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1、高一物理竞赛试卷考试时间： 3 小时满分： 160 分1（ 15 分）如图 1 所示，一质量为 M 、倾角为 的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一个质量为 m的滑块从斜面顶端释放，试求斜面的加速度。2（ 15 分）快艇系在湖边，湖岸是直线，系绳突然松脱，风吹着快艇以恒定速度Vo=2.5km h 沿与湖岸成 150 角的方向飘去，一人能在岸上以V 1=4km h 行走或在水中以V2=2kmh 游泳问：(1) 他能否赶上快艇；(2)当快艇速度多大时，他总可以赶上快艇.3.（ 15 分）如图所示，放在水平面上的质量为m 的物体，与水平面间的动摩擦因数为 ，物体在水平恒力 F1 的作用下在水平面上做
2、匀速直线运动。今若再对物体施加一个大小与F1相等的力 F 2。求：（ 1）要使物体仍沿原方向做匀速直线运动，则力F2 必须满足什么条件？（ 2）又若物体运动的位移为 s，要使合外力对物体做的功最多，则 F2 又需满足什么条件？F14（ 15 分）在倾角 30的斜坡底端，一小石子以 v0 的初速抛出，初速度方向与水平面的夹角用 表示，如图 3，则：（ 1）若 v0 10m/s， 0 60，求石子在斜坡上的落点离抛出点的距离；v0（ 2） 为多大时，石子沿斜坡方向的射程最大？（ 3） 为多大时，石子垂直落到斜坡上。图 35（ 15 分）用细杆把质量为 M的圆环固定起来，其顶部套有两个质量均为 m的
3、小环，它们之间无摩擦。现给两小环一个微小扰动，令两小环分别从左、右两边下滑（不计初速）。试讨论： m和 M满足何关系时，大环有上升或下降的趋势。6. （ 15 分）如图 4 所示， A 物的质量为 2 104kg，放在倾角为为 1 104kg，放置在水平面上， A、B 用绕过滑轮 C 的细线相连接， 绳 CE处于水平位置。 现在轮轴的边缘上绕一细绳，绳的一端 D 施加一水平力 F，设滑轮 C 和绳的质量以及绳与滑轮间的摩擦不计。重物 A 与斜面间的动摩擦因数为 0.7 ，轮轴 B 与水平面间的摩擦系数为 0.5 ，图中 R=2r 。试求；欲使此系统保持平衡状态，力 F 的取值范围为多少？30o
4、的斜面上，轮轴B 的质量DFACBRr30图 47. （ 15 分）北京时间 05 年 4 月 12 日 20 时 0 分，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号乙 ”捆绑式运载火箭，成功地将“亚太六号 ”通信卫星 (其质量用 m 表示 )送入太空。这颗 “亚太六号 ”通信卫星在围绕地球的椭圆轨道上运行。离地球表面最近的点A( 近地点 ) 高度L 1=209km(209 103m) 、离地球表面最远的点B(远地点 )高度 L 2=49991km(49991 103m) 。已知地球质量 M=6.01024kg、引力常量 G=110-9Nm2/kg2 、地球半径 R=6400km=6.4 106 m.
5、15- GMm地球上空任一高度处 h(h 为到地球中心的距离)，卫星具有的引力势能表达式为h求：(1) 此卫星在围绕地球的椭圆轨道上从近地点A 运动到远地点B 的时间约为几天 (设 2=10.保留两位数字 )(2) 证明： V A (L 1+R)= V B(L 2+R) 其中 V A 和 V B 分别是 “亚太六号 ”通信卫星在近地点 A 和远地点 B 的速度； L 1+R 和 L 2 +R 分别是“亚太六号 ”通信卫星在近地点 A 和远地点 B 到地球球心的距离 (提示：根据椭圆的对称性可知近地点A 和远地点B 所在轨道处的极小的弧形应是半径相等的圆弧的弧)(3)试计算 “亚太六号 ”通信卫
6、星的发射速度 V 0 的大小是多少km/s(保留两位数字)8、（ 15 分）一辆汽车沿水平公路以速度 v 无滑动地运动，如果车轮半径为 R ，试求车轮抛出的水滴上升的最大高度和抛出点的位置9、 (20 分 )有一个摆长为l 的摆（摆球可视为质点，摆线的质量不计），在过悬挂点的竖直线上距悬挂点O 的距离为x 处（ x l）的C 点有一固定的钉子，如图所示，当摆摆动时，摆线会受到钉子的阻挡当 l 一定而 x 取不同值时，阻挡后摆球的运动情况将不同现将摆拉到位于竖直线的左方（摆球的高度不超过O 点），然后放手，令其自由摆动，如果摆线被钉子阻挡后，摆球恰巧能够击中钉子，试求 x 的最小值10、（ 20
