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高一物理竞赛试卷


高一物理竞赛试卷
考试时间:3 小时 满分:160 分 1. (15 分)如图 1 所示,一质量为 M 、倾角为θ 的光滑斜面,放置在光滑的水平面上,另 一个质量为 m 的滑块从斜面顶端释放,试求斜面的加速度。 2. (15 分)快艇系在湖边,湖岸是直线,系绳突然松脱,风吹着快艇以恒定速度 Vo=2.5km /h 沿与湖岸成 150 角的方向飘去,一人能在岸上以 V1=

4km/h 行走或在水中以 V2=2km /h 游泳.问: (1)他能否赶上快艇; (2)当快艇速度多大时,他总可以赶上快艇. 3.(15 分)如图所示,放在水平面上的质量为 m 的物体,与水平面间的动摩擦因数为μ , 物体在水平恒力 F1 的作用下在水平面上做匀速直线运动。今若再对物体施加一个大小与 F1 相等的力 F2。求: (1)要使物体仍沿原方向做匀速直线运动,则力 F2 必须满足什么条件? (2)又若物体运动的位移为 s,要使合外力对物体做的功最多,则 F2 又需满足什么条件? F1 4. (15 分)在倾角α =30°的斜坡底端,一小石子以 v0 的初速抛出,初速度方向与水平面 的夹角用θ 表示,如图 3,则: (1)若 v0=10m/s,θ 0=60°,求石子在斜坡上的落点离抛出点的距离; v0 (2)θ 为多大时,石子沿斜坡方向的射程最大? θ (3)θ 为多大时,石子垂直落到斜坡上。 图3 5. (15 分)用细杆把质量为 M 的圆环固定起来,其顶部套有两个质 量均为 m 的小环,它们之间无摩擦。现给两小环一个微小扰动,令 两小环分别从左、右两边下滑(不计初速) 。试讨论:m 和 M 满足何 关系时,大环有上升或下降的趋势。

6.(15 分)如图 4 所示,A 物的质量为 2×10 kg,放在倾角为 30?的斜面上,轮轴 B 的质量 4 为 1×10 kg,放置在水平面上,A、B 用绕过滑轮 C 的 D F 细线相连接, CE 处于水平位置。 绳 现在轮轴的边缘上 绕一细绳,绳的一端 D 施加一水平力 F,设滑轮 C 和 C 绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦不计。重物 A 与斜面 R A B r 间的动摩擦因数为 0.7,轮轴 B 与水平面间的摩擦系 ? 30 数为 0.5,图中 R=2r。试求;欲使此系统保持平衡状 态,力 F 的取值范围为多少? 图4

4

7. (15 分)北京时间 05 年 4 月 12 日 20 时 0 分, 我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙” 捆绑式运载火箭,成功地将“亚太六号”通信卫星(其质量用 m 表示)送入太空。这颗“亚太六 号 ” 通 信 卫 星 在 围 绕 地 球 的 椭 圆 轨 道 上 运 行 。 离 地 球 表 面 最 近 的 点 A( 近 地 点 ) 高 度 L1=209km(209×103m)、离地球表面最远的点 B(远地点)高度 L2=49991km(49991×103m)。 已知地球质量 M=6.0× 24kg、引力常量 G= 10 106m. 地球上空任一高度处 h(h 为到地球中心的距离),卫星具有的引力势能表达式为GMm h

1 15

× -9N· 2/kg2、地球半径 R=6400km=6.4× 10 m

求: (1)此卫星在围绕地球的椭圆轨道上从近地点 A 运动到远地点 B 的时间约为几天(设 2 π =10.保留两位数字) (2)证明:VA·(L1+R)= VB(L2+R) 其中 VA 和 VB 分别是“亚太六号”通信卫星在近地点 A 和远地点 B 的速度;L1+R 和 L2+R 分别是 “亚太六号”通信卫星在近地点 A 和远地点 B 到地球球心的距离(提示:根据椭圆的对称性 可知近地点 A 和远地点 B 所在轨道处的极小 的弧形应是半径相等的圆弧的弧) (3)试计算“亚太六号”通信卫星的发射速 度 V 0 的大小是多少 km/s(保留两位数字)

8、 (15 分)一辆汽车沿水平公路以速度 v 无滑动地运动,如果车轮半径为 R,试求车轮抛 出的水滴上升的最大高度和抛出点的位置.

