2025年物理奧林匹克競(jìng)賽技巧押題考試題及答案第一部分：選擇題（每題5分，共30分）1.一個(gè)質(zhì)量為m的物體在光滑水平面上受到一個(gè)水平方向的變力F的作用，力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律為F=kt（k為常數(shù)）。當(dāng)時(shí)間從0到t?時(shí)，物體的動(dòng)量變化量為（）A.$\frac{1}{2}kt_{0}^{2}$B.$kt_{0}^{2}$C.$\frac{1}{2}kt_{0}$D.$kt_{0}$答案：A解析：根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量。沖量$I=\int_{0}^{t_{0}}Fdt$，已知$F=kt$，則$I=\int_{0}^{t_{0}}ktdt=\frac{1}{2}kt_{0}^{2}$，所以物體的動(dòng)量變化量為$\frac{1}{2}kt_{0}^{2}$。2.有兩個(gè)同心的均勻帶電球面，半徑分別為R?和R?（R?<R?），內(nèi)球面帶電量為+Q，外球面帶電量為Q。則在兩球面之間（R?<r<R?）的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）A.$\frac{kQ}{r^{2}}$B.$\frac{2kQ}{r^{2}}$C.0D.$\frac{kQ}{(R_{2}R_{1})^{2}}$答案：A解析：根據(jù)高斯定理$\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=\frac{q_{enc}}{\epsilon_{0}}$，在兩球面之間取半徑為r的高斯面，高斯面內(nèi)的電荷量為$q_{enc}=Q$。由于電場(chǎng)具有球?qū)ΨQ性，$\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=E\cdot4\pir^{2}$，則$E\cdot4\pir^{2}=\frac{Q}{\epsilon_{0}}$，又因?yàn)?k=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}$，所以$E=\frac{kQ}{r^{2}}$。3.一理想氣體經(jīng)歷絕熱自由膨脹過程，此過程中氣體的（）A.內(nèi)能增加B.內(nèi)能減少C.溫度升高D.溫度不變答案：D解析：絕熱自由膨脹過程中，$Q=0$，且氣體向真空膨脹，對(duì)外做功$W=0$。根據(jù)熱力學(xué)第一定律$\DeltaU=QW$，可得$\DeltaU=0$。對(duì)于理想氣體，內(nèi)能只與溫度有關(guān)，$\DeltaU=0$則溫度不變。4.一個(gè)單擺的擺長為L，擺球質(zhì)量為m，在最大擺角為$\theta$（$\theta$很?。r(shí)開始擺動(dòng)。則單擺的振動(dòng)周期為（）A.$T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$B.$T=2\pi\sqrt{\frac{2L}{g}}$C.$T=2\pi\sqrt{\frac{L}{2g}}$D.$T=\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$答案：A解析：對(duì)于單擺，在擺角很小時(shí)（一般認(rèn)為$\theta<5^{\circ}$），其振動(dòng)可看作簡諧振動(dòng)，單擺的周期公式為$T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$，其中L為擺長，g為重力加速度，與擺球質(zhì)量和擺角大?。ㄔ谛〗嵌确秶鷥?nèi)）無關(guān)。5.一束光從空氣射向折射率為$\sqrt{3}$的玻璃表面，當(dāng)入射角為60°時(shí)，反射光線與折射光線的夾角為（）A.90°B.120°C.150°D.60°答案：A解析：根據(jù)折射定律$n_{1}\sin\theta_{1}=n_{2}\sin\theta_{2}$，已知$n_{1}=1$（空氣折射率），$n_{2}=\sqrt{3}$，$\theta_{1}=60^{\circ}$，則$\sin\theta_{2}=\frac{n_{1}\sin\theta_{1}}{n_{2}}=\frac{1\times\sin60^{\circ}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}$，所以$\theta_{2}=30^{\circ}$。反射角等于入射角為60°，則反射光線與折射光線的夾角為$180^{\circ}60^{\circ}30^{\circ}=90^{\circ}$。6.一個(gè)電子以速度v垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為（）A.$\frac{mv}{eB}$B.$\frac{2mv}{eB}$C.$\frac{mv}{2eB}$D.$\frac{eB}{mv}$答案：A解析：電子在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力$F=evB$，此力提供向心力$F=\frac{mv^{2}}{r}$，則$evB=\frac{mv^{2}}{r}$，解得$r=\frac{mv}{eB}$。第二部分：填空題（每題5分，共20分）1.一個(gè)物體做簡諧振動(dòng)，其振動(dòng)方程為$x=0.1\cos(2\pit+\frac{\pi}{3})$（SI），則該物體的振幅為______m，周期為______s。答案：0.1；1解析：簡諧振動(dòng)的標(biāo)準(zhǔn)方程為$x=A\cos(\omegat+\varphi)$，其中A為振幅，$\omega$為角頻率，$\varphi$為初相位。對(duì)比方程$x=0.1\cos(2\pit+\frac{\pi}{3})$可得振幅$A=0.1m$，角頻率$\omega=2\pi$。根據(jù)周期與角頻率的關(guān)系$T=\frac{2\pi}{\omega}$，可得$T=1s$。2.有一長直螺線管，單位長度的匝數(shù)為n，通有電流I，管內(nèi)充滿相對(duì)磁導(dǎo)率為$\mu_{r}$的磁介質(zhì)，則管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為______。