高中试卷答案网人教版—高二下学期4月尖子生物理竞赛（一）
考试时间90分钟
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在地球赤道上的A处静止放置一个小物体。现在设想地球对小物体的万有引力突然消失，则在数小时内，小物体相对于A点处的地面来说，将（ ）
A．水平向东飞去
B．原地不动，物体对地面的压力消失
C．向上并渐偏向西方飞去
D．向上并渐偏向东方飞去
E．一直垂直向上飞去
2．如图所示，两直梯下端放在水平地面上，上端靠在竖直墙壁上，相互平行，均处于静止状态。梯子与墙壁之间均无摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．梯子越长、越重，所受合力越大
B．地面对梯子的作用力一定竖直向上
C．地面对梯子的作用力可能沿梯子向上.
D．地面对梯子的作用力与水平面的夹角大于梯子的倾角
3．某人用一始终沿BA方向的力F将一长方形木块从图示实线位置绕转轴D点缓慢翻转90°到虚线所示位置，在此过程中F随转过角度θ的关系图线是
A． B． C． D．
4．足够大的带电金属平板其附近的电场可看作匀强电场，平行板电容器，其内部电场是两个极板电荷的叠加场。某平行板电容器的带电量为Q，内部场强为E，不计电容器的边缘效应，其两极板间的吸引力为（ ）
A． B． C． D．
5．无限长细导线中的晶格和自由电子是均匀分布的，静止时它们的线电荷密度为。今让导线中的自由电子都以恒定速度u沿导线流动，此时导线周围的磁场和电场大小的比值为？（ ）
A． B． C． D．
6．已知地球半径为6400km，可能用到数学近似算法(1 x)k 1 kx, (x 1),以下说法正确的是
A．若地球质量减少2%，则地球公转要加快约1%
B．已知太阳半径和地球绕太阳公转的周期，可估算出太阳质量
C．离地高3.2 km处的重力加速度比地面处重力加速度少约0.1%
D．月球上的重力加速度是地球上的，可知月球质量是地球质量的
7．下列描述中符合物理学史的是（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应并总结出了电流的磁场分布的判断方法
B．洛伦兹通过实验测定了磁场对电流的作用
C．法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它
D．安培提出了分子电流假说并最早测定了元电荷e的数值
8．如图所示，真空中一根绝缘轻杆两端分别固定两个完全相同的、带等量异种电荷的小球M、N(可以看成点电荷)，轻杆绕O点在水平面内沿逆时针方向(俯视)匀速转动，已知小球M距离O点较近，下列说法正确的是
A．小球N转动时形成的等效电流沿逆时针方向
B．小球M转动时形成的等效电流大于小球N转动时形成的等效电流
C．O点的磁感应强度为零
D．O点的磁感应强度方向竖直向上
二、多选题
9．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
10．2021年2月10日，“天问一号”探测器成功进入环绕火星椭圆轨道，在椭圆轨道的近火点（接近火星表面）制动后顺利进入近火轨道，点为近火轨道上的另一点，点是椭圆轨道的远地点，椭圆轨道的半长轴等于圆形轨道的直径，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在点的速度最大
B．探测器在点与椭圆轨道上的点的加速度大小相等
C．探测器在椭圆轨道上点与点的速度之比为
D．探测器在椭圆轨道与圆轨道上的周期之比为
11．关于下列情景中的说法正确的是（ ）
A．图甲中要观察到明显的薄膜干涉，可选用居民身份证当作薄片
B．新冠病毒直径在，图乙新冠病毒图片可能是在光学显微镜下拍摄得到的
C．图丙中用同一钳型电流表测量电流有效值相同，但频率分别为和的交流电，两次测量值不同
D．图丁中几十匝的线圈绕在空心铁氧体芯上，这种扼流圈是高频扼流圈
12．在斯特林循环中，一定质量理想气体从状态a依次经过状态b、c、d后再回到最初状态a完成一次循环，如图所示，实现由高温热源吸热，部分转化为机械功后向低温热源放热的效果。整个过程由两个等温和两个等容过程组成。在a→b、b→c、c→d、d→a的过程中，气体与外界的热量交换分别为9J、20J、12J、20J。定义该循环的热效率为经历一个循环所转化的机械功与从外界吸收热量的比值，已知斯特林循环的等容变化过程的热量交换不计入热效率计算，则下列说法正确的是（ ）
