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宁波市高二物理竞赛试题答案及评分标准


宁波市高二物理竞赛试题答案及评分标准
2011.12

一.选择题 (共 10 题, 每题 5 分, 共 50 分) 1 F 2 C 3 AD 4 D 5 AC 6 C 7 D 8 BD 9 A 10 CD

二. 填空题 (共 7 题,每题 8 分,共 56 分,把答案填在指定的横线上) 11. 天宫一号, 神舟八号, 7.7

13. 10 N, 5.29 N
v 2 ? v 2 , 1 mv2 (1 ? ?g ) 2?g 2a 2 a

[2 分,2 分,4 分]

12. 14.

a2>a1>a3,

v2>v1>v3

5 CE, 6

CE

15.

16. 30? , 35J

2 ( B0 ? k t) ? k l1l2 17. ,0.16 J R

[12 题到 17 题, 每格 4 分]

三. 计算题 (共 6 题,12+12+14+16+20+20 分,共 94 分,必须要有解答过程, 只写出结果不能得分) 18 解: (1) 如右图. 12 分 [4 分] V
R E S1 S2

(2) 1. 闭合开关 S1, 记录电压表的示数 U1. 2. 闭合开关 S2, 记录电压表的示数 U2. 3. 断开 S1. [写清 1、2 步给 4 分, 无法测出 RV 的不给分, 没第 3 步不扣分] (3) RV ?
U1 R U 2 ? U1

[4 分]

19 解: 设加速的加速度为 a1, 减速的加速度为 a2, 下滑最大速度 vm, 则 12 分 mg-??F1=ma1 [2 分] [2 分] [2 分] vm= 12m/s [各 1 分] [3 分]

??F2-mg = ma2
h?
2 2 vm vm ? v 2 ? 2a1 2a2

解得: a1 = 6 m/s2, 下滑所花时间: t ?

a2 = 3 m/s2,
vm vm ? v ? ? 5s a1 a2

20 解: (1) 当细绳转过? 角时, 绳拉力为 F, 以 v A 标记小球速度, 则 14 分
2 mgLsin? = 1 mvA 2

O

L F

A

? ?

[1 分] [1 分] [1 分 [1 分] [2 分]
B

F ? mg sin ? ? m

2 vA L

mg

解得:

F = 3 mg sin?

当 F = mg 时, 物块 B 开始上升, 即 3 mg sin? = mg 得此时细绳转过的角度 ? ? arcsin 1 ? 19.5? 3
2 mg(h ? L) ? mgh ? 1 mv2 ? 1 mvA 2 2

(2) A 球转到 O 点正下方时的速度 vA 与水平线的夹角设为?., B 上升的高度设为 h . 根据机械能守恒 [2 分] [2 分]
v 2 gL ? v 2

v A sin ? ? v

解得: v A ? 2 gL ? v 2 ,

? ? arcsin

[各 2 分]

21 解: (1) 金属棒平抛时间 16 分

t?

2h g x1 g ? x1 t 2h

第一次金属棒滑到 PP ? 的速度 v1 ? 金属棒下滑的加速度
a?
2 v1 x2 g ? 1 2s 4hs

[ 1 分] [ 2 分]

(2) 第二次金属棒滑到 PP ? 的速度 v 2 ?

x2 g ? x2 t 2h

[1 分] [2 分]

mg 2 2 2 2 电阻 R 上产生的热量 Q ? 1 mv1 ? 1 mv2 ? ( x ? x2 ) 2 2 4h

(3) S 闭合时, 金属棒从 AA?和从 CC?释放均能到达 EE?, 表明金属棒均达到极限速度, 这个极限 速度就是 v2, 这时沿轨道向上的安培力与沿轨道向下的力 F (F 为重力沿轨道分力与摩擦力 的合力)相等. F = ma BIl = F
I? Blv 2 R
x1 2l mR x2 s 2g h

[2 分] [4 分] [1 分]

解得: B ?

