2025年物理奥林匹克竞赛技巧押题考试题及答案

2025年物理奥林匹克竞赛技巧押题考试题及答案第一部分：选择题（每题5分，共30分）1.一个质量为m的物体在光滑水平面上受到一个水平方向的变力F的作用，力F随时间t的变化规律为F=kt（k为常数）。当时间从0到t₀时，物体的动量变化量为（）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：根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化量。冲量$I=\int_{0}^{t_{0}}Fdt$，已知$F=kt$，则$I=\int_{0}^{t_{0}}ktdt=\frac{1}{2}kt_{0}^{2}$，所以物体的动量变化量为$\frac{1}{2}kt_{0}^{2}$。2.有两个同心的均匀带电球面，半径分别为R₁和R₂（R₁<R₂），内球面带电量为+Q，外球面带电量为Q。则在两球面之间（R₁<r<R₂）的电场强度大小为（）A.$\frac{kQ}{r^{2}}$B.$\frac{2kQ}{r^{2}}$C.0D.$\frac{kQ}{(R_{2}R_{1})^{2}}$答案：A解析：根据高斯定理$\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=\frac{q_{enc}}{\epsilon_{0}}$，在两球面之间取半径为r的高斯面，高斯面内的电荷量为$q_{enc}=Q$。由于电场具有球对称性，$\oint_{S}\vec{E}\cdotd\vec{S}=E\cdot4\pir^{2}$，则$E\cdot4\pir^{2}=\frac{Q}{\epsilon_{0}}$，又因为$k=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}$，所以$E=\frac{kQ}{r^{2}}$。3.一理想气体经历绝热自由膨胀过程，此过程中气体的（）A.内能增加B.内能减少C.温度升高D.温度不变答案：D解析：绝热自由膨胀过程中，$Q=0$，且气体向真空膨胀，对外做功$W=0$。根据热力学第一定律$\DeltaU=QW$，可得$\DeltaU=0$。对于理想气体，内能只与温度有关，$\DeltaU=0$则温度不变。4.一个单摆的摆长为L，摆球质量为m，在最大摆角为$\theta$（$\theta$很小）时开始摆动。则单摆的振动周期为（）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：对于单摆，在摆角很小时（一般认为$\theta<5^{\circ}$），其振动可看作简谐振动，单摆的周期公式为$T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$，其中L为摆长，g为重力加速度，与摆球质量和摆角大小（在小角度范围内）无关。5.一束光从空气射向折射率为$\sqrt{3}$的玻璃表面，当入射角为60°时，反射光线与折射光线的夹角为（）A.90°B.120°C.150°D.60°答案：A解析：根据折射定律$n_{1}\sin\theta_{1}=n_{2}\sin\theta_{2}$，已知$n_{1}=1$（空气折射率），$n_{2}=\sqrt{3}$，$\theta_{1}=60^{\circ}$，则$\sin\theta_{2}=\frac{n_{1}\sin\theta_{1}}{n_{2}}=\frac{1\times\sin60^{\circ}}{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}$，所以$\theta_{2}=30^{\circ}$。反射角等于入射角为60°，则反射光线与折射光线的夹角为$180^{\circ}60^{\circ}30^{\circ}=90^{\circ}$。6.一个电子以速度v垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子做匀速圆周运动的半径为（）A.$\frac{mv}{eB}$B.$\frac{2mv}{eB}$C.$\frac{mv}{2eB}$D.$\frac{eB}{mv}$答案：A解析：电子在磁场中受到洛伦兹力$F=evB$，此力提供向心力$F=\frac{mv^{2}}{r}$，则$evB=\frac{mv^{2}}{r}$，解得$r=\frac{mv}{eB}$。第二部分：填空题（每题5分，共20分）1.一个物体做简谐振动，其振动方程为$x=0.1\cos(2\pit+\frac{\pi}{3})$（SI），则该物体的振幅为______m，周期为______s。答案：0.1；1解析：简谐振动的标准方程为$x=A\cos(\omegat+\varphi)$，其中A为振幅，$\omega$为角频率，$\varphi$为初相位。