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2013自招物理模拟试题【第12套】


2013 自招物理模拟试题【第 12 套】
一、填空题(每小题 6 分,共 18 分。 ) 1. 根据估算,在室温下某一教室中空气分子之间的平均距离约为____________m,一位身材 适中的高中生走进教室之后,约将排挤出____________个空气分子。 (阿伏伽德罗常数 NA= -1 23 6.02?10 mol ,计算结果取一位有效数字) R1 A 2.如图

所示电路中,直流发电机电动势 E=250V,内阻 r=3Ω, E R1=R2=1Ω,电热器组中装有 50 只完全相同的电热器,每只电热 +F r 器的额定电压为 U=200V, 额定功率为 P=1000W, 其它电阻不计, - 并且不考虑电热器电阻随温度的变化。则: R2 B (1)当接通________只电热器时,发电机输出功率最大。 (2)当接通________只电热器时,电热器组加热物体最快。 3. 如图所示,将 5 块长为 L=24cm 的完全相同的均匀板叠放 在 水 平 桌 面 上 , 则 板 能 伸 出 桌 子 边 缘 的 最 大 长 度 Lm 为 __________cm。 二、 (10 分)如图所示,在广阔的宇宙空间存在这样一个远距其他空间的区域,以 MN 为界, 上部分的匀强磁场的磁感应强度为 B1,下部分的匀强磁场的磁感应强度为 B2,B1=2B2=2B0、 方向相同,且磁场区域足够大。在距离界线为 h 的 P 点有一宇航员处于静止状态,宇航员以 平行于界线的速度抛出一质量为 m、带电荷量为 -q 的小球,发现球在界线处的速度方向与界 线成 60° 角进入下部分磁场,然后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标 Q 时,刚好又接 住球而静止。求: (1)小球在两个磁场中运动的轨道半径大小(用 h 表示)和小球的速度; (2)宇航员的质量 M(用 m 表示) 。 B1 P Q v0 h M 60° N

B2

答案第1页(共 6 页)

三、 (12 分)如图所示,电源电动势 E=10V,电容 C1=C2=30μF,电阻 R1=4Ω,R2=6Ω,电源 内阻忽略不计。先闭合开关 S,待电路稳定后,再将 S 断开。则断开 S 后,通过电阻 R1 的电 荷量为多少? R1 R2 E C1 C2 S

四、 (15 分)如图所示,电源电动势为 E=100V,内阻不计,R1、R2、R4 的阻值均为 300Ω, R3 为可变电阻。C 为一水平放置的平行板电容器,虚线到两极板距离相等且通过竖直放置的 荧光屏中心,极板长为 L=8cm ,板间距离为 d=1cm,右端到荧光屏距离为 s=20cm,荧光屏 直径为 D=5cm。 有一细电子束沿图中虚线以 E0=9.6× 2eV 的动能连续不断地向右射入平行板 10 -19 电容器。已知电子电荷量 e=1.6× 10 C,要使电子都能打在荧光屏上,变阻器 R3 的取值范围 多大? R1 R2 A 荧 E d 光D R3 B R4 L 屏 s

答案第2页(共 6 页)

五、 (15 分)我国自行研制的“神舟”六号载人飞船载着中国第二代两名航天员,于 2005 年 10 月 12 日 9 时在酒泉发射场由“长征二号 F”大推力运载火箭发射升空,并按预定轨道环绕 地球飞行 76 圈后,于 10 月 17 日 4 时 32 分安全返回落在内蒙古的主着陆场。 (1)设“神舟”六号飞船在飞行过程中绕地球沿圆轨道运行,已知地球半径为 R,地球表面 的重力加速度为 g,飞船绕地球运行的周期为 T。试计算飞船离地面的平均高度 h。 (2)已知将质量为 m 的飞船在距地球中心无限远处移到距离地球中心为 r 处的过程中,万有 引力做功为 W=
GmM r

,式中 G 为万有引力恒量,M 为地球质量,那么将质量为 m 的飞船从

地面发射到距离地面高度为 h 的圆轨道上,火箭至少要对飞船做多少功?(为简化计算,不考 虑地球自转对发射的影响)

