山西省阳高县第一中学2020-2021学年高二下学期物理竞赛物理试题

山西省阳高县第一中学【最新】高二下学期物理竞赛物理试
题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．带电粒子射入一固定的带正电的点电荷Q的电场中,沿图中实线轨迹从a运动到b,a、b两点到点电荷Q的距离分别为r a、r b(r a>r b),b点为运动轨迹上到Q的最近点,不计粒子的重力,则可知（）
A．运动粒子带负电
B．b点的场强小于a点的场强
C．a到b的过程中,电场力对粒子不做功
D．a到b的过程中,粒子动能和电势能之和保持不变
2．如图所示，有一个位于光滑水平面的有界磁场，磁场宽度大于线圈边长。

磁场的两侧边界MM’与NN’平行。

一正方形线圈abcd进入磁场前的速度为v1，当其完全进入磁场内时速度为v2，设线圈完全离开磁场后的速度为v3（运动过程中线圈ab边始终与磁场的两侧边界平行），则有
A．v3＝v1－v2
B．v3＝2 v2－v1
C．v3＝（v1－v2）/2
D．缺乏必要条件，无法确定
3．如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b 放在地面上。

a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。

不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。

则()
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
4．下图是多用电表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为500 μA，内阻R g＝50 Ω，调零电阻R的最大阻值为30 kΩ，固定电阻R0＝50 Ω，电池电动势ε＝1.5 V，用它测量电阻R x，能较准确测量的阻值范围是
A．（1－4）kΩB．（100－400）Ω
C．（10－40）ΩD．（10－40）kΩ
5．A、B两导体板平行放置，在t＝0时将电子从A板附近由静止释放．则在A、B板间加上下列哪个图所示的电压时，有可能使电子到不了B板( )
A．B．
C．D．
6．如图所示，在通电密绕长螺线管靠近左端处，用绝缘细线吊一金属环a处于静止状态，在其内部也用绝缘细线吊一金属环b处于静止状态，两环环面均与螺线管的轴线垂直且环中心恰在螺线管中轴上，当滑动变阻器R的滑片P向左端移动时，a、b两环的运动情况将是
A．a右摆，b左摆，
B．a左摆，b右摆，
C．a右摆，b不动，
D．a左摆，b不动
7．英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球,已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()
A．0 B．r2qk/2 C．2πr2qk D．πr2qk
8．如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A．已知壳内的场强处处为零；壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样．一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能E k0沿OA方向射出．下列关于试探电荷的动能E k与离开球心的距离r的关系图象，可能正确的是
A．B．
C．D．
二、多选题
9．两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的下端接有电阻R，导
轨自身的电阻可忽略不计。

斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。

质量为m 、电阻可不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑,并上升h 高度，如图所示.在这过程中 （ ）
A ．作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零
B ．作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上发出的焦耳热之和
C ．恒力F 与安培力的合力所做的功等于零
D ．恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上发出的焦耳热
10．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )
A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2
B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小
C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大
D ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越小
三、解答题
11．如图所示，质量为M 的小车静止在光滑水平面上，小车AB 段是半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道，BC 段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B 点。

一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g 。

（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。

（2）若不固定小车，滑块仍从A 点由静止下滑，然后滑入BC 轨道，最后从C 点滑出小车。

已知滑块质量2
M m =在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小m v ；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小x。

12．如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度为E，现在一带正电的质量为m 的小球，其荷质比恰为g／E，它系于一长为L的绝缘细丝线的一端，细丝线的另一端悬挂于O点，若将丝线拉直，使小球处于悬点左侧与O点等高处A点，由静止开始释放，求：
（1）小球运动到悬点右侧与悬点等高处B点时速度大小和此时细线中的张力大小。

（2）试计算分析小球能否绕O点在竖直面上做完整的圆周运动？
13．如图所示，在同一水平面上放置平行长直导轨，导轨I部分相距L＝0.4 m，导轨II 部分相距L／2，其上平行静止地分别放置可在导轨上无摩擦滑动的金属棒ab和cd，两棒质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝1 ，棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，导轨处于磁场方向竖直向下，大小为B＝1 T的匀强磁场中，现使金属棒ab以v0＝10 m / s的初速向右开始运动，问：
（1）cd棒的最大加速度多大？
（2）若ab棒在导轨I部分时，cd棒已趋于稳定速度，求此时cd棒的稳定速度多大？（3）在cd棒趋于稳定速度后，ab棒进入导轨II部分运动，则ab棒在滑行过程中还能产生的热量是多少？
（4）在cd棒趋于稳定速度后，ab棒恰进入导轨II部分时，令cd棒突然停止运动，ab 棒继续运动直至停止的过程中，通过其横截面的电量为1 c，那么，ab棒在导轨上滑行的最大距离是多少？(假设两棒一直没有相碰)
14．如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。

两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀
强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量为＋q 的粒子由小孔下方2
d 处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场。

