浙江省宁波市高二物理竞赛试卷 含答案
浙江省宁波市物理高二上学期试题及答案指导(2025年)
2025年浙江省宁波市物理高二上学期复习试题及答案指导一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、以下哪个物理量不属于矢量？A、力B、速度C、位移D、温度答案：D解析：矢量是既有大小又有方向的物理量，而温度只有大小，没有方向，因此属于标量。
力、速度、位移都是矢量。
2、在以下四个选项中，哪个公式描述的是牛顿第二定律？A、F=maB、F=kxC、F=Gm1m2/r^2D、F=mv^2/r答案：A解析：牛顿第二定律表述为：物体的加速度与作用在它上面的外力成正比，与它的质量成反比，加速度的方向与外力的方向相同。
公式为F=ma，其中F为力，m为质量，a为加速度。
选项B是胡克定律，选项C是万有引力定律，选项D是向心力公式。
3、下列关于力的说法中，正确的是（）A. 力是物体对物体的作用，力不能离开物体而单独存在B. 力的三要素是力的大小、方向和作用点，它们共同影响着力的作用效果C. 力的单位是牛顿，1N表示1kg物体受到1m/s²的加速度D. 力的合成遵循平行四边形法则，力的分解也遵循平行四边形法则答案：B解析：A选项表述了力的基本概念，正确；B选项正确描述了力的三要素；C选项中力的单位是牛顿，但1N表示的是1kg物体受到1m/s²的加速度，不是1m/s²的力；D 选项中力的合成和分解都遵循平行四边形法则，但是力的分解不一定遵循平行四边形法则，因此D选项错误。
综上所述，B选项正确。
4、一个物体在水平面上受到两个力的作用，一个力向东，大小为10N，另一个力向北，大小为15N。
若物体处于静止状态，则这两个力的合力大小是（）A. 5NB. 10NC. 15ND. 17.8N答案：D解析：由于物体处于静止状态，说明两个力的合力为零，因此可以使用勾股定理来计算合力的大小。
两个力的合力大小为√(10²+ 15²) = √(100 + 225) = √325 ≈ 17.8N。
浙江省宁波市物理高二上学期试题及答案指导(2024年)
2024年浙江省宁波市物理高二上学期模拟试题及答案指导一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、在国际单位制中，下列哪个不是基本单位？A. 米（长度）B. 千克（质量）C. 秒（时间）D. 牛顿（力）【答案】D. 牛顿（力）【解析】牛顿（N）是导出单位，它表示力的单位，根据牛顿第二定律(F=ma)，其中(F)是力，(m)是质量，(a)是加速度，由此可知力的单位由米（m）、千克（kg）、秒（s）三个基本单位导出。
2、一个物体在水平面上做匀速直线运动，若不计空气阻力，则该物体所受摩擦力的大小如何变化？A. 增大B. 减小C. 不变D. 先增大后减小【答案】C. 不变【解析】当物体在水平面上做匀速直线运动时，根据牛顿第一定律（惯性定律），如果外力不做功，且没有其他力改变其速度，则物体将以恒定速度运动。
在此情况下，静摩擦力等于推动力，保持物体匀速直线运动状态不变。
因此，只要条件不变，摩擦力大小也是恒定的。
3、下列关于光的传播现象，说法正确的是：A、光在同种均匀介质中沿直线传播B、光在真空中的传播速度比在水中的传播速度快C、光从空气斜射入水中时，折射角大于入射角D、光从水中斜射入空气时，反射角小于入射角答案：A解析：光在同种均匀介质中确实沿直线传播，这是光的基本性质之一。
选项B错误，因为光在真空中的传播速度是最快的，约为3×10^8 m/s。
选项C错误，当光从空气斜射入水中时，折射角会小于入射角。
选项D也错误，因为无论是从水中斜射入空气还是从空气斜射入水中，反射角都等于入射角。
4、关于牛顿第三定律，以下说法正确的是：A、作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，但作用在不同的物体上B、作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上C、作用力和反作用力的大小关系与物体的质量有关D、作用力和反作用力不会同时消失答案：B解析：牛顿第三定律指出，对于任意两个相互作用的物体，它们之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，并且作用在同一条直线上。
高二物理竞赛选拔考试试题(附答案)
高二物理竞赛选拔考试试题一、单项选择题：（3×10＝30分）1、有一辆用链条传动的变速自行车，中轴(踏脚转轴)有两个齿轮盘，其齿数各为48、38，后轴飞轮上有三个齿轮盘，其齿数分别为14、17、24，若人以相同的转速带动踏脚，则用不同的齿轮盘组合，能使白行车得到的最大行进速度与最小行进速度比值约为:（）A、2.27B、2.17C、1.36D、1.262、如图所示，F 1、F2为有一定夹角的两个力，L为过O点的一条直线，当L取什么方向时，F1、F2在L上分力之和为最大: （）A、F1、F2合力的方向B、F1、F2中较大力的方向C、F1、F2中较小力的方向D、以上说法都不止确3、如图所示，物体A、B与水平桌面间动摩擦因数相等，用轻弹簧连接当用水平力F 拉A使A、B共同做匀加速直线运动，则将力F突然撒去的瞬间:（）A、A、B加速度均变为零B、A做减速运动，B做加速运动C、A做减速运动，B加速度为零D、A、B均做减速运动4、图A-D是表示电量q与电势差U的关系图。
哪一张图正确表示出使一定质量的油滴静止在水平放置的两平行板之间，油滴所带的电量q与两平行板的电势差U之间的关系：（）5、有一直角V形长槽，固定地放在水平面上，槽的两侧壁与水平面夹角均为45º，有一质量为M的正方形木块与槽二侧璧面间的最大静摩擦系数分别为μ1、μ2（μ1>μ2）。
现水平推动木块使之沿槽运动，则木块所受摩擦力为：（）A、mgμ1B、mgμ2C、（μ1+μ2）mg/2D、（μ1+μ2）mg/26、一台用非铁磁性物质制成的天平(包括天平盘)，可认为它不受磁力影响。
左盘中央放一铁块A；其上方不远处有一固定在支架上的电磁铁B(支架也放在左盘上)。
