高二物理竞赛试题（学校预赛）
本题共8小题，120分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
1、在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动。
如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。
若某人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°。
斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m／s2。
(1)人从斜坡滑下的加速度为多大?
(2)若出于场地的限制，水平滑道的最大距离为L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离
AB应不超过多少?(sin37°=0.6，cos37°＝0.8)
2、一个质量为m带电量为+q的小球以水平初速度v0自h高度做平抛运动．不计空气阻力．重力加速度为g．试回答下列问题
（1）小球至第一落地点P的过程发生的位移S大小是多少？
（2）若在空间竖直方向加一个匀强电场发现小球水平抛出后做匀
匀速直线运动．匀强电场强度E是多大？
（3）若在空间再加一个垂直纸面向外的匀强磁场，发现小球
第一次落地仍然是P点．试问磁感应强度B是多大？
3、如图乙所示，在匀强磁场中，放置一边长L ＝10cm 、电阻r ＝1Ω、共100匝的正方形线圈，与它相连的电路中，电阻Ω=41R 、Ω=52R ，电容F 10μ=C ．磁场方向与线圈平面成30°角，磁感应强度变化如图甲所示，开关K 在00=t 时闭合，在s 5.12=t 时又断开．求：
①s 11=t 时，2R 中电流强度的大小及方向； ②K 断开后，通过2R 的电量．
4、当物体从高空下落时，空气阻力会随物体的速度增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度。
研究发现，在相同环境条件下，球形物体的终极速度仅与球的半径和质量有关。
（g 取10m/s 2）下表是某次研究的实验数据：
小球编号 A B C 小球的半径（×10-2m ） 0.5 0.5 1.5 小球的质量（×10-3kg ） 2 5 45 小球的终极速度（m/s ） 16 40 40
（1）根据表中的数据，求出B 球与C 球在达到终极速度时所受的空气阻力之比f B ∶f C 。
（2）根据表中的数据，归纳出球型物体所受的空气阻力f 与球的速度v 及球的半径r 的关系，写出表达式并求出比例系数。
5、一颗在赤道上空运行的人造卫星，其轨道半径为r=2R (R为地球半径)，卫星的运动方向与地球自转方向相同。
已知地球自转的角速度为ω，地球表面处的重力加速度为g。
（1）求人造卫星绕地球转动的角速度。
（2）若某时刻卫星通过赤道上某建筑物的正上方，求它下次通过该建筑物上方需要的时间。
6、如图所示，有n个相同的货箱停放在倾角为θ的斜面上，质量皆为m，每个货箱的长度为l，相邻两货箱间距离也是l，最下端的货箱到斜面底端的距离也是l，已知货箱与斜面之间的动摩擦因数为μ．现给第1个货箱一初速度v0使之沿斜面下滑，其余所有货箱都静止，在每次发生碰撞后，发生碰撞的货箱都粘合在一起运动，最后第n个货箱恰好停在斜面底端．求：
（1）第1个货箱碰撞前在斜面上运动的加速度大小
（2）第一次碰撞前第1个货箱的动能E1；
（3）第一次碰撞过程中系统损失的机械
能∆E1和E1的比值；
（4）整个过程中由于碰撞损失的总动
能．
7、如图所示，在竖直放置的铅屏A的右表面上贴着β射线放射源P，已知β射线实质为高速电子流，放射源放出β粒子的速度v0＝1.0×107m/s。
足够大的荧光屏M与铅屏A平行放置，相距d ＝2.0×10－2m，其间有水平向左的匀强电场，电场强度大小E＝2.5×104N/C。
已知电子电量e＝1.6⨯10-19C，电子质量取m＝9.0⨯10-31kg。
求
（1）电子到达荧光屏M上的动能；
（2）荧光屏上的发光面积。
M
A
P
d
8、如图所示在水平面上有两条相互平行的光滑绝缘导轨，两导轨间距工L=1m，导轨的虚线范围内有一垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，磁场宽度S大于L，左、右两边界与导轨垂直．有一质量m=0.2kg，电阻r=0.1Ω边长也为L正方形金属框以某一初速度，沿导轨向右进入匀强磁场．
(1)若最终金属框只能有—半面积离开磁场区域，试求金属框左边刚好进入磁场时的速度．
(2)若金属框右边剐要离开磁场时，虚线范围内磁插的磁感应强度以K=0.1T/s的变化率均匀减小。
为使金属框此后能匀速离开磁场，对其平行于导轨方向加一水平外力，求金属框有一半面积离开磁场区域时水平外力的大小．
1、根据牛顿第二定律：sin cos mg mg ma αμα-= （3分）
2(sin cos )2/a g m s αμα=-= （2分）
根据动能定理：
sin cos 00