答案：$\mu_{0}\mu_{r}nI$解析：根據(jù)安培環(huán)路定理，對(duì)于長直螺線管，管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度$B=\munI$，其中$\mu=\mu_{0}\mu_{r}$，所以$B=\mu_{0}\mu_{r}nI$。3.一卡諾熱機(jī)，高溫?zé)嵩礈囟葹門?，低溫?zé)嵩礈囟葹門?，其效率為______。答案：$1\frac{T_{2}}{T_{1}}$解析：卡諾熱機(jī)的效率公式為$\eta=1\frac{T_{2}}{T_{1}}$，其中$T_{1}$為高溫?zé)嵩礈囟龋?T_{2}$為低溫?zé)嵩礈囟取?.一個(gè)質(zhì)量為m的粒子處于寬度為a的一維無限深勢(shì)阱中，其基態(tài)能量為______。答案：$\frac{h^{2}}{8ma^{2}}$解析：一維無限深勢(shì)阱中粒子的能量公式為$E_{n}=\frac{n^{2}h^{2}}{8ma^{2}}$，其中n=1,2,3...，基態(tài)時(shí)n=1，所以基態(tài)能量$E_{1}=\frac{h^{2}}{8ma^{2}}$。第三部分：計(jì)算題（每題25分，共50分）1.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M的光滑斜面體放在光滑水平面上，斜面傾角為$\theta$。一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊沿斜面下滑，求滑塊相對(duì)于斜面體的加速度以及斜面體相對(duì)于地面的加速度。解：設(shè)滑塊相對(duì)于斜面體的加速度為$a_{1}$，方向沿斜面向下，斜面體相對(duì)于地面的加速度為$a_{2}$，方向水平向左。以地面為參考系，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析，滑塊受到重力$mg$和斜面的支持力$N$。在水平方向和豎直方向分別列牛頓第二定律方程：水平方向：$N\sin\theta=m(a_{1}\cos\thetaa_{2})$①豎直方向：$mgN\cos\theta=ma_{1}\sin\theta$②對(duì)斜面體進(jìn)行受力分析，斜面體受到重力$Mg$、地面的支持力$N_{0}$和滑塊對(duì)斜面的壓力$N'$（$N'=N$），在水平方向列牛頓第二定律方程：$N\sin\theta=Ma_{2}$③由③得$N=\frac{Ma_{2}}{\sin\theta}$，將其代入①和②：代入①得：$\frac{Ma_{2}}{\sin\theta}\sin\theta=m(a_{1}\cos\thetaa_{2})$，即$Ma_{2}=m(a_{1}\cos\thetaa_{2})$，$Ma_{2}+ma_{2}=ma_{1}\cos\theta$，$a_{2}=\frac{ma_{1}\cos\theta}{M+m}$④代入②得：$mg\frac{Ma_{2}}{\sin\theta}\cos\theta=ma_{1}\sin\theta$⑤將④代入⑤：$mg\frac{M}{sin\theta}\cdot\frac{ma_{1}\cos\theta}{M+m}\cdot\cos\theta=ma_{1}\sin\theta$$g\frac{Mma_{1}\cos^{2}\theta}{(M+m)\sin\theta}=a_{1}\sin\theta$$g=a_{1}\sin\theta+\frac{Mma_{1}\cos^{2}\theta}{(M+m)\sin\theta}$$g=a_{1}\left(\sin\theta+\frac{Mm\cos^{2}\theta}{(M+m)\sin\theta}\right)$$g=a_{1}\frac{(M+m)\sin^{2}\theta+Mm\cos^{2}\theta}{(M+m)\sin\theta}$$a_{1}=\frac{(M+m)g\sin\theta}{M+m\sin^{2}\theta}$將$a_{1}$代入④可得：$a_{2}=\frac{mg\sin\theta\cos\theta}{M+m\sin^{2}\theta}$所以滑塊相對(duì)于斜面體的加速度為$\frac{(M+m)g\sin\theta}{M+m\sin^{2}\theta}$，斜面體相對(duì)于地面的加速度為$\frac{mg\sin\theta\cos\theta}{M+m\sin^{2}\theta}$。2.如圖所示，一個(gè)半徑為R的均勻帶電圓盤，電荷面密度為$\sigma$。求圓盤軸線上距離圓盤中心為x處的電場(chǎng)強(qiáng)度。解：將圓盤分割成許多同心的細(xì)圓環(huán)，取一半徑為r，寬度為dr的細(xì)圓環(huán)。該細(xì)圓環(huán)所帶電荷量為$dq=\sigma\cdot2\pirdr$。根據(jù)均勻帶電細(xì)圓環(huán)在軸線上一點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度公式$dE=\frac{kxdq}{(x^{2}+r^{2})^{\frac{3}{2}}}$（其中$k=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}$），將$dq=\sigma\cdot2\pirdr$代入可得：$dE=\frac{kx\cdot\sigma\cdot2\pirdr}{(x^{2}+r^{2})^{\frac{3}{2}}}$對(duì)整個(gè)圓盤積分求電場(chǎng)強(qiáng)度，積分區(qū)間從0到R：$E=\int_{0}^{R}\frac{kx\cdot\sigma\cdot2\pirdr}{(x^{2}+r^{2})^{\frac{3}{2}}}$令$u=x^{2}+r^{2}$，則$du=2rdr$。當(dāng)$r=0$時(shí)，$u=x^{2}$；當(dāng)$r=R$時(shí)，$u=x^{2}+R^{2}$。$E=kx\cdot\sigma\cdot2\pi\int_{x^{2}}^{x^{2}+R^{2}}\frac{du}{2u^{\frac{3}{2}}}$$E=kx\cdot\sigma\cdot\pi\left[\frac{2}{\sqrt{u}}\right]_{x^{2}}^{x^{2}+