答案第3页(共 6 页)

六、 (15 分)如图所示,两根长度均为 L 的刚性轻杆,一端通过质量为 m 的球形铰链连接, 另一端分别与质量为 m 和 2m 的小球相连。将此装置的两杆合拢,铰链在上、竖直地放在水平 桌面上, 然后轻敲一下, 使两小球向两边滑动, 但两杆始终保持在竖直平面内。 忽略一切摩擦, 试求:两杆夹角为 90° 时,质量为 2m 的小球速度大小 v2 。 m L m L 2m v2

答案第4页(共 6 页)

七、(15 分) 如图所示,一轻绳穿过光滑的定滑轮,两端各有一小物块,它们的质量分别为 m1、m2,已知 m2=3m1,开始时 m1 放在地面上,m2 离地面的高度 h=1m,绳两边处于拉直状态, 然后放手。设物块与地面相碰时没有弹起(地面为水平沙地) ,绳不可伸长,绳中各处拉力均 相同,在突然提拉物块时,绳的速度和物块的速度相同,试述 m2 所走的全部路程。 (取 3 位有 效数字,m2 在沙地中所走路程忽略不计)

m2 h m1

答案第5页(共 6 页)

八、 (20 分)列车载重时简单地直接启动有困难,司机常常先倒车再启动前进。设在平直轨道 上,机车启动时的牵引力为 F,机车后面挂接有 49 节车厢,设机车和每节车厢的质量均为 m, 机车和每节车厢所受的阻力都为自身重量的 k 倍, 开始时挂钩是与连接处靠紧的, 倒车后每相 邻两节车厢间挂钩所留间隙为 d,如图所示,求: (1)机车挂接第 1 节车厢后的速度; (2)机车带动第 49 节车厢后瞬间列车的速度,并由此说明倒车启动比直接启动的优点。 (设 每次挂接时间极短) 1机

d
2 3 4 ???? 50

泉州市第十八届“启程杯”高中物理竞赛试卷

参考答案

一、填空题(每小题 6 分,共 18 分) - 1. 3?10 9(3 分)2?1024~5?1024(3 分) 2. 40 只(3 分)8 只(3 分)3. 27.4cm(6 分) 1.【解析】 分)d≈ 3 (6
22 . 4 ? 10 6 . 02 ? 10
?3 23

m=3.3× 9m 10



若取身材适中高中生的身高为 1.60m、 “肩宽”为 0.4m, “体厚”为 0.2m,则此高中生的“体 积”约为 V=1.60×0.4×0.2m3=0.128m3,故空气分子的个数约为 n≈
V 22 . 4 ? 10
?3

?NA ?

0 . 128 22 . 4 ? 10
?3

? 6 . 02 ? 10

23

个=3.4×1024 个

2.【解析】 分) (6 当不计用电器电阻随温度的变化时,则每只电热器的电阻 R0= U2/P=2002/1000Ω=40Ω (1)欲使电源输出功率最大,必须使外电阻等于内电阻, 即电热器的总电阻应为 R = r-R1-R2 = 1Ω 故应接通的电热器数为 n1 = R0/R = 40/1 只= 40 只 (2)欲使电热器组加热物体最快,必须使电热器组得到的电功率最大(不是电热器接得越多, 总功率越大) ,注意到 A、B 两点间得到最大功率的条件,相当于 R1、R2 视为等效(电源)内 电阻, 即应使电热器组实际接入电路的总电阻为 R′=R1+R2+r=5Ω 故应接通的电热器数为 n2 = R0/R′= 40/5 只= 8 只 3. 【解析】 分) (6 如图所示,对第 5 块板,据平衡条件可知最多只能伸 出第 4 块板右端点 A 的距离为 x5=L/2
答案第6页(共 6 页) 2 1 3 D E x1 x2 5 4 C x3 B x4 A x5

设第 4 块板伸出第 3 块板右端点 B 距离为 x4, 据平衡条件有 mgx4+
x4 L mg ? x4 2 ? L ? x4 L mg ? L ? x4 2