7、 分）如图所示，竖直放置的质量为4 m，长为 L 的圆管顶端塞有一个质量为m 的弹性圆球，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4 mg圆管从下端离地面距离为H 处自由落下，落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等求：(1) 圆管弹起后圆球不致滑落， L 应满足什么条件(2) 圆管上升的最大高度是多少 ?(3) 圆管第二次弹起后圆球不致滑落，L 又应满足什么条件?高一物理竞赛试题答卷考试时间： 3 小时满分： 160 分班级：姓名 ：参考答案 .1解说：本题涉及两个物体，它们的加速度关系复杂，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。对两者列隔离方程时，务必在这个方向上进行突破。（学生活动）定型判
8、断斜面的运动情况、滑块的运动情况。位移矢量示意图如图 19 所示。根据运动学规律， 加速度矢量 a1 和 a2 也具有这样的关系。（学生活动）这两个加速度矢量有什么关系？沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、 y 坐标，可得：a1y = a 2y且： a1y = a 2sin 隔离滑块和斜面，受力图如图 20 所示。对滑块，列 y 方向隔离方程，有：1ymgcos- N = ma对斜面，仍沿合加速度 a2方向列方程，有：2Nsin = Ma解式即可得 a2。答案： a2 =m sin cosg。M m sin 2（学生活动）思考：如何求1的值？a解：a1y 已可以通过解上面的方程组求出；a1x 只要
9、看滑块的受力图，列 x 方向1x，得:a1x221a1y的隔离方程即可，显然有 mgsin= ma= gsin 。最后据 a = a1 x求 a1 。答： a =g sinM2m(m2M ) sin2。1m sin 2M2.3解：要使物体在受到 F2 的作用后，仍能维持原速度方向做直线运动，所加力 F2 必与原速度方向在同一竖直平面内（否则物体将偏离原运动方向而运F1vN动），即 F2 应与 F1 在同一竖直平面内。加上力F2F2后，物体的受力如图所示，设F2 与 F1 之间的夹角fF1v为 ，以 F 表示 F1 和 F2 的大小。由于竖直方向受力平衡，则有：mgF2 sinN mg 2分依题
10、意知，未加力F2 时有： F1mg 2 分则物体此时所受的合力为：F合F1F2 cosf 2分由 F1=F2=F 联立解得： F合F cosF sin 3分由数学知识可知： F合12 F sin（其中arctan 1） 3 分（ 1）要使物体继续做匀速直线运动， 则应有 F 合=0，结合本题情况， 可在 0 360范围内取值，故由式可以得到满足 F 合=0 的有两个值 1 和2，即1218036012180360 3分F2 2F1 1 F1F2 1 和2 的方位关系如右图所示。（ 2）对于一定的 s，要合外力对物体所做的功最多， 由于合外力与 s 在同一直线上，故可见只需合外力的值尽可能大即可
11、。 由式可知，能使 F 合得到最大值的 可以有两个值 3 和4， 4F2F1 3F1F234902703490270 3分3 和 4 的方位关系如右图所示， 取3 时，合外力对物体做正功， 功值最大；取 4 时，合外力对物体做负功，功值也为最大。4.解：（ 1）设石子在斜坡上的落点离抛出点的距离为s，则在水平方向上 scosv0 cos 0t2 分在竖直方向上 ssinv0 sin 0t1gt22 分2解得2v02 cos 0 sin(0)2 分g cos26.7ms（ 2）2v02 cos sin()v02sin(2) sin 2 分sg cos2g cos2当60 时，射程最大4 2（ 3
12、）设石子垂直落到斜坡上的速度为 vt，则有速度关系式水平方向上vt sinv0 cos2 分竖直方向上vtcosv0 singt2 分v0 cos()2 分得 tg sinv0 sintgt 2由第（ 1）问中的位移关系式可得tan2v0 cost解得 tan1sin 25 34 分sincos35解、如图，设小环滑到方位角时的瞬时速度为 v 。隔离右环，动力学关系： mgcosNm v 24分能量关系：1mv2RmgR (1cos )2解得： N = mg（ 2 3cos）2 分要大环有上升的趋势，须满足2Ncos Mg2 分解得大环上升的条件m 214 cos2 分M6 coscos1时，
