宁波市高二物理竞赛试卷

1、宁波市高二物理竞赛试题参考答案及评分标准宁波市高二物理竞赛试题参考答案及评分标准 2008. 12 一.选择题(共 50 分, 每小题 5 分, 选不全得 2 分,有错选不得分,共 50 分) 1 B 二.填空题(每题 6 分,共 60 分, 有两空格的题,分数平分) 11. (1+2) t12. 4E1E 2 ( E1E2)2 2 AD 3 D 4 CD 5 C 6 AD 7 B 8 B 9 AB 10 AD 13. 2 W14. t 2 2 t 2 t12 15. G1(2 3 3)qBa 16. 0.8 A , 9.610-5C17. 4.25Ek18. G3 G22m 42R g 20

2、2R 19.v 3 t2 2t 520. 2 三. 计算题 (解答应有详细的解题过程, 只写出最后结果的不能得分.共 90 分) 21 题,10 分 解:设天平左、右两臂长为L1、L2, 左、右两盘质量为m1、m2, 所求物体的准确质量设为c, 则 (m1+a)gL1= (m2+ x)gL22 分 (m1+b)gL1= (m2+ y)gL22 分 (m1+c)gL1= (m2+ z)gL22 分 (z x)(a b) a(x y)bx ay (a b)z 解得: c = z x (a b) a 4 分 x yx yx y 22 题，10 分 解: 根据对称性, 三点电荷各自在P点产生的电势相等

3、, 设为1, 则C处点电荷在Q点产生的电势也 为1 , 在 A、B 处的点电荷各自在Q 点产生的电势也应相等, 设为2, 根据叠加原理有: 31 =p2 分解得:1 p 3 1 分 1+ 22=Q2 分2 Q 2 p 6 1 分 取走 B 处点电荷后,P 点的电势p= 21= 2 p2 分 3 Q 点的电势Q=1+2= p 6 Q 2 2 分 23 题, 14 分 A 解: 设绳的拉力为 F1, 则 滑块 A:F1- mAg = mAaA2 分 平板 B:F-F1- mAg-(mA+ mB) g = mBaB4 分 1 a At 2 1 a Bt 2 L2 分 22 aA= aB2 分 解得拉

4、力 F =15.52 N4 分 B 解: 设 C 向上运动, 其加速度设为 a, 则动滑轮加速度也为 a, 方向向左. 以动滑轮为参考系, 在该 参考系中, 对 A、B 列动力学方程, 需考虑惯性力. 设绳的拉力为 F1, m 表示 A、B、C 的质量. 滑块 A:F1+ ma- mg = maAC3 分 平板 B:F-F1- ma - mg = maBC3 分 其中 aAC.、aBC是 A、B 相对动滑轮的加速度，它们方向相反，则A 相对 B 的加速度大小为 aAB= aAC.+ aBC3 分 L 1 a ABt 2 2 分 2 L =20.25110 N + 1 2 0.52 N = 31

5、 N3 分解得：F =2 mg + m 2 2 t0.22 24 题，18 分 A 解: 如图所示, 由Eq 1 mg可得, E q 与 mg 的合力 3 F = 2 mg2 分 3 F 与图中竖直线的夹角为30 .2 分 过 O作 F 的平行线, 得与圆 O 的交点 D, 则 D 点 是小球绕 O做圆周运动的“最高点”，刚好绕 O做圆周 运动的条件是：F =m 2 vD O D 30 A 30 Eq F mg E O R CR 2 分 重力势能和电势能的零点都选在C 点, 根据能量守恒有 EA= ED 2 即: mgl-Eql = mgR (1+ cos30) + EqR sin30 + 1

6、 mv D 6 分 2 由以上式子解得:R 所以OO = l-R = 3 1 l3 分 3 3 4 l 0.845l3 分 3 3 B 解： 如图所示, 电场力 Eq 与重力 mg 的合力记为 F, 因为 Eq、 mg 是保守力, 因此 F 也是保守力, 可 引入 F 的势能, 它是电势能与重力势能的总和. 带电小球在 F 作用下, 沿直线从 A 运动到 B, 由于Eq 1 mg, 所以OAB 是等边三角形, 3 则摆球从 A 到 B 的过程有 2 F l 1 mvB2 分 2 O 30 Eq 30 A mg P E D O R 60 F 在 B 处, 将 vB分解成 v1、v2, 细线拉紧后

