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1、泉州市第十九届“启程杯”高中物理竞赛试卷 （考试时间：120 分钟；满分： 120 分） 一、填空题（每小题6 分, 共 18 分。 ） 1. 一定质量的气体，原来处于状态I ，现保持其温度不变，而令其经历一体积膨胀的过 程；然后令其体积不变而加热升温一段过程，最后达到状态II ；则 状 态II的 压 强 和 状 态I的 压 强 相 比 _ _ _。 2如图所示，R1、R2、R3为定值电阻，但阻值未知，Rx为电阻箱。 当Rx为Rx1=10 时，通过它的电流Ix1=1A；当Rx为Rx2=18 时，通过它的 电流Ix2=0.6A；则当Ix3=0.1A 时，电阻Rx3的阻值为 _。 3. 如图所示，
2、n个质量为m的完全相同的物块叠放在一起，所有接触 面的动摩擦因数均为 ，滑轮摩擦不计，当F为_时，所有物 块恰好相对滑动。 二、 （10 分） 如图所示，竖直墙壁、水平地面均光滑，斜面与球的摩擦不计。已知斜面倾 角为 ，质量为M，球的质量为m ，系统从静止开始释放，试求斜面的加速度大小。 三、 （12 分） 如图所示电路 , 电源电动势为E，内阻不计。R1=R2=R3=R，R4为滑动变阻器, 其 阻值可在02R之间调节，当滑动端P由最左端向最右端滑动时，试通过分析和必要的计算 说明电容器C上所带电荷量的变化情况。 M m R1R2 R3R4 P C E Rx R2 R1 R3 E r F n
3、n-1 1 2 3 四、 （15 分） 如图所示，空间匀强电场E沿- y方向，匀强磁场B沿- z方向。有一电荷 量为q，质量为m的带正电粒子，从O点沿 +x轴方向以初速度v0= 2E B 射入场区，粒子的重力 忽略不计，求： （1）此带电粒子距x轴的最大距离； （2）此带电粒子的轨迹与x轴相切的所有点的坐标x所满足的条件。 五、 （15 分） 北京时间2005 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如图所示，离地球表面最近的
4、点A( 近 地 点 ) 高 度L1=209km(20910 3m) ， 离 地 球 表 面 最 远 的 点 B( 远 地 点 ) 高 度 L2=49991km(4999110 3m)。已知地球质量 M=6.0 10 24kg，引力常量 G= 1 1510 -9Nm2/kg2，地 球半径R=6400km=6.4 10 6m 。且在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 - GMm 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 x y O (m, q) v0 B E z 2=10，保留两位数字 ) ； (2)
5、证明：vA(L1+R)= vB(L2+R) 。其中vA和vB分别是“亚太六号”通信卫星在近地点A和 远地点B的速度；L1+R和L2+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”通信卫星的发射速度v 0 的大小是多少km/s( 保留两位数字) 。 六、 （15 分） 如图所示，在半径为R的绝缘圆筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂 直于纸面向里。圆筒正下方有小孔C与平行金属板M 、N相通，M 、N两板间距离为d，与电动 势为E的电源连接。一带电
6、荷量为-q、质量为m的带电粒子，开始时静止于C点正下方紧靠N 板的A点，经电场加速从C点进入磁场后，经过最短时间又从C点射出。已知带电粒子与筒 壁的碰撞是弹性碰撞，且碰撞中不损失电荷量，求： （1）筒内磁场的磁感应强度B的大小； （2） 带电粒子由A点出发到从C点射出所经历的时间。 M N d A C BR E q，m 地球 A B 七、 (15 分) 一吊桥由六对钢杆悬吊着，六对钢杆在桥面分列两排，其上端挂在两根钢缆上， 如图所示为其一截面图，已知图中相邻两钢杆间的距离为9m， 靠桥面中心的钢杆长度为2m （即 AA=DD =2m ） ，BB =EE ，CC =PP，又已知两端钢缆与水平方向