未通电时，天平平衡；给B通电后，在铁块A被吸起离开天平盘但未碰到B的上升过程中，天平的状态为: （）A、右盘下降B、仍保持平衡C、左盘下降D、无法判断7、如图所示，两只相同的白炽灯L1和L2串联接在电压恒定的电路中，若L1的灯丝断了，经搭丝后与L 2串联，重新接在原电路中，则此时L l的亮度与灯丝末断时比较：（）A、不变B、变亮C、变暗D、条件不足，无法判断8、如图所示，条形磁铁沿闭合螺线管的轴线方向穿过螺线管，水平地面光滑，条形磁铁的重力和空气阻力不计，则整个运动过程中:（）A、条形磁铁一定作匀速直线运动B、上述系统动能和动量都不守恒C、上述系统动能不守恒，动量守恒D、条形磁铁，螺线管及小车组成的系统动能、动量都守恒9、如图所示，两端封闭的均匀细玻璃管，管内有两部分相同的理想气体A和B，中间用一小段水银柱隔开。
浙江宁波2023年高二上学期物理竞赛试题+答案
第3题图2023年宁波市物理竞赛试题时间：120分钟满分：100分2023年10月一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．戈瑞(符号：Gy)是用于衡量由电离辐射导致的“能量吸收剂量”的物理单位。
1戈瑞（1Gy ）表示每千克物质吸收了1焦耳的电离辐射能量。
若用国际单位制基本单位的符号表示戈瑞，下列表示中正确的是A ．J/kgB ．kg·m 2·s -2C ．m 2·s -2D ．m·s -22．质点作直线运动，其加速度的方向不变而大小逐渐减小到零，下列描述该物体的运动情况中不可能．．．是A ．速度先不断减小，又反向加速，最后做匀速直线运动B ．速度不断减小，直至运动停止C ．速度先不断增大，而后不断减速至停止D ．速度先不断减小，而后做匀速直线运动3．一辆汽车进入高速公路出口处的人工收费站，自匀减速进入收费站至停车缴费的过程中，其平均速度v 随时间t 变化关系如图所示，下列说法中正确的是A ．汽车的加速度为1m/s 2B ．t =8s 时的速度为8m/s C ．0~8s 内的位移是64m D ．汽车在t =16s 时恰好停止4．如图所示，半球壳内壁光滑，圆心O 和最低点O ′的连线竖直，可视为质点的两个小球1、2在其内壁上沿不同高度的圆周轨道运动，小球1的轨道位置更高一些，下列说法正确的是A ．小球1的速度大于小球2B ．小球1的周期大于小球2C ．小球1的加速度小于小球2D ．小球1受到内壁的弹力小于小球25．如今，人们出行有时会随身携带多种电子设备，为满足充电的需求，双通道输出移动电源越来越普及。
如图所示，为某一品牌移动电源的铭牌，通道1输出电流为1A ，通道2输出电流为2.1A ，额定容量是指移动电源在额定电压电流下的最少输出容量，下列说法正确的是A ．该移动电源的最大储存电荷量为22500CB ．若该移动电源用通道2给平板电脑充电，一次性能提供的最大电能至少为112500J第5题图第4题图C ．若该移动电源分别用通道1和通道2给手机和平板电脑同时充电，移动电源的输出电压为10VD ．若该移动电源分别用通道1和通道2给手机和平板电脑同时充电，移动电源的输出功率为10.5W 6．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图像（电池内阻不是常数），图线b 是某电阻R 的U -I 图像，虚线c 为图线a 、b 交点处的切线。
高二物理竞赛试题(含有答题卡和答案)
高二物理竞赛试题一、 选择题（共12道题，共48分。
有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对得4分，选不全的得2分，选错的或不答的不得分）１、一个物体在几个恒定的共点力作用下处于平衡状态，现去掉一个恒力，则物体（ ） A 、可能做匀变速直线运动 B 、可能做匀变速曲线运动 C 、可能做匀速直线运动 D 、可能做匀速圆周运动2、如图所示，物体A 贴在竖直墙壁上，在竖直轻弹簧作用下，A 、B 保持静止，则物体A 受到力的个数为（ ） A 、2 B 、3 C 、4 D 、5 3、狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路做匀速圆周运动，图为四个关于雪橇受到的牵引力F 及摩擦力f 的示意图（图中O 为圆心），其中正确的是（ ）4、如图所示，一带电粒子从P 点以初速度v 射入匀强电场，仅受电场力的作用，则可能的运动轨迹及电势能的变化情况是（ ）A 、轨迹a ，且电势能一直变大 B 、轨迹b ，且电势能变小C 、轨迹c ，且电势能变小D 、轨迹d ，且电势能变大5、如图所示，置于水平地面上的三脚架上固定着一质量为m 的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成30︒角，则每根 支架中承受的压力大小为（ ） A 、13mg B 、23mg C D 6、一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P 点，如右图所示，以E 表示两极板间的场强，U 表示 电容器的电压，E p 表示正电荷在P 点的电势能，若保持负极板不动，将正极 板移到图中虚线所示的位置，则( )A 、U 变小，E 不变B 、E 变大，E p 变大C 、U 变小，E p 不变D 、U 不变，E p 不变7、一物体做匀加速直线运动，通过一段位移x ∆所用的时间为1t ，紧接着通过下一段位移x ∆所用时间为2t 。
则物体运动的加速度为( ) A ．1212122()()x t t t t t t ∆-+ B ．121212()()x t t t t t t ∆-+ C ．1212122()()x t t t t t t ∆+- D ．121212()()x t t t t t t ∆+-8、一带负电荷的质点，仅在电场力作用下沿曲线abc 从a 运动到c ，已知质点的速率是递减的。
宁波市高二物理竞赛试题参考答案及评分标准
