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高中物理竞赛模拟试题及答案


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1. 我国将于 2008 年下半年发射围绕地球做圆周运动的“神舟七号”载人飞船。 届时,神舟 七号将重点突破航天员出舱活动(太空行走如图甲)技术。从神舟七号开始,我国进入载人航 天二期工程。在这一阶段里,将陆续实现航天员出舱行走、空间交会对接等科学目标。 (1)若已知地球半径为 R,地球表面重力加速度为 g。 “神舟 7 号”载人飞船上的宇

航员 离开飞船后身上的速度计显示其对地心的速度为 v ,求该宇航员距离地球表面的高度。 (2)已知宇航员及其设备的总质量为 M,宇航员通过向后喷出氧气而获得反冲力,每秒 钟喷出的氧气质量为 m。为了简化问题, 设喷射时对气体做功的功率恒为 P,在不长的时间 t 内 宇航员及其设备的质量变化很小,可以忽略不计。求喷气 t 秒后宇航员获得的动能。

2.(20 分)如图所示, 为一个实验室模拟货物传送的装置, 是一个表面绝缘质量为 1kg 的小车, A 小车置于光滑的水平面上,在小车左端放置一质量为 0.1kg 带电量为 q=1× -2C 的绝缘货 10 柜,现将一质量为 0.9kg 的货物放在货柜内.在传送途中有一水平电场,可以通过开关控 制其有、无及方向.先产生一个方向水平向右,大小 E1=3× 2N/m 的电场,小车和货柜开 10 始运动,作用时间 2s 后,改变电场,电场大小变为 E2=1× 2N/m,方向向左,电场作用一段时间后,关闭 10 B 电场,小车正好到达目的地,货物到达小车的最右端, A 且小车和货物的速度恰好为零。已知货柜与小车间的动 摩擦因数 ?=0.1, (小车不带电,货柜及货物体积大小不 计,g 取 10m/s2)求: ⑴第二次电场作用的时间; ⑵小车的长度; ⑶小车右端到达目的地的距离.

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3.如图所示, 质量为 M =2 kg 的小车 A 静止在光滑水平面上, 的右端停放有一个质量为 m =0.4 A kg 带正电荷 q =0.8 C 的小物体 B. 整个空间存在着垂直纸面向里磁感应强度 B =0.5T 的匀强磁 场,现从小车的左端,给小车 A 一个水平向右的瞬时冲量 I =26 N· s,使小车获得一个水平向 右的初速度,物体与小车之间有摩擦力作用,设小车足够长, (1)瞬时冲量使小车获得的动能. (2)物体 B 的最大速度. (3)在 A 与 B 相互作用过程中系统增加的内能. (g =10m/s2) 求:

4.如图所示,光滑水平面 MN 上放两相同小物块 A、B,左端挡板处有一弹射装置 P, 右端 N 处与水平传送带理想连接,传送带水平部分长度 L=8m,沿逆时针方向以恒定速度 v=6m/s 匀速转动。物块 A、B(大小不 计)与传送带间的动摩擦因数 ? ? 0.2 。 物块 A、B 质量 mA=mB=1kg。开始时 A、 B 静止,A、B 间压缩一轻质弹簧,贮有 弹性势能 Ep=16J。现解除锁定,弹开 A、 B。求: (1)物块 B 沿传送带向右滑动的最远距离。 (2)物块 B 滑回水平面 MN 的速度 v ? 。 B (3)若物体 B 返回水平面 MN 后与被弹射装置 P 弹回的 A 在水平面上相碰,且 A、B 碰 后互换速度,则弹射装置 P 必须给 A 做多少功才能让 AB 碰后 B 能从 Q 端滑出。