7、成45角。若钢杆及钢缆 的自重均不计，为使每根钢杆承受的负荷相同，试求每根钢杆的长度应各为多少？ 八、 （ 20 分）如图所示，一块足够长的木板，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右放有序 号是 1、2、3n的小木块，所有小木块的质量均为m，它们与木板间的动摩擦因数均为， 开始时木板静止不动，第1、2、3n小木块的初速度大小依次为v0、2v0、 3v0nv0，方向都 FC FP 4545C B AD E P PEDA BC v02v03v0 1 2 3 nv0 n 为水平向右，木板的质量与所有小木块的总质量相等，最终所有小木块都与木板以共同速度 匀速运动，试求： （1）整个过程中木板运动的最大
8、速度； （2）若n=3，则木块3 从开始运动到与木板速度刚好相等时的位移； （3）若n=3，则木块2 在整个运动过程中的最小速度。 参考答案 一、填空题（每小题6 分, 共 18 分。 ） 1. 有可能大，也有可能小，也有可能相同（6 分） 2. 118（6 分） 3.F =n 2 mg（6 分） 1. 【解析 】 （6 分） 本题考查气体压强、体积、温度之间的定性关系。保持气体温度不变，而令其体积膨胀， 则压强减小；再令其体积不变而加热升温，则压强又变大，但与原来状态的压强相比可 能大，也可能小，也可能相同。 2. 【解析】（6 分） 由于电源电动势E、内电阻r、电阻R1、R2、R3均未知，
9、按题目所 给的电路模型列式求解，显然方程数少于未知量数，可采取变换电 路结构的方法。 将原图所示的虚线框内电路看成新的电源，则等效电路如答图2 所示，电源的电动势为 E，内电阻为r，根据电学知识，新电路不改变Rx和Ix的对应关系，故有 E= Ix 1（Rx1+r） E= Ix 2（Rx2+r）E= Ix3（Rx3+r） 由、两式解得E=12V，r=2代入式，可得Rx3=118 3. 【解析】（ 6 分） 如答图 3 所示，对物块1：水平方向受到左边滑轮上的绳水平向左的拉力T1、物块 2 对物 块 1 水平向右的摩擦力f1=mg， 据平衡条件有T1=f1=mg=mg1 2 对物块 2： 水平方向
10、受到右边滑轮绳上的水平向右的拉力T2、物块 1 和物块 3 水 平向左的摩擦力f1和f2、左边滑轮绳上的水平向左的拉力T1， 据平衡条件有T2=T1+f1+f2=mg+mg + 2mg=4mg =2 2 mg 同理可分析得出， 对物块 3： 据平衡条件有T3=T2+f2+f3=4mg+ 2mg + 3mg=9mg =3 2 mg 对物块n： 据平衡条件有Tn=Tn-1+fn-1+fn=（n-1 ） 2 mg+ （n-1 ）mg + nmg=n 2mg 故F=Tn=n 2 mg 二、 【 解析 】 （ 10 分） 对小球受力如答图4（a）所示，据牛顿第二定律有 mg -F1cos=ma（3 分）
11、 对斜面受力如答图4（b）所示，据牛顿第二定律有 F1sin =Max （3 分） 又a = axtan （2 分） Rx E r 答图 2 F T1f1 T2 f2 n n-1 1 2 3 fn Tn-1 答图 3 F1 a F2 mg 答图 4( a) Mg F1 ax F地 答图 4( b) 由以上各式解得ax= mgsin cos Mcos 2 +m sin 2（2 分） 三、 【 解析 】 （ 12 分） (1) 当P在最左端时，等效电路如答图5（ a）所示 UR 3= R3 R3+R4E = 1 3E （1 分） UR1= R1 R1+R2E = 1 2E （1 分） a、b两点的