不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小；
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为
2mv qD 、4mv qD
,粒子运动一段时间后再次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．
参考答案
1．BD
【详解】
由带电粒子的运动轨迹可知带电粒子带正电；由点电荷所形成电场的场强公式E ＝k 知，E b ＞E a ；粒子从a 到b 的过程中，电场力对粒子做负功，动能减小，电势能增大，但总能量不变，故选BD.
2．B
【解析】设线圈进入和穿出磁场时感应电流的平均值分别为I 1和I 2，产生的电量分别为q 1和q 2．对线圈，根据动量定理得：进入磁场过程：-BI 1Lt 1=m （v 2-v 1），对于穿出磁场过程：-BI 2Lt 2=m （v 3-v 2），此过程中通过线圈的电荷量： E q I t t t R R t R ∆Φ∆Φ=∆=∆=∆=∆，在穿入和穿出过程的磁通量变化量△Φ相同，线圈电阻R 相同，则q 1=q 2，由以上联立可得：v 1-v 2=v 2-v 3，即v 3=2v 2-v 1，故B 正确，ACD 错误。

3．D
【详解】
A. 当a 到达底端时，b 的速度为零，b 的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b 先做正功，后做负功，A 错误；
B. a 运动到最低点时，b 的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：
21=2
A A m gh mv 解得
A v
B 错误；
C. b 的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a 对b 的作用力先是动力后是阻力，所以b 对a 的作用力就先是阻力后是动力，所以在b 减速的过程中，b 对a 是向下的拉力，此时a 的加速度大于重力加速度，C 错误；
D. a 、b 整体的机械能守恒，当a 的机械能最小时，b 的速度最大，此时b 受到a 的推力为零，b 只受到重力的作用，所以b 对地面的压力大小为mg ，D 正确。

故选D 。

4．A
【解析】
欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；中值电阻R 中等于欧姆表的总内阻R 总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：g E I R =总，半偏时2g I E R R =+总中，联立得61.5300050010
g E R I -=
=Ω=Ω⨯中，故A 正确，BCD 错误． 5．D 【解析】
【详解】
A.加A 图电压，两板间电场方向始终由B 板指向A 板，电子从A 板开始向B 板做匀加速直线运动，一定能到达B 板．故A 错．
B.加B 图电压，前半个周期两板间电场方向先由B 板指向A 板，后半个周期两板间电场方向先由A 板指向B 板，电子在一个周期内先加速后减速到0，速度的方向不变，一直从A 板向B 板运动，之后重复这一运动过程，一定能到达能到达B 板．故B 错误．
C.加C 图电压，前半个周期两板间电场方向先由B 板指向A 板，后半个周期两板间电场方向先由A 板指向B 板，电子在一个周期内先加速后减速到0，速度的方向不变，一直从A 板向B 板运动，之后重复这一运动过程，一定能到达能到达B 板．故C 错误．
D.加D 图电压，开始向B 板匀加速，再做加速度大小相同的匀减速到速度为零后再反向加速，然后反向减速到零，即先向B 板运动一段距离后又向A 板运动相同的距离；之后重复这一运动过程，若先向B 板运动一段距离未到达B 板，则不可能到达B 板．故D 正确． 6．D
【解析】当滑动变阻器的滑片P 向左移动时，电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强，穿过线圈a 和b 的磁通量都变大，由于通电密绕长螺线管两端的磁感应强度较大，故a 环向左运动，相互抵消得多，从而可以阻碍磁通量的变大；而b 环在通电密绕长螺线管内部，是匀强磁场，若它的面积减小，可以阻碍磁通量的变大，故b 有收缩的趋势，但不会运动．故D 正确，ABC 错误。

7．D
【解析】
试题分析：磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，故感应电动势为：
2B U S r k t
π==；根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球
在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W=qU =πr 2qk ，故选D ． 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律
8．A
【详解】
试题分析：由于在球壳内场强处处为零，因此从O 向A 运动的过程中电荷不受电场力，做匀速直线运动，动能不发生变化，图象为一条水平直线，C 、D 错误；通过A 点后，电荷做加速运动，但场强逐渐减小，通过相同的位移，电场力做功逐渐减小，根据动能定理，试探电荷的动能的增量逐渐减小，即图象的斜率逐渐减小，A 正确，B 错误．
考点：动能定理，点电荷的电场
9．AD
【解析】
试题分析：导体棒匀速上升过程中，合力为零，则合力所作的功等于零，根据动能定理得：0F G W W W --=安，得F G W W W =+安，克服安培力所做功W 安即等于回路电阻中产生的热量，故金属棒上的各个力的合力所做的功等于零，恒力F 等于mgh 与电阻R 上发出的焦耳热之和，A 正确B 错误；根据0F G W W W --=安可得恒力F 与安培力的合力所做的功等于克服重力所做的功，C 错误；由0F G W W W --=安得，F G W W W -=安，即恒力F 与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R 上发出的焦耳热，故D 正确 考点：考查了动能定律，功能关系
【名师点睛】对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生热量
10．BD
【解析】当没有二极管时，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：U ab ：U cd =n 1：n 2；
而因二极管的单向导电性， 12ab cd U U n =：：，故A 错误；当增大负载电阻的阻值R ，因电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，电阻R 的电流变小，则电流表的读数变小，故B 错误；cd 间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd 间的电压U cd 不会随着负载电阻变化，故D 错误。

