05-06全国各地物理竞赛题及答案

05-06全国各地物理竞赛题及答案
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05-06全国各地物理竞赛题及答案
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第23届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答及评分标准
一、参考
解法一
小球沿竖直线上下运动时，其离开玻璃管底部的距离h随时间t变化的关系如图所示．设照片拍摄到的小球位置用A表示，A离玻璃管底部的距离为hA，小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H.小球可以在下落的过程中经过A点，也可在上升的过程中经过A点.现以 表示小球从最高点（即开始下落处）落到玻璃管底部所需的时间（也就是从...

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第23届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答及评分标准
一、参考
解法一
小球沿竖直线上下运动时，其离开玻璃管底部的距离h随时间t变化的关系如图所示．设照片拍摄到的小球位置用A表示，A离玻璃管底部的距离为hA，小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H.小球可以在下落的过程中经过A点，也可在上升的过程中经过A点.现以 表示小球从最高点（即开始下落处）落到玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的时间）， 表示小球从最高点下落至A点所需的时间（也就是从A点上升至最高点所需的时间）， 表示小球从A点下落至玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升至A点所需的时间）.显然， .根据题意，在时间间隔的起始时刻和终了时刻小球都在A点．用n表示时间间隔 内（包括起始时刻和终了时刻）小球位于A点的次数（n≥2）.下面分两种情况进行讨论：
1．A点不正好在最高点或最低点．
当n为奇数时有
（1）
在（1）式中，根据题意 可取 中的任意值，而
（2）
当n为偶数时有
（3）
由（3）式得
（4）
由（1）、（3）、（4）式知，不论n是奇数还是偶数，都有
（5）
因此可求得，开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为
（6）
若用 表示与n对应的H值，则与 相应的A点到玻璃管底部的距离
（7）
当n为奇数时， 可取 中的任意值，故有
n=3,5,7,• • • （8）
可见与 相应的 的可能值为0与 之间的任意值．
当n为偶数时， ，由（6）式、（7）式求得 的可能值
n=2,4,6,• • • （9）
2．若A点正好在最高点或最低点．
无论n是奇数还是偶数都有
n=2,3,4,• • • （10）
n=2,3,4,• • • （11）
n=2,3,4,• • • （12）
或
（13）
解法二
因为照相机每经一时间间隔T拍摄一次时，小球都位于相片上同一位置，所以小球经过该位置的时刻具有周期性，而且T和这个周期的比值应该是一整数．下面我们就研究小球通过某个位置的周期性．
设小球从最高点（开始下落处）落下至管底所需时间为，从最高点下落至相片上小球所在点（A点）所需时间为 ，从A点下落至管底所需时间为 ，则
（1）
（小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同，也是、 和 ）
从小球在下落过程中经过A点时刻开始，小球经过的时间 后上升至A点，再经过时间 后又落到A点，此过程所需总时间为 ．以后小球将重复这样的运动．小球周期性重复出现在A点的周期是多少？ 分两种情况讨论：
（1）． ， 和 都不是小球在A点重复出现的周期，周期是 ．
（2）． ，小球经过时间 回到A点，再经过时间 又回到A点，所以小球重复出现在A点的周期为．
下面就分别讨论各种情况中 的可能值和A点离管底的距离 的可能值．（如果从小球在上升过程中经过A点的时刻开始计时，结果一样，只是 和 对调一下）
1．H的可能值
（1）．较普遍的情况， ． 与 的比值应为一整数， 的可能值应符合下式
， （2）
由自由落体公式可知，与此相应的 的数值为
（3）
（2）． ． 的可能值应符合下式
（4）
故 的可能值为
（5）
当 为偶数时，即 时，（5）式与（3）式完全相同．可见由（3）式求得的 的可能值包含了 的全部情况和 的一部分情况．当 为奇数时，即 时，由（5）式得出的 的可能值为
（6）
它们不在（3）式之内，故（3）式和（6）式得出的 合在一起是 的全部的可能值．
2．与各H值相应的 的可能值
a.与 相应的 的可能值
由于在求得（3）式时未限定A点的位置，故 的数值可取0和 之间的任意值，即
（7）
b. 与 （ 为奇数）相应的 的可能值
这些数值与A位于特定的位置， ，相对应，所以对于每一个 对应的 是一个特定值，它们是
（8）
评分标准：
本题23分
二、参考
1． 求刚碰撞后小球A、B、C、D的速度
设刚碰撞后，小球A、B、C、D的速度分别为 、 、 、 ，并设它们的方向都与 的方向相同．由于小球C位于由B、C、D三球组成的系统的质心处，所以小球C的速度也就是这系统的质心的速度．因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒， 故有
（1）
碰撞前后质点组的角动量守恒，有
（2）
这里角动量的参考点设在与B球重合的空间固定点，且规定顺时针方向的角动量为正．因为是弹性碰撞，碰撞前后质点组的动能相等，有
（3）
因为杆是刚性杆，小球B和D相对于小球C的速度大小必相等，方向应相反，所以有
（4）
解（1）、（2）、（3）、（4）式，可得两个解
=0 （5）
和
（6）
因为 也是刚碰撞后由B、C、D三小球组成的系统的质心的速度，根据质心运动定律，碰撞后这系统的质心不可能静止不动，故（5）式不合理，应舍去．取（6）式时可解得刚碰撞后A、B、D三球的速度
（7）
（8）
（9）
2．讨论碰撞后各小球的运动
碰撞后，由于B、C、D三小球组成的系统不受外力作用，其质心的速度不变，故小球C将以（6）式的速度即 沿 方向作匀速运动．由（4）、（8）、（9）式可知，碰撞后，B、D两小球将绕小球C作匀角速度转动，角速度的大小为
（10）
方向为逆时针方向．由（7）式可知，碰后小球A的速度的大小和方向与M、m的大小有关，下面就M、m取值不同而导致运动情形的不同进行讨论：
（i） ，即碰撞后小球A停住，由（7）式可知发生这种运动的条件是