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24.如图 13 所示,M、N 为两对圆弧塑料导轨,分别粘接在 U 形金属导轨上层的 C、D、E、 F 点,三导轨平滑连接且宽均为 L=1 m,导轨下层距离水平地面高为 H=0.2 m,在其上方放 置一单向导电、 质量为 m2=1kg 的金属杆 2(已知金属杆 2 在 P 端电势高于 Q 端电势时有电流 通过,反之无电流通过),整个装置放在竖直向上的 匀强磁场中,磁场的磁感应强度为 B=0.1T.已知质量为 m1=0.5kg 的金属杆 1 在 M 轨道上从高为 h=0.8m 处由静止释放沿导轨 M 滑下,经 U 形金属导轨上层水平部分后滑上塑料导轨 N,金属杆 1 与 U 形金属导轨上层 水平部分接触良好, 多次反复运动后使金属杆 2 脱离轨道着地, 着地点到下层轨道右端水平 距离为 s=0.2 m 处, 金属杆 1 和金属杆 2 导电时的电阻之和为 R=2Ω (忽略一切摩擦和导轨的 电阻),取 g=10m/s2.求: (1)流过金属杆的最大电流; (2)当金属杆 2 离开下层导轨后金属杆 1 的最大速度及上升的最大高度; (3)此过程中电路产生的焦耳热.

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1: 【解析】 (1)设地球质量为 M0,在地球表面,对于质量为 m 的物体有, mg ? G 分) 离开飞船后的宇航员绕地球做匀速圆周运动,有 G

M 0m R2

(2

M0M v2 ?M r2 r

(2 分)

联立解得

r=

R2 g v2
h=r-R=

(2 分)

该宇航员距离地球表面的高度

R2 g -R v2

(2 分)

(2)因为喷射时对气体做功的功率恒为 P,而单位时间内喷气质量为 m,故在 t 时 间内,据动能定理 P ? t ?

2P 1 mt ? v 2 可求得喷出气体的速度为: v ? m 2
1 Mu 2 2

(2 分) (2 分) (2 分)

另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒,则: 0 ? mtv ? Mu 又宇航员获得的动能, E k ?

联立解得

Ek ?

1 mt 2 P 2 mPt 2 M( ? ) ? 2 M m M

(2 分)

2: (20 分)解答: (1)货物 a1 ? 小车 a 2 ?

F1 ? f 3 ? ? ?m1 ? m0 ?g 3 ? 0.1 ? 1 ? 10 ? ? ? 2m / s 2 m1 m1 ? m0 1

(1 分)

f? ? 1m / s 2 M

(1 分)

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经 t1=2s 货物运动 S1 ?

1 2 a1t1 ? 4m 2 1 2 小车运动 S 2 ? a 2 t1 ? 2m 2
向右

(1 分) (1 分)

货物 V1=a1t1=2×2=4m/s 向右 小车 V2=a2t1=1× 2=2m/s

经 2 秒后,货物作匀减速运动 a1 ?

?

qE2 ? f 1 ? 1 ? ? 2m / s 2 向左 m1 ? m0 1

(1 分)

小车加速度不变, 仍为 a2=1m/s2 向右, 当两者速度相等时, 货柜恰好到达小车最右端, 以 后 因 为 qE2=f=?(m0+m1)g , 货 柜 和 小 车 一 起 作 为 整 体 向 右 以 (1 分)

a3 ?

qE2 1 ? ? 0.5m / s 2 向右作匀减速直到速度都为 0. m0 ? m1 ? m 2
共同速度为 V=V1—a1′ t2

2 8 V= m/s s 3 3 8 0? 3 ? 16 s 货物和小车获得共同速度至停止运动用时 t 3 ? ? 0.5 3
V=V2+a2′t2 t2= 第二次电场作用时间为 t=t2+t3=6s

(1 分)

(1 分)

(2 分) (2 分) (2 分) (2 分) L=

(2)小车在 t2 时间内位移 S3=V2t2+

1 14 a2t22= m 2 9 1 20 货柜在 t2 时间内位移为 S4=V1t2— a1′t22= m 2 9 24 小车长度 L=S1-S2+S4-S3= m 9 1 2 (或用能量守恒 qE1S1-qE2S4= ?mgl ? (m ? M )V 2
0 2 ? V 2 96 32 ? ? ? 10.7m 2a 3 9 3

24 m 9

(2 分)

(3)小车右端到达目的地的距离为 S

S ? S 2 ? S3 ?