9、(20 分)有一个摆长为 l 的摆(摆球可视为质点,摆线的质量不 计) ,在过悬挂点的竖直线上距悬挂点 O 的距离为 x 处(x<l)的 C 点有一固定的钉子,如图所示,当摆摆动时,摆线会受到钉子 的阻挡.当 l 一定而 x 取不同值时,阻挡后摆球的运动情况将不 同.现将摆拉到位于竖直线的左方(摆球的高度不超过 O 点) , 然后放手,令其自由摆动,如果摆线被钉子阻挡后,摆球恰巧能 够击中钉子,试求 x 的最小值.

10、 (20 分)如图所示,竖直放置的质量为 4 m,长为 L 的圆 管顶端塞有一个质量为 m 的弹性圆球,球和管间的滑动摩擦 力和最大静摩擦力大小均为 4 mg.圆管从下端离地面距离为 H 处自由落下,落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相 等.求: (1)圆管弹起后圆球不致滑落,L 应满足什么条件. (2)圆管上升的最大高度是多少? (3)圆管第二次弹起后圆球不致滑落,L 又应满足什么条件?

高一物理竞赛试题答卷
考试时间:3 小时 满分:160 分 班级: 姓名:

参考答案.
1.解说:本题涉及两个物体,它们的加速度关系复 杂,但在垂直斜面方向上,大小是相等的。对两者列隔 离方程时,务必在这个方向上进行突破。 (学生活动)定型判断斜面的运动情况、滑块的运 动情况。 位移矢量示意图如图 19 所示。根据运动学规律,加 速度矢量 a1 和 a2 也具有这样的关系。 (学生活动)这两个加速度矢量有什么关系? 沿斜面方向、垂直斜面方向建 x 、y 坐标,可得: a1y = a2y ① 且:a1y = a2sinθ ② 隔离滑块和斜面,受力图 如图 20 所示。 对滑块,列 y 方向隔离方 程,有: mgcosθ - N = ma1y ③ 对斜面,仍沿合加速度 a2 方向列方程,有: Nsinθ = Ma2 ④ 解①②③④式即可得 a2 。 答案:a2 =
m sin ? cos ? M ? m sin
2

?

g



(学生活动)思考:如何求 a1 的值? 解:a1y 已可以通过解上面的方程组求出;a1x 只要看滑块的受力图,列 x 方向 的隔离方程即可, 显然有 mgsinθ = ma1x , 得:a1x = gsinθ 。 最后据 a1 = 求 a1 。 答:a1 = 2.
g sin ? M ? m sin
2

a 1x ? a 1y
2 2

?

M

2

? m ( m ? 2 M ) sin

2

?



3.解:要使物体在受到 F2 的作用后,仍能维持原速 度方向做直线运动,所加力 F2 必与原速度方向在同 一竖直平面内(否则物体将偏离原运动方向而运 动) ,即 F2 应与 F1 在同一竖直平面内。加上力 F2 后,物体的受力如图所示,设 F2 与 F1 之间的夹角 f 为θ ,以 F 表示 F1 和 F2 的大小。由于竖直方向受 力平衡,则有:
F 2 sin ? ? N ? mg

F1 N F2 θ F1

v

v

mg

……① 2 分

依题意知,未加力 F2 时有: F1 ? ? mg ……② 2 分 则物体此时所受的合力为:
F 合 ? F1 ? F 2 cos ? ? f

……③ 2 分 ……④ 3 分
1

由 F1=F2=F 联立①②③解得:
F合 ?
2

F 合 ? F cos ? ? ? F sin ?

由数学知识可知:

1 ? ? F sin ?? ? ? ?

? ? arctan

(其中

? ) ……⑤ 3 分

(1)要使物体继续做匀速直线运动,则应有 F 合=0,结合本题情况,θ 可在 0° ~360°范围内取值,故由⑤式可以得到满足 F 合=0 的θ 有两个值θ 1 和θ 2,即
? 1 ? ? ? 180 ? ? 2 ? ? ? 360 ? ? 1 ? 180 ? ? ? ? 2 ? 360 ? ? ?

F2

……⑥ 3 分

φ

θ

θ
1

F1
2

F1

φ F2

θ 1 和θ 2 的方位关系如右图所示。

(2)对于一定的 s,要合外力对物体所做的功最多,由于合外力与 s 在同一直线 上,故可见只需合外力的值尽可能大即可。由⑤式可知,能使 F 合得到最大值的 θ 可以有两个值θ 3 和θ 4,
φ θ θ F2
3 4

F1

F1

φ F2

? 3 ? ? ? 90 ? ? 4 ? ? ? 270 ?