AB AB BC mg S mg S mgS αμαμ--=-
（5分）
50sin cos BC
AB S S m μαμα
=
=- （3分）
2、解：（1）t v x 0= (2分) 2
2
1gt h =
(2分) 得到g
hv h x h S 2
2
2
2
2+
=+= (2分)
（2）mg=qE
q
mg E =
(2分)
（3）R 2=x 2+（R －h ）2 (2分) 得)2(21220h g
hv h R +=
(2分)
R
v m
B qv 20
0= (2分) )
2(22220022000gh v q mgv gh hv gh
q mv qR mv B +=+⋅==
∴ (2分) 3、s 11=t 时线圈中产生的感应电动势，据法拉第电磁感应定律可得 t
BS n
E ∆∆=θsin
V 5
.05.1)
5.01(21
1.01.0100--⨯⨯⨯⨯= V 25.0= （5分）
A 025.0A 5
4125
.021=++=++=
R R r E I （3分）
由楞次定律可知，R 2中电流方向从右向左。
电容器两端电压0.125V V 5025.02=⨯==IR U c （2分）
C 1025.1C 125.010106
6--⨯=⨯⨯==c CU Q （2分）
∴ 断开后，流过2R 的电量为C 1025.16-⨯ （3分） 4、（1）地球对卫星的万有引力提供作圆周运动的向心力
2
2
卫ωmr r
Mm G
= (2分) 地面表面附近的重力加速度g =2R
M
G （2分）
把r ＝2R 代入，解方程可得 R
g
8=
卫ω （4分） （2）卫星下次通过该建筑物上方时，卫星比地球多转2π弧度，所需时间 ωπω
ωπ
--=
R
g
t 822＝
卫 （6分）
6、（1）a=μgcos θ-gsin θ
（2）由动能定理可知：（mg sin θ-μmg cos θ）l=E 1-2
1m 2
o v 有E 1=
2
1m 2
o v +（mg sin θ-μmg cos θ）l （3）设第一次碰撞前的速度为v 1，碰撞后的共同速度为v 2,由动量守恒， mv 1=2mv 2，得v 2=
2
1
v 所以碰撞中系统损失的机械能
∆E 1=21m 21v -2
12m 22
v =41m 2
1v E 1=2
1m 21v
则：∆E 1/ E 1=1/2
（4）整个过程中因摩擦而产生的热量
Q =W f =μmg cos θ+2μmg cos θ+•••+n μmg cos θ=2
)1(+n n μmg cos θ
整个过程中减少的机械能为
∆E =21m 20v +mg lsin θ+2mglsin θ+•••+nmgl sin θ=21m 20v +
2
)
1(+n n mgl sin θ 整个过程因碰撞而损失的机械能为
∆E ’=∆E -Q =21m 20v -2
)
1(+n n （μmg cos θ- mgl sin θ） 7、（1）由动能定理 eEd = E K －2
02
1mv （2分）
E K ＝()2731
100.11092
1⨯⨯⨯⨯-＋24192105.2106.1--⨯⨯⨯⨯⨯
＝1.25⨯10-16J （4分）
(2) 射线在A 、B 间电场中被加速，除平行于电场线的电子流外，其余均在电场中偏转，其中和铅屏A 平行的电子流在纵向偏移距离最大(相当于平抛运动水平射程)。
221t m
eE d ⋅⋅=
t = 3910-⨯s （2分） r = v 0t=1.0⨯107 ⨯3⨯10-9=3⨯10-2m
在荧光屏上观察到的范围是半径为3.125×10—2
米的圆 （2分） 圆面积 S =πr 2=2.83⨯10-3m 2 （4分） 8、（1） B ：m B g =f B f B =5⨯10-3⨯10=5⨯10-2N （2分） C ：m c g =f c f c =45⨯10-3⨯10=45⨯10-2N （2分） f B ：f c ＝1：9 （3分） （2）比较A 、B f ∝v （2分）
比较B 、C f ∝r 2 （2分） 所以 f =k vr 2 （2分） 对B 球 f B =k v B r B 2 k=50NS/m 3 （2分）
10、解：(1)金属框左边刚好进入磁场区域时的运动速度为v ，在磁场中作匀速运动．设离开磁场运动过程的时间为t ，此过程中的平均感应电动势为：B s t
t
E φ
∆∆∆∆=
=
(1分)
2
12s L ∆= (1分)
所受平均安培力：F 安= E r
B L ： (1分)
由动量定理有： -F
安
t=0-mv (2分)
解得： v= l m ／s (2分)
(2)金属框开始匀速离开磁场到有一半面积离开磁场区域的时间为：
2L v
t '=
(1分)
当线框一半面积离开磁场时，左边因切割磁感线而产生的电动势为： E 1=(B-kt ˊ)Lv (2分)
因磁场变化而产生的感应电动势为：E 2=22
L k B
t s ∆
∆=
(2分)
此回路产生逆时针方向的感应电流为：12
E E r
I +=
('分)
则此时水平向右的外力大小为：F=F 安=(B-kt ˊ)IL (1分) 代人数据，解得： F=0.3N。
