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2010湖州高二物理竞赛卷及答案N


高二飞英杯

2010-3

2010 年湖州市第十一届飞英杯高中物理竞赛 高二卷
(注:本卷共 20 题,总分为 120 分,考试时间 90 分钟,g=10m/s2,请做在答题卷上) 一、选择题(每题 4 分,共 60 分,每题有一个或一个以上的选项是符合题目要求的,全部选对得 4 分, 漏选得 2 分,不选或错选得 0 分)

1.在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体 A,A 与竖直墙之间放一光滑圆球 B,整个 装置处于静止状态。现对 B 加一竖直向下的力 F,F 的作用线通过球心,设墙对 B 的 作用力为 F1,B 对 A 的作用力为 F2,地面对 A 的作用力为 F3。若 F 缓慢增大而整个 装置仍保持静止,截面如图所示,在此过程中 A.F1保持不变,F3缓慢增大 B.F1缓慢增大,F3保持不变 C.F2缓慢增大,F3缓慢增大 D.F2缓慢增大,F3保持不变 2.物体做自由落体运动,Ek 代表动能,Ep 代表势能,h 代表下落的距离,以水平地面为零势能面。下列 所示图像中,能正确反映各物理量之间关系的是 EP EP EP EP

O A

t

O B

v

O C

Ek

O D

h

3.如图所示,两光滑斜面的倾角分别为 30° 45° 和 ,质量分别为 2m 和 m 的两个滑块用不可伸长的轻绳通 过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦),分别置于两个斜面上并由静止释放;若交换两滑块位置,再由静 止释放.则在上述两种情形中,以下正确的有 A.质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力 2m 的作用 m B.质量为m的滑块均沿斜面向上运动 45° 30° C.绳对质量为m滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力 D.系统在运动中机械能均守恒 4.如图所示,在一光滑水平面上有两个质量分别为 m1 和 m2 的木 块 1 和 2, 中间用一原长为 l、 劲度系数为 k 的轻质弹簧连结起来, 木块 1 和 2 分别受到方向相反的拉力 F1 和 F2,与轻质弹簧沿同一水平直线,且 F1>F2。当两木块一起稳定 运动时,两木块之间的距离是 A. l ?

F1 k

B. l ?

F2 k

C. l ?

m1F1 ? m2 F2 (m1 ? m2 )k

D. l ?

m2 F1 ? m1F2 (m1 ? m2 )k

5.如图所示,平行于 y 轴的导体棒以速度 v 向右匀速直线运动,经过半径为 R、磁感应强度为 B 的圆形匀 强磁场区域,导体棒中的感应电动势 E 与导体棒位置 x 关系的图像是 E E E E 2BRv 2BRv 2BRv 2BRv y v
× × × × × × ×

O

R A

2R x

O

R B

2R x O
1

R C

2R x O

R D

2R x

O

x

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6. 如图所示, 空间存在一个竖直向下的匀 强电场, 一个带负电的小球以大小为 v0 的 初速度由 A 端向右运动, F 端时的速度 到 减小为 v F ; 若以同样大小的初速度由 F 端向左运动,到 A 端时的速度减小为 v A 。 已知 BC、DE 为两段圆弧面,A 到 F 是一段 粗糙轨道,小球运动过程中始终未离开该轨道,在 B、C、D、E 四连接处不损失能量。比较 v A 大小,结论是 A. v A > v F B. v A ? v F C. v A < v F D.无法确定

、 vF 的

7.据报道,我国数据中继卫星“天链一号 0l 星”于 2008 年 4 月 25 日在西昌卫星发射中心发射升空,经 过 4 次变轨控制后,于 5 月 1 日成功定点在东经 770 赤道上空的同步轨道。关于成功定点后的“天链一号 01 星” ,下列说法正确的是 A.运行速度大于 7.9 km/s B.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 C.离地面高度一定,相对地面静止 D.向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等 8.有一些问题你可能不会求解,但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断。例如从解的 物理量单位,解随某些已知量变化的趋势,解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析,并与预期结果、 实验结论等进行比较,从而判断解的合理性或正确性。 举例如下:如图所示。质量 M 为倾角为θ的滑块 A 放于水平地面上。把 B 质量为 m 的滑块 B 放在 A 的斜面上,忽略一切摩擦,有人求得 B 相对地面的

M ?m g sin? ,式中 g 为重力加速度。 M ? m sin 2 ? 对于上述解,某同学首先分析了等号右侧量的单位,没发现问题。他进一步 利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断,所得结论都是“解可能是对 的” 。但是,其中有一项是错误的。请你指出该项。 ..
加速度 a= A.当 θ=0 时,该解给出 a=0,这符合常识,说明该解可能是对的 B.当 θ=90° 时,该解给出 a=g,这符合实验结论,说明该解可能是对的 C.当 M>>m 时,该解给出 a=gsinθ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 D.当 m>>M 时,该解给出 a ?