A．状态a比状态c的温度高
B．b→c的过程中，单位时间内单位器壁面积上分子碰撞次数减少
C．气体完成一次循环，对外界做功3J
D．气体的热效率为25%
三、解答题
13．如图所示，轻质支架ABO可绕水平轴O在竖直平面内无摩擦转动，支架A端搁在水平地面上，BO与地面垂直，AB长度为L，与水平地面夹角为θ=37．可看作质点的带正电小物块P，质量为m，带电量为q，P与支架间的动摩擦因数μ=0.5，在运动过程中其电量保持不变．（sin37=0.6，cos37=0.8）
（1）给小物块P一个初速度，使其从A端开始沿AB向上滑，求P滑到距A端多远时支架即将发生翻转．
（2）把另一可看作质点的带正电小物块W固定在支架的A端，小物块P能静止在AB的中点处，已知物块P与AB间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，求小物块W可能的带电量Q．
（3）改变小物块W的带电量，将物块P从B点由静止释放，P沿斜面刚好能到达AB的中点．求物块P从斜面中点应以多大的初速度v0上滑才能刚好到达B点（支架不会发生翻转）．
14．惯性系相对于S以v向右运动，在惯性系中有一与x轴夹角为边长L的正方形ABCD，如图所示，现有一粒子初速度为0，并以加速度在轨道ABCD中运动，试问：
(1)，时于系中，分别为多少？
(2)在S系中测得、分别为多少？
15．长度为4毫米的物体由图所示的光学系统成像。光学系统由一个直角棱镜、一个会聚透镜和一个发散透镜组成，各有关参数和几何尺寸均标示于图上。求：
（1）像的位置；
（2）像的大小，并作图说明是实像还是虚像，是正立还是倒立的。
16．如图所示，坐标系Oxyz的x轴和z轴都位于纸面内，y轴垂直纸面向里。两无限大金属极板P和Q分别位于x = -d和x = d处。磁感应强度大小为B的匀强磁场的方向平行于Oxz坐标平面，与z轴的夹角为α。在坐标原点O处，有一电荷为q（>0）、质量为m的带电粒子，以沿y轴正方向的初速度v0开始运动。不计重力作用。
（1）若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触），则初速度v0应为多大？所需最短时间t0是多少？
（2）若在两极板间沿x轴正方向加上一场强为E的匀强电场，使该粒子能在第1问中所求得的时间t0到达极板，则该粒子的初速度v0应为多大？若，求粒子到达极板时粒子的坐标。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．C
【详解】
从地球外面的惯性参照系来看，物体沿切线方向向东匀速直线飞去（如图）。A为开始飞出点，B、C、D…为经过2h、4h、6.h…后的A点位置。b、c，d…为经过2h、4h、6h…后物体在空间的位置。Bb、Cc、Dd…为地面观察者观看物体的视线。
在地面上A点的观察者来看，这些视线相对于他的方向和距离如图所示。将A、b、c、d…用光滑的曲线连接起来就是从地球上观察到的物体的运动轨迹Abcd…即2h后物体到b点处，4h后物体到c点处，6h后物体到d点处…所以从地球上观察，小物体相对于A点处的地面来说从原地向上升起并渐偏向西方飞去。
故C正确，ABDE错误。
故选C。
2．D
【详解】A．两梯子处于平衡状态，所受合力均为零，故A错误；
BCD．地面对梯子的支持力竖直向上，摩擦力沿水平方向，其合力方向斜向上，当地面对梯子的作用力沿梯子向上或与水平面的夹角小于梯子的倾角时，梯子将发生转动，故BC错误，D正确。
故选D。
3．B
【详解】以点为转轴，画出重力的力臂，如图：
由图可知，重力的力臂：
力的力臂：
根据力矩平衡条件可知，的力矩与重力的力矩平衡，即：
由于当的方向与重力的方向垂直时，即时重力的力矩最大，所以重力的力矩先增大后减小。同理，的力矩先增大后减小，所以先增大后减小，ACD错误，B正确。
故选：B。
4．B
【详解】将电容器的一个极板上的电荷看作是场源电荷，另一个极板上的电荷看作检验电荷，由题意可知电容器内部电场是两个极板电荷的叠加场，则场源电荷产生的电场场强大小为，因此两极板相互间的静电力为
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．C
【详解】正离子晶格电场
电子的电荷线密度为，产生的电场为
因此总电场
电子产生的磁场
因此
故选C。
6．C
【详解】A．根据，可知地球的公转速度和质量无关，A错误；
