全国高中应用物理知识竞赛
参考解答和评分标准
一、本题共10小题，每小题5分，共50分。
1．A；2．C；3．D；4．BD；5．AB；6．B；7．AB；8．C；9．D；10．C。 二．本题共3小题，共25分。
1．(6分)电动势3.7 V；电池容量700 mA·h；充电限制电压4.2 V：待机时间48 h；待机电流不大于14.6 mA；充满电后储存的电能9 324 J；最大充电电荷量2 520 C。
说明：每答出一项得1分，其它正确的也得分，最多得6分。
2．(10分)(1)没有空气对光的散射：(2)没有不同密度的气流使星星射来的光线发生偏折：(3)没有围绕月球的空气为它保温；(4)没有空气传播声音：(5)没有空气，要靠航天服来加压和提供氧气，同时航天服还有调节温度和防止射线和微小流星袭击的作用。
说明：以上每个要点正确得2分，共10分。
3．(9分)空气加热后温度升高、密度变小，所以热空气上升。
在室内，热空气上升到房间的顶部，散热后温度降低、密度变大，所以
冷空气又回到房间的下部；下部的空气被暖气散热片加热后又不断上升，从而使得房间顶部的热空气始终比较集中，所以在室内较高的位置气温较高。
在室外，热空气同样要上升，但上升到高空时大气压强较小，此时热空
气将膨胀对外做功、内能减小、温度降低。正是由于热空气上升过程中对外做功、温度降低，才使得室外的气温随高度的增大而降低。
说明：正确分析出室内、外温度随高度变化各得3分；论述清楚再得3分。 三．本题共5小题，共75分。
1．(14分)(1)根据火箭长度58.3m和火箭在照片上像的长度2.0cm，可知在相邻两次拍照过程中，火箭上升的高度分别为
s1=13.4 m，s2=40.2 m，s3=67.2m，s4=94.0m，s5=120.4m。…………(3分) 由于s2-s1=26.8m,s3-s2=27.0m，s4-s3=26.8m，s5-s4=26.4m。
可见，连续相邻时间间隔内火箭的位移之差近似相等，所以火箭在最初
10 s内的运动近似为匀加速直线运动。………………(4分)
(2)火箭在最初10 s内的加速度为a=(s4+s5-s3-s2)／4t2=6.7m／s2。………………(3分) 设火箭在此过程中所受的推力为F，根据牛顿第二定律有F-mg=ma………………(2分)
解得F=m(g+a)=7.9×106N………… ……………………………………………(2分)
说明：第(1)问中若用火箭在图中所示的长度及运动距离进行分析，同样得分。第(2)问中的数值计算允许有一定的误差。
2．(16分)(1)因为d／λ=0.1时，该波长的光散射最强，所以沙尘的平均直径
d=0.1λ=6.0×l0-8m。……………………………………………………………………(4分) (2)沙尘暴天气时，1 m3的扬尘空气中所含悬浮微粒的总体积为：
V=m／ρ=2.9×10-9m
3
．…………………………………………………………(1分)
每一个悬浮微粒的平均体积为：V0=πd3／6=1.1×
l0-22m3……………………(2分)
1m3的空气中所含悬浮微粒的数量为N=V／V0=2.6×l013
个…………………(2分)
所以1.0 cm3的空气中所含悬浮微粒的数量为n=2.6×107
个…………………(1分)
(3)1s内吹到风车上的空气的体积为：V=Sv………………………………………(2分)
这些空气所具有的动能为：EK=1/2ρVv2………………………………………
(2分)
风力发电机的输出电功率为：P=ηEk=η×1/2×ρSv3=516
W………………(2分)
3．(15分)(1)由于飞船每经过T=90 min=1.5 h绕地球运行一周，即可看到一次日出。所以飞
船内的航天员在24h内看到日出的次数为n=24／1.5=16
次。…………………(4分)
(2)设“神舟六号”载人宇宙飞船绕地球运行的高度为H，由其所能拍摄到的边缘与球心连线和飞船与球心连线之间的夹角为θ，则有cosθ=R／(R+H)，如图l所示。球冠ABC的表面
积为S0=2πRh，而h=R(1-cosθ)………………………………………………(2分)
设地球质量为M，飞船质量为m，由万有引力和向心力公式有 GMm/（R+H）2=m×4π2/T2×（R+H）………………………(2分) 又因在地球表面有GMm/R 2=mg
联立解得可拍摄到的球冠表面积为S0=2πR2(1-cosθ)=2πR2（1-
RgR2T24π2） …(3分)
(3)如图2所示，若没有大气的影响，只有A、B之间发出的光可达到飞船。考虑到大气对光的折射作用，原来不能直接看到的C、D点发出的光，通过大气的折射作用，也能到达飞船。所以实际拍摄到的地面最大面积应比上述计算结果大一些。………………(4分)
4．(16分)列车以某一速度经过线圈正上方时，线圈以相等速率反向切割磁感线产生感应电动势，在回路中有了感应电流，被电流测量记录仪记录了电流的大小及方向。
由题给电流．位置图像可知：线圈I位置坐标为30 m，线圈Ⅱ位置坐标为130 m，两线圈间距离s=100 m………(3分)
强磁场经过线圈I和线圈Ⅱ时，线圈中感应电流大小分别为i1=0.12 A，i2=0.15 A…(2分)
(1)由闭合电路欧姆定律，线圈I和线圈Ⅱ中产生的感应电动势：
E1=il(R+r)=0.53V，E2=i2(R+r)=0.66V……………………………………………
(4分)
而线圈I、II中产生感应电动势：El=nBlvl，E2=nBlv2， 所以列车通过线圈I、Ⅱ时速度：v1=E1/（nBl）=12 m／s……………………
(2分)
v2=E2/（nBl）=15 m／s……………………(2分)
(2)假设列车做匀加速运动，根据列车从线圈I通过，到刚通过线圈Ⅱ，运动的位移即两线圈间距离s=100m。
由运动学公式：v22-vl2=2as，解得a=（v22-v12）/（2s）=0.4l m／s2……………
(3分)
5．(14分)根据如图3所示的几何关系可知凸起面横截面的半径为r=（l2/4+h2）/（2h）(3分)
设“溜冰”者的质量为m，当其运动至与柱面圆心连线跟竖直方向夹角
为θ时，速度为v，地面对活动者的支持力为FN，根据向心力公式有：mgcosθ-FN=mv2／r，
解得FN=mgcosθ-mv 2／r。……………………………………………………
(3分)
这说明，当v一定时，θ越大FN越小。由于活动者在凸起面底端时，θ
最大、且v也最大，所以FN最小，即他最可能脱离地面的位置处于凸起面的底端。
所以要使活动者能通过凸起面的最高点并不脱离地面，就要减小θ角。
根据上述分析可知，当FN=0时，有mg cosθ≥mvm2/r………………(3分)
解得cosθ≥vm2/(gr)
又由几何关系知：cosθ=(r-h)／r…………………(3分)
联立可解得l与h的关系为：l≥2
2vm2h(g+h) …(2分)
全国高中应用物理知识竞赛试题及答案