A θ

g ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 sin ?

9.一个 T 型电路如图所示,电路中的电阻 R1 ? 10? , R2 ? 120?, R3 ? 40? .另有一测试电源,电动势为 100V,内阻忽略不计.则 A.当 cd 端短路时,ab 之间的等效电阻是 40 ? B. 当 ab 端短路时,cd 之间的等效电阻是 40 ? C. 当 ab 两端接通测试电源时, cd 两端的电压为 80 V D. 当 cd 两端接通测试电源时, ab 两端的电压为 80 V 10.如图,在真空中一条竖直向下的电场线上有两点 a 和 b。一带电质点在 a 处由静止释放后沿 电场线向上运动,到达 b 点时速度恰好为零。则下面说法正确的是 A.a 点的电场强度大于 b 点的电场强度 B.质点在 b 点所受到的合力一定为零 C.a 点的电势高于 b 点的电势 D.带电质点在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能

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11.一航天飞机下有一细金属杆,杆指向地心.若仅考虑地磁场的影响,则当航天飞机位于赤道上空 A.由东向西水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 B.由西向东水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 C.沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由下向上 D.沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时,金属杆中一定没有感应电动势 12.1930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器,其原理如图所示,这台加速器由两个铜质 D 形盒 D1、 D2 构成,其间留有空隙,下列说法正确的是 A.离子由加速器的中心附近进入加速器 B.离子由加速器的边缘进入加速器 C.离子从磁场中获得能量 D.离子从电场中获得能量 13.如图,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中 R1、 R2、R3 和 R4 均为固定电阻,开关 S 是闭合的。 V1 和 V2 为理想电压表, 读数分别为 U1 和 U2; A1 、 A2 和 A3 为理想电流表,读数分别为 I1、 I2 和 I3。现断开 S,U1 数值不变,下列推断中正确的是 A.U2 变小、I3 变小 B.U2 不变、I3 变大 C.I1 变小、I2 变小 D.I1 变大、I2 变大 14.如图所示,实线为电场线,虚线为等势线,且 AB=BC,电场 中的 A、B、C 三点的场强分别为 EA、EB、EC,电势分别为 φA、φB、 φC,AB、BC 间的电势差分别为 UAB、UBC,则下列关系中正确的 有 A.φA>φB>φC B.EC>EB>EA C.UAB<UBC D.UAB=UBC 15.匀强电场中有 a、b、c 三点.在以它们为顶点的三角形中,∠a=30° 、∠c =90° ,电场方向与三角形所在平面平行.已知 a、b 和 c 点的电势分别为 b

(2 ? 3)V、 (2 ? 3) V 和 2 V.该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为
A. (2 ? 3) V、 (2 ? 3) V B.0 V、4 V C. (2 ?

a

30°

c

4 3 4 3 ) V、 (2 ? ) 3 3

D.0 V、 3 V

二、填空题(每空 6 分,共 18 分) 16.同学利用图(a)所示的电路研究灯泡 L1(6V,1.5W) 2(6V,10W)的发光情 、L 况 (假设灯泡电阻恒定) 图 , (b) 为实物图。 (1)他分别将 L1、L2 接入图(a)中的虚 线框位置,移动滑动变阻器的滑片 P,当电 压表示数为 6V 时, 发现灯泡均能正常发光。 在图(b)中用笔画线代替导线将电路连线 补充完整。 E S (a) (b) R P A V