［分］62宁波市高二物理竞赛试卷参考答案及评分标准.选择题（共分，每小题分，选不全得分，有错选不得分，共分）.填空题（每题分，共分，有两空格的题，分数平分） 4E I E 2 (£ 岸2)1 2(2 3 -3)qBa 2m 4~..：2R g -2 0 2R三•计算题（解答应有详细的解题过程，只写出最后结果的不能得分•共分） 题分 解：设天平左、右两臂长为、，左、右两盘质量为、，所求物体的准确质量设为，则 ()( ) ［分］ ()( ) ［分］ ()( ) ［分］解得z —x (a_b) a=(Z -x)(a -b) a(x -y)=bx-ay (a -b)z x-yx-yx_y题，分解：根据对称性，三点电荷各自在点产生的电势相等，设为［则处点电荷在点产生的电势也为1 tp ® ® 取走处点电荷后.(2)G i G 3 _ G 2t 2在、处的点电荷各自在点产生的电势也应相等设为■，根据叠加原理有［分］解得: 1 p2 C P p点的电势-■Q［分］6 2解：设绳的拉力为，则滑块：［分］平板：•二二（）［分］壬af {a B t — L ［分］［分］解得拉力［分］解设向上运动，其加速度设为，则动滑轮加速度也为，方向向左•以动滑轮为参考系，在该参考系:中，对、列动力学方程，需考虑惯性力•设绳的拉力为，表示、、的质量.滑块：J［分］平板：J［分］其中•、是、相对动滑轮的加速度，它们方向相反，则相对的加速度大小为［分］L^a AB t2［分］解得：」2L：2绞2［分］t20.22题，分解：如图所示，由Eq = 1mg可得，与的合力-^mg ［分］、3与图中竖直线的夹角为•［分］过作的平行线，得与圆的交点，则点是小球绕做圆周运动的最高点”，刚好绕做圆周2运动的条件是：m V D ［分］R重力势能和电势能的零点都选在点，根据能量守恒有即：（）m v D ［分］由以上式子解得:"寫 1 ［分］所以4［分］()［分］即: ^mvf -F mv D -F ［(I -R)cos30 - R ］ ［分］由以上四式解得：R 二丄卫3I12所以15一5 3| =0.52812题，分解：设磁场的磁感应强度为，导轨的宽度为，金属杆获得速度瞬间，流过电阻的电流为BLv R r安培力丛［分］_ |mv (a -卩“』0.10汇2.5汉(5.0—0.20x10 "■■- R r - ,2.0 - 1.0解：设金属丝单位长度的电阻.整个矩形闭合回路感应电动势 E 二+二迴严 整个矩形闭合回路的电流IE解：如图所示,电场力与重力的合力记为，因为、是保守力，因此也是保守力，可引入的势能，它是电势能与重力势能的总和 带电小球在作用下 ,沿直线从运动到,由于Eq 二一1 mg ,所以厶是等边三角形,则摆球从 寸3 到的过程有F l 二丄mv B2在处，将分解成、，细线拉紧后瞬间，径向 分量损失，切向分量度拉紧前后不变接着摆球沿圆孤运动，碰到钉子•后，若刚好绕•做圆周运动•过作的平行线交圆 于点，点即为小球绕 做圆周运动的“最高点”过点作_,取为对应势能的零点［分］根据能量守恒有由此三式解得() ［分32r （a 〒b）() ［分］-3 -1［分］矩形中右边部分回路的感应电动势巳=貢七c ()设电压表测得的电压为，并设该电压为上正下负,则对右边部分的回路()()2由以上四式解得:u 二^^歸 ［分］电压表的读数为的绝对值当电压表接成图位置时，电压表与右边部分金属丝组成的回路，其电动势()此时电压表测得电压设为 ,并设该电压为上正下负，对右边回路 () () 由（）、（）、（）、（）解得:kab(2c a)2(a b) 负号表示实际为下正上负 ,电压表的读数为的绝对值 题，分 解：设小球起始高度为 ,各次到达轨道最高点的高度如图所示 小球从到：（） sin 二()得：h 2 1 J coLz h1 ()小球从到:（）:得：（「：）-,可列与（）类似的式子，得:小球从到 h 4()()(),可列类似（）的式子，得： （「）• （）由（）、（）、（）、（）得小球第二次返回左轨道 h 一 （1」C0t ： ） hh 52 h 1（1 九亠 cot ：）小球从到()h i 根据题意可知：h 53 ,『3 _ 1由（）、（）式解得：J =_---tan 〉©3+1［分］,并达到最高点的高度： ()解：设小球起始高度为，各次到达轨道最高点的高度如图所示第一次从左到右：-將―黒［分］2h 11 k 1 将、代入上式得(1 亠！, cot _：i )L 0 sin 二 1 」2 cot ： 1 - cot 工(cot ■ 2 cot ：) ( sin 、£ sin ： ) L o_____ L 0 s i n (叫 c 0 t - 2 co t)2 h 1 2 2 3 3 2 23 3h 1 -(1 k*2 k 1 k 2 k 1 k 2 ) J(1 k*2 b k ? bk ? ) — sin 二 sin -sin .：:(1 k 1k 2k 12k ； k 3k 22h 1 )(sin :h 1 sin :1 - '1 cot : 1 < -2 cot :h l其中k i 二第一次从右滑到左7 ■- •犬S ［分］sin 戸sin a1 -」2 cot1 - - '2 cot :得：h 3-h 2 • 其中 k 2—1 + M cot a 1+^1 cot a容易发现，以后小球每次从左滑到右，到达的高度是该 次起始高度的倍；小球每次从右滑到左，到达的高度是该 次起始高度的倍•那么小球各次到达的高度可依次推得•从右到左从左到右（起始高度）质点在在两轨道往返无数次后，最终停止于点，质点通过的总路程盘(h 12h 3 2h 5 羽 )sb (2h 2 2h 4 2h 6 2h 81+片42。
浙江物理竞赛试题及答案
浙江物理竞赛试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是（）。
A. 2.998×10^8 m/sB. 3.000×10^8 m/sC. 3.002×10^8 m/sD. 3.008×10^8 m/s2. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力的大小（）。
A. 相等B. 不相等C. 相等但方向相反D. 不相等且方向相反3. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力作用，若该力的大小为10N，方向向右，则该物体所受的摩擦力大小为（）。
A. 10NB. 5NC. 0ND. 无法确定4. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，加速度为2m/s²，那么在第3秒末的速度是（）。