解得 x4=L/4

设第 3 块板伸出第 2 块板右端点 C 为 x3, 则可等效为 B 点处受第 5 块和第 4 块板重力之和 2mg 作用, 据平衡条件有 2mgx3+
x3 L mg ? x3 2 ? L ? x3 L mg ? L ? x3 2

解得 x3=L/6

同理,以 D 点为轴时,可等效为 C 处受 3mg 作用, 据 3mgx2+
x2 L mg ? x2 2 ? L ? x2 L mg ? L ? x2 2

解得 x2=L/8
L ? x1 L L ? x1 2

以 E 点为轴时,可等效为 D 处受 4mg 作用,据 4mgx1+ 解得 x1=L/10 故 Lm= x1+ x2+ x3+ x4+ x5=
L 10 ? L 8 ? L 6 ? L 4
L 2n

x1 L

mg ?

x1 2

?

mg ?

?

L 2
?

=

137 120
L

L ?

137 120

m=27.4cm ? 24 ?
L 4 ? L 2

不难得出 xn=L/2n,Lm= xn+xn-1?+x2+ x1=

2 ( n ? 1)

?? ?

评分标准 二、 【解析】 (10 分) (1)小球在 B1、B2 中受洛仑兹力作用分别做半径为 R1、R2 的匀速圆周运动, 据牛顿第二定律有 qv0B1=m
v0
2

R1
R1 2

qv0B2=m

v0

2

R2

解得 R1=

mv 0 qB 1

(1 分) R2=

mv 0 qB 2

(1 分)

如图所示,据几何关系有 h+

=R1 解得 R1=2h 由于 B1=2B2=2B0 所以 R2=2 R1=4h P h R1 O1 O2 B2 Q B1



v0=

4 qB 0 h m

(2 分) M 60°

v0

P′A Q′ N R2

(2)小球在 B1、B2 中做匀速圆周运动的周期分别为 T1、T2 则 T1=
2? R 1 v0 ?

?m
qB 0

T2 =

2? R 2 v0

?

2? m qB 0

(1 分)

答案第7页(共 6 页)

T1 ?m 小球在 B1 中做匀速圆周运动的时间为 t1=2× ? 6 3 qB 0

小球在 B2 中做匀速圆周运动的时间为 t2 =
5? m 3 qB 0

2T 2 3

?

4? m 3 qB 0



t = t1 + t2 =

(1 分)

设小球轨迹的圆心 O1 与 P 点连线交边界 MN 于 P′,据几何关系有
P ?M ? 3 2 R1 ? 3h AM ? 3 2 R 2 ? 2 3h

A P ? ? AM ? P ?M ?

3h



PQ ? 2 A P ? ? 2 3 h

(1 分)
6 3 qB 0 h 5? m

宇航员匀速运动速度 v= PQ / t ?

(1 分) (1 分) (1 分)

宇航员抛球时相互作用满足动量守恒 mv0=Mv 解得
M ? mv 0 v ? 10 ? m 3 3 ? 10 3? m 9

三、 【解析】 (12 分) 接通 S,电路等效为图甲。C2 被短路,C1 与 R2 并联,所以 C1 两极板电 压等于 R2 两端的电压,C2 两极板电压等于零。整个电路为 E、R1、R2、 E S 组成的串联电路(此时 C1 的支路相当于断开) 。则: R2 两端电压为 U2 =
E R1 ? R 2 R 2 = 6V
-4

R1 C1 甲 R1

R2 S

(2 分)

R2

C1 所带电荷量为 Q1 = C1U2 =1.8× 10 C (1 分) C1 C2 E C2 所带电荷量为 Q2 = 0 (2 分) 断开 S, 电路稳定后等效为图乙, 此时, 电容器所在支路无电流通过 (相 乙 当于断路) ,故可进一步等效为图丙,即 C1、C2 与电源两极相接,电容 器两极电压等于电源电动势 10V。则: - C1 所带电荷量为 Q′1 = C1E = 3× 4C 10 (1 分) C1 C2 E -4 ′ C2 所带电荷量为 Q 2 = C2E = 3× 10 C (1 分) - C1 所带电荷量增加 △Q1 = Q′1-Q1 = 1.2× 4C 10 (1 分) - 丙 C2 所带电荷量增加 △Q2 = Q′2-Q2 =3× 4C 10 (1 分) - 即 C1 与 C2 所带电荷量在 S 断开后增加的总和为 △Q =△Q1+△Q2 = 4.2× 4C (1 分) 10 - 所以断开 S 后,流过 R1 的电荷量为 △Q = 4.2× 4C 10 (2 分)
答案第8页(共 6 页)

