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高二物理竞赛答案


高二才子才女杯物理竞赛
1、C 2、C 3、C 4、 C 5、D 6、D 7、D8、BCD9、BC10、D11、C12、B13、 A14、B15、B16、B17、C18、D19、D20、B21、A22、D23、C

RX ?
24、 (每空 4 分) (2)

U RV IRV ? U

(3)偏小<

br />
25、 (8 分)解: (1)设乙静止时 AP 间距离为 h,则由几何关系得 d2+h2=(2d-h)2 ① 解得 h ?

3d 4
③ ④

对滑轮受力分析如图,则有 FT+FTcosθ =mg FTsinθ =F 解得: F ?

1 mg 2

(2)乙在滑动过程中机械能守恒,滑到绳的中点位置最低,速度最大。 此时 APB 三点构成正三角形。 P 与 AB 的距离为 h ' ? d cos 30 o ?

3 d ⑤ 2


由机械能守恒有 mg (h ? h) ?
'

1 2 mv m 2

解得 v m ?

3 ( 3 ? ) gd 2 m A g? 2 ? 2.0m/s 2 mA

26、 (9 分)解: (1)开始运动时,由牛顿第二定律 F ? ma , A 的加速度大小: a A ? 方向水平向右

1

B 的加速度大小:

aB ?

m A g? 2 ? (m A ? m B ) g?1 ? 2.0m/s 2 方向水平向左 mB
vB ? 0.2s s aB

(2)设 B 从开始向右匀减速到对地的速度为零的时间为 t1 ,则有 t1 ? 这段时间内 B 运动的位移 sB1 ?

vBt1 ? 0.04m m 2 t1 时刻 A 的速度 vA1 ? vA ? aAt1 ? 1.2m/s>0 ,故此过程 A 一直匀减速运动

t1 时刻后,B 开始向左作匀加速运动,A 继续向左作匀减速运动,当它们的速度相等时,
A 达到 B 的最远端,设此过程运动时间为 t 2 ,它们共同的速度为 v,则有 对 A:速度 v ? v A1 ? a A t2 对 B:加速度 a B 2 ?

m A g? 2 ? (m A ? m B ) g?1 ? 0.4m / s22 方向水平向左 m/s mB

联立以上各式并代入数据解得: v ? 0.2m m/s /s t 2 ? 0.5s

速度 v ? a B 2 t 2

t 2 时间内 B 运动的位移: s B 2 ?

1 2 aB2t 2 ? 0.05m 2

方向水平向左

之后 A、B 相对静止,所以 B 的长度 L 至少为: L ? s A ? s B1 ? s B 2 ? 0.62 m (3)之后 A、B 共同向左减速运动, 加速度为: a B 3 ?

t1 + t 2 时间内 A 运动的位移: 1 s A ? v A (t1 ? t 2 ) ? a A (t1 ? t 2 ) 2 ? 0.63m 2

方向水平向左

(m A ? m B ) g?1 ? 0.5m/s 2 m A ? mB

方向水平向右

A、 B 共同向左减速到速度为零的过程位移为: s B 3 全过程地面对 B 的摩擦力做的功为:

v2 ? ? 0.04 m 2a B 3

W fB ? ?(m A ? mB ) g?1 ( s B1 ? s B 2 ? s B 3 ) ? ?0.104 J
27(1) (10 分)

N ? mg ? F1 sin ?
? mg cos ? ? ? sin ?
2

F1co s ? ? ? N
F1min ?

F1 ?

? mg
1? ? 2

(2) 设作用力 F2 与斜面的夹角为 α, 垂直斜面向上为正。 N 为斜面对物体的支持力。 垂直斜面

N ? F2 sin ? ? mg cos ? ? 0
平行斜面

F2 cos ? ? mg sin ? ? ? N ? 0

F2 ?

mg (sin ? ? ? cos ? ) cos ? ? ? sin ?

F2 min ?

mg (sin ? ? ? cos ? ) 1? ? 2

28、 (12 分) (1)磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动,故有

qvB ? m

2 v0 ,(1 分) r

T?

2? r 2? m ? v0 qB

粒子运动轨迹如图所示,由几何知识知,

xC ? ?(r ? r cos 450 ) ? ?

(2 ? 2)mv0 2qB

故,C 点坐标为 (?