A. 2m/sB. 4m/sC. 6m/sD. 8m/s5. 一个质量为2kg的物体在水平面上以4m/s的速度做匀速直线运动，若要使其停止，需要施加的力为（）。
A. 2NB. 4NC. 8ND. 16N6. 一个物体从高度为h的平台上自由下落，不考虑空气阻力，其下落时间t与高度h的关系为（）。
A. t = √(2h/g)B. t = √(h/g)C. t = 2h/gD. t = h/g7. 一个电容器的电容为C，当其两端电压为V时，储存的电荷量为（）。
A. C*VB. V/CC. C/VD. V^2/C8. 一个电路中，电阻R1和R2串联，总电阻为R，那么R1和R2的关系是（）。
A. R = R1 + R2B. R = R1 - R2C. R = R1 * R2D. R = R1 / R29. 一个理想变压器的原线圈和副线圈的匝数比为1:2，则原线圈和副线圈的电压比为（）。
A. 1:2B. 2:1C. 1:1D. 2:210. 根据热力学第一定律，一个封闭系统的内能变化等于（）。
A. 系统对外做的功B. 系统吸收的热量C. 系统对外做的功和系统吸收的热量之和D. 系统对外做的功和系统放出的热量之差二、填空题（每题2分，共20分）1. 光年是天文学中用来表示距离的单位，1光年等于______公里。
宁波市高二物理竞赛试题
2005宁波市高二物理竞赛试题考试时间3小时, 满分140分一. (共30分, 每小题5分)1. 分子直径的数量级是 m, 1g 水含有的水分子个数为 .(取三位有效数字)2. 如果规定: 使质量1kg 的物体产生5m/s 2加速度的力的大小规定为1N, 那么, 牛顿第二定律F = kma 中的k = ,重力加速度g = , 质量为10kg 的物体所受的重力G = .3. 一个小物体竖直上抛, 然后又回到抛出点, 已知小物体抛出时的初动能为E , 返 回抛出点时的速度为v , 该过程克服空气阻力做功为E /2. 若小物体竖直上抛的 初动能为2E , 设空气阻力大小恒定，则物体返回抛出点时 ( ) A. 动能为3E /2 B. 动能为EC. 速度大小为v 2D.速度大小为2v4. 测得人造卫星围绕地球表面运行的周期为T 1, 又测得在地面上摆长为L 的单摆, 作小角度摆动时的周期为T 2, 根据这些测量数据, 可推算出地球半径R = .5. 一定质量的理想气体由状态A 变化到状态B , 变化过程气体 压强与体积的变化关系如图所示, 已知气体在状态A 时的温度为T 1, 在状态B 时温度为T 2, 则气体在状态A 时的体积V A 与在状态 B 时的体积V B 之比V A :V B = .6. 我国发射神舟号飞船时, 先将飞船发送到一个椭圆轨道上, 其近地点M 距地面200km, 远地点N 距地面340km. 进入该轨道正常运行时, 通过M 、N 点时的速率分别是v 1、v 2 , 加速度分别为a 1、a 2. 当某次飞船通过N 点时, 地面指挥部发出指令, 点燃飞船上的发动机, 使飞船在短时间内加速后进入离地面340km 的圆形轨道, 开始绕地球做匀速圆周运动. 这时飞船的速率为v 3 (如图中P 点所示), 加速度为a 3. 比较v 1、v 2、v 3及a 1、a 2、a 3的大小, 下列结论正确的( ) A.v 1 > v 3 > v 2，a 1> a 3 > a 2 B.v 1 > v 2 > v 3，a 1 > a 2 = a 3 C.v 1 > v 2 = v 3，a 1> a 2 > a 3 D.v 1 > v 3 > v 2，a 1 > a 2 = a 3二. 今有A 、B 、C 三个相同的立方体铜块, 构成一个与外界绝热的系统, A 的温度t A =200℃,另两铜块的温度t B = t C = 0℃,在该系统内,试问用什么方法能使A 铜块的温度低于其它二铜块的温度? 给出具体的计算,写出明确的结果.[10分]三. 一个质量为m 的木块, 在固定的倾角为θ 的斜面上恰能匀速下滑(1) 求出木块与斜面的滑动摩擦因数.(2) 现对木块施加一水平的推力F , 使木块沿斜面匀速向上滑动,如图所示, 求F 的大小. [10分]四. 如图所示, 一个截面是三角形的物体P 平放在水平地面上, 它的两个斜面与水平的夹角分别为α、β, 且α <β, P 的顶端装有一定滑轮, 一轻质细绳跨过定滑轮后连接A 、 B 二个质量相等的滑块, 连接后细绳与各自的斜面平行, 所有接触面都不计摩擦. (1) 若P 固定不动, 求A 、B (2) 若P 向右做匀加速运动, 加速度多大时能使A 、B 与斜面不发生相对滑动. [12分]五. 在一具有绝热壁的刚性圆柱形密闭气缸内, 有一绝热活塞, 活塞可在气缸内无摩擦地滑动, 气缸左端装有电热器H , 可用于加热气体. 起初活塞在气缸中央位置把气缸分成体积相等的A、B两室, A、B内各充有n =2.0mol的He气, 温度都为T= 280K. 现用电热器加热气体, 加热完毕并经过一定时间后, 得知A室内气体压强变为加热前的1.5倍, B室的体积变为原来的0.75倍. 求电热器传给气体的热量. (本题要用到的相关知识: 一定质量的理想气体, 其状态发生变化时, 压强p与体积V的乘积与热力学温度T pV恒量. 每摩尔He气每升高1K温度增加的内能为12.5J ) [12分] 成正比, 即: =T六. 如图所示, 在xy平面上有两个半径均为R的圆, 左圆作匀速直线运动, t= 0时刻两圆心重合. 试求两圆交点之一P点的速率v和加速度a与时间t的关系. [14分]七. 一条很轻的细皮筋一端系在天花板上, 另一端挂一个小锤, 因而使皮筋伸长了x0=10cm. 现把小锤稍微挪移平衡位置后释放, 使小锤在竖直方向作小幅度的振动, 不计空气阻力, 计算小锤振动的周期. 假定细皮筋作用在小锤上的拉力大小可有下式表示: F = k1∆x + k2∆x3, 其中∆x表示皮筋的伸长量, k1 = 294 N/m, k2 = 9800 N/m3.[14分]八. 如图所示, 一条长为l的细绳把一个质量为m小球悬于天花板下,63,O'恰在悬挂点O的正下方, 已知天花板到地面的距离是l32求: 细绳所能承受的最大拉力. [17分]九. 在光滑的水平面上静止地放着一质量为M的光滑斜面，斜面的倾角θ为37︒. 