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物理奥赛基础检测题与答案
一、作图与填空题.(40分)
1、图1的L为凸透镜，F为两焦点，A、B是物体的两端点，用作图法在图中画出人眼看到物体全像，眼睛所在位置的范围(用阴影表示).(8分)
A

F
L
B
图1

2据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动使之束缚在某个区域内.现按下面的简化条件来讨论这个问题：如图2所示是一个截面为内径R１＝0.6 m、外径R2=1.2 m的环状区域，区域内有垂直于截面向里的匀强磁场.已知氦核的荷质比=4.8×107 C/kg，磁场的磁感应强度B=0.4 T，不计带电粒子重力.
图2
(1)实践证明，氦核在磁场区域内沿垂直于磁场方向运动速度v的大小与它在磁场中运动的轨道半径r有关，试导出v与r的关系式为______________.(2分)
(2)若氦核在平行于截面从A点沿各个方向射入磁场都不能穿出磁场的外边界，求氦核的最大速度_______________.
(6分)
解：(1)设氦核质量为m,电量为q，以速度v在磁感应强度为B的匀强磁场中做半径为r的匀速圆周运动， Bqv=m 所以v=
(2)当氦核以vm的速度沿内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以vm速度沿
各方向射入磁场均不能穿过磁场 ，即r１≤＝0.3 m
由Bqv=知r=
所以vm=≤5.76×106 m/s 

3、如图3是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C.该实验的操作步骤如下：①按电路图接好实验电路;②接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U0＝6.2 V和微安表读数I0＝490 μA;③断开电键S并同时开始计时，每隔5 s或10 s读一次微安表的读数i,将读数记录在预先设计的表格中;④根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“×”表示),则：
图3
(1)根据图示中的描点作出图线.(2分)
(2)试分析图示中i-t图线下所围的“面积”所表示的物理意义
______________________________________________________________________________________________________________________________________.(3分)
(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U0所带的电量Q0=_____________，并计算电容器的电容=___________________.(4分)

图3

解:.(1)根据描点绘出圆滑的曲线如图所示.

注：(a)绘出折线不得分；(b)绘出的曲线应与横轴相切，否则酌情扣分.
(2)图中i-t图线下所围的“面积”表示断开电键后通过电阻R的电量，即电容器两端电压为U0时所带电量为Q.
(3)根据绘出图线，估算“面积”格数约32～33格(此范围内均得分，下同).因此，电容器电容为U0时，带电量(Q0)约为8.00×10－3 C～8.25×10－3 C，由C=得，电容器电容C约为：1.30×10－3 F～1.33×10－3 F

4、提供两个较精确的内阻很大的电压表和若干导线，一个电源.依图4中接法，以测得的量为已知量，导出电源的电动势的式子为__________________.(8分)
解：两伏特表内阻分别为RA和RB，电池电动势ε，内阻r，将伏特表A与电池连成电路左，读得电压UA，设电流I1，连成电路右图，读得电压分别为U/A与UB，设电流I2，分别可得式子
A
ε r
V
ε r
A/ B
V
V
图4
ε=I1（RA+r）……（1）
ε=I2（RA+RB+r）……（2）
因为UA=I1RA，U/A=I2RA，UB=I2RB，联立以上各式解之得ε=·

5、如图5所示,光子具有动量，每个光子的动量mv=h /λ（式中h为普朗克常量，λ为光子的波长）.当光照射到物体表面上时，不论光被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都会发生改变，因而对物体表面产生一种压力，称为光压.右图是列别捷夫设计的用来测量光压的仪器.图中两个圆片中，a是涂黑的，而b是光亮的.当光线照射到a上时，可以认为光子全部被吸收，而当光线照射到b上时，可以认为光子全部被反射.分别用光线照射在a或b上，由于光压的作用，都可以引起悬丝的旋转，旋转的角度图5—16
可以借助于和悬丝一起旋转的小平面镜M进行观察.
图5
如果用一束强光同时照射a、b两个圆片，光线的入射方向跟圆片表面垂直，悬丝将向一个方向偏转.已知a、b两个圆片的半径都为r，两圆心间的距离是d.现用频率为ν的激光束同时照射a、b两个圆片，设入射光与圆面垂直，单位时间内垂直于光传播方向的单位面积上通过的光子个数为n，光速为c，偏转方向为_______________________ (2分)，由于光压而产生的作用力分别为________________.(6分)
解：a向外b向里转动（从上向下看逆时针转动）
对时间t内照到圆片上的光子用动量定理：Ft=ntSΔmv，照到a上的每个光子的动量变化是mv，而照到b上的每个光子的动量变化是2mv；因此光子对b的光压大.
分别对单位时间内照射到a、b上的光子用动量定理，有：
Fa= nπr2hν/c，Fb= nπr22hν/c