3.【解析】 (1)瞬时冲量和碰撞是一样的,由于作用时间极短,可以忽略较小的外力的影 响,而且认为,冲量结束后物体 B 的速度仍为零,冲量是物体动量变化的原因,根据动量定 理即可求得小车获得的速度,进而求出小车的动能. I = Mv0,v0 = I / M = 13m / s,Ek = Mv02 / 2 = 169J. (2)小车 A 获得水平向右的初速度后,由于 A、B 之间的摩擦,A 向右减速运动 B 向右
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加速运动,由于洛伦兹力的影响,A、B 之间摩擦也发生变化,设 A、B 刚分离时 B 的速度为 vB,则: BqvB = mg,即 vB = mg / Bq = 10m / s 若 A、B 能相对静止。设共同速度为 v 由 Mv0 = (M + m)v ,解得 v = 10.8m / s 因 vB<v,说明 A、B 在没有达到共同速度前就分离了, 所以 B 的最大速度为 vB = 10m / s. (3)由于洛伦兹力的影响,A、B 之间的摩擦力逐渐减少,因此无法用 Q = fs 求摩擦产生 的热量,只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解. 由于 B 物体在达到最大速度时,两个物体已经分离,就要根据动量守恒定律求这时 A 的 速度,设当物体 B 的速度最大时物体 A 的速度为 vA A、B 系统水平方向动量守恒:Mv0 = MvA + mvB ∴vA = (Mv0 – mvB) / M = 11m/s Q =Δ E = Mv02 / 2 – MvA2 / 2 – mvB2 / 2 = 28J 4.【解析】试题包括四个物理过程:①弹簧解除锁定,AB 相互弹开的过程,系统动量、 机械能守恒。②B 滑上传送带匀减速运动的过程,用动能定理或动力学方法都可以求解。③B 随传送带匀加速返回的过程,此过程可能有多种情况,一直匀加速,先匀加速再匀速。④B 与 A 的碰撞过程。遵守动量守恒定律。 (1)解除锁定弹开 AB 过程中,系统机械能守恒: E p ? 由动量守恒有: mAvA=mBvB ②

1 1 2 2 m A v A ? mB v B 2 2



由①②得: v A ? 4 m/s

v B ? 4 m/s

B 滑上传送带匀减速运动,当速度减为零时,滑动的距离最远。由动能定理得:

1 2 ? ?mB gsm ? 0 ? mB v B 2



2 vB ? 4m 所以 s m ? 2 ?g

(2)物块 B 沿传送带向左返回时,先匀加速运动,物块速度与传送带速度相同时一起匀 速运动,物块 B 加速到传送带速度 v 需要滑动的距离设为 s ? , 由 ?m B gs ? ?

1 mB v 2 2



得 s? ?

v2 ? 9m ? s m 2 ?g
2 ?gsm =4m/s


说明物块 B 滑回水平面 MN 的速度没有达到传送带速度, v ? ? B (3)设弹射装置给 A 做功为 W , AB 碰后速度互换,B 的速度

1 1 2 m A v? 2 ? m A v A ? W A 2 2


v ?? = v ?A B
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B 要滑出平台 Q 端,由能量关系有: 所以,由⑤⑥⑦得 W ? ?mB gL ? 解得 W ≥ 8J

1 mB v?? 2 ? ?mB gL . B 2



又 mA=mB ⑧

1 2 mAv A 2

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⑷电磁感应与电路 【预测题 8】如图所示,固定的竖直光滑金属导轨间距为 L,上端接有阻值为 R 的电阻, 处在方向水平、垂直导轨平面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场中,质量为 m 的导体棒与下 端固定的竖直轻质弹簧相连且始终保持与导轨接触良好, 导轨与导体棒的电阻均可忽略, 弹簧 的劲度系数为 k。初始时刻,弹簧恰好处于自然长度,使导体棒以初动能 Ek 沿导轨竖直向下 运动,且导体棒在往复运动过程中,始终与导轨垂直。 (1)求初始时刻导体棒所受安培力的大小 F; (2)导体棒往复运动一段时间后,最终将静止。设静止时弹簧的弹性势能为 Ep,则从初 始时刻到最终导体棒静止的过程中,电阻 R 上产生的焦耳热 Q 为多少? 【解析】 (1)设导体棒的初速度为 v0,由动能的定义式

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Ek ?

1 2 mv 0 得 2

v0 ?