现有质量为m的光滑小球以初速度v=5 m/s水平地打到斜面上，设所有碰撞均为弹性碰撞,小球弹起后与斜面再次发生碰撞(斜面足够长),求第二次碰撞点与第一次碰撞点在斜面上相距多远? (已知m/M=25/63，g =10m/s2，sin37︒=0.6, 小球与斜面碰撞时小球的重力可忽略) [21分]宁波市高二物理竞赛试题参考答案及评分标准一.(共30分, 每小题5分 )1. 10-10 , 3.34⨯10 22个 [2分,3分]2. 51 , 9.8m/s 2, 19.6N [2分, 1分, 2分]3. B, C [只选一个给2分,多选、错选无分]4.L T T 22215. 21:T T6. D二.(10分) 解: 设铜块的比热容为c , 质量为m .第一步: 让A 与B 接触, 达到热平衡后的温度设为t 1, 则 cm (t A -t 1) = cm (t 1-t B ) [1分]解得: t 1 = (t A + t B ) / 2 =100 ℃ [1分] 第二步: 让A 与C 接触, 达到热平衡后的温度设为t 2, 则 cm ( t 1-t 2) = cm (t 2 -t C ) [2分]解得: t 2 = (t 1 + t C ) / 2 = 50 ℃ [1分] 第三步: 让B 与C 接触, 达到热平衡后的温度为t 3, 则 cm (t 1-t 3) = cm (t 3-t 2) [2分] 解得: t 3 = (t 1 + t 2) / 2 =75 ℃ [1分]这样最后A 、B 、C 的温度分别为: 50℃、75℃、75℃, 符合题目要求. [2分] 三. (10分)解: (1) 因为木块在斜面上能匀速下滑, 所以有mg sin θ = μ mg cos θ [2分]得: μ = tan θ [1分](2) 加一水平推力F , 使木块沿斜面向上匀速滑动时, 有 F cos θ = mg sin θ + μ(mg cos θ + F sin θ ) [4分] 解得: θθθθθθθμθθμθsin tan cos cos tan sin sin cos )cos (sin ⋅-⋅+=-+=mg mgF= θθθ2tan tan 1tan 22⋅=-mg mg [3分] 四.(12分)解: (1) P 固定时, A 、B 的加速度大小相等, 设为a 1, 以F 表示绳的张力, 则滑块A : F - mg sin α = ma 1 [1分] 滑块B : mg sin β -F = ma 1 [1分] 解得: a 1 = g ⋅(sin β -sin α )/2 [2分](2) 设P 向右的加速度为a , A 、B 相对斜面不发生滑动时, A 、B 的加速度也为a , 仍用F 表示绳中的张力, 则:滑块A 沿斜面方向: F - mg sin α = ma cos α [3分] 滑块B 沿斜面方向: mg sin β -F = ma cos β [3分] 解得: 2tan cos cos sin sin αβαβαβ-⋅=+-=g ga [2分]五.(12分)解: 在电热器加热前, A 、B 室中气体的压强和体积分别记为p 和V 0 , 则加热后A 室内气体压强为1.5p ,体积为1.25V 0, 温度设为T A . B 室内气体压强为1.5p , 体积为0.75V 0, 温度设为T B . 那么 对A 室中气体: AT V p T pV 0025.15.1⨯= [2分] 即 815=T T A 得 T T A 87=∆ [2分] 对B 室中气体: BT V p T pV 0075.05.1⨯= [2分] 即89=T T B 得 T T B 81=∆ [2分] 电热器传给气体的热量Q 等于气缸内He 气增加的内能, 所以 Q =12.5n ∆T A + 12.5n ∆T B = 12.5nT =7000 J [4分] 六.(14分)解: 交点P 的速度v 如图中所示, v 的水平分量 v 1=2v [ 2分]图中 Rtv R Rt v R 24)2(sin 2202202-=-=θ [2分] 则 2202014sin tv R Rv v v -==θ [3分] 交点P 沿x 方向无加速度, 又因为v 2是逐渐增大的, 所以P 点的加速度a 沿-y 方向, 将a 分解成a 1和a 2, 如图所示. [2分]其中 R v a 21= [2分] 322022221)4(2sin sin t v R v R R v a a -=⋅==θθ [3分]七.(14分)解: 设小锤的质量为m , 小锤在平衡位置时: mg = k 1x 0 + k 230x [2分]小锤向下偏离平衡位置的位移为x 时, 作用在小锤上的回复力(规定向下为正方向) F = - [(k 1(x 0 + x ) + k 2(x 0 + x )3 ]+ mg [3分]= -[ k 1x 0 + k 1x + k 2(320203033x x x x x x +++) ] + mg = -( k 1x 0 + k 230x ) + mg - k 1x - k 2(3202033x x x x x ++) 因为小锤做小幅度振动, x 是一个小量, 上式中含x 2、x 3的项可忽略, 那么F = -(k 1 + 3k 220x )x = -kx [5分]可见小锤做小幅度的振动可认为是简谐运动, 它振动的周期)3(22202130201x k k g x k x k k m T +⋅+==ππ [2分] =s 52.0s )1.098003294(8.91.098001.029414.3223=⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯[2分]八.(17分)解: 设小球在图中θ 位置时, 细绳的张力达到其所能承受的值F m , 此时小球的速度设为v , 如图所示, 则mgl ⋅sin θ =221mv [2分]F m - mg sin θ = m lv 2 [3分] v sin θ⋅t = l cos θ [3分] v cos θ⋅ t +221gt =θsin 3263l l - [ 3分]解得: F m = 2mg [6分]九.( 21分)解: 碰后设小球的速度为v ', 斜面的速度为V , 将它们 沿 x 、y 方向分解, 如图所示. 