二、如图6所示，在盛水的圆柱型容器内竖直地浮着一块圆柱型的木块，木块的体积为V，高为h，其密度为水密度ρ的二分之一，横截面积为容器横截面积的二分之一，在水面静止时，水高为2h，现用力缓慢地将木块压到容器底部，若水不会从容器中溢出，问：压力做多少功?(15分)
图6

解：由题意知木块的密度为ρ/2，所以木块未加压力时，将有一半浸在水中，即入水深度为h/2，木块向下压，水面就升高，由于木块横截面积是容器的1/2，所以当木块上底面与水面平齐时，水面上升h/4，木块下降h/4，即：木块下降h/4，同时把它新占据的下部V/4体积的水重心升高3h/4，由功能关系可得这一阶段压力所做的功

压力继续把木块压到容器底部，在这一阶段，木块重心下降，同时底部被木块所占空间的水重心升高，由功能关系可得这一阶段压力所做的功

整个过程压力做的总功为：

三、为了证实玻尔关于原子存在分立能级的假设，历史上曾经有过著名的“夫兰克—赫兹”实验，其实验装置的原理示意图如图7所示.由电子枪A射出的电子，射进一个容器B中，其中有氦气.电子在O点与氦原子发生碰撞后，进入速度选择器C，然后进入检测装置D.速度选择器C由两个同心的圆弧形电极P1和P2组成，当两极间加以电压U时，只允许具有确定能量的电子通过，并进入检测装置D.由检测装置测出电子产生的电流I，改变电压U，同时测出I的数值，即可确定碰撞后进入速度选择器的电子的能量分布.
我们合理简化问题，设电子与原子碰撞前原子是静止的，原子质量比电子质量大很多，碰撞后，原子虽然稍微被碰动，但忽略这一能量损失，设原子未动（即忽略电子与原子碰撞过程中，原子得到的机械能）.实验表明，在一定条件下，有些电子与原子碰撞后没有动能损失,电子只改变运动方向.有些电子与原子碰撞时要损失动能，所损失的动能被原子吸收，使原子自身体系能量增大，
(1)设速度选择器两极间的电压为U（V）时，允许通过的电子的动能为Ek（eV），导出Ek（eV）与U（V）的函数关系（设通过选择器的电子的轨道半径r=20.0 cm，电极P1和P2之间隔d=1.00 cm,两极间场强大小处处相同），要说明为什么有些电子不能进入到接收器.
(2)当电子枪射出的电子动能Ek=50.0 eV时，改变电压U（V），测出电流I（A），得出下图所示的I—U图线，图线表明，当电压U为5.00 V、2.88 V、2.72 V、2.64 V时，电流出现峰值，定性分析论述I—U图线的物理意义.
(3)根据上述实验结果求出氦原子三个激发态的能级En（eV），设其基态E1=0.(16分)
图7
解：(1)当两极间电压为U时，具有速度v的电子进入速度选择器两极间的电场中，所受电场力方向与v垂直，且大小不变，则电子在两极间做匀速圆周运动，电场力提供向心力，设电子质量为m，电量为e,则电场力F=qE=eU/d
根据牛顿第二定律有 eU/d=mv2/R
解得电子动能Ek=mv2/2=eUR/2d=10.0U(eV) (6分)
即动能与电压成正比,此结果表明当两极间电压为U时，允许通过动能为10.0U（eV）的电子，而那些大于或小于10U（eV）的电子，由于受到过小或过大的力作用做趋心或离心运动而分别落在两电极上，不能到达检测装置D.
（2）I—U图线表明电压为5.0 V时有峰值，表明动能为50.0 eV的电子通过选择器，碰撞后电子动能等于入射时初动能，即碰撞中原子没有吸收能量，其能级不变．
当电压为2.88 V、2.72 V、2.64 V时出现峰值，表明电子碰撞后，动能分别从50.0 eV，变为28.8 eV，27.2 eV、26.4 eV,电子通过选择器进入检测器，它们减小的动能分别在碰撞时被原子吸收，I—U图线在特定能量处出现峰值，表明原子能量的吸收是有选择的、分立的、不连续的存在定态.(例如在电压为4.0 V时没有电流，表明碰撞后，电子中没有动能为40.0 eV的电子，即碰撞中，电子动能不可能只损失（50.0-40.0）eV=10.0 eV，也就是说氦原子不吸收10.0 eV的能量，即10.0 eV不满足能级差要求)(4分)
（3）设原子激发态的能极为En，E1=0，则从实验结果可知，氦原子可能的激发态能级中有以下几个能级存在：
（50．0-28．8）eV=21.2 eV
(50.0-27.2)eV=22.8 eV
(50.0-26.4)eV=23.6 eV (6分)