即 （11）
（ii） ，即碰撞后小球A反方向运动，根据（7）式，发生这种运动的条件是
（12）
（iii） 但 ，即碰撞后小球A 沿 方向作匀速直线运动，但其速度小于小球C的速度．由（7）式和（6）式，可知发生这种运动的条件是
和
即 （13）
（iv） ，即碰撞后小球A仍沿 方向运动，且其速度大于小球C的速度，发生这种运动的条件是
（14）
（v） ，即碰撞后小球A 和小球C以相同的速度一起沿 方向运动，发生这种运动的条件是
（15）
在这种情形下，由于小球B、D绕小球C作圆周运动，当细杆转过 时，小球D 将从小球A的后面与小球A相遇，而发生第二次碰撞，碰后小球A继续沿 方向运动．根据质心运动定理，C球的速度要减小，碰后再也不可能发生第三次碰撞．这两次碰撞的时间间隔是
（16）
从第一次碰撞到第二次碰撞，小球C走过的路程
（17）
3．求第二次碰撞后，小球A、B、C、D的速度
刚要发生第二次碰撞时，细杆已转过 ，这时，小球B的速度为 ，小球D的速度为 ．在第二次碰撞过程中，质点组的动量守恒，角动量守恒和能量守恒．设第二次刚碰撞后小球A、B、C、D的速度分别为 、 、 和 ，并假定它们的方向都与 的方向相同．注意到（1）、（2）、（3）式可得
（18）
（19）
（20）
由杆的刚性条件有
（21）
（19）式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D球重合的空间点．
把（18）、（19）、（20）、（21）式与（1）、（2）、（3）、（4）式对比，可以看到它们除了小球B 和D互换之外是完全相同的．因此它们也有两个解
（22）
和 （23）
对于由B、C、D 三小球组成的系统，在受到A球的作用后，其质心的速度不可能保持不变，而（23）式是第二次碰撞未发生时质心的速度，不合理，应该舍去．取（22）式时，可解得
（24）
（25）
（26）
（22）、（24）、（25）、（26）式表明第二次碰撞后，小球A以速度 作匀速直线运动，即恢复到第一次碰撞前的运动，但已位于杆的前方，细杆和小球B、C、D则处于静止状态，即恢复到第一次碰撞前的运动状态，但都向前移动了一段距离 ，而且小球D和B换了位置．
评分标准：
本题25分．
三、参考
由
， （1）
可知，当V增大时，p将随之减小（当V减小时，p将随之增大），在 图上所对应的曲线（过状态A）大致如图所示．在曲线上取体积与状态B的体积相同的状态C．
现在设想气体从状态A出发，保持叶片不动，而令活塞缓慢地向右移动，使气体膨胀，由状态A到达状态C，在此过程中，外界对气体做功
（2）
用UA、UC分别表示气体处于状态A、C时的内能，因为是绝热过程，所以内能的增量等于外界对气体做的功，即
（3）
再设想气体处于状态C时，保持其体积不变，即保持活塞不动，令叶片以角速度做匀速转动，这样叶片就要克服气体阻力而做功，因为缸壁及活塞都是绝热的，题设缸内其它物体热容量不计，活塞又不动（即活塞不做功），所以此功完全用来增加气体的内能．因为气体体积不变，所以它的温度和压强都会升高，最后令它到达状态B．在这过程中叶片转动的时间用t表示，则在气体的状态从C到B的过程中，叶片克服气体阻力做功
（4）
令UB表示气体处于状态B时的内能，由热力学第一定律得
（5）
由题知
（6）
由（4）、（5）、（6）式得
（7）
（7）式加（3）式，得
（8）
利用 和 得
（9）
评分标准：
本题23分．
四、参考
答案： 如图1所示， 如图2 所示．
．
附参考解法：
二极管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管D1和D2处在什么状态，若在时刻t，A点的电压为uA，D点的电压为uD，B点的电压为uB，电容器C1两极板间的电压为uC1，电容器C2两极板间的电压为uC2，则有
（1）
（2）
（3）
（4）
式中q1为C1与A点连接的极板上的电荷量，q2为C2与B点连接的极板上的电荷量.
若二极管D1截止，D2导通，则称电路处在状态I. 当电路处在状态I时有
（5）
若二极管D1和D2都截止，则称电路处在状态II. 当电路处在状态II时有
（6）
若二极管D1导通，D2截止，则称电路处在状态III.当电路处在状态III时有
（7）
电路处在不同状态时的等效电路如图3所示.