小球与斜面碰撞时, 由于其自身的重力可忽略, 且斜面和球都光滑, 所 以碰撞期间小球沿斜面方向不受力, 因此有v x = v x ' (1) [2分] 根据系统水平方向动量守恒有mv x cos θ + mv y sin θ = mv x 'cos θ - mv y 'sin θ + MV (2) [3分] 根据系统机械能守恒有222222*********MV v m v m mv mv y x y x +'+'=+ (3) [3分] 由(1)、(2)、(3)式解得: 49sin sin 22=+-='y y v m M m M v θθ m/s [2分] 45sin sin 22=+=yv m M m V θθ m/s [2分] 选斜面为参考系, 在该参考系中, 沿x 、y 方向的速度记为v x " 、v y ",v x "= v x '-V cos θ = 4m/s -5445⨯m/s = 3m/s [2分]v y "= v y ' + V sin θ =49m/s +5345⨯m/s =3m/s [2分]由y 方向的分运动可确定二次碰撞的时间间隔8.01032cos 2⨯⨯=''=ϑg v t y s = 43s [2分] 由x 方向的分运动可求小球与斜面二次碰的距离=⨯⨯⨯-⨯=⋅-⋅''=m )43(531021m 433sin 2122t g t v s x θ169m [3分]。
2022年浙江省宁波市物理竞赛试题
2022 年宁波市物理竞赛试题时间：120 分钟满分：100 分2022 年12 月一、选择题（本题共10 小题，每小题3 分，共30 分。
每小题列出的四个选项中只有一个是符合要求的，不选、多选、错选均不得分）1.引力波是爱因斯坦广义相对论实验验证中最后一块缺失的“拼图”，下列关于引力波说法正确的是A.引力波不携带能量和信息，所以在实际应用中有待进一步研究B.引力波本质上是一种电磁波C.引力波也有频率，所以可以像声波一样被生物听到D.引力波很难被探测到，因为强引力波源离地球都太远了2.方块电阻又称膜电阻，是用于间接表征薄膜膜层、玻璃镀膜膜层等样品上的真空镀膜的热红外性能的测量值，该数值大小可直接换算为热红外辐射率。
方块电阻的大小与样品尺寸无关，其单位为Ω/sq，sq 表示单位面积。
则下列所给单位和方块电阻相同，且是用国际单位制中的基本单位表示的是3.目前许多国产都有指纹解锁功能，用的指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。
指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”。
传感器上有大量面积相同的小极板。
当手指贴在传感器上时，这些小极板与正对的皮肤表面形成大量的小电容器，这样在“嵴”和“峪”处形成的电容器的电容大小不同，此时传感器给所有的电容器充电后达到同一电压值，然后电容器放电，电容小的电容器放电较快，根据放电快慢的不同，就可以探测到“嵴”和“峪”的位置，从而形成指纹图像数据。
下列说法正确的是A．充电后在“嵴”处的电容器放电所需的时间短B．沾水潮湿的手指头对指纹识别没有影响C．若在屏上增贴了一层厚度均匀的玻璃膜，则指纹识别解锁功能无法使用D．若手指上油脂较多，则会导致电容器放电时间延长4.如图所示为一个利用皮带进行传动的机器，由于两皮带运行平稳且转速较高。
若甲、乙两机器在某时刻的工作状态如图所示，则下列说法正确的是A B C DA.图甲中，可以判断皮带轮沿顺时针转动，且皮带中A 点所受摩擦力方向向左B.图乙中，可以判断皮带轮沿逆时针转动，且轮上的D 点所受的摩擦力方向向右C.图甲中，若皮带轮顺时针转动，则右轮为主动轮，左轮为被动轮D．图乙中，若皮带轮逆时针转动，则左轮为主动轮，右轮为被动轮5.元宵节是我国的传统节日，自古以来有挂灯笼的习俗。
2022年浙江省宁波市物理竞赛试题答案
2022年宁波市物理竞赛参考答案一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题列出的四个选项中只有一个是符合要求的，不选、多选、错选均不得分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D BDBBCDBDA二、不定项选择题（本题分A 、B 两组，每组共5小题，每题4分，共20分。
每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全选的得2分，不选或有错选的得0分） A 组题 11 12 13 14 15 BD BCCACBCB 组题 11 12 13 14 15 ADACCCDAD三、填空题（本题共2小题，共15分）16．221122m mMv Mv P s t v -=- (3分); 2201122m m Mv Mv f v t s -=- (3分)17．(1)ABCGIJ (3分，少选得1分，错选不得分) (2) （3分，分压1分，外接1分，G 表改装1分） (3)BD （3分，少选得1分，错选不得分）四、计算题（本题共3小题，共35分，其中18题分A 、B 两组不同试题） A 组题 18．（1）高斯定律不再成立 ……1分考查点电荷电场，取以点电荷q 为球心，r 为半径的球面为高斯面，有：该闭合曲面的电通量不再仅与曲面内电荷量相关。
……2分 叙述合理即可给分（2）仍可引进电势的概念 ……1分电场力仍为保守有心力，电场力做功与路径无关 ……2分（3）存在电场 ……1分考察球内任意一点P ，以P 为顶点作两个对顶小锥面，面元面积分别为d S 1和d S 2，由几何关系，d S 正比于r 2，即d E 正比于1/r ，矢量和不为零。
……2分 （4）不再分布在表面上 ……1分球内场强不为0，即电荷将向球内移动，直至球内场强处处为零。