B．根据，需要知道，地球的公转周期和地球和太阳之间的距离，才可以估算出太阳的质量，B错误；
C．由黄金代换，代入可得离地高3.2 km处的重力加速度比地面处重力加速度少约0.1%，C正确；
D．根据黄金代换，地球和月球的半径不同，所以月球的质量不是地球的，D错误．
7．C
【详解】A．奥斯特发现了电流的磁效应，是安培提出了分子电流假说，故A错误；
B．安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，故B错误；
C．法拉第认为电荷的周围存在着由它产生的电场，并采用了电场线来简洁地描述它，故C正确；
D．库仑通过扭秤实验建立了库仑定律，密立根比较精确地测定了元电荷e的数值，故D错误。
故选C。
8．D
【详解】AB、点电荷的定向移动，形成电流，两个电荷量相等，转动的周期相等，所以它们的电流的大小是相等的；根据正电荷的定向移动方向即为电流的方向可知，小球N转动形成的等效电流沿顺时针方向，故AB错误．
CD、根据安培定则可知，正电荷在O点的磁场方向为竖直向上，而负电荷在O点的磁场方向为竖直向下，小球M距离O点较近，则正电荷运动时在O点产生的磁场强，根据矢量叠加原理，则合磁场的方向为竖直向上，故C错误，D正确．
9．BCE
【详解】A．由分子动理论的知识，当两个分子相互靠近，直至不能靠近的过程中，分子力先是引力且先增大后减小，之后为分子斥力，一直增大，故A错误；
BCD．分子引力先做正功，然后分子斥力做负功，分子势能先减小再增大，分子动能先增大后减小，故BC正确，D错误；
E．因为只有分子力做功，所以分子势能和分子动能的总和保持不变，故E正确。
故选BCE。
10．BC
【详解】A．根据开普勒第二定律可知探测器在远地点点的速度最小，A错误；
B．由
，
可知，探测器在椭圆轨道上的点与在圆轨道上的点的加速度大小相等，B正确；
C．设火星的半径为，探测器在椭圆轨道上点的速度大小为，在点的速度大小为，根据开普勒第二定律有
解得
C正确；
D．椭圆的半长轴，根据开普勒第三定律有
D错误。
故选BC。
11．CD
【详解】A．图甲中用居民身份证当作薄片，薄片太厚，干涉条纹间距会很小，会几乎看不到条纹，故A错误；
B．由于衍射，光学显微镜下不能清晰拍摄得到直径在的新冠病毒，故B错误；
C．电流有效值相同，频率不同，电流的变化率不同，同一钳型电流表将测量得到不同的值，故C正确；
D．丁图中几十匝的线圈绕在空心铁氧体芯上，自感系数小，这种扼流圈是高频扼流圈，故D正确。
故选CD。
12．CD
【详解】A．d→a的过程，体积不变，压强降低，由
可知，温度降低，c，d在同一条等温线上，温度相等，故状态a比状态c的温度低，A错误；
B．b→c的过程中，体积不变，压强增大，故温度升高，单位时间内单位器壁面积上分子碰撞次数增多，B错误；
C．a→b、d→a过程气体放热，b→c、c→d过程气体吸热，由于内能不变，气体完成一次循环，对外界做功3J，C正确；
D．由于斯特林循环的等容变化过程的热量交换不计入热效率计算，一个循环内，只计算
a→b和c→d过程，这两个过程只有c→d过程气体吸热。根据气体的热效率的定义，转化的机械功为3J，气体从外界吸收热量为12J，故气体的热效率为25%，D正确。
故选CD。
13．（1） （2）≤Q≤ （3）
【详解】（1）设当物块P滑到距A端为x时支架即将发生翻转。根据力矩平衡有
解得
（2）设小物块W至少应带电量Qmin，此时物块P受到最大静摩擦力fm作用且方向由A指向B。根据物块P的受力平衡有
解得
设小物块W至多应带电量Qmax，此时物块P受到最大静摩擦力fm作用且方向由B指向A。根据物块P的受力平衡有
解得
所以小物块W可能的带电量范围是≤Q≤。
（3）设物块P从B点沿斜面到达AB的中点过程中克服电场力做功W，由动能定理有
根据对称性，物块P从斜面中点向上运动到达B点的过程电场力对其做功也为W，由动能定理有
解得
14．（1）；（2）；
【详解】(1)由加速度变换公式得，
(2)事件，，，
，，，
，
．
补充：加速度公式推导
，
，，
得，
而
．
点睛.加速度变换并不是竞赛考纲的内容，如要运用必须先作推导．此题也可先列出和的关系，再由洛仑兹变换，将上面各参量均用x，y，t表示出来，再求二阶导即可得出加速度．
对于涉及洛仑兹变换的问题，其解题步骤一般为：（1）确定需要求解的系；（2）由题意找到需要确定位置和时间的事件；（3）列出已知的位置和时间；（4）由洛仑兹变换求出待求的事件信息．