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(2)接着他将 L1 和 L2 串联后接入图(a)中的虚线框位置,移动滑动变阻器的滑片 P,当电压表示数为 6V 时,发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮,出现这种现象的原因是 17.如图所示,半径为 r 的铅球内有一半径为 。

r 的球形空腔,其表面与球面相切, 2

此铅球的质量为 M,在铅球和空腔的中心连线上,距离铅球中心 L 处有一质量为 m 的小球(可以看成质点) ,则铅球小球的引力为 。 三、计算题: (共 42 分) 18. (14 分)如图所示为某一电路的俯视图,空中存在着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为 B,在同一水平 面上固定着平行金属轨道 MN 和 PQ,两轨道间的距离为 l。金属杆 ab 沿垂直轨道方向放置在两轨道上, 金属杆 ab 在 MN 和 PQ 间的电阻为 r,且与轨道接触良好。与两轨道连接的电路中有两个阻值相同的电阻 R1 和 R2, R1=R2=R, 且 电阻 R2 与一电容器串联, 电容器的电容为 C, a 轨道光滑且不计轨道的电阻。 若金属杆 ab 在某一水平拉力的作用下 M N C 以速度 v 沿金属轨道向右做匀速直线运动,那么在电路稳定后,试 v R1 求: R2 P Q b ?流过电阻 R1 的电流为大小; ?电容器的带电量; ?这个水平拉力及其功率。

19. (14 分) 金属硬杆轨道“ABCDEFGHIP”固定置于竖直平面内,CDE、FGH 两半圆形轨道半径分别为 a 、 2a ,足够长的 PI、AB 直轨与水平均成 θ=37°,一质量为 m 的小环套在 AB 杆上,环与 BC、EF、HI 水平 直杆轨道间的动摩擦因数均为 μ=0.1,其中 BC= a 、EF= 2a 、HI= 3a ,其他轨道均光滑,轨道拐弯连接处 也光滑,环通过连接处时动能损失忽略不计,现环在 AB 杆上从距 B 点 6a 处的地方无初速释放.已知 sin37° =0.6,试求: (1)从释放到第一次到达 B 所用的时间; (2)第一次过小圆道轨最高点 D 时,环对轨道的作用力; (3)小环经过 D 的次数及环最终停在什么位置?

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20. (14 分)在显示器中,用到了电场和磁场对电荷运动的控制,下图为一个利用电场、磁场对电荷运动控 制的模型图,在区域 I 中的 P1 P2 分别为加速电场的正负两极板,P2 中央有一小孔,两极板竖直平行正对放 置,开始加有大小为 U 电压。区域 II 中有一以 l 及 l ? 为边界的竖直向下的匀强电场。在区域 III 中有一以 l ? 为左边界垂直于纸面的匀强磁场。现有一带正电的粒子(重力不计) ,质量为 m,电量为 q,从极板 P1 由 静止开始沿中轴线 OO ? 方向进入区域 II, 从边界 l ? 的 o P 点离开区域 II,此时速度与水平方向夹角 α =30 。 若两极板所加电压改为 U ? ,其它条件不变,粒子则从 边界 l ? 的 Q 点离开区域 II,此时速度与水平方向夹角 o β =60 。已知 PQ 两点的距离为 d。 ?.求 U ? 和区域 II 中电场强度 E 的大小 ?.若两次进入区域 III 的粒子均能回到边界 l ? 上的 同一点,求区域 III 中磁场的磁感应强度 B 的大小和 方向(磁场足够宽)

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2010 年第十一届飞英杯高中物理竞赛 高二答题卷
得 分
题号 答案 题号 答案 9 10 11 12 13 14 15 一、选择题(每题 4 分,共 60 分,漏选得 2 分,不选或错选得 0 分) 1 2 3 4 5 6 7 8

座位号

得 分

二、填空题(每空 6 分,共 18 分) 16.(1)

(2). 17. 三、计算题(共 42 分) 18.(14 分)解

得 分

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得 分

19.(14 分)解:

得 分

20.(14 分)解:

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2010 年湖州市第十一届飞英杯高中物理竞赛·高二卷·答案
一、选择题(每题 4 分,共 60 分,每题有一个或一个以上的选项是符合题目要求的,全部选对得 4 分, 漏选得 2 分,不选或错选得 0 分) 1 C 2 B 3 BD 4 D 5 A 6 A 7 BC 8 D 9 AC 10 AD 11 AD 12 AD 13 BC 14 ABC 15 B

二、填空题(每空 6 分,共 18 分) 16.(1) (2)由于 RL2 比 RL1 小得多,灯泡 L2 分得的电压很 小,虽然有电流流过,但功率很小,不能发光。

17.