……2分B 组题： 18.解：（1）2~4s 内，物块与木板间摩擦力F f =f =μmg =0.2N ……2分 0.04μ= ……1分（2）4~5s 内，木板在摩擦力的作用下减速a =μmg M=0.2m/s 2 ……2分M =1kg ……1分（3）0~2s 内，木板处于平衡状态，F =F f =f =0.12t (N ) ……2分 2~4s 内，木板做匀加速直线运动，f F F F mg ma μ-=-= ……2分F =0.4N ……2分19.解：（1）电场力对电子做功转化为电子动能2012eU mv = ……1分解得v =……1分（2）电子经过一个周期正好飞到荧光屏Lt T v === ……1分220011223322288eU eU T y t t m L m L ⎛⎫=-⨯-⨯ ⎪⎝⎭⋅⋅4Tt =时，y =0 ……1分（3）设从时刻t 进入偏转极板的粒子轨迹恰好与上极板相切201132322168eU T y t L m L ⎛⎫=-⨯= ⎪⎝⎭⋅ ……1分解得8Tt == ……1分220012113122332221648688eU eU T L y y y t t L L m L m L ⎛⎫=-=-⨯-⨯=-= ⎪⎝⎭⋅⋅ ……1分荧光板上有粒子的最高点为y ，最低点为下极板，31761648L L y L ∆=+= ……1分 （4）设t 1时刻进入偏转极板的粒子轨迹恰好与上极板相切，18Tt =设t 2时刻进入偏转极板的粒子恰好轨迹恰好与下极板相切220011322332221688eU eU T y t t L m L m L ⎛⎫=-⨯-⨯=-⎪⎝⎭⋅⋅22564Tt =……2分 2517648322T TT η-== ……2分20.解：（1）设滑块静止时弹簧压缩量为x 0，则有kx 0=mg设物体下落与滑块相碰前的速度大小为0v ，由动能定理得2012mgL mv =设碰后二者粘在一起的共同速度为012v v ==……1分做出ax 图线，由于S ▲=210v -04kLa m=2248kL k L a x m m g=- ……2分由牛顿第二定律得()022k x x F mg ma ++-= ……1分联立解得224kL k LF mg kx x mg=+-- ……2分（2）当滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力的正方向，则合力()02(1)λλ=+--=-+合F k x x mg mg kx mg……1分当x =x 1时，F 合为正，即1(1)0F kx mg λ=-+>合，代入得1λ< ……1分作出-合F x 图像如图当0F =合时，滑块位置坐标为2(1)λ+=mgx k……1分 设位置坐标为3x 时，滑块速度减为零，根据M 点和N 点关于合力为零的位置对称，故有2232-=-mgx x x k即得32λ=mgx k……1分 滑块速度减为零时不再下降的条件是()302λ-+≤mg k x x mg 解得13λ≥ ……1分综上，。
高二物理竞赛试题(含答案)
高二物理竞赛试题一、选择题：本题共10小题，每小题5分。
1(多选). 物理学中有多种研究方法，有关研究方法的叙述正确的是（）A．在伽利略之前的学者们总是通过思辩性的论战决定谁是谁非，是他首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法B．如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度就有一个沿着等势面的分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功，这里用的逻辑方法是归纳法C．探究作用力与反作用力关系时可以用传感器连在计算机上直接显示力的大小随时间变化的图线，这是物理学中常用的图像法D．探究加速度与力、质量之间的定量关系，可以在质量一定的情况下，探究物体的加速度与力的关系；再在物体受力一定的情况下，探究物体的加速度与质量的关系，最后归纳出加速度与力、质量之间的关系。
这是物理学中常用的控制变量法2. 如图所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静止靠在墙边，然后释放，使它们同时沿竖直墙面下滑，已知mA ＞ mB，则物体B（）A．只受一个重力B．受到重力、摩擦力各一个C．受到重力、弹力、摩擦力各一个D．受到重力、摩擦力各一个，弹力两个3. 我国是一个消耗能源的大国，节约能源刻不容缓，设有一架直升飞机以加速度a从地面由静止开始时竖直向上起飞，已知飞机在上升过程中每秒钟的耗油量V=Pa+q（P、q均为常数），若直升飞机欲加速上升到某一高度处，且耗油量最小，则其加速度大小应为（）A．PqB．qPC．P qP+D．P qq+4.（多选）图中a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图并处于平M N aRc b衡状态。
（ ）A ．有可能N 处于拉伸状态而M 处于压缩状态B ．有可能N 处于压缩状态而M 处于拉伸状态C ．有可能N 处于不伸不缩状态而M 处于拉伸状态D ．有可能N 处于拉伸状态而M 处于不伸不缩状态5.如图所示，小球以大小为v ０的初速度由A 端向右运动，到B 端时的速度减小为v Ｂ；若以同样大小的初速度由B 端向左运动，到A 端时的速度减小为v A 。
2021宁波市物理竞赛(参考答案)
2021年宁波市物理竞赛参考答案一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分.每小题列出的四个选项中只有一个是符合要求的，不选、多选、错选均不得分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D DDCBCADCA二、不定项选择题（本题分A 、B 两组，每组共4小题，每题4分，共16分。