2Ek m

设初始时刻产生的感应电动势为 E,由法拉第电磁感应定律得:
E ? BLv ? BL 2E K m

设初始时刻回路中产生的电流为 I,由闭合电路的欧姆定律得:

E BL 2 E K ? R R m 设初始时刻导体棒受到的安培力为 F,由安培力公式得: I?
F ? B I L? B 2 L2 R 2EK m

(2)从初始时刻到最终导体棒静止的过程中,导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的 弹性势能,另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能,因在电路中只有电阻,电能最 终全部转化为电阻上产生的焦耳热 Q。 当导体棒静止时,棒受力平衡,此时导体棒的位置比初始时刻降低了 h,则

mg ? kh, ? h ?

mg k

由能的转化和守恒定律得: mgh ? E K ? E P ? Q

Q?

m2 g 2 ? EK ? EP k

【点评】本题通过弹簧模型和导轨模型结合起来,考查学生运用法拉第电磁感应定律、安 培力、力的平衡、能量守恒定律等知识点处理相关问题。 ⑸压轴题 【点评】本题是一道动量、能量与动力学相结合的试题。试题的物理情景考生并不陌生, 是对“传送带”类试题的创新。此类试题能够很好地将主干知识和基本方法揉合在一起进行考 查,是一道难得的试题。从题目包含的考点看,涉及到受力分析、牛顿运动定律、运动学公式, 动量、能量守恒等多个主干知识点,从题目包含的物理过程看,涉及到碰撞、匀变速运动等基 本物理过程。试题较好地体现了《大纲》规定的对考生理解、推理、分析综合、应用数学处理 物理问题等能力的考查要求。 【预测题 10】如图,光滑斜面的倾角 ? = 30° ,在斜面上放置一矩形线框 abcd,ab 边的边 长 l1 = l m,bc 边的边长 l2= 0.6 m,线框的质量 m = 1 kg,电阻 R = 0.1Ω,线 框通过细线与重物相连,重物质量 M = 2 kg,斜面上 ef 线(ef∥gh)的右方 有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度 B = 0.5 T,如果线框从静止开始运 动,进入磁场最初一段时间是匀速的,ef 线和 gh 的距离 s = 11.4 m, (取 g =
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10.4m/s2) ,求: (1)线框进入磁场前重物 M 的加速度; (2)线框进入磁场时匀速运动的速度 v; (3)ab 边由静止开始到运动到 gh 线处所用的时间 t; (4)ab 边运动到 gh 线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到 gh 线的整个过程中产 生的焦耳热。 【解析】 (1)线框进入磁场前,线框仅受到细线的拉力 FT,斜面的支持力和线框重力, 重物 M 受到重力和拉力 FT。对线框,由牛顿第二定律得 FT – mg sinα = ma.

Mg ? mg sin ? =5m/s2 M ?m (2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动 所以重物受力平衡 Mg = FT′, 线框 abcd 受力平衡 FT′= mg sinα + FA ab 边进入磁场切割磁感线,产生的电动势 E = Bl1v
联立解得线框进入磁场前重物 M 的加速度 a ? 形成的感应电流 I ?
E Bl1v ? R R

受到的安培力 FA ? BIl1

B 2 l12 v 代入数据解得 v=6 m/s R (3)线框 abcd 进入磁场前时,做匀加速直线运动;进磁场的过程中,做匀速直线运动; 进入磁场后到运动到 gh 线,仍做匀加速直线运动。 进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同,为 a = 5 m/s2
联立上述各式得,Mg = mg sinα + 该阶段运动时间为 t1 ?
v 6 ? s ? 1.2s a 5 l 2 0.6 ? s ? 0.1s v 6

进磁场过程中匀速运动时间 t 2 ?

线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前,所以该阶段的加速度仍为 a = 5m/s2
s ? l 2 ? vt3 ? 1 2 at3 2

解得:t3 =1.2 s 因此 ab 边由静止开始运动到 gh 线所用的时间为 t = t1+t2+t3=2.5s (4)线框 ab 边运动到 gh 处的速度 v′=v + at3 = 6 m/s+5× m/s=12 m/s 1.2 整个运动过程产生的焦耳热 Q = FAl2 =(Mg – mgsinθ)l2 = 9 J 【点评】考查的知识点主要有牛顿定律、物体平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合电路 欧姆定律、安培力、运动学公式、能量守恒定律等。重点考查根据题述的物理情景综合运用知 识能力、分析推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力。

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