四、阅读如下资料并回答问题：自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为势辐射，势辐射具有如下特点：辐射的能量中包含各种波长的电磁波；物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同.
处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能量保持不变，若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，单位时间内从黑体表面单位央积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比，即，其中常量瓦/（米2·开4）.
在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体.有关数据及数学公式：太阳半径千米，太阳表面温度开，火星半径千米，球面积，，其中R为球半径.
（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为2×10－9米~1×10－4米范围内，求相应的频率范围.
（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为多少？
（3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射可认为垂直身到面积为（为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其它天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度.（13分）
解：．（1） （赫）
（赫）
辐射的频率范围为3×1012赫－1.5×1017赫
（2）每小量从太阳表面辐射的总能量为
代入数所得W=1.38×1010焦
（3）设火星表面温度为T，太阳到火星距离为，火星单位时间内吸收来自太阳的辐射能量为

火星单位时间内向外辐射电磁波能量为
火星处在平衡状态 即
由式解得火星平均温度（开）
评分标准：全题13分
（1）正确得了，，式，各得1分.（2）正确得出式，得5分，仅写出式，得3分.（3）正确得出式，得4分，仅写出式或式，得1分；仅写出式，得1分，正确得出式，得1分.

五、“和平号”空间站已于2001年3月23日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海.此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E′通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）.
(1)试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E′的公式.
(2)算出E′的数值（结果保留两位有效数字）
坠落开始时空间站的质量M=1.17×105kg；轨道离地面的高度为h=146km；地球半径R=6.4×106m；坠落空间范围内重力加速度可看作g=10m/s2；入海残片的质量=1.2×104kg；入海残片的温度升高=3000K；入海残片的入海速度为声速=340m/ｓ；空间站材料每1kg升温1K平均所需能量c=1.0×103J；每销毁1kg材料平均所需能量μ=1.0×107J.(18分)
分析与解：本题描述的是2001年世界瞩目的一件大事：“和平号”空间站成功地坠落在南太平洋海域.让绕地球运行的空间站按照预定的路线成功坠落在预定的海域，这件事情本身就极富挑战性，表达了人类征服自然改造自然的雄心和实力.
（1）作为一道信息题，首先我们应弄清题目所述的物理过程，建立一个正确的物理模型. 我们将空间站看作一个质点，开始时以一定的速度绕地球运行，具有一定的动能和势能，坠落开始时空间站离开轨道，经过摩擦升温，空间站大部分升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠落大海，整个过程中，总能量是守恒的.
根据题述条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2，若以地面为重力势能的零点，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能
.　 　①
　　以v表示空间站在轨道上的速度，可得 .　　②
　　其中r为轨道半径，若R地表示地球半径，则r=R地+h.　　　③
　　由式②、③可得空间站在轨道上的动能
　　 （R地+h） ④
　　由式①、④可得，在近圆轨道上空间站的机械能
　　E=Mg(R地+h) ⑤
　　在坠落过程中，用于销毁部分所需要的能量为Q汽=(M-m)μ.⑥
　　用于残片升温所需要的能量Q残=cmΔT.⑦
　　残片的动能为E残= ⑧
　　以E′表示其他方式散失的能量，则由能量守恒定律可得
　　 E=Q汽+E残+Q残+E′. ⑨
　　由此得E′=Mg(R地+h)-(M-m)μ--cmΔT ⑩
(2)将题给数据代入得E′=2.9×1012J.