[ 3 分]

22 解: (1) 根据动能定理: 20 分
e

UBA (-e) = -W UBC ? e =2W

?B-? A= UBA = W , ?B - ?C = UBC = 2W
e

可见 ?B >? A> ?C

, 取 BC 中点 D, 则? A= ?D

连接 A、D 的直线, 即为等势线, 过 B 点作垂直于 AD 的直线 MN 交 AD 于 H, 则 E 的方向即为由 B 指向 H 的方向, 与 BA 的夹角为 45?. [2 分] E 的大小:
E? U BH U BA 2W ? ? ? d BH ed d AB ? cos 45
C

[3 分]
D N E H 45? B M A

(2) 电子只有在?ABN 范围内(不包括边界)向右侧射出, 才有可能经过 A 点. [3 分] (3) 质子只有在?BMC 范围内(不包括边界)向左侧射出, 才有可能经过 C 点. 质子在电场中运动的加速度 a ? Ee ? 2W m md 质子在 B 的初速度 v0 按图中直角坐标系进行分解,质子打到 C 点应满足: vxt = 2d cos5?
v y t ? 1 at 2 ? ?2d sin 45? 2

[2 分]
C

[2 分]

x D vx 45? v0 B vy 45? A H N E

2 2 2 则 v0 ? vx ? v 2 ? ( 2d ) 2 ? ( at ? 2d ) 2 ? 4d ? 1 a 2t 2 ? 2ad y 2 t 2 t 4 t

? 2 4d ? 1 a 2t 2 ? 2ad ? (2 ? 2 )ad t2 4

2

[5 分]

将 a 代入得质子在 B 点射出的最小速度

v0 m in ? 2( 2 ? 1) W m

[3 分]

y

23 解: (1) 由 20 分

qvB mv ? R

2

得 粒子运动周期 T ? 2?m qB

粒子轨迹半径 R ? mv qB

如图所示, 粒子 1 从 OD1P 轨迹到达 P, 其圆心角设?1, 则经历时间 t1 ?

?1 T ? m ?1 2? qB

[2 分]

粒子 2 从 OD2P 轨迹到达 P, 其圆心角设为?2, 其经历时间 t2 ?

?2 T ? m ?2 2? qB

[2 分]

图中四边形 OO1PO2 为菱形,记?O1OO2=?,则

. 粒子. 1 . . . O . 粒子. 2 . O1 ? ? . D . .1 2 . . ?. 2 O2 . . . . . P.
N

M.

. . . . D1 . . . . . . . . . .

?1-?2 = (? +?) - (? -?) =2?
qBL 又根据几何关系 cos ? ? L ? 2 2R 2mv
所以

? ? 2 arccos

qBL 2mv

[2 分]

粒子 1、2 同时到达 P 点, 粒子 1 应先于粒子 2 入射, 入射的时间差
qBL ?t ? t1 ? t2 ? m (?1 ? ? 2 ) ? 2m ? ? 4m arccos qB qB qB 2mv

[3 分]

(2) I. 过 O 点作垂直 MN 的直线 OH, 当 P 点位于直线 OH 上方或此直线上时, 显然不可能有两个 入射方向的粒子可打到 P 点. II. 当 P 点位于直线 OH 下方的情况 若 L>2R, 一个粒子也打不到 P 点. 若 L=2R, 只有一个方向(垂直 OP)的入射粒子能打到 P 点. 所以必须 L< 2R [3 分] III. 当 P 点位于直线 OH 下方, 且 L< 2R 的情况 作射线 OQ, 其与 OH 的夹角记为?, 则 P 点的位置可用图 的? 和 OP 的距离 L 来定位. 对从 O 点竖直向上射出的粒子, 其圆轨迹与 OQ 交点为 P1 点, 以 OH 为半径的圆交 OQ 于 P2 点,对于不同方向入射的粒子, 其轨迹可由图中的圆绕 O 点顺时针旋转得到. 对于图中 OP1 之间的点 P3, 以 O 为圆心 OP3 为半径作弧 P3P3?, 当圆绕 O 顺时针旋 转时, 只有圆上 P3?点经过 P3, 即只有一个入射方向的粒子能打到 P3 点. 对于图中 P1P2 之间的点 P4, 以 O 为圆心 OP4 为半径作弧 P4P4?P4?, 当圆绕 O 顺时针 旋转时, 圆上有 P4?、 4?两个点能经过 P4 点, 即有两个入射方向的粒子能打到 P4 点, 可见 P OQ 上, P 点位于 P1P2 之间时, 才有两个入射方向的粒子打到 P 点上, 即 P 点的位置要满 足: 2Rcos? ? L<2R . (2Rcos? <L<2R 也可以) 综上所述: 原题中能有两个粒子打到 P 点, 必须满足如下条件: 1. P 点在直线 OH 以下. 2. OP 的方位? 与 OP 的距离 L 要满足: 2Rcos? ? L<2R [1 分] [6 分] [1 分] . P3? . . . . O . ? . . . P3 . . . . .P1
v N M

. . P4? . . . . . . . . . .H . . . . . . P4? . . .
P4 P2 Q


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