8GMm 4GMm 4GMm 2 1 ? ? ( 2 ? ) 2 2 7 7L 7( 2 L ? r ) L (2 L ? r ) 2

三、计算题(共 42 分) 18. (14 分) 解析:? I 1 ? 19.(14 分) 解析: (1) mg sin370 ? ma1 (2)从 A→D:

B 2l 2v B 2l 2 v 2 Blv CBlvR ?Q ? ?F ? ,P ? R?r R?r R?r R?r

x AB ?

1 2 a1t 2

得: t ? 2a

mg ? xAB sin 370 ? a ? ? ? mg ? xBC ?

1 2 mvD 2

得: vD ? 5ga 得: FN ? 4mg

2 vD 第一次在 D 处: (假设轨道对环的力是向下的) mg ? FN ? m a

所以环对轨道的作用力是竖直向上的,大小为 4mg (3)假设小环第 n 次向左过 D 时(n 为大于等于 1 的整数) ,速度设为 v Dzn 由动能定理得: mg (6a sin ? ? a) ? 2(n ? 1)( 3a ? 2a ? a)mg ? ? amg ? ?

1 2 mv Dzn 2

mga (3.7 ? 1.2n) ?
n<

1 2 mv Dzn >0 2

37 ,所以最多向左第 3 次通过 D 点 12

假设小环第 k 次向左过大圆轨道最高点 G 时,速度设为 vGzk

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由动能定理得: mg (6a sin ? ? 2a ) ? 2(k ? 1)( 3a ? 2a ? a )mg ? ? (2a ? a) g? ?

1 2 mv Gzk 2

mga (2.5 ? 1.2k ) ?
k<

1 2 mv Gzk >0 2

25 ,所以最多向左第 2 次通过 G 点 12

如果环能第 2 次向右过 G 点,说明最终环在 FE 之间,所以要证明是否能第 2 次能向右过 G 点,设第 2 次向右过 G 点时速度为 vGy 2 由动能定理得: mg (6a ? 2a) ? 3(3a ? 2a ? a)mg ? ? 3amg ? ? 即: ? 0.5mga ?

1 2 mv Gy 2 2

1 2 mv Gy 2 2

显然是动能不可能为负的,说明不会第 2 次向右过 G 点,也就不可能出现第 3 次向左过 D 点。 所以,过 D 点的次数为 3 次(2 次向左 1 次向右) 当环第 2 次向左过 G 点后,环只能在 G 的左侧做往复运动,最后停在 IH 轨道上的某处 设环在“IH”直轨上的运动路程为 x

0?

1 2 mv Gz 2 ? mg .2a ? mg ? .x 2

0 ? mga(2.5 ? 1.2 ? 2) ? 2mga? mg?.x
得 x ? 21a ,是 3a 的 7 倍,所以小环最终停在 I 处。

20. (14 分)解: 解析: (1)设经 U 加速之后的速度为 v0 ,出边界 l ? 的速度为 v ,竖直方向的偏移量为 y , 竖直分速度为 v y ,速度偏向角为 ? ,区域 II 的宽度为 L,穿过区域 II 的时间为 t ,加速度为 a ,有:

L ? v0 t



y?

1 2 at 2



v y ? at
解得 y ?



tan? ?

vy v0



L tan ? 2



电场加速中由动能定理: qU ? 由牛顿第二定律: Eq ? m a 由①②⑤⑥⑦解得: U ?

1 2 mv 0 2

⑥ ⑦ ⑧

EL 2 tan ?

代入数值得:

U ? tan? 1 ? ? U tan ? 3

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解得: U ? ?

1 U 3


第二次偏移量 y 2 与第一次偏移量 y1 之差为 d 得: y 2 ? y1 ? d 结合⑤得: L ?

3d



由⑧⑩联立代入第一次入射的数据解得: E ?

2U 3d
P

(2)设进入磁场时,粒子做圆周运动的半径为 R

v2 由牛顿第二定律: qvB ? m R
及: v0 ? v cos? 结合⑥解得: R ? O2

d O1 Q

2qUm qB cos?

代入数值得到,第一次粒子的半径 R1 和第二次粒子的半径 R2 关系为: R1 ? R2 再由两弦长之差为 d 可得: 2R1 cos? ? 2R2 cos ? ? d 解得: B ?

?6

2 ? 2 6 qUm 3qd

?

由第一次弦长大于第二次弦长可知圆心位于射出点下方,故 B 的方向垂直纸面向外。

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