所以BD 正确，AC 错误。

11．（1）3mg ；（2）①m v =
；②13x L = 【详解】 （1）滑块滑到B 点时对小车压力最大，从A 到B 机械能守恒，则有
212
B mgR mv =
滑块在B 点处，由牛顿第二定律得 2N B v F mg m R
-= 解得
N 3F mg =
由牛顿第三定律得
N
N 3F F mg '== （2）①滑块下滑到达B 点时，小车速度最大。

由机械能守恒得
2211(2)22
m m mgR Mv m v =
+ 解得
m v =②设滑块运动到C 点时，小车速度大小为C v ，由功能关系得
2211(2)22
C C mgR mgL Mv m v μ-=+ 设滑块从B 到C 过程中，小车运动加速度大小为a ，由牛顿第二定律得
mg Ma =μ
由运动学规律得
222C m v v ax -=-
联立以上各式，解得
13
x L =
12．（1 3mg （2）不能
【解析】试题分析：根据动能定理求出B 点的速度，再根据牛顿第二定律求出拉力；求出等效最高点的速度，根据动能定理求出要做完整圆周运动时，B 点的速度至少为多少，在与（1）问相比较即可解题。

（1）设小球到达C 处时的速度为v c ，且向速度为v c 1，
根据动能定理： 212
c mv =
解得： c v =
则： 0
1cos45c c v v ==设小球到达B 处时的速度为v B ,线中的张力为T ，因为BC 关于OD 对称， 1B c v v =， 则2B v T qE m L -= 解得： 3T mg =
（2）因为比荷为： q g m E
=，所以受的电场力为： F qE mg ==
小球受重力、电场力等效的加速度为： g '=
等效最高点在左上方与水平成450角，所以过最高点时的最小速度为： 2v =
根据动能定理得： ()00222311cos45sin4522mgL qE L L mv mv --+=
-
解得： 3v =
因为： 3B v v =>=
点睛：本题主要考查了动能定理和圆周运动的结合，关键是求等效最高点的速度。

13．1）4m/s 2
2）4m/s
3）0.033J
4）7.5m
【解析】试题分析：ab 棒刚起动时cd 棒有最大加速，牛顿第二定律求出加速度；当杆稳定时磁通量变化量为零，应用动量定理求出速度；运动过程中两棒总动量守恒，应用能量守恒
可得产生的热量，根据电量的表达式： max Lx q I t t B R t R
∆Φ=∆=∆=∆，求出位移。

（1）ab 棒刚起动时cd 棒有最大加速，此时感应电动势为： 0e BLv =
感应电流为： 2e I R
= 联立并代入数据解得： 2I A =
cd 所受安培力产生加速度： 22F BIL ma ==，
最大加速度为： 224/a m s =
（2）当cd 棒趋于稳定速度时，此时有2v ab ＝v cd ，由I 相同得F ab ＝2F cd ，
根据动量定理得:F ab t ＝mv 0－m v ab ，F cd t ＝mv cd －0
联立以上可得： 2/ab v m s =， 4/cd v m s =
（3）运动过程中两棒总动量守恒:mv ab ＋mv cd ＝2mv ， 代入数据解得：v ＝3m / s ，
回路总热量为： 2221112222
ab cd Q mv mv mv =
+- ab 棒的热量为： 0.0333ab Q Q J == （4）ab 棒在运动过程中产生的电动势为： max 2Lx S e B B t t t ∆Φ∆=
==∆∆∆' 通过的电荷量为： max Lx q I t t B R t R
∆Φ=∆=∆=∆ 代入数据解得： max 7.5x m =
点睛：本题主要考查了双杆问题，应用动量定理和能量守恒即可解题。

14．（1）2
mv qd
（2）4mv qD 或43mv qD （3）5.5πD 【详解】
(1)粒子在电场中，根据动能定理2122
d Eq mv ⋅=，解得2mv E qd = (2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为/2
E R 由2
11
v qvB m r =，解得4mv B qD =
则当外切时，半径为e R
由2
12
v qvB m r =，解得43mv B qD = (2)若Ⅰ区域的磁感应强度为220932qB L m U =，则粒子运动的半径为0010016819
U U U ≤≤；Ⅱ区域的磁感应强度为2012qU mv =，则粒子运动的半径为2
v qvB m r
=； 设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动公式可得：
1112R T v π=；034
r L =
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为1θ，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为2θ，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系可得：1120θ=；2180θ=；60α= 粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间
分别为t 1、t 2
，可得：r ∝
56
L L =
设粒子运动的路程为s ，由运动公式可知：s=v(t 1+t 2
)
联立上述各式可得：s=5.5πD。