六、1951年，物理学家发现了“电子偶数”，所谓“电子偶数”就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统.已知正、负电子的质量均为me，普朗克常数为h，静电力常量为k，假设“电子偶数”中正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足量子化理论：2mevnrn=nh/2π，n=1,2……，“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电子相距为L时的电势能为Ep=-k，试求n=1时“电子偶数”的能量. (13分)
解:(13分)由量子化理论知 n=1时，2mev1r1= 解得 ①
设此时电子运转轨道半径为r，由牛顿定律有me ②
由①②联立可得v1＝πke2／h 系统电势能Ep=-k=－2mev12
而系统两电子动能为Ek=2×
系统能量为E=Ep+Ek＝-mev12=-π2mk2e4／h2
评分：解答①式正确得2分；解答②式正确得3分；正确分析系统势能得2分；解答动能正确得3分；正确列式、得出总能量表达式得3分.

七、如图8甲所示，A、B为两块距离很近的平行金属板，板中央均有小孔.一束电子以初动能Ek=120 eV,从A板上的小孔O不断垂直于板射入A、B之间，在B板右侧，平行于金属板M、N组成一个匀强电场，板长L=2×10-2 m，板间距离d=4×10-3 m，偏转电场所加电压为U2=20 V.现在在A、B两板间加一个如图8乙所示的变化电压U1，在t=0到t=2 s时间内，A板电势高于B板电势，则在U1随时间变化的第一个周期内：
（1）电子在哪段时间内可以从B板小孔射出？
（2）在哪段时间内，电子能从偏转电场右侧飞出？

（由于A、B两板距离很近，可以认为电子穿过A、B板所用时间很短，可以不计）（16分）
解：（1）能射出B板,要求电子达到B板时速度大于或等于零
由动能定理得 -eU1=0- U1=120 V (2分)
图8
AB两板电压在0~1 s区间内满足关系式 U=200t (1分)
所以U1=200t1,t1=0.6 s (1分)
由于电压图象的对称性，另一对应时刻t2=1.4 s在第二个周期.又当B板电势高于A板电势时电子均能射出.所以能射出的时间段为0~0.6 s及1.4~4 s. (2分)
（2）设电子从偏转电场中点垂直射入时速度为v0，动能为Ek，那么侧移是
y= (2分)y≤才能射出
所以 (1分) Ek≥250 eV （1分）
又 Ek=eU1+Eko (1分) 所以120e+eU1≥250eU1≥130 V (1分)
又因 t1=+2=2.65 s (1分)t2=4-=3.35 s (1分)
所以在2.65 s~3.35 s内有电子射出 （2分）
图9
八、喷墨打印机的结构简图如图9所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为10－5 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电的多少由计算机按字体笔画高低位置输入信号加以控制.带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体.无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒.偏转板长1.6 cm，两板间的距离为0.50 cm，偏转板的右端距纸3.2 cm.若墨汁微滴的质量为1.6×10－10 kg，以20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103 V，若墨汁微滴打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm.求这个墨汁微滴通过带电室带的电量是多少？（不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器内部，忽略边缘电场的不均匀性.）为了使纸上的字放大10%，请你分析提出一个可行的方法. (14分)
解：设微滴的带电量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，距原入射方向的距离为 y=at2+LtanΦ(2分)，又a=（1分），t= (1分)，tanΦ= (1分)，
可得y= (2分），代入数据得q=1.25×10－13 C（2分）.要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可以增大电压U达8.8×103 V，或增大L，使L为3.6 cm（5分）．
-----------------密-----------------封-----------------线-----------------内-----------------请-----------------勿-----------------答-----------------题-----------------
九、示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形.它的工作原理等效成下列情况：如图10甲所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中，板长L，相距为d，在两板间加上如图乙所示的正弦交变电压，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀.在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的.在两极板右侧且与极板右侧相距D处有一个与两板中心线垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交.当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度v沿－X方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回初始位置（此短暂时间可忽略不计），然后重新做同样的匀速运动（已知电子的质量为m，带电量为e，重力忽略不计）.求：
甲
图10
①电子进入AB板时的初速度；
②要使所有的电子都能打在荧光屏上，图乙中电压的最大值U0满足什么条件（屏足够高）？
③要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置？计算这个波形的峰值和长度.在图丙所示的X－Y坐标系中画出这个波形.（16分）
答案：⑴动能定理
⑵电子做类平抛运动，要使所有电子打到屏上，则所有电子都要飞出平行板，电压的最大值U0满足：
⑶峰值： 长度：x=vT，波形图与原图关于X轴对称