13、右边有极小值3 ，对 的要求低32m讨论：cos1 时，右边大于 3，对 m的要求高32再讨论：将联立后得不等式6mcos2 4mcos+ M0 ，其解为2m4m26mM cos 2m4m 26mM2 分6m6m当 m 3 M 时，大环只有下降趋势；当m = 3 M 时，大环在唯一位置（ =22arccos 1 ）有上升趋势，其它位置均只有下降趋势；当m 3 M时，大环在一个32范围内（这范围由决定）有上升趋势，其它位置则有下降趋势。3 分6. 解：本题考查一般物体的平衡条件：同时满足力的平衡条件和力矩平衡条件。（1）物 A 放在斜面上，摩擦角arctguarctg0.73530故当沿斜面方向
14、的绳的拉力T=0 时 A 也能静止在斜面上，即作用在轮轴边缘D处的水平力最小值为Fmin 0（2）当水平力 F 由零逐渐增大时， A 有沿斜面上滑趋势，考虑当A 受到最大静摩擦力 f Am 时，由摩擦定律和力的平衡条件（受力如图5）有：f AmAG A cos30(1)Tf AmGA sin 30(2)所以T221.2103 N这时假设轮轴能平衡，以H 为转轴由力矩平衡条件有T (Rr )F 2R而R=2r所以F165.9103 NB 受的静摩擦力f B T F 55.3 103 N而fBmB N B50 10 3 N fB故轮轴 B 不能保持平衡，由此可见，欲使系统处于平衡状态，极限平衡状态
15、。由（ 3）式有：F3 T(4)4又fBFT 0(5)所以F150103N, T200103 N而f AT GA sin 30100103 N f Am所以 A 能平衡。综上所述， F 的取值范围是 0F1.5105 NDFTNBGBf B图 5A 不可能达到7(1)GMm =m2 r=m( 2)2r(1 )r 2Tr 3= GM(1 )t 24 2k= r 3=GM(1 )22t4r=(209+26400+49991)/2 km(1 )=31500km( 315105m)(1 )T=4 2 r3(1 )GM=41031531015(1 )s=0.641 10 9 6.0 102415ABt=
16、T/2=0.32(1 )(2)ABGMm=mV A2(1 )fA =2(L1 R)GMm=mVB2(1 )fB=2(L2 R)VA (L 1+R)=V B(L 2+R). .(1)(3)1 mV 2A -GMm= 1 mV B2 - GMm.(1 )2L1 R2L2 R1 mV 2A -GMm= 1 mV 02 - GMm.(1 )2L1 R2RVA(L1B2+R)= V(L +R)V 0 =2GM (L1L2 R).(2 )(L1 L22R) RV0 =10.6 km/s(2)89、参考解答摆线受阻后在一段时间内摆球作圆周运动，若摆球的质量为 m ，则摆球受重力 mg 和摆线拉力 T 的作用
17、，设在这段时间内任一时刻的速度为v ，如图预解 20-5 所示。用表示此时摆线与重力方向之间的夹角，则有方程式mv2T mg cos（1）lx运动过程中机械能守恒，令 表示摆线在起始位置时与竖直方向的夹角，取 O 点为势能零点，则有关系mgl cos1 mv2mg x(lx)cos )（2）2摆受阻后，如果后来摆球能击中钉子，则必定在某位置时摆线开始松弛，此时 T 0，此后摆球仅在重力作用下作斜抛运动。设在该位置时摆球速度v v0 ，摆线与竖直线的夹角0，由式（ 1）得v02g (lx)cos0 ，（ 3）代入（ 2）式，求出2l cos3(xl )cos02x（ 4）要求作斜抛运动的摆球击中
18、C 点，则应满足下列关系式：( l x)sin0v0 cos 0t ，（5）( l x)cos0v0 sin0t1 gt 2（ 6）2利用式（ 5）和式（ 6）消去 t ，得到v02g (lx)sin 20（ 7）2cos0由式（ 3）、（ 7）得到cos 03（ 8）3代入式（ 4），求出arccosx(23) l3（9）2l越大， cos越小， x 越小，最大值为/ 2，由此可求得 x 的最小值：x(23)3l ，所以x(233)t0.464l（ 10）评分标准：本题 20 分。式（ 1） 1 分，式（ 2） 3 分，式（ 3）2 分，式（ 5）、（6）各 3 分，式（ 8）3 分，式（ 9）1 分，式（ 10）4 分。10.