在 到 时间间隔内，uD、uB随时间t的变化情况分析如下：
1. 从 起，uA从0开始增大，电路处在状态，C1、C2与电源组成闭合回路. 因C1、C2的电容相等，初始时两电容器都不带电，故有


在uA达到最大值即uA = U时，对应的时刻为 ，这时 ，也达到最大值. uA达到最大值后将要减小，由于D2的单向导电性，电容器C、C都不会放电， 和 保持不变，uD将要小于 ，即将要小于uB ，D2将由导通变成截止，电路不再处于状态I. 所以从t = 0到 时间间隔内，uD、uB随时间t变化的图线如图4、图5中区域I 内的的直线所示．
2. 从 起，因uD小于uB ，D2处在截止状态，电路从状态变为状态. 因为二极管的反向电阻为无限大，电容器C、C都不会放电，两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态时，D点的电压

B点的电压

随着uA从最大值U逐渐变小，uD亦变小；当 时，对应的时刻为 ， .如果uA小于 ，则uD将小于0，D1要从截止变成导通，电路不再处在状态II.所以在 到 时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中区域内的直线所示.
3.从 起，uA从 开始减小，D1导通，但 ，D2仍是截止的，电路从状态II变为状态III.当电路处在状态时有


在uA减小的过程中，C1两极板间的电压uC1（= uA）也随之改变，从而维持uD为0. 当uA达到反向最大值即 时，对应的时刻为 ， .若uA从 开始增大（ 减小），因D1的单向导电性，电容器C1不会放电， 保持不变， ，D1要从导通变成截止，电路不再处于状态III.所以在 到 时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中区域内的直线所示.
4. 从 起，uA从 开始增大， D1变为截止状态， 从零开始增大，只要uD仍小于uB，D2仍是截止的，电路从状态III变为状态II. 当电路处在状态时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变. 故有