四、 【解析】 (15 分) 由于带电粒子从偏转电场射出时,好象是 R1 R2 从两极板间的中点 L/2 处沿直线射出似的, A E 如图所示,设电子离开偏转电场时的偏移 R3 B R4 量为 y′ 据几何关系有
L/2 L 2 ?s ? y? D /2

D/2 d L s y′ 荧 光 屏

(2 分)

解得 y′=

LD 2( L ? 2 s)

?

5 12

cm
1 2
eU md

(1 分)

电子在偏转电场中做类平抛运动 y=
1 2

at

2

(1 分) a=
2

(1 分) t=L/v0

(1 分)

又 E0=

mv

2 0

(1 分) 解得

y=

eUL

(2 分) (2 分)

4 dE 0

由 y≤y′并代入数值解得 U≤25V 设图中 A、B 两点的电势分别为 φA 和 φB 则 φA=
R2 R1 ? R 2 E =50V

(1 分)

φB=

R4 R3 ? R4

E ?

30000 R 3 ? 300

(1 分) (1 分) (1 分) (1 分)

由 φA-φB≤U 代入数值解得 R3≤900Ω 由 φB-φA≤U 代入数值解得 R3≥100Ω 故 R3 的取值范围是 100Ω≤R3≤900Ω 五、 【解析】 (15 分) (1)对飞船,据万有引力定律和牛顿第二定律有
G mM (R ? h)
2

? m(

2? T

) ( R ? h ) (2 分)
2

又地球表面附近物体 m′的重力近似等于万有引力
gR T 4?
2 2 2

m ?g ? G

m ?M R
2

(2 分)

解得飞船离地面的高度

h?

3

?R
GmM R?h

(1 分) (1 分) (1 分)

(2)飞船由距地球无穷远处移至距离地球表面为 h 处,引力做功为 W1= 若将飞船由距地球无穷远处移至距离地球表面,引力做功为 W2=
GmM R

将飞船由地球表面发射到距离地球表面 h 高的轨道上的过程,引力做功为 W3 = W1- W2 =
GmM R?h ? GmM R ? ? GmMh (R ? h)R

(2 分)

答案第9页(共 6 页)

设飞船在距离地面高为 h 的圆轨道上运动时的速度为 v,据万有引力定律和牛顿第二定律有
G mM (R ? h)
2

? m

v

2

R?h

(2 分)

设将飞船送入距地面高度为 h 的圆轨道运动的过程中,火箭要对飞船所做的功为 W, 据动能定理有
GmM R?h

W+W3=

1 2

mv

2

(2 分)
mgR
2

解得

W=

?

R ? 2h 2R

或 W=

R?h

?

R ? 2h 2R

(2 分) m
45°

六、 【解析】 (15 分) 三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒,约束关系是两 杆不可伸长。设末态(杆夹角 90° )左边小球的速度为 v1 (方向水平向左) ,球形铰链的速度为 v(方向和竖直方向 夹 θ 角斜向左) ,如图所示,对题设过程,三球系统机械能 守恒,有 mg(L2 2

L v1 m

θ v

v2 2m

L)=

1 2

mv 1 +

2

1 2

mv2 +

1 2

? 2 mv 2

2



(2 分) (2 分) (2 分) (2 分) (2 分)
17 3

三球系统水平方向动量守恒 mv1 + mvsinθ= 2mv2 ② 左边杆子不形变 v1cos45° vcos(45° = -θ) ③ 右边杆子不形变 vcos(45°+θ)= v2cos45° ④ 由③、④两式用 v2 替代 v1 和 v ,代入②式解得 tanθ= 1/4 由③、④两式及 tanθ= 1/4 可解得 v1 =
5 3

v2

(1 分)

v=

v2

(1 分)

