高中物理竞赛模拟试题及答案(20200912154151) 10页

.. ;. 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， A 是一个表面绝缘质量为 1kg 的小车， 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=1×10-2C 的绝缘货 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=3×102N/m 的电场，小车和货柜开 始运动，作用时间 2s 后，改变电场，电场大小变为 E2=1×102N/m ，方向向左，电场作用一段时间后，关闭 电场，小车正好到达目的地，货物到达小车的最右端， 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 μ=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． A B .. ;. 3.如图所示， 质量为 M =2 kg 的小车 A 静止在光滑水平面上， A 的右端停放有一个质量为 m =0.4 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， 求： （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） 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 2.0 。 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 Bv 。 （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。 .. ;. 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． .. ;. 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， 2 0 R mMGmg （2 分） 离开飞船后的宇航员绕地球做匀速圆周运动，有 2 0 2 M M vG M r r （ 2 分） 联立解得 r = 2 2 R g v （2 分） 该宇航员距离地球表面的高度 h=r-R= 2 2 R g v -R （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 21 2 P t mt v 可求得喷出气体的速度为： 2Pv m （2 分） 另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则： Mumtv0 （2 分） 又宇航员获得的动能， 2 2 1 MuE k （2 分） 联立解得 M mPt m P M mtME k 2 2)2( 2 1 （ 2 分） 2：（20 分）解答： （1）货物 2 01 01 1 1 1 s/m2 1 1011.033 mm gmm m fFa （1 分） 小车 2 2 s/m1 M fa （1 分） .. ;. 经 t1=2s 货物运动 m4 2 1 2 111 taS （1 分） 小车运动 m2 2 1 2 122 taS （1 分） 货物 V1=a1t 1=2× 2=4m/s 向右 小车 V2=a2t 1=1×2=2m/s 向右 经 2 秒后，货物作匀减速运动 2 01 2 1 s/m2 1 11 mm fqEa 向左 （1 分） 小车加速度不变， 仍为 a2=1m/s 2 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=μ(m0+m1)g ， 货 柜 和 小 车 一 起 作 为 整 体 向 右 以 2 10 2 3 s/m5.0 2 1 mmm qEa 向右作匀减速直到速度都为 0． （1 分） 共同速度为 V=V1—a1′t2 V=V 2+a2′t2 t2= s 3 2 V= 3 8 m/s （1 分） 货物和小车获得共同速度至停止运动用时 s 3 16 5.0 3 80 3t （1 分） 第二次电场作用时间为 t=t2+t3=6s （ 2 分） （ 2）小车在 t2 时间内位移 S3=V2t2+ 2 1 a2t22= 9 14 m （2 分） 货柜在 t2 时间内位移为 S4=V1t2— 2 1 a1′t 22= 9 20 m （2 分） 小车长度 L =S1-S2+S4-S3= 9 24 m （2 分） （或用能量守恒 qE 1S1-qE 2S4= 2)( 2 1 VMmmgl L= 9 24 m （2 分） （ 3）小车右端到达目的地的距离为 S m7.10 3 32 9 96 2 0 3 22 32 a VSSS 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 .. ;. 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 Mv 0 = (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： Mv 0 = Mv A + mvB ∴vA = (Mv0 –mvB) / M = 11m/s Q =ΔE = Mv 02 / 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。② B 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。③ B 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。④ B 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： 22 2 1 2 1 BBAAp vmvmE ① 由动量守恒有： mAvA =mBvB ② 由①②得： 4Av m/s 4Bv 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： 2 2 10 BBmB vmgsm ③ 所以 4 2 2 g vs B m m （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 2 2 1 vmsgm BB ④ 得 g vs 2 2 9m ms 说明物块 B 滑回水平面 MN 的速度没有达到传送带速度， mB gsv 2 =4m/s （3）设弹射装置给 A 做功为 W ， Wvmvm AAAA 22 2 1 2 1 ⑤ AB 碰后速度互换， B 的速度 Bv = Av ⑥ .. ;. B 要滑出平台 Q 端，由能量关系有： gLmvm BBB 2 2 1 . ⑦ 又 mA=mB 所以，由⑤⑥⑦得 2 2 1 AAB vmgLmW ⑧ 解得 W ≥ 8 J .. ;. 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 .. ;. 2 0 2 1 mvEk 得 m Ev k2 0 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： m EBLBLvE K2 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： m E R BL R EI K2 设初始时刻导体棒受到的安培力为 F，由安培力公式得： m E R LBBILF K222 （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 k mghkhmg , 由能的转化和守恒定律得： QEEmgh PK PK EE k gmQ 22 【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 l 1 = l m ，bc 边的边长 l2= 0.6 m ，线框的质量 m = 1 kg ，电阻 R = 0.1 Ω，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 = .. ;. 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 F T，斜面的支持力和线框重力， 重物 M 受到重力和拉力 F T。对线框，由牛顿第二定律得 FT –mg sinα= ma. 联立解得线框进入磁场前重物 M 的加速度 mM mgMga sin =5m/s2 （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 = F T′， 线框 abcd 受力平衡 F T′ = mg sinα+ F A ab 边进入磁场切割磁感线，产生的电动势 E = Bl 1v 形成的感应电流 R vBl R EI 1 受到的安培力 1BIlF A 联立上述各式得， Mg = mg sinα+ R vlB 2 1 2 代入数据解得 v=6 m/s （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 该阶段运动时间为 ss a vt 2.1 5 6 1 进磁场过程中匀速运动时间 ss v lt 1.0 6 6.02 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 2 332 2 1 atvtls 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 ×1.2 m/s=12 m/s 整个运动过程产生的焦耳热 Q = F Al 2 =（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。