当uA增大至 时，对应的时刻为 ， . 若uA再增大，uD将要大于uB，D2将要从截止变为导通， ，电路不再处于状态II. 所以在 到 时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中区域中的直线所示.
5. 从 起，uA要从 增大， D2变为导通状态，这时D1仍是截止的，电路又进入状态I. 当电路处在状态I时，电源与C1、C2构成闭合回路，而


当uA变化时， 将随之变化，但由导通的二极管D2连接的C1、C2的两块极板所带的总电荷量 是恒定不变的.由于在 时刻， ， ，此时 ， ，故有

由以上有关各式得

uD、uB随着uA的增大而增大. 当uA达到最大值即 时，对应的时刻为 ， ．由于D2单向导电， 只增不减，uA从最大值减小时， 不变，uD将要小于 ，而 保持为 ，因而 ，D2从导通变成截止，电路不再是状态I. 所以在 到 时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中 I2中的直线所示.
6. 从 起，uA从U开始减小， D2变为截止状态，这时D1仍是截止的，电路又进入状态II. 当电路处在状态时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变. 由 时刻的uD和uA的值可知此时 . 故有


当uA减少至 时，对应的时刻为 ， ，以后D1将由截止变为导通，电路不再处在状态II. 所以在 到 时间内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中 II3中的直线所示.
7. 从 起，uA从 开始减小，D1变为导通状态，但D2仍是截止的，电路又进入状态III，故有


在uA减小的过程中，C1两端的电压uC1也随之改变，开始阶段D1保持导通，uD = 0. 但当uA减小至-U时，对应的时刻为 ，uC1 = U. 因D1单向导电，且 ，C1右极板的正电荷只增不减，uA到达-U后要增大，uD要大于0，D1要从导通变为截止，电路不再处于状态III. 所以在 到 时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中III2内的直线所示.
8. 从 起，uA从-U开始增大，D1变为截止状态，D2仍是截止的，电路又进入状态II. 当电路处于状态时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变.由 时刻的uD和uA的值可知，此时 .故有


uD将随着uA的增大而增大.当uA= 时，对应的时刻 ，uD = ，与uB相等.以后uD要大于 ，D2要从截止变为导通，电路不再是状态II. 所以在 到 时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中II4内的直线所示.
总结以上讨论，各时段起讫时刻及 和 变化值如下表所示：
时 段 1 2 3 4 5 6 7 8
I1 II1 III1 II2 I2 II3 III2 II4






















评分标准：
本题25分
五、参考
1．题给的磁场 随时间和空间的变化具有周期性，在某时刻 ，磁场的空间分布为

在 时刻，磁场的空间分布为

比较上面两式，不难看出， 和 这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的，只是 时刻原位于 处的磁场，经历 时间，在 时刻，出现在 处．即整个磁场的分布经时间间隔 沿x轴的正方向平移了一段距离

平移速度
（1）
平移速度 为恒量．由此可见，题给出的磁场 可视为一在空间按余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度 沿x轴的正方向平移．如果金属框移动的速度小于磁场区域平移的速度，那么通过金属框的磁通将随时间发生变化，从而在金属框中产生感应电流，感应电流将受到磁场的安培力作用．
由题已知，在时刻t，金属框移动的速度为 ，金属框MN边位于坐标x处，PQ边位于坐标 处．设此时金属框的磁通为 （规定由纸内到纸外 为正）；经过一很短的时间间隔 ，整个磁场分布区域向x方向移动了一段距离 ，金属框向x方向移动了一段距离 ，其结果是：MN边左侧穿过面积为 的磁通 移进了金属框，PQ边左侧穿过面积为 的磁通 移出了金属框，故在 时刻，通过金属框的磁通为

在 时间间隔内，通过金属框的磁通增量为
（2）
规定框内的感应电动势 沿顺时针方向（沿回路MNPQM方向)为正，由电磁感应定律，可得t时刻的感应电动势
（3）
规定金属框内的感应电流 沿顺时针方向（沿回路MNPQM方向)为正，可得t时刻的感应电流为
(4)
磁场对于上下两边NP和MQ的安培力的大小相等，方向相反，二者的合力为零．规定向右的力为正，则磁场作用于金属框MN边的安培力为 ；由于PQ边和MN边的电流方向相反，磁场作用于金属框PQ边的安培力为 ，故金属框的安培力的合力
（5）
由（1）、（2）、（3）、（4）、（5）式及题给定的磁场分布规律，得
（6）
利用三角学公式，得
（7）

