龙川县实验中学高二物理竞赛试卷(答案)

1龙川县实验中学高二物理竞赛试卷答题卷一、单选题（本大题共9小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题4分，共36分）题号123456789答案ABCDDDDDD二、双项选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分，以下每小题有二个选项符合题意，全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）题号101112131415答案ADADADBCBCBC三、填空题16．(18分,每空2分)（1）①a打点计时器应接交流电源b.重物释放时应紧靠打点计时器；②Thh2)(35;9.4．③空气阻力和摩擦阻力的影响．(2)①×100，1900③直流电压2.5v;④偏大217．（15分）如图所示，光滑1/4圆弧的半径为0.8m，有一质量为1.0kg的物体，自A点从静止开始下滑到达B点，然后沿水平面前进4.0m，到达C点停止，求：（g=10m/s2）（1）物体到达B点时的速率；（2）物体沿水平面运动的过程中摩擦力所做的功；（3）物体与水平面间动摩擦因数.解：（1）A—B：设物体到达B点时的速率为vB，由动能定理得mgR＝（1/2）mvB2vB＝（2gR）1/2＝4m/s．．．．．．．．．．．．5分（2）B—C：设摩擦力做的功为Wf，由动能定理得：Wf＝0－（1/2）mvB2Wf＝－8J．．．．．．．．．．．．5分（3）B—C：设动摩擦因数为μ，则Wf＝－μmgsBCμ＝－Wf/mgsBC＝0．2．．．．．．．．．．．．5分18．（10分）（10分）起跳摸高是学生常进行的一项活动。李刚同学身高1.72m，质量60kg，站立时举手摸高能达到2.14m。在一次摸高测试中，他先弯曲两腿向下蹲，再用力蹬地起跳，从蹬地开始经0.4s竖直跳离地面。设他蹬地的力大小恒为1050N，其重心上升可视为匀变速直线运动，不计空气阻力，取g=10m/s2。求：⑴李刚同学摸高的最大高度。⑵李刚同学从蹬地开始到跳离地面的过程中机械能的增加量。解：⑴22/5.7/606001050smsmmmgFa…………2分smsmatv/3/4.05.7……………………1分mgvh45.022H=2.14+0.45m=2.59m……………2分(2)math6.0212……2分JhmgmvE630212………3分319．（15分）如图所示，电阻不计的光滑平行金属导轨MN和OP水平放置，MO间接有阻值为R的电阻，两导轨相距为L，其间有竖直向下的匀强磁场。质量为m、长度为L、电阻为0R的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好。在CD的中点处用大小为F平行于MN向右的水平恒力拉CD从静止开始运动s的位移，导体棒CD的速度恰好达到最大速度mv。（1）试判断通过电阻R的电流方向；（2）求磁场磁感应强度B的大小；（3）求此过程中电阻R上所产生的热量。解：（1）电阻R的电流方向为M→O（2分）（2）导体棒CD达到最大速度时拉力与安培力的合力为零，由牛顿第二定律有0LBIFm①(2分)由法拉第电磁感应定律有mmBLvE②（2分）由闭合电路的欧姆定律有)(0RREImm③(2分)联立①②③式解得磁感应强度大小为mvLRRFB20)(④（2分）（3）设产生的总热量为Q，由功能关系有221mmvQFs⑤（3分）由电路知R、0R所产生的热量关系为QRRRQR0⑥（1分）联立⑤⑥式求得电阻R上产生的热量为)21(20mRmvFsRRRQ⑦（1分）ROMPNCDBFROMPNCDBF420．（20分）如图甲所示，圆形导线框中磁场B1的大小随时间t周期性变化，使平行金属板M、N间获得如图乙的周期性变化的电压。M、N中心的小孔P、Q的连线与金属板垂直，N板右侧匀强磁场（磁感应强度为B2）的区域足够大。绝缘档板C垂直N板放置，距小孔Q点的距离为h。现使置于P处的粒子源持续不断地沿PQ方向释放出质量为m、电量为q的带正电粒子（其重力、初速度、相互间作用力忽略不计）。（1）在0～2T时间内，B1大小按1Bkt的规律增大，此时M板电势比N板高，请判断此时B1的方向。试求，圆形导线框的面积S多大才能使M、N间电压大小为U？（2）若其中某一带电粒子从Q孔射入磁场B2后打到C板上，测得其落点距N板距离为2h，则该粒子从Q孔射入磁场B2时的速度多大？（3）若M、N两板间距d满足以下关系式：2225qUTmd，则在什么时刻由P处释放的粒子恰能到达Q孔但不会从Q孔射入磁场？结果用周期T的函数表示。图甲dMCNPB2QhB1图乙U－UUMN2T32TT2Tt05解：（1）（5分）由楞次定律可知，B1垂直纸面向里。（2分）（“楞次定律”1分，“B1垂直纸面向里”1分，共2分）∵Ut（或=nt）（1分）∴1BUSkSt（1分）故USk（结果写成SR或eSR的不给此分）（1分）（2）（5分）设粒子从Q点射入磁场时速度为v，粒子做圆周运动的半径为R，则2222RhRh（2分）22vqvBmR（或2vqvBmR）（写成21vqvBmR不给此分）（2分）解得252qBhvm（结果中磁感应强度不是2B的不给此分）（1分）（3）（10分）解法一：设此粒子加速的时间为t0，则由运动的对称性得20122dat或20122dat（写成212sat的不给此分）（2分）FqEamm（1分）UEd（1分）解得05Tt（1分）即此粒子释放的时刻32510TTtT（1分）此后粒子反向加速的时间132510TTtT（此式不写能正确作出下式判断的，此式的1分累积到下式中，即此时，下式计3分）。（1分）CAB2QhθDO2h6由于13105TtT，则粒子反向运动时一定会从P点射出电场（2分）因而此粒子释放的时刻为310tnTT（0n，1，2…）（1分）解法二：设此粒子加速的时间为t0，则由运动的对称性得20122dat（1分）FqEamm（1分）UEd（1分）解得05Tt（2分）即此粒子释放的时刻32510TTtT（1分）此后粒子反向加速的时间132510TTtT（1分）该时间内粒子运动的位移为2113210TSa（1分）解得198Sdd（1分）故粒子此后粒子反向从P点射出电场。因而此粒子释放的时刻为310tnTT（0n，1，2…）（1分）解法三：若粒子从4Tt时刻由P点释放，则在4T～2T时间内的位移为2124TSa（1分）FqEamm（1分）7UEd（1分）解得2253232qUTSdmd（2分）∵Sd而2Sd，∴从4Tt时刻由P点释放的粒子会在2T～34T时间内从Q点射出电场。故在．4T～．2T内的某一时刻释放的粒子，会经过一个加速与减速的过程，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．恰好到达．．．．Q．点时速度为零，．．．．．．．此后将折返，并将从P点射出电场。（1分）设此粒子加速的时间为t0，则由运动的对称性得20122dat（1分）解得05Tt（1分）即此粒子释放的时刻32510TTtT（1分）以及310tnTT（1分）