12、电势a=E-U R3= 2 3E ，b= E-UR1= 1 2E 满足关系ba（1 分） a、b两点的电势差Uab= 2 3E - 1 2E = 1 6E （1 分） 电容器上所带电荷量QC=CUab= 1 6EC （1 分） (2) 当P在最右端时，等效电路如答图5（b）所示 电容器上电压UC=UR2= 1 2E （1 分） 且下板电势较高，电容器上所带电荷量Q=CUab= 1 2EC （1 分） (3) 当P滑至中点时，R4阻值为R，电容器两板间的电压UC=Uab=0 （2 分） 故当P自左向右滑至中点时，UC=0，即 电容器C上极板放电结束，接着对下极板反向充电（1 分） 即P从最左端滑
13、至中点时，电容器放电过程释放的电荷量为QC = 1 6EC （1 分） 当P从中点滑至最右端时，电容器反向充电过程的电荷量为QC= 1 2EC （1 分） 四、 【 解析 】 （ 15 分） 利用运动分解法求解此问题。 （1）令v0= v1+v = 2E B ，其中v1= E B ，v= E B 其方向与v0方向相同。（2 分） 则带电粒子的运动可视为速度为v1= E B 的匀速直线运动与速度为v 的逆时针方向的匀 速圆周运动的合运动，如答图 6 所示， 其圆周运动 的半径和周期分别为 R= mv qB = mE qB 2（2 分） T= 2m qB （2 分） 故带电粒子将做螺旋线运动，粒子
14、运动的轨迹如答 图 6 中实线所示，M点为粒子距x轴的最远点。在 R1R2 R3R4 a C E b 答图 5( a) R1R2 R3 a C E b 答图 5( b) x y M ym R O P v v1 v0 B E 答图 6 z 这一点粒子的速度vM= v1- v=0，它到x轴的距离为ym=2R= 2mE qB 2（ 2 分） （2）答图 6中P点为粒子运动轨迹与x轴的相切点，且粒子在该点的速度为 vP= v1+ v= 2E B （2 分） 其与x轴的切点坐标为xp=v1T= E B 2m qB = 2mE qB 2（2 分） 根据运动的周期性，粒子与x轴的所有相切点的坐标为 x=nx
15、p=v1nT= E B n2 m qB = 2nmE qB 2（n=1、2、 3、）（3 分） 五、 【 解析 】 （ 15 分） (1) 卫星围绕地球的运动过程中，万有引力提供向心力 GMm r 2 =m 2r =m( 2 T ) 2r (1分) 整理得 r 3 T 2 = GM 4 2 (1分) 由开普勒定律及上面推证知任一椭圆中上式同样适用k= r 3 T 2 = GM 4 2 (1分) 由图可得知半长轴r= 209+26400+49991 2 km (1分) =31500km(或 31510 5m) (1 分) T= 4 2r3 GM (1分) = 410315 31015 1 151
16、0 -9 6. 010 24s=3150 315s55906.95s=0.64天(1 分) 从近地点A运行到远地点B的时间t= T 2 =0.32 天(1 分 ) (2)设近地点A和远地点B所在轨道处的极小圆弧的半径为，依题意知万有引力提供 向心力，即 fA= GMm (L1+R) 2 =m vA 2 (2 分) fB= GMm (L2+R) 2 =m vB 2 (2分) 联立解得vA(L1+R)= vB(L2+R) (2分 ) (3)据机械能守恒及上面的证明得 1 2mv A 2 - GMm L1+R = 1 2mv B 2- GMm L2+R (1分) 1 2mv A 2 - GMm L1
17、+R = 1 2mv 0 2 - GMm R (1 分) vA(L1+R)=vB(L2+R) 由以上各式联立解得v0= 2GM(L1+L2+R) (L1+L2+2R)R (2分 ) 代入数据解得v0=10.6km/s (2 分) 六、 【解析】（ 15 分） （1）带电粒子在电场中被加速，设进入磁场时的速度为v 由能量关系得 1 2mv 2=qE （2 分） 带电粒子进入磁场后要求经过最短时间回到C点，则带 电粒子与筒壁至少应发生两次碰撞，轨迹如答图7所示， 设带电粒子在磁场中的轨道半径为r，据几何关系有 r=Rtan60=3R（ 2 分） 据洛仑兹力提供向心力可得r= mv qB （1 分）
