及式（1），可解得 ， （8）這就是說，在的情況下，從到這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒都可到達A板（確切地說，應(yīng)當是）。為了討論在這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒的運動情況，先設(shè)想有一靜止粒子在A板附近，在電場作用下，由A板向B板運動，若到達B板經(jīng)歷的時間為，則有 根據(jù)式（1）可求得 由此可知，凡位于到A板這一區(qū)域中的靜止微粒，如果它受的電場作用時間大于，則這些微粒都將到達B板。在發(fā)出的微粒，在的電場作用下，向A板加速運動，加速的時間為，接著在的電場作用下減速，由于減速時的加速度為加速時的兩倍，故經(jīng)過微粒速度減為零。由此可知微?？衫^續(xù)在的電場作用下向B板運動的時間為 由于，故在時產(chǎn)生的微粒最終將到達B板（確切地說

27、，應(yīng)當是），不會再回到A板。在大于但小于時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒，被的電場加速的時間小于，在的電場作用下速度減到零的時間小于，故可在的電場作用下向B板運動時間為 所以這些微粒最終都將打到B板上，不可能再回到A板。由以上分析可知，在到時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中，只有在到時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒能到達A板，因為各個時刻產(chǎn)生帶電微粒的機會均等，所以到達A板的微粒數(shù)為 （9）ODPACKM第21屆預(yù)賽， 1.（15分）測定電子荷質(zhì)比（電荷q與質(zhì)量m之比q /m）的實驗裝置如圖所示真空玻璃管內(nèi)，陰極K發(fā)出的電子，經(jīng)陽極A與陰極K之間的高電壓加速后，形成一束很細的電子流，電子流以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板C、D間的區(qū)域

28、若兩極板C、D間無電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的O點；若在兩極板間加上電壓U，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若再在極板間加一方向垂直于紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，則打到熒光屏上的電子產(chǎn)生的光點又回到O點現(xiàn)已知極板的長度l = ， C、D間的距離d = 1.50cm，極板區(qū)的中點M到熒光屏中點O的距離為L = 12.50 cm，U = 200V，P點到O點的距離， B10-4T試求電子的荷質(zhì)比（不計重力影響）參考解答：設(shè)電子剛進入平行板電容器極板間區(qū)域時的速度為v0，因為速度方向平行于電容器的極板，通過長度為l的極板區(qū)域所需的時間(1)當兩極板之間加上電壓時，設(shè)兩

29、極板間的場強為E，作用于電子的靜電力的大小為qE方向垂直于極板由C指向D，電子的加速度 (2)而 (3)因電子在垂直于極板方向的初速度為0，因而在時間t1內(nèi)垂直于極板方向的位移 (4)電子離開極板區(qū)域時，沿垂直于極板方向的末速度 (5)設(shè)電子離開極板區(qū)域后，電子到達熒光屏上P點所需時間為t2(6)在t2時間內(nèi)，電子作勻速直線運動，在垂直于極板方向的位移 (7)P點離開O點的距離等于電子在垂直于極板方向的總位移(8)由以上各式得電子的荷質(zhì)比為(9)加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，表示在電子通過平行板電容器的過程中電子所受電場力與磁場力相等，即(10)注意到 (3) 式，可得電子射入平行

30、板電容器的速度 (11)代入(9)式得 (12)代入有關(guān)數(shù)據(jù)求得 (13)dMabcBBKLPQ第21屆預(yù)賽2.（15分）如圖所示，兩條平行的長直金屬細導(dǎo)軌KL、PQ固定于同一水平面內(nèi)，它們之間的距離為l，電阻可忽略不計；ab和cd是兩根質(zhì)量皆為m的金屬細桿，桿與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌良好接觸，并可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動兩桿的電阻皆為R桿cd的中點系一輕繩，繩的另一端繞過輕的定滑輪懸掛一質(zhì)量為M的物體，滑輪與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦不計，滑輪與桿cd之間的輕繩處于水平伸直狀態(tài)并與導(dǎo)軌平行導(dǎo)軌和金屬細桿都處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，磁感應(yīng)強度的大小為B現(xiàn)兩桿及懸物都從靜止開始運動，當ab桿及c

31、d桿的速度分別達到v1和v2時，兩桿加速度的大小各為多少？參考答案：用E和I分別表示abdc回路的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的大小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知 (1)(2)令F表示磁場對每根桿的安培力的大小，則 (3)令a1和a2分別表示ab桿、cd桿和物體M加速度的大小，T表示繩中張力的大小，由牛頓定律可知 (4) (5)(6)由以上各式解得(7)(8)20V30W10W24V18W10VBCWWBC圖1圖2第21屆預(yù)賽，3.（17分）如圖所示的電路中，各電源的內(nèi)阻均為零，其中B、C的電阻構(gòu)成的無窮組合電路相接求圖中10F的電容器與E點相接的極板上的電荷量參考解答：設(shè)B、C右方無窮組合電

32、路的等效電阻為，則題圖中通有電流的電路可以簡化為圖1中的電路B、C右方的電路又可簡化為圖2的電路，其中是虛線右方電路的等效電阻由于、右方的電路與B、C右方的電路結(jié)構(gòu)相同，而且都是無窮組合電路， 故有 20V30W10W24V18W10VBCWWBC圖1圖2 (1)由電阻串、并聯(lián)公式可得(2)由式(1)、(2)兩式得解得 (3)圖1所示回路中的電流為 (4)電流沿順時針方向。2WQ310V18WQ124V20V10WQ2C1C2BACDC3E30W圖3設(shè)電路中三個電容器的電容分別為C1、C2和C3，各電容器極板上的電荷分別為Q1、Q2和Q3，極性如圖3所示由于電荷守恒，在虛線框內(nèi)，三個極板上電荷

33、的代數(shù)和應(yīng)為零，即 (5)A、E兩點間的電勢差 (6) 又有 （7）B、E兩點間的電勢差 （8）又有 （9）根據(jù)(5)、(6)、(7)、(8)、(9) 式并代入C1、C2和C3之值后可得（10）即電容器C3與E點相接的極板帶負電，電荷量為第22屆預(yù)賽， 1.（25分）三個電容器分別有不同的電容值C1、C2、C3 現(xiàn)把這三個電容器組成圖示的(a)、(b)、(c)、(d)四種混聯(lián)電路，試論證：是否可以通過適當選擇C1、C2、C3的數(shù)值，使其中某兩種混聯(lián)電路A、B間的等效電容相等C1C2C3ABC1C3C2ABC2C3BC1AC2C3BC1A(a)(b)(c)(d)參考解答：由電容、組成的串聯(lián)電路的等效電容由電容、組成的并聯(lián)電路的等效電容利用此二公式可求得圖示的4個混聯(lián)電路A、B間的等效電容Ca、Cb、Cc、Cd分別為 （1） （2） （3） （4）由（1）、（3）式可知 （5）由（2）、（4）式可知 （6）由（1）、（2）式可知 （7）由（3）、（4）式可知 （8） 若，由（1）、（4）式可得 因為、和均大于0，上式不可能成立，因此 （9） 若，由（2）、（3）式可得 因為、和均大于0，上式不可能成立，因此 (10) 綜合以上分析，可知這四個混聯(lián)