(2 ? 2)mv0 , 0) 2qB

(2)设粒子从 A 到 C 的时间为 t1,由题意知:

5 5? m t1 ? T ? 8 4qB

设粒子从进入电场到返回 C 的时间为 t2,其在电场中做匀变速运动,有

Eq t2 ? v0 ? (?v0 ) m
t2 ?
联立⑥⑦解得

2mv 0 qE

3

1 ?m t3 ? T ? 4 2qB 设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为 t ,由题意知
3

故而,设粒子从 A 点到第三次穿越 x 轴的时间为

t ? t1 ? t 2 ? t 3 ?

7?m 2mv 0 ? 4qB qE

(3)粒子从第三次过 x 轴到第四次过 x 轴的过程是在电场中做类似平抛的运动,即沿着 v0 的方向(设为 x′轴)做匀速运动,即

x ? ? v0 t

沿着 E 的方向(设为 y′轴)做初速为 0 的匀变速运动,即

y? ?

1 qE 2 t 2 m ,

v? y ?

qE t m

设离子第四次穿越 x 轴时速度的大小为 v,速度方向与电场方向的夹角为 α. 由图中几何关系知

y? ? tan 45 0 ? x
v ? 5v0

v ? v ? v? y
2 0

2

tan ? ?

v0 v ?y

? ? arctan

解得

1 2

29(12 分) (1)设粒子进入偏转电场瞬间的速度为 v0 ,对粒子加速过程由动能定理:

1 2 qU0 ? mv0 2

得到

v0 ?

2qU0 m
x? 1 2 at 2

A B C L
L 2

P U0

进入偏转电场中,水平位移

v0
D O

其中加速度

qUCD a? md

3 (式中 d ? L) 3

θ
?
k i h

?

竖直位移与时间关系

L ? v0 t

又依题意“恰能从 D 板下边缘射出” :

x?
4

3 L 6

?

v
v


e

? g 云
α

f

解得: U CD ?

2 U0 3

(2)设粒子进入磁场时的速度为 v,对粒子的偏转过程有

q?

U CD 1 2 1 2 ? mv ? mv0 2 2 2

解得:

v?

8qU0 3m

设粒子由 k 点离开电场时偏转角为θ ,则

3L v 3 v 1 或者 tan? ? 6 或者 tan? ? x ? cos? ? 0 ? L v 2 v0 3 2
解得

? ? 30?
2?m qB0

(3)粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图所示,周期为: T ?

粒子从 k 进入磁场沿逆时针方向运动,由“并在 t ? T0 时刻的速度方向恰好水平”知,轨迹

T , 到达了 e 点; 接着磁场反向, 6 T T 在 t2 ? 内粒子沿顺时针方向运动半周到达 f 点; 此时磁场再反向, 粒子在 t3 ? 内沿逆 2 6 T T 时针方向运动到 g 点;接着在 t4 ? 内运动到 h 点;再接着在 t5 ? 内运动到 i 点;最后 2 6 T 经 t6 ? 离开磁场。 6
对应的圆心角为 ? ? 60 , 此过程对应的运动时间为 t1 ?
?

则该粒子从射入磁场到离开磁场的总时间为

t总 ? t1 ? t2 ? t3 ? t4 ? t5 ? t6 ?

5T 3

即 t总 ?

10?m 3qB0

30、 (18 分)解:设竖直向下为正方向, B 的加速度为 aB ,跨过滑轮 A B 细绳的两端拉 力分别为 FTA 、 FTB 。
5

以滑轮 A 为参考系(惯性系) ,以 m1 为研究对象有:

m1 g ? FTA ? m1 (?aB ) ,且 FTA ? 2FTB
以 B 为参考系(加速直线运动的非惯性系) ,以 m2 , m3 为研究对象,两者相对 B 具有等 值的加速度 a相 ,仍以竖直向下为正方向,对 m2 、 m3 分别加上 ?m2 aB 和 ?m3aB 的惯性力 后,应用牛顿第二定律: 对 m2 : m2 g ? FTB ? m2 aB ? m2 a相

( ) 对 m3 : m3 g ? FTB ? m3aB ? m 3 ? a相
代入数据联立解得:

FTB ?

6 24 48 1 g , FTA ? g , aB ? ? g , a相 ? g 17 17 17 17

1 g ? 0.58 m / s 2 , 17 5 a2 ? a相 ? aB ? g ? 2.9 m / s 2 , 17 7 a3 ? ?a相 ? aB ? ? g ? ?4 m / s 2 ; 17 48 24 (2) FTA ? g ? 27.7 N , FTB ? g ? 13.8 N 。 17 17
(1) a1 ? ?aB ?