15．（1）在的左侧处；（2）
【详解】（1）（2）解法一：1、分析和等效处理
根据棱镜玻璃的折射率，棱镜斜面上的全反射临界角为
注意到物长为，由光路可估算，进入棱镜的近轴光线在斜面上的入射角大多在45°左右，大于临界角，发生全反射。所以对这些光线而言，棱镜斜面可看成是反射镜。本题光路可按反射镜成像的考虑方法，把光路“拉直”如下图所示。
现在，问题转化为正立物体经过一块垂直于光轴、厚度为的平玻璃板及其后的会聚透镜、发散透镜成像的问题。
2、求像的位置；厚平玻璃板将使物的近轴光线产生一个向右侧移动一定距离的像，它成为光学系统后面部分光路的物，故可称为侧移的物。利用沿光轴的光线和与光轴成角的光线来讨论就可求出这个移动的距离。
设轴上的物点为B，由于厚平玻璃板的作用（即侧移的物点）为（如下图所示）。
画出厚平玻璃板对光线的折射，由图可知
而
所以
当为小角度时
故得
这也就是物与它通过厚玻璃板所成的像之间的距离。这个像对透镜来说就是物，而物距
可见，物正好在的左方焦平面上，像距即为
再考虑透镜，这是平行光线入射情形
所以必须成像于这个发散透镜左侧的焦平面上（虚像）
整个光路的最后成像位置就是在的左侧处。
3、求像的大小和虚、实、正、倒情况：可用作图法求解，如下图所示（为了图示清楚图中把物高加大了）。
连接并延长，便得到发自的光线经后的平行光线的方向。过的光心作的平行线，它与交于C点，则即为从发出经过折射后又通过光心的光线。反向延长与左侧焦平面的交点就是由与所成的像点。令左侧焦面与光轴的交点为。就是的像，这是一个正立的虚像。由图可得
而与等高，所以像的大小为
解法二：关于物体经棱镜（折射，反射，折射）后，所成像的位置及大小可采用视深法处理。
如上图所示，发出的、与面近乎垂直的小光束经面折射后成像于这是视深问题。、与面的距离均为A、B与面的距离的n倍，即
（像与物的大小相同）
经面的反射成像于，大小不变，且
经面后折射成像于，大小不变，且
由此即可求出这个像作为透镜的物的物距，其它部分的求解同解法（一）。
16．（1），；（2），（x = d，，）
【详解】解法一
1.平行板间仅有磁场，带电粒子初速度v0的方向垂直于磁场，在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径
（1）
轨道平面与Oxz坐标平面的交线如图1中NN ′ 所示。要使粒子刚能到达极板Q（与板刚未接触），圆心C应是ON ′ 的中点，有
（2）
由（1）、（2）式得
（3）
粒子由O经过半个圆周到达N ′，所经历的最短时间为圆周运动的半个周期
（4）
2.以y轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox′y′z′，如图2所示。在新坐标系中电场强度E的分量为
E ′ = Ecosα
E ′ = 0
E ′ = Esinα （5）
磁感应强度B的分量为
B ′ = 0
B ′ = 0
B ′ = B （6）
带电粒子所受到的电场力的分量为
f ′ = qE ′ = qEcosα
f ′ = 0
f ′ = qE ′ = qEsinα （7）
当带电粒子速度为v 时，带电粒子所受到磁场力的分量为
f ′ = qvy′B
f ′ = -qvx ′B
f ′ = 0（8）
（i）关于带电粒子在Ox′y′ 平面内的分运动
现设想起始时刻带电粒子沿y′ 轴正方向的初速度v0用下式表示
v0 = v0 + v1- v1= v2- v1
式中
v2 = v0 + v1（9）
现把v0看成沿y′ 轴负方向运动的速度v1和沿y′ 轴正方向运动的v2的合成。这样，与前者联系的运动使带电粒子受到沿x′ 轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量f ′ 的方向相反，当v1取数值
（10）
时，与-v1相联系的磁场力与f ′ 的合力为零，其效果是带电粒子沿y′ 轴负方向以速度v1做匀速运动；与后者联系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用，此力的方向既垂直于磁场方向（z′ 轴方向），又垂直于速度v2，即位于Ox′y′ 平面内，其大小为
f ′y ′ = qv2B （11）
粒子在此力作用下在平面内做速度为v2的匀速圆周运动，圆周的半径
（12）
其圆频率
（13）