? 3 ? 90 ? ? ? ? 4 ? 270 ? ? ?

……⑦ 3 分

θ 3 和θ 4 的方位关系如右图所示,取θ 3 时,合外力对物体做正功,功值最 大;取θ 4 时,合外力对物体做负功,功值也为最大。

4.解: (1)设石子在斜坡上的落点离抛出点的距离为 s,则 在水平方向上 s cos ? ? v 0 cos ? 0 ? t 在竖直方向上 s sin ? ? v 0 sin ? 0 ? t ? 解得 s ?
2 v 0 co s ? 0 sin (? 0 ? ? )
2

[2 分]
1 2 gt
2

[2 分] [2 分]

g co s ?
2

? 6 .7 m

(2) s ? 当? ?
?
4 ?

2 v 0 co s ? sin (? ? ? )
2

g co s ?
2

?

v0

2 2

g co s ?

[sin ( 2? ? ? ) ? sin ? ]

[2 分]

?
2

? 60

?

时,射程最大

(3)设石子垂直落到斜坡上的速度为 vt,则有速度关系式 水平方向上 v t sin ? ? v 0 co s ? 竖直方向上 ? v t co s ? ? v 0 sin ? ? g t 得t ?
v 0 co s(? ? ? ) g sin ?
gt 2
2

[2 分] [2 分] [2 分]

由第(1)问中的位移关系式可得 tan ? ?

v 0 sin ? ? t ?

v 0 co s ? ? t

解得 tan ? ?

1 ? sin ?
2

sin ? co s ?

?

5 3 3

[4 分]

5.解、如图,设小环滑到方位角 θ 时的瞬时速度为 v 。 隔离右环,
2 ? v ? 动力学关系: mg cos ? ? N ? m ? R ? 1 2 ? 能量关系: mv ? mgR (1 ? cos ? ) ? 2 ?

4分 ① …… 2 分 ② …… 2 分 ……2 分

解得:N = mg(2-3cosθ) 要大环有上升的趋势,须满足 2Ncosθ ≥ Mg 解①②得大环上升的条件
m M



1 ? 6 cos ? ? 4 cos ?
2

1 3 ? ,对 m 的要求低 ? cos ? ? 3 时,右边有极小值 2 讨论: ? 1 3 ? cos ? ? 时,右边大于 ,对 m 的要求高 3 2 ?

再讨论:将①②联立后得不等式 6mcos2θ - 4mcosθ + M ≤ 0 ,其解 为——
2m ? 4 m ? 6 mM
2

≤ cosθ ≤

2m ?

4 m ? 6 mM
2

③ ……2 分 M 时,大环在唯一位置(θ =

6m

6m

当 m < 3 M 时,大环只有下降趋势;当 m =
2

3 2

arccos 1 )有上升趋势,其它位置均只有下降趋势;当 m > 3 M 时,大环在一个
3 2

范围内(这范围由③决定)有上升趋势,其它位置则有下降趋势。

……3 分

6.解:本题考查一般物体的平衡条件:同时满足力的平衡条件和力矩平衡条件。 (1)物 A 放在斜面上,摩擦角
? ? arctgu ? arctg ? 0.7 ? 35 ? 30
? ?

故当沿斜面方向的绳的拉力 T=0 时 A 也能静止在斜面上, 即作用在轮轴边缘
F m in ? 0 D 处的水平力最小值为 (2)当水平力 F 由零逐渐增大时,A 有沿斜面上滑趋势,考虑当 A 受到最

大静摩擦力 f A m 时,由摩擦定律和力的平衡条件(受力如图 5)有:
? f A m ? ? A G A co s 3 0 ? ? ? ? ? T ? f A m ? G A sin 3 0 ?
3

(1) (2)

D

F

T ? 2 2 1 .2 ? 1 0 N 所以 这时假设轮轴能平衡,以 H 为转轴由力矩平衡条件有
T (R ? r) ? F ? 2R

T

NB

而 所以

R=2r
F ? 1 6 5 .9 ? 1 0 N
3

GB fB
3

B 受的静摩擦力

f B ? T ? F ? 5 5 .3 ? 1 0 N
3

图5

f Bm ? ? B N B ? 5 0 ? 1 0 N ? f B 而 故轮轴 B 不能保持平衡,由此可见,欲使系统处于平衡状态,A 不可能达到 极限平衡状态。由(3)式有:

F ?