18、 由以上三式解得B= 1 R 2mE 3q （2 分） （ 2）带电粒子在电场中运动的时间为t1，则d= 1 2( qE md )t1 2 （ 2 分） 带电粒子在磁场中运动的时间为t2，由于相邻两次碰撞时间内带电粒子在圆筒内转过的 角度为 = 3 ，故带电粒子在磁场中转过的总角度为3 则t2= 3 2 T（2 分）而T= 2m qB （1 分） 故带电粒子从A点出发到C点射出所经历的时间为t= t1+t2（ 1分） 由以上各式解得t= m qE (2d+ 3 2 R) （2 分） 七、 【 解析 】 （ 15 分） 如答图 8 所示，设每根钢杆承受的拉力均为F 由整体法可得 2FCsin45
19、 =6F （2 分）解得F= 2 6 FC （1 分） 在C处：设钢缆BC承受的拉力为FBC ，由平衡条件可知 竖直方向上满足FCsin45 = F+FBCcos（1 分） 水平方向上满足FCcos45= FBCsin （1 分） 由以上各式解得 cot= FCsin 45-F FCcos45 = 2 3 （2 分） 在B处：设钢缆AB承受的拉力为FAB，由平衡条件可知 竖直方向上满足FBCcos= F+ FABcos（1 分） 水平方向上满足FBCsin =FABsin （1 分） 由以上各式解得 cot = FBCcos-F FBCsin =cot - F FBCsin = cot - 2
20、FC/6 FCcos45 = 2 3 - 1 3 = 1 3 （1 分） 故BB =AA +BAcot =（2+9 1 3）m=5m （2 分） CC =BB +C Bcot =（5+9 2 3）m=11m （2 分） 30 M N d A C r B R E q，m r O 答图 7 FC FP 4545C B AD E P PEDABC F F FF F F 答图 8 即BB =EE =5m ，CC =PP =11m （1 分） 八、 【解析】（ 20 分） （1）所有木块在木板上相对木板滑动时对地的加速度相同均为a=g，各木块减速的同时 木板加速，木块先后按1、2、3、4、n的顺序相对木
21、板静止，只要有的木块还相对木板 滑动， 木板就加速。 所以， 当所有木块都相对木板静止时，木板运动的速度达到最大为vm， 木块在木板上滑动过程中，所有木块与木板组成的系统动量守恒，当它们达共同速度时， 木板速度达最大速度vm，对所有的木块和木板所组成的系统，由动量守恒定律选初末两状 态有 mv0+m 2v0+m 3v0+m nv0= (nm+nm)vm（3 分） 解得vm= 1 2n(1+2+3+n )v0= 1 2n n 2(1+ n)v0= n+1 4 v0（ 3 分） （2）若n=3，则由木块1、2、3 及木板组成的系统动量守恒有 mv0+m2v0+m3v0=（3m+3m）v共（2 分）
22、 解得v共= v0（ 1分） 对木块 3：据动能定理有- mgS 3= 1 2mv 共 2- 1 2m (3v0) 2 （2 分） 解得S3= 4v0 2 g （1 分） （3）木块依1、2、3 的先后顺序相对木板静止，当木块1 与木板相对静止时速度为v1 据动量定理，对木块1 有 -mgt1=mv1-mv0 （1 分） 对木板有 3 mgt1=3mv1（ 1 分） 解得v1= v0 2 = v板t1= v0 2g （2 分） 此时木块2 的速度为v2=2 v0- g t 1= 3v0 2 （1 分） 接下去当木块2 与木块 1 以及木板相对静止时，速度为v2达最小值，据动量定理 对木块 2 有 - mgt2=mv2-mv2（1 分） 对板而言此过程仅受木块2 和木块 3 的摩擦力（木块1 已相对木板静止） 故有 2 mgt2=（3m+m） （v2-v1）（1 分） 解得v2= 5 6v 0（1 分）