部分选择题答案
4、 【答案】C【解析】试题分析:带负电的粉尘恰能悬浮,是因为重力与电场力大小相等, 方向相反.由公式可得:它们除与各自质量、电量有关系外,还与两者的中心间距有关, 当改变间距时,质量与电量没变,所以平衡条件依旧满足.当带负电粉尘在高度为 1000km 处处于平衡.则有 G

Mm qQ ,r 为星球的半径.若高度变为 2000km ?k 2 (1000 ? r ) (1000 ? r ) 2
6

处时, G

Mm qQ ,等式仍然成立,所以 C 正确 ?k 2 (2000 ? r ) (2000 ? r ) 2

考点:考查了万有引力定律以及库仑定律的应用 点评:本题容易出错:学生往往认为随着间距的变化,库仑力在变化,而却忽略了引力随 着高度也会发生变化.注意这里的高度与星球半径相比不能忽略. 5、 【解析】 试题分析: 赤道上的物体 a、 同步卫星 c 的周期相同, 所以角速度一样, 根据

R3 ?C, T2
GM , r

所以 c 的周期大于 b 的周期, 所以 b 的角速度大于 a 的, 所以 A 错误, D 正确。v ?

c 的半径大于 b,所以 vc ? vb ,所以 C 错误。 a ? 知, ac ? aa ,所以 B 错。

GM 2 ,所以 ab ? ac ,又根据 a ? r? 可 r2

6、 【答案】D【解析】试题分析:由闭合电路欧姆定律计算出到线中电流的大小,由 F=BIL 计算安培力的大小。 由图可知框架的 ad 边电阻与 abcd 边的电阻并联接在电源两端,则电路总电阻为:

2r ? r 5 E 3E ,梯形框架受到的安培力的合力大小为: ? r ? r ,总电流 I ? ? 2r ? r 3 R 5r 3BEL F ? BI1 L ? BI 2 L ? BIL ? ,D 对; 5r R?
9、 【答案】BC【解析】试题分析:滑动变阻器 R1 的滑片 P 处于左端点 a 时, R3 R4 三者并 联,所以电压表测量路端电压,于 R3 电压,电流表测量通过 R3 的电流于 R3 电压.所以根 据欧姆定律可得:

U1 ? R3 ,C 正确,当滑片 P 滑动至右端点 b, R1 R2 并联再与 R4 串联, I1

这一部分与 R3 并联,相当于在 a 端时,给 R4 串联了一个电阻,所以电路总电阻增大,故 外电路电阻增大而电压表测量的是路端电压,所以 U 2 >U1 ,A 错误,此时电流表测量的 是通过 R2 R3 的电流和,已知 R3 两端电压增大,所以通过 R3 的电流增大,故 I 2>I1 ,B
7

正确,由欧姆定律 U ? E ? I总r ,根据 r ?

?U 总 ?I总

,从题中分析可得 I 2 ? I1 ? I总 ,所以

U 2 ? U1 ? r ,D 错误 I 2 ? I1
考点:考查了电路的动态分析 点评: 本题的难点在于确定电流表示数变化量△IA 与干路电流变化△I 的大小, 采用总量法, 这是常用方法. 11、 【答案】C 【解析】解法一:采取相似三角形法对小圆环 A 受力分析,如图所示,FT2 与 FN 的合力与 FT1 平衡,由矢量三角形与几何三角形相似,

可知

m2 g m1 g ? ? R 2 R sin 2



m1 ? ? 2sin m2 2

解法二:采用正交分解法 建立如解法一中图所示的坐标系,可知:FT2=FN=m2g

2 FT 2 sin
解得

?
2

? FT 1 ? m1 g

m1 ? ? 2sin m2 2

解法三:采用三力平衡的推论法 FT2 与 FN 的合力与 FT1 平衡, 则 FT2 与 FN 所构成的平行四边形为菱形, 有 2 FT 2 sin FT2=m2g,FT1=m1g 解得

?
2

? FT 1

m1 ? ? 2sin m2 2

12、 【答案】选 B. 【解析】受力分析如图所示,OM 对球的弹力为 F1,ON 对球的弹力为 F2=G,F1、F2 的合力 F3 与重力等大反 向.则有:2α +θ =180°,α +θ =180°-θ 0,
8

解得:θ =30°. 13【答案】A【解析】 试题分析:因为任意两颗同步卫星之间的距离为

s0

,则根据几何知识可得同步卫星的轨道

1 s0 GMm 3 ? mg ' r? 2 0 ? s0 2 3 cos30 半径为 ,根据万有引力定律可得 r ,再根据公式
g'? 3R 2 g 4? 2 g'? 2 r 2 s0 T ,A 正确,B 错误,根据公式 可得

GM ? gR 2 可 得 ,

g'?