十、图11所示，一端封闭、开口向上竖直放置的均匀玻璃管，被一段高h厘米的水银柱封闭长L厘米的空气柱，水银面与管口对齐，大气压强P0=H0cmHg，温度保持不变.请计算并回答下列问题：
图11
1管口注入少量水银，水银是否会溢出？为什么？
2把玻璃管放置在可抽气的密闭的容器中，玻琉管长70厘米，水银柱长30厘米，现密闭容器内气体的压强是75厘米汞柱，保持温度不变，容器内应抽气使压强为多大，玻璃管内的水银才能全部溢出？(24分)
分析与解答：
1、假设再注入高△h少量水银，管内空气柱长度因而减少了△L，若△L≥△h，则水银不会溢出，若△L＜△h，则水银就会溢出.
设玻璃管截面积S，由管内空气柱的初始条件，注入水银以前管内空气压强为P1=（H0＋h）cmHg，体积为LS，注入△h高水银后管内空气压强P2=（H0＋h＋△h）cmHg，体积为L/S，根据玻马定律得：
（H0＋h）SL=（H0＋h＋△h）SL/，整理得：（H0＋h）（L－L/）=△hl/，因为（L－L/）=△L，即·
讨论：(1)、要使注入微量水银不溢出，应满足△L≥△h，即≤1，因而L/≥H0＋h，因而原耒空气柱长度大于大气压强相当水银柱高度H0与原耒管口水银高度h之和时，即L＞H0＋h，管内注入少量水银而不会溢出.
(2)、当L≤H0＋h时，管内注入少量水银会溢出.
2．分析与解答：密闭容器被抽出气体，使压强值为Px，相应玻璃管内水银的高度为hx，气体的高度为Lx·这时，压强为PL；使水银再溢出微量△hx而压强减少量△Ph，对应管内气体就增加微量△Lx，玻璃管内的空气压强减少微量△PL.
抽气
问题的关键点，在于对△Ph与△PL的对比讨论.1、若△PL≥△Ph，水银不会再溢出；2、若△PL＜△Ph，即使密闭容器内压强Px不变，玻璃管内的水银也会自动全部溢出.压强Px是临界值.
玻璃管截面积为S，根据玻马定律P1V1=P2V2得：
105×40S=PL（70－hx）S，PL=；密闭容器内的气体压强稍微减少，玻璃管内水银减少△hx，则玻璃管内气体压强为PL/，体积为（70－hx＋△hx）S，同理可得PL/=，则玻璃管内气体压强减少量为△PL=PL－PL/=－，依题意应△PL≤△Ph，即≤△hx，化简得（70－hx）（70－hx+△hx）≥4200·当△hx趋近于零，有（70－hX）2=4200，即hx=5·2cm，玻璃管内气体的压强为PL=64·8cmHg，所以密闭容器内气体被抽气压强为Px=PL－P=64·8cmHg－5·2cmHg=59·6cmHg，玻璃管内的水银会自动全部溢出.
疑点讨论：有人认为，根据例题的‘分析与解答’讨论2结论，容器被抽气，水银溢出，让玻璃管内水银柱为零，这样玻璃管内气体体积为70S，压强为PL//，根据玻马定律可列式子：105×40S=PL//×70S，解之得PL//=60（cmHg），这种情况下的压强，也就是密闭容器内应达到的压强.

十一、实验室提供一把质量已知、精度较高的刻度尺，一把游标卡尺，一条细线，铁架台.请用刻度尺测定容器内液体的密度.(15分)

P
fF
B
G
A
o
O
分析与解答：量出刻度尺的尺寸，计算刻度尺体积v1，已测出刻度尺的质量mX，刻度尺的密度ρx=.
当刻度尺的密度小于液体的密度，刻度尺会浮在液体的表面.
如右图用细线连结刻度尺A端，悬挂在O点，让刻度尺的BC部分浸入液体中，读出浸入水中的长度L，计算出排开液体的体积vF，已知刻度尺长度a，可算出浮力的作用点离A端的长度b为：b＝
设刻度尺受液体的浮力为fF，根据力矩平衡原理得：(mxg)，解之得fF=，所以被测的液体的密度ρＦ==，式中mX为刻度尺的质量，ρX为刻度尺的密度.

11