3 4

T

(4) (5) ,T
?

又 所以

fB ? F ? T ? 0
F ? 150 ? 10 N
3

? 200 ? 10 N
3

f A ? T ? G A sin 3 0 而 所以 A 能平衡。

? 1 0 0 ? 1 0 N ? f Am
3

综上所述,F 的取值范围是 0 ?

F ? 1.5 ? 10 N
5

7.解:(1)万有引力提供向心力
GMm r
2

=mω 2r=m(
r t
3 2

2? T

)2r

(1 分) (1 分)
r t
3 2

整理得

==

GM 4?
2

由开普勒定律及上面推证知任一椭圆中上式同样适用:k=

==

GM 4?
2

(1 分)

由图知半长轴 r=(209+2×6400+49991)/2 km =31500km(或 315×105m)
4? r
2 3

(1 分) (1 分)

T=

GM
4 ? 10 ? 315 1 ? 10
?9 3

(1 分)
? 10
15

=

s=0.64 天
24

(1 分)

? 6 . 0 ? 10

15

从近地点 A 运行到远地点 B 的时间 t=T/2=0.32 天 (2)设近地点 A 和远地点 B 所在轨道处的极小圆弧的半径为ρ 依题意和万有引力提供向心力得: fA=
GMm ( L1 ? R )
2

(1 分)

=m

VA

2

?
VB
2

………………………………………………(1 分)

fB=

GMm (L2 ? R)
2

=m

?

……………………………………………(1 分)

联立解得 VA·(L1+R)=VB(L2+R)………………………………………………. ..(1 分) (3)由机械能守恒及上面的证明得:
1 2

mV 2A -mV 2A --

GMm L1 ? R

= mV 2 -B
2
2 = mV 0 --

1

GMm L2 ? R
GMm R

……………………………….(1 分)

1 2

GMm L1 ? R

1

…………………………………..(1 分)

2

VA·(L1+R)= VB(L2+R) 联立解得 V 0 = 8.
2 GM ( L 1 ? L 2 ? R ) ( L1 ? L 2 ? 2 R ) R

…………………………..(2 分)

代入数据得 V0=10.6km/s………………………………………(2 分)

9、参考解答 摆线受阻后在一段时间内摆球作圆周运动,若摆球 的质量为 m , 则摆球受重力 m g 和摆线拉力 T 的作用, 设 在这段时间内任一时刻的速度为 v , 如图预解 20-5 所示。 用 ? 表示此时摆线与重力方向之间的夹角,则有方程式
T ? mg c o ? ? s mv
2

l? x

(1)

运动过程中机械能守恒,令 ? 表示摆线在起始位置时与 竖直方向的夹角,取 O 点为势能零点,则有关系

? m g l co s ? ?

1 2

m v ? m g [ x ? ( l ? x ) co s ? )]
2

(2)

摆受阻后,如果后来摆球能击中钉子,则必定在某位置时摆线开始松弛,此 时 T =0,此后摆球仅在重力作用下作斜抛运动。设在该位置时摆球速度 v ? v 0 , 摆线与竖直线的夹角 ?
2

? ?0

,由式(1)得 (3)

v 0 ? g ( l ? x ) co s ? 0 ,

代入(2)式,求出
2 l cos ? ? 3( x ? l ) cos ? 0 ? 2 x

(4)

要求作斜抛运动的摆球击中 C 点,则应满足下列关系式:
( l ? x ) sin ? 0 ? v 0 cos ? 0 t


1 2
2

(5)
g t

(l ? x ) c o s ? ? v ?0 0

? i 0n t s ?

(6)

利用式(5)和式(6)消去 t ,得到
v0 ?
2

g ( l?

x s i ?0 ) n
2

2 c o?s0

(7)

由式(3)(7)得到 、
c o ?0 ? s 3 3

(8) 代入式(4) ,求出
? ? arcco s ?
? ? x(2 ? 3) ? l 3 ? ? 2l ?
/ 2 ,由此可求得 x

(9) 的最小值:

?

越大, cos ? 越小, x 越小, ? 最大值为 ?
x(2 ? 3) ? 3l



所以
x ? (2 3 ? 3) t ? 0.464 l

(10)

评分标准:本题 20 分。式(1)1 分,式(2)3 分,式(3)2 分,式(5)(6) 、 各 3 分,式(8)3 分,式(9)1 分,式(10)4 分。
10.


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