称为安培力 的幅度．从（7）式可以看出，安培力 在 的幅度内随时间变化，但其值不会小于零，表示磁场作用于金属框的安培力始终向右．
2．讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论 与线框几何尺寸的关系． 与金属框长度l的平方成正比，与金属框的宽度d有关：
当 ， 即
（8）
得
（9）
当 ，即
（10）
达最大值
（11）

当d取其它值时， 介于0与最大值 之间．
评分标准：
本题25分．
六、参考
1． 圆筒内光学元件的相对位置如图1所示．各元件的作用如下：
狭缝S：光源的光由此进入分光镜，观察到的谱线就是狭缝的像．
透镜L1：与狭缝的距离为f1，使由狭缝射来的光束经L1后成为与圆筒轴平行的平行光束．
分光棱镜：使由L1射来的平行光束中频率不同的单色光经棱镜后成为沿不同方向出射的平行光束．
透镜L2：使各种单色平行光束经L2 成像在它的焦平面上，形成狭缝的像（即光谱线）．
观察屏P：位于L2焦平面上，光源的谱线即在此屏上．
透镜L3：与P的距离 f3，是人眼观察光谱线所用的放大镜（目镜）．
2．已知钠黄光的谱线位于P的中央，S的像位于L2 的焦点上，由此可知，对分光棱镜系统来说，钠黄光的入射光束和出射光束都与轴平行，由于棱镜系统是左右对称，因此钠黄光在棱镜内的光路应该是左右对称的，在中间棱镜中的光路应该与轴平行，分光元件中的光路图如图2所示，左半部的光路如图3．用i1、r1、i2、r2分别表示两次折射时的入射角和折射角，用n1、n2分别表示两块棱镜对D线的折射率，由图3可以看出，在两棱镜界面上发生折射时， ，表明 ，即中间的棱镜应用折射率较大的火石玻璃制成，两侧棱镜用冕牌玻璃制成，故有 =1.5170， =1.7200．
由几何关系可得
（1）
（2）
由折射定律可得
（3）
（4）
从以上各式中消去 、 、 和 得
（5）

解（5）式得
（6）
以 ， 代入，得
（7）
评分标准：
本题23分．
七、参考
带电粒子在静电场内从S到T的运动过程中，经历了从S到N和从N到T的两次加速，粒子带的电荷量q的大小均为 ，若以U 表示N 与地之间的电压，则粒子从电场获得的能量
(1)
质子到达T处时的质量
(2)
式中v为质子到达T时的速度．质子在S处的能量为 ，到达T处时具有的能量为 ，电子的质量与质子的质量相比可忽略不计，根据能量守恒有
（3）
由（1）、（2）、（3）式得

代入数据解得
（4）
评分标准：
本题16分．

收起

第十六届全国初中应用物理知识竞赛
参考解答和评分标准
说明：
1. 提供的参考解答除选择题外，不一定都是惟一正确的。对于那些与此解答不同的解答，正确的，同样得分。
2. 评分标准只是按一种思路与方法给出的。在阅卷过程中会出现各种不同情况，可按照本评分标准的精神定出具体处理办法，但不要与本评分标准有较大偏离。
3问答题或计算题是按照分步方法给分的。在...