7、瞬间, 径向 分量 v2损失, 切向分量度 v1拉紧前后不变. v1= vBcos30 = 3 v2 分 2 B B v2 30 C v1 vB 接着摆球沿圆孤 BC 运动, 碰到钉子 O后, 若刚好绕 O 做圆 周运动. 过 O作 AB 的平行线交圆 O于 D 点, D 点即为小球绕 O 做圆周运动的“最高点”. 2 v D 在 D 点满足:F m2 分 R 过 O 点作 OPAB, 取 OP 为 F 对应势能的零点, 根据能量守恒有 EB= ED 22 F l 1 mv D F (l R)cos30 R6 分即: 1 mv1 222 由以上四式解得:R 所以OO = l-R = 25 题，

8、16 分 5 3 3 l3 分 12 15 5 3 l 0.528l3 分 12 A 解: 设磁场的磁感应强度为B, 导轨的宽度为 L, 金属杆获得速度瞬间, 流过电阻 R 的电流为 I. 则I BLv 4 分 R r 安培力F = BIL3 分 F + mg = ma4 分 由此三式解得:I B 解: 设金属丝单位长度的电阻r. 整个矩形闭合回路感应电动势E 整个矩形闭合回路的电流I (kt ab) kab(1)1 分 tt mv(a g)0.10 2.5(5.0 0.2010) A = 0.5 A5 分 R r2.0 1.0 E (2)2 分 2r (a b) 矩形中右边部分回路的感应电动

9、势E1 kac(3)1 分 t 设电压表测得的电压为U, 并设该电压为上正下负, 则对右边部分的回路 E1= Ir (a+2c) + U(4)3 分 ka2(2c b) 由以上四式解得:U 2 分 2(a b) 电压表的读数为 U 的绝对值. 当电压表接成图 17-2 位置时, 电压表与右边部分金属丝组成的回路, 其电动势 E2= 0(5)2 分 此时电压表测得电压设为U1, 并设该电压为上正下负, 对右边回路 E2= Ir (a+2c) +U1(6)3 分 由(1)、(2)、(5)、(6)解得:U1= - kab(2c a) 2 分 2(a b) 负号表示 U1实际为下正上负, 电压表的读数

10、为 U1的绝对值. 26 题，22 分 A 解: 设小球起始高度为 h1, 各次到达轨道最高点的高度如图所示. 小球从 h1到 h2:mg (h1-h2) = mgcos 得:h2 h2 = mgcoth2(1)3 分 sin 1 h(2)1 分 1cot 1 h1 h3 L0 h5 O h2 小球从 h2到 h3:mg (h2-h3) = mgcoth2(3)3 分 得:h3= (1-cot)h2(4)1 分 小球从 h3到 h4, 可列与(1)类似的式子, 得: h4 1 h(5)3 分 1cot 3 h4 小球从 h4到 h5, 可列类似(3)的式子, 得: h5= (1-cot)h4(

11、6)3 分 由(2)、(4)、(5)、(6) 得小球第二次返回左轨道, 并达到最高点的高度: h5 (1cot)2 (1cot)2 h1(7)4 分 根据题意可知:h5 h1 (8) 3 3 1 tan= 3 1 3 1 =0.1554 分 3 3 由(7)、(8)式解得: B 解: 设小球起始高度为 h1, 各次到达轨道最高点的高度如图所示. 第一次从左到右: mgh1-1mgcos 得:h2 hh 1 = mgh2 + 2 mg cos 2 2 分 sinsin 11cot11cot 1 分h1= k1h1其中k1 12cot12cot 第一次从右滑到左: mgh2-2mg cos 得:h

12、3 hh2 = mgh3+1mgcos 3 2 分 sinsin 12cot12cot 1 分h2= k2h2其中k 2 11cot11cot L0 h3 容易发现, 以后小球每次从左滑到右, 到达的高度是该 次起始高度的 k1倍; 小球每次从右滑到左, 到达的高度是该 次起始高度的 k2倍. 那么小球各次到达的高度可依次推得. 从右到左从左到右 h1= h1(起始高度)h2= k1h1 h3= k2h2= k1k2h1h4= k1h3= k12k2h1 h5= k2h4= k12k22h1h6= k1h5= k13k22h1 h7= k2h6= k13k23h1h8= k1h7= k14k23h1 质点在在两轨道往返无数次后, 最终停止于 O 点, 质点通过的总路程: s = = 1 (h 2h 2h 2h ) 1 (2h 2h 2h 2h )6 分 3572468 sin 1 sin h1 h5 O h4 h2 2h12k hh 233233 (1 k1k 2 k12k 2 k1k 2 ) 1 1(1 k 1k2 k12k 2 k1k 2 ) 1 sinsinsin 2