对比方程$x=0.1\cos(2\pit+\frac{\pi}{3})$可得振幅$A=0.1m$，角频率$\omega=2\pi$。根据周期与角频率的关系$T=\frac{2\pi}{\omega}$，可得$T=1s$。2.有一长直螺线管，单位长度的匝数为n，通有电流I，管内充满相对磁导率为$\mu_{r}$的磁介质，则管内的磁感应强度大小为______。答案：$\mu_{0}\mu_{r}nI$解析：根据安培环路定理，对于长直螺线管，管内的磁感应强度$B=\munI$，其中$\mu=\mu_{0}\mu_{r}$，所以$B=\mu_{0}\mu_{r}nI$。3.一卡诺热机，高温热源温度为T₁，低温热源温度为T₂，其效率为______。答案：$1\frac{T_{2}}{T_{1}}$解析：卡诺热机的效率公式为$\eta=1\frac{T_{2}}{T_{1}}$，其中$T_{1}$为高温热源温度，$T_{2}$为低温热源温度。4.一个质量为m的粒子处于宽度为a的一维无限深势阱中，其基态能量为______。答案：$\frac{h^{2}}{8ma^{2}}$解析：一维无限深势阱中粒子的能量公式为$E_{n}=\frac{n^{2}h^{2}}{8ma^{2}}$，其中n=1,2,3...，基态时n=1，所以基态能量$E_{1}=\frac{h^{2}}{8ma^{2}}$。第三部分：计算题（每题25分，共50分）1.如图所示，一个质量为M的光滑斜面体放在光滑水平面上，斜面倾角为$\theta$。一个质量为m的滑块沿斜面下滑，求滑块相对于斜面体的加速度以及斜面体相对于地面的加速度。解：设滑块相对于斜面体的加速度为$a_{1}$，方向沿斜面向下，斜面体相对于地面的加速度为$a_{2}$，方向水平向左。以地面为参考系，对滑块进行受力分析，滑块受到重力$mg$和斜面的支持力$N$。在水平方向和竖直方向分别列牛顿第二定律方程：水平方向：$N\sin\theta=m(a_{1}\cos\thetaa_{2})$①竖直方向：$mgN\cos\theta=ma_{1}\sin\theta$②对斜面体进行受力分析，斜面体受到重力$Mg$、地面的支持力$N_{0}$和滑块对斜面的压力$N'$（$N'=N$），在水平方向列牛顿第二定律方程：$N\sin\theta=Ma_{2}$③由③得$N=\frac{Ma_{2}}{\sin\theta}$，将其代入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将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}$$a_{1}=\frac{(M+m)g\sin\theta}{M+m\sin^{2}\theta}$将$a_{1}$代入④可得：$a_{2}=\frac{mg\sin\theta\cos\theta}{M+m\sin^{2}\theta}$所以滑块相对于斜面体的加速度为$\frac{(M+m)g\sin\theta}{M+m\sin^{2}\theta}$，斜面体相对于地面的加速度为$\frac{mg\sin\theta\cos\theta}{M+m\sin^{2}\theta}$。2.如图所示，一个半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为$\sigma$。求圆盘轴线上距离圆盘中心为x处的电场强度。解：将圆盘分割成许多同心的细圆环，取一半径为r，宽度为dr的细圆环。该细圆环所带电荷量为$dq=\sigma\cdot2\pirdr$。根据均匀带电细圆环在轴线上一点的电场强度公式$dE=\frac{kxdq}{(x^{2}+r^{2})^{\frac{3}{2}}}$（其中$k=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}}$），将$dq=\sigma\cdot2\pirdr$代入可得：$dE=\frac{kx\cdot\sigma\cdot2\pirdr}{(x^{2}+r^{2})^{\frac{3}{2}}}$对整个圆盘积分求电场强度，积分区间从0到R：$E=\int_{0}^{R}\frac{kx\cdot\sigma\cdot2\pirdr}{(x^{2}+r^{2})^{\frac{3}{2}}}$令$u=x^{2}+r^{2}$，则$du=2rdr$。当$r=0$时，$u=x^{2}$；当$r=R$时，$u=x^{2}+R^{2}$。$E=kx\cdot\sigma\cdot2\pi\int_{x^{2}}^{x^{2}+R^{2}}\frac{du}{2u^{\frac{3}{2}}}$$E=kx\cdot\sigma\cdot\pi\left[\frac{2}{\sqrt{u}}\right]_{x^{2}}^{x^{2}+