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第十六届全国初中应用物理知识竞赛
参考解答和评分标准
说明：
1. 提供的参考解答除选择题外，不一定都是惟一正确的。对于那些与此解答不同的解答，正确的，同样得分。
2. 评分标准只是按一种思路与方法给出的。在阅卷过程中会出现各种不同情况，可按照本评分标准的精神定出具体处理办法，但不要与本评分标准有较大偏离。
3问答题或计算题是按照分步方法给分的。在评分标准中常常写出（1）式几分，（2）式几分……这里的式子是用来代表步骤的。若考生并未写出这个式子，而在文字表达或以后的解题过程中反映了这一步骤，同样得分。没有写出任何式子或文字说明，只给出最后结果的，不能得分。
4. 参考解答中的数字结果是按照有效数字的运算要求给出的，但对考生不做要求。不要因为有效数字的错误而扣分。
5. 在最后定奖时，如果得分相同的人数超过获奖名额，因而难于选拔时，可对待选试卷进行加分评判。加分评判的基本依据是：
（1） 所用方法或原理不是课本所讲的，具有创新性，应加分；
（2） 方法简便，应加分；
（3） 提出多种正确解法，应加分；
（4） 试卷表达规范，条理清楚，能充分利用数学工具，应加分。
上述各项的执行都需由竞赛领导小组做出规定（省统一分配奖励名额的由省决定， 地、市分配奖励名额的由地、市决定）。
一、选择题 每小题3分，共15 分
1. C （3分） 2. C（3分） 3. B （3分） 4. B （3分） 5. C（3分）
二、填空题 共15 分
1.（3分）前（1分）；后（1分）；顺（1分）
2.（3分）C（1分）；B（1分）；省（1分）
3.（3分）气压低（或小于1标准大气压），水的沸点降低（或低于100℃）（2分）；大（1分）
4.（3分）小于（1分）；小于（2分）
5.（3分）(1) 沿直线（1分）；(2) 音色（1分）；(3) 红，绿，蓝（1分）
三、简答题 共22分
1.（4分）参考答案：
（1）（2分）庞大的白色气团是由小水珠组成的……………………………………1分
它是由水池里的水汽化后又降温液化成小水珠飘浮在空中形成的。………………1分
（2）（2分）高温的火焰喷到水中，水吸收热量汽化成水蒸气，从而起到保护发射台的作用。
（水还直到减震的效果，这也是一项保护作用。此项不答不扣分）………………2分
2.（4分）参考答案：
（1）绝缘子表面涂釉是为了使它的表面光滑，防止因长期暴露在空气中积聚灰尘、污垢而导电；………………2分
（2）制成一节节的形状是为了增大可能漏电的表面层的长度，从而增大绝缘子的电阻，减小漏电的危险。……2分
3.（4分）参考答案：
如答题图1所示，当某个小彩灯L的灯丝烧毁时，AB间形成断路，220V电压就直接加到细金属丝与灯丝导电支架AB之间；………………………………………………………………2分
氧化层被击穿，细金属丝与灯丝导电支架导通，此时这个灯只相当于一段导线（如答题图1），起到连接作用，这样其他小彩灯就能继续工作。…………………………………………2分
但是每个灯上的电压有一点升高，不过还不至于烧毁灯丝。当然，烧毁的小彩灯太多时，其余小彩灯也会因为电压过高而全部烧毁。（此段不答，不扣分）
4.（4分）参考答案：
如答题图2所示。
说明：①所连电路只能控制南面或北面一侧喇叭的得1分；全对得4分。
②本题中不考虑输出端的阻抗问题。
5.（6分）参考答案：
①使用空心水泥砖，减少了水泥与沙石量，可以有效节约资源。
②用空心水泥砖垒墙，由于墙体内的空气为热的不良导体，使这种房子冬暖夏凉，从而节约能源。
③有隔音作用
④不挖粘土，不破换环境
说明：每答出一条得2分，最多得6分
四、（共6分）参考
由题意可知，1元钱可购得2度电或15kg/60=0.25kg液化气………………………………1分
消费1元钱用电烧水得到的有效热量为：2×3.6×106J×90%=6.48×106J……………………2分
消费1元钱用液化气烧水得到的有效热量为：0.25kg×4.2×107J/kg×30%=3.15×106J ……2分
消费1元钱用电烧水比用液化气烧水得到的有效热量更多，可见用电热水壶烧水更省钱。
……………………………………………………………………………………………………1分
其他解法，只要正确，参考上述评分标准评分。
五、(共8分 )参考
（1）设含沙量为x，则体积为V的泥沙水中，沙的质量为xV，沙的体积为
水的体积为： ， 水的质量为：