4 3? 2 s0 3T 2 ,CD 错误,

14、 【答案】 选 B. 【解析】 地球周期 T1 ? 1 年, 经过 N 年, 地球比行星多转一圈, 即多转 2? ,

2? 2? 2? 2? N ? ) ( ? ) N ? 2? T2 ? T T T T 2 ,所以 1 2 N ? 1 ,由开普勒第三定 角速度之差为 1 ,即 (
2 2 ?T ? ?r ? r2 T2 3 N 3 2 2 ? ? ( ) ? ( ) ? ? ? ? T T1 N ?1 ? r1 ? 得 r1 律? 1?
2 3

19【答案】D 【解析】因横梁所受物体对它的拉力 G 的大小和方向不变,绳的 张力 T 方向不变,横梁始终处于平衡状态,所以三力的作用线必 交于一点,为此,用力的矢量三角形法则作出如图所示的一系列 闭合三角形。 由图可知,A 点作用力 F 由大变小再变大,其方向由水平逐渐变 为竖直向上。所以,答案 D 是正确的。 20、 【答案】B【解析】如图,根据匀强电场的电场线与等势 面是平行等间距排列, 且电场线与等势面处处垂直, 沿着电 场线方向电势均匀降落,取 ab 的中点 O,即为三角形的外 接圆的圆心,且该点电势为 2 V,故 Oc 为等势面,MN 为电 场线,方向为 MN 方向,UOP=UOa= 3 V,UON∶UOP=2∶ 3 , 故 UON="2" V,N 点电势为零,为最小电势点,同 理 M 点
9

电势为 4 V,为最大电势点.B 项正确. 21、 【答案】A【解析】本题考查的是对受力平衡问题的分析,由于厚度为 h 的垫 块对球的支持力过圆心,该力与竖直方向的夹角与斜面的支持力与竖直方向的夹角相等均 为 30 度,根据几何关系可以导出球半径 r 与垫块厚度 h 之比是 2:1; 22 、 【答案】D【解析】开始时,B 受到的静摩擦力与重力分力等大反向

f ? mB g sin 30 o ? 2mg ; A 向下摆动过程中绳子中拉力逐渐变大,到最低点时最大:根
据动能定理 mgl ?

v2 1 2 mv ? 0 ,由牛顿第二定律:T ? mg ? m , T ? 3mg A 球重力的功 l 2

率先增大后变小,A 错;把 B 和斜面体看成整体,绳子拉力的水平分量向左与斜面受到的 摩擦力 等大反向,故摩擦力向右,B 错;绳子拉力由 0 逐渐增到 3mg,所以 B 受到的摩擦 力先向上减小后向下增大,D 对。 23、 【答案】C【解析】事实上,不论点电荷是正是负, (在图中,正电荷的运动轨迹为实 线,负电荷的运动轨迹为虚线) 从 A 点到 B 点,它们在两个磁场中的运动轨迹拼在一起 就组成一个完整的圆,带电粒子在两个磁场中沿 L 方向上的位移一进一退刚好抵消,在两 磁场的间隙中从 A 点出成的粒子好象在 L1 面上发生反射回到 B 点, 再在 L2 上的 B 点发生反 射,因此带电粒子在 A、B 两点的速度方向一定相同。由于上述的过程可以重复多次,因 此粒子在 L2 方向上的位移为 2n 3 d(n 为重复次数,d 为 L1、L2 间距),如果速度方向不变而 大小发生改变,则带电粒子在两个磁场中沿 L 方向上的位移大小会发生变化,但是一进一 退刚好抵消仍然不变,所以从 A 点射出的粒子一定还会经过 B 点;如果速度方向与 L2 成 0 0 30 角改变为与 L2 成 60 角斜向上,那么上面提到的重复次数 n 取不同的值时,粒子在 L2 方向上的位移 2n 3 d 可能相同、可能不同,也就是说不一定经过 B 点。 所以本题的答案是 C。

10


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