将 v1 、v 的替代式代入①式解得 v2 =

3 gL ( 2 ? 20

2)

(3 分)

七、 【解析】 (15 分) 当 m2 第一次下落至地面时,m1、m2 具有的速度大小相同,设此时速率为 v, 据系统机械能守恒有 m2gh-m1gh= 又 m2=3 m1 解得落地速率 v= gh
1 2

(m1+ m2)v2

(2 分) (1 分)

尔后 m1 以 v 作竖直上抛运动,当重新下落至离地高度为 h 时,速度大小不变,方向向下,绳 再次绷紧,m1、m2 相互作用满足动量守恒 m1v=(m1+m2)v1 (2 分) 设 m2 再次上升高度为 h1,由能量关系有 m2gh1=m1gh1+
1 2

(m1+m2) v 1

2

(2 分)

答案第10页(共 6 页)

解得 落地速率 v1=

1 4

v ?

1 4

gh 1 16

(1 分) h (1 分)

m2 能再次上升的高度 h1=

由于 m2>m1,所以 m2 将再次下落回地面,绳子也将重复上述的分析过程再绷紧, 1 1 2 1 1 3 同理可分析得到 h2= h1= h2 = ( ) h, h3= ( ) h ?? 16 16 16 16 1 1 n hn = hn-1= (2 分) ( )h 16 16 故 m2 所走的全部路程 S = h + 2h1 + 2h2 + 2h3 + ?? + 2hn (2 分) =2 ( h + h1 + h2+ h3 +??+ hn )-h 1 1 2 1 n 1 1 2 1 n =2〔h + h+ + ( ) h +??+( ) h〕-h = 2h〔1+ ( ) +??+ ( ) 〕-h 16 16 16 16 16 16 =2h
1 1? 1 16

-h=

17 15

h=

17 15

m≈1.13m

(2 分)

八、 【解析】 (20 分) (1)机车设为 1 号车,车厢依次为 2 号车、3 号车??,机车从启动开始到运动一个间隙 d 的过程中,对机车运用动能定理有(F-kmg)d= 解得
v 1 ? 2 ( F ? k m g) d / m
'2

1 2

? m v1 ?
2

1 2

mv 1

2

(2 分) (2 分)

v1 ?
'

2 ( F ? kmg ) d / m

机车挂接 2 号车厢过程中,作用时间极短,可认为 1、2 号车组成的系统动量守恒 mv1′+0=2mv2 解得 v2=
1 2

v1′ =

( F ? kmg ) d / 2 m

(2 分)

(2)1、2 号车组成的系统一起前进 d 的过程中运用动能定理有 (F-k· 2mg)d=
' 2

1 2

? ? 2mv2 ?
2

1 2
'

? 2 mv 2

2

解得

v2 ?

3 F 5 ( ? kg ) d 2 m 3

v2 ?

( F ? 5 kmg ) d / 2 m

(2 分)

1 号和 2 号车作为整体与 3 号车挂接过程中动量守恒 解得 v3=
2 3

2mv2′=3mv3 (2 分)

v2′

1、2、3 号车一起前进 d 的过程中运用动能定理有 (F-k· 3mg)d=
1 2 ? ? 3m v 3 ?
2

1 2

? 3 mv 3

2

答案第11页(共 6 页)

解得

v3 ?

' 2

4 F 7 ( ? kg ) d 3 m 3
' 2

v3 ?
'

(12 F ? 28 kmg ) d / 9 m

(2 分)

同理可得

v 49

?

50 ? F 2 ? 49 ? 1 kg ?m ? 49 ? 3

? ?d ?

(2 分) (2 分) (2 分)

最后一次挂接过程中动量守恒 49mv49′=50mv50 代入解得 v50=
49 F ( ? 33 kg ) d 50 m

此速度即为第 49 节车厢启动时列车的速度,欲使全部 49 节车厢启动,要求 v50>0 解得 F>33kmg,而不倒车直接启动时,牵引力至少要 F′>50kmg 即倒车启动时所需要的牵引力 F 明显比直接启动 F′要小,所以说倒车更容易使车厢启动。 (2 分)

答案第12页(共 6 页)


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