水与沙的总质量为： ………………………………-2分
泥沙水的密度： ＝ ＝
令 ， 则 ……………………1分
泥沙水的密度随含沙量x变化图象如答题图3 …………2分
（2）依据： 则x= …………1分
已知ρ沙＝2.4×103 kg/m3
kg/m3
所以 k= …………………………………………………………………1分
则x= kg/m3…………………………1分
五、(共8分 )参考
（1）设含沙量为x，则体积为V的泥沙水中，沙的质量为xV，沙的体积为
水的体积为： ， 水的质量为：
水与沙的总质量为： ………………………………-2分
泥沙水的密度： ＝ ＝
令 ， 则 ……………………1分
泥沙水的密度随含沙量x变化图象如答题图3 …………2分
（2）依据： 则x= …………1分
已知ρ沙＝2.4×103 kg/m3
kg/m3
所以 k= …………………………………………………………………1分
则x= kg/m3…………………………1分
六、（共 10 分）参考
⑴ 电池充满电时储存在电池内的能量
E=UIt=3.7V×2200×10-3A×3600s=29304J ……………………………………3分
每拍摄一张照片平均消耗的能量 E1= U1I1t1=3.7V×0.2A×5×60s=222 J…………2分
拍摄照片的张数 n= E/ E1=29304J /222 J=132张……………………………………1分
⑵对电池完全充电时，充电器向电池输出的电能
W=U′It′=4.2V×2200×10-3A×2.5×3600s=83160J………………………………2分
充电的效率 η=E/W=29304J /83160J =35.2％………………………………………2分
七、（共 12分）参考解答 ：
1．这台空调的能效比为 …………………………2分
2．所需的制冷量为：Q冷＝S×140W－180W=30×140W－180W=4020W ………………2分
所需的制热量为：Q热＝S×180W－240W=30×180W－240W=5160 W ……………………2分
查表得：空调的额定制冷量为5000W，额定制热量为5300W，都略大于房间所需要的制冷量和制热量。考虑到楼房的高度2.7m>2.5m，应适当加大功率，故这种选择是合理的。 ……………3分
3．空调一个月内消耗的电能为W=Pt =(8.6×220×)W×6h×30=340.6kW•h， …………2分
应支付的电费为340.6kW•h×0.5元/ kW•h =170.3元 ………………………………1分
其他解法(每月按31天)，只要正确，参考上述评分标准给分。
八、（共12分）参考
1.小军的观点是对的。…………………………………………………………………1分
第①根导线可以使试电笔发光，说明是火线，一定与B相连；第②、③根导线不能使试电笔发光，说明不是火线，但还不能判断出到底哪根线直接接在零线上，哪根线接在灯泡上。如果盲目连接，可能会将零线接在D上，闭合开关，就会形成短路，可能引起火灾，造成更严重的事故。……3分
2.具体的连线方法,有二种可能
(一)第一种可能
方法：闭合台灯开关，如果将①、②两导线小心地接在台灯的插头上（不要短路），台灯正常发光；将①、③两导线接在台灯的插头上时，两灯均发光，但都不是正常发光，亮度都较暗，这说明导线②是直接接在零线上并与A相连；导线③接在灯泡上,并与D相连………………………………3分
理由是：台灯直接接在火线与零线上时，正常发光；与灯泡串联时，两灯功率都小于额定功率，两灯都较暗。……………………………………………………………………………………2分
实际连线如答题图4所示。………………………………………………………………3分
(二)第二种可能
方法：闭合台灯开关，将①、②两导线小心地接在台灯的插头上，两灯均发光，但都不是正常发光，亮度都较暗；将①、③两导线接在台灯的插头上时，台灯正常发光。这说明③导线是直接接在零线上，并与A相连；导线②接在灯泡上, 并与D相连。 ………………………………3分
理由是：台灯直接接在火线与零线上时，正常发光；与灯泡串联时，两灯功率都小于额定功率，两灯都较暗。 ………………………………………………………………2分
实际连线如答题图5所示。 ……………………………………………3分
说明:学生只要正确回答一种可能即可得满分。

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