由以上分析可知带电粒子一方面在Ox′y′ 平面内做上述匀速圆周运动，另一方面圆心沿y′ 轴负方向以速度
做匀速直线运动。
（ii）关于粒子沿z ′ 轴的分运动
由（7）、（8）两式可知，粒子在z ′ 方向仅受电场力作用，其加速度
（14）
即粒子沿着z ′ 轴以加速度a ′ 做匀加速直线运动。
（iii）关于粒子在Ox′y′z′ 坐标系中的运动方程
在只考虑圆周运动的情况下，粒子的坐标随时间变的关系为
x′ = R （ 1-cosωt ）（15）
y′ = R sinωt （16）
z′ = 0 （17）
考虑了圆心运动及粒子沿z ′ 轴的运动并注意到（9）、（10）、（12）式，在Ox′y′z′ 坐标系中，粒子的运动方程为
（18）
（19）
（20）
（iv）粒子在Oxyz坐标系中的运动方程
利用坐标变换
x = x′cosα + z′sinα
y = y′
z = -x′sinα + z′cosα
并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可将（18）、（19）、（20）式转换至Oxyz坐标系，得到粒子在Oxyz坐标系中的运动方程式为
（21）
（22）
（23）
根据题意，将x = d和代（21）式，解得
（24）
将和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到达极板Q时粒子的坐标为
（x = d，，）
解法二
1.与解法一相同。
2.以y轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox′y′z′，设粒子速度在坐标系Ox′y′z′ 中分量分别为vx ′、vy ′、vz ′，牛顿第二定律的三个分量形式为
（1）
（2）
（3）
将（2）式表示为
两边积分后得
C1为待定常量，当t = 0时，x′ = 0，vy ′ = v0，故求得C1 = v0，上式应表为
（4）
将（4）式代入（1）式，得
（5）
令
（6）
（7）
X ′ = x′-R（8）
（5）式可表为
（9）
这是简谐运动方程，其解为
X ′ = Acos （ ωt + θ ）（10）
由（8）式得
x′ = Acos （ ωt + θ ） + R （11）
（12）
利用初始条件，由（11）与（12）式，得
-R = Acosθ
0 = -ωAsinθ
解得
θ = 0（13）
A = -R
再由（6）式，得
（14）
代入（11）式
（15）
将（12）式代入（2）式，整理后得
对上式积分，考虑初始条件，得
（16）
积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得
（17）
对（3）式积分可得
（18）
（15）、（17）、（18）式分别与解法一中的（18）、（19）、（20）式相同，接下去的讨论与解法一相同。
解法三
设粒子速度在Oxyz 坐标中分量分别为vx 、vy 、vz ，牛顿第二定律的三个分量方程为
（1）
（2）
（3）
令
（4）
（5）
方程变为如下形式
（6）
（7）
（8）
对（6）、（8）两式积分，利用初始条件t = 0时，vx = 0，x = 0，y = 0，得
（9）
（10）
将（9）、（10）两式代入（7）式，得
令
Y = y + v1t （11）
得
（12）
其解为
Y = Acos （ ωt + θ ）
由（11）式可得
y = Acos （ ωt + θ ） -v1t（13）
由（13）式得
vy = -Aωsin （ ωt + θ ） -v1（14）
由初始条件t = 0时，v = v0，y = 0，得
Acosθ = 0
v0 = -Aωsinθ-v1
解得
（15）
由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得
（16）
（17）
把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得
（18）
将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得
（19）
（18）、（16）、（19）式分别与解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的讨论与解法一相同。
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