每小题列出的四个备选项中至少有一个符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全选的得2分，不选或有错选的得0分） A 组题 11 12 13 14 B ABDDB 组题 11 12 13 14 BCADABCBCD三、填空题（本题共2小题，共10分） 15．2arctan16. A E1.1W(误差0.2W)四、计算题（本题共4小题，共34分，其中19题小题分A 、B 两组不同试题） 17.解：（1）设滑块从B 点飞出时的速度大小为B v ，由动能定理22101122B mgL mv mv µ−=−解得 0.9m /s B v = ……2分（2）从A 点到B 点，摩擦力1()F mg kl µ=+与位移l 成线性关系，F l −图线与横轴所围图形的面积等于克服摩擦力做功，由动能定理[]22110111()222mg mg kL L mv mv µµ−++=− ……2分 ①当滑块到B 点时恰好停下（刚好落到坑中），即0v =， 解得: 127N /m 4k =……1分 ②当滑块恰好落到1号坑右上角时，由平抛运动2d vT =212h gT =解得 0.8m /s v = 则 217N /m 12k =……1分 所以，比例系数k 大小的范围:1727N /m N /m 124k << （3）①当0F =时，滑块到B 点时速度为B v ，平抛运动规律有00B x v T = 212h gT =解得 00.45m 20.4m x d =>= 故滑块一定不会落入1号坑 ……1分 ②当滑块落在1号坑和2号坑之间的地面上，且恰好能滑入2号坑，则2mg ma µ=根据平抛运动规律和几何关系有21122v d d v T a+=+ 解得 11m /s v =当滑块恰好落到2号坑右上角时，根据平抛运动规律有：222d d v T +=解得 2 1.6m /s v =落入2号坑速度的要求:1m /s 1.6m /s v << ……2分 从A 点到B 点，根据动能定理有：22101122FL mgL mv mv µ−=−落入2号坑恒力的要求0.057N 0.525N F << ……1分③对于落入3号坑及以面的坑，根据匀变速直线运动规律有：220.256m 0.2m 2v x d a∆==>=即滑块落在2号坑与3号坑之间地面，一定能落入3号坑，后面所有坑类同 落入n 号坑速度的要求(1)22n d vT n d −⋅<<⋅即0.8(1)0.8n v n −<<由22101122FL mgL mv mv µ−=−落入n 号坑恒力的要求22[0.192(1)0.243]N [0.1920.243]N n F n −−<<− ……2分综上所述：①滑块一定不能落入1号坑；②滑块落入2号坑所加恒力范围：0.057N 0.525N F <<③滑块落入n 号坑所加恒力范围：22[0.192(1)0.243]N [0.1920.243]N n F n −−<<−18.解：（1）设电荷经过极板B 的速度大小为0v ， 在t ∆时间内从加速电场出来的尘埃总体积是0bd t ∆v其中的尘埃的总个数0N nV nbd t ==∆v 故A 、B 两极板间的加速电场在t ∆时间对尘埃所做的功0W NqU =对于一个尘埃通过加速电场过程，根据动能定理可得20012m qU =v故解得W nbd tqU =∆ ……3分 （2）若所有进入矩形通道的尘埃都被收集，则t ∆时间内碰到下极板的尘埃的总电荷量Q Nq ∆=通过高压直流电源的电流Q It ∆==∆……3分 （3）对某一尘埃，其在高压直流电源形成的电场中运动时，在垂直电场方向做速度为0v 的匀速直线运动，在沿电场力方向做初速度为0的匀加速直线运动根据类平抛运动规律：0212x ty at = = v 根据牛顿第二定律有F qUam md==设距下板y 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，则x =L解得 204L Uy dU =……3分 若y d <，则只有部分尘埃被收集，则收集效率为2202204()4y L U d U U d d U Lη==< ……2分 若y d ≥，则所有的尘埃都到达下极板，效率为100％224()d U U L≥ ……1分A 组题19．解：（1）令m 表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度()11sin cos sin cos mg mg a g m θµθθµθ−=−，物块滑到斜面底端的速度0 4.0m/s v =……2分以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小 05.0m/s v ′==。
宁波市高二物理竞赛试卷答案
宁波市高二物理竞赛试题参考答案及评分标准 2008. 12一.选择题(共50分, 每小题5分, 选不全得2分,有错选不得分,共50分)二.填空题(每题6分,共60分, 有两空格的题,分数平分) 11. (1+2) t 12.22121)(4E E E E + 13. 2 W 14.21222t t t -15.ρ231G G G - 16. 0.8 A , 9.6⨯10 -5C 17. 4.25E k 18.mqBa2)332(- 19. 52232++=t t v 20.Rg R22240ωπ-三. 计算题 (解答应有详细的解题过程, 只写出最后结果的不能得分.共90分) 21题,10分解:设天平左、右两臂长为L 1、L 2, 左、右两盘质量为m 1、m 2, 所求物体的准确质量设为c , 则 (m 1+a )gL 1= (m 2 + x )gL 2 [2分] (m 1+b )gL 1= (m 2 + y )gL 2 [2分] (m 1+c )gL 1= (m 2 + z )gL 2 [2分]解得: c = yx zb a ay bx y x y x a b a x z a b a y x x z --+-=--+--=+---)()())(()( [4分] 22题，10分解: 根据对称性, 三点电荷各自在P 点产生的电势相等, 设为ϕ1, 则C 处点电荷在Q 点产生的电势也为ϕ1 , 在A 、B 处的点电荷各自在Q 点产生的电势也应相等, 设为ϕ2, 根据叠加原理有: 3ϕ1 = ϕp [2分] 解得: 31pϕϕ=[1分]ϕ1 + 2ϕ2 = ϕQ [2分] 622pQϕϕϕ-=[1分]取走B 处点电荷后, P 点的电势 ϕp '= 2ϕ1= 32ϕp [2分]Q 点的电势 ϕQ '= ϕ1 + ϕ2=26Qpϕϕ+[2分]23题, 14分A 解: 设绳的拉力为F 1, 则滑块A : F 1-μ m A g = m A a A [2分] 平板B : F -F 1-μ m A g -μ (m A + m B ) g = m B a B [4分] L t a t a B A =+222121 [2分]a A = a B [2分] 解得拉力F =15.52 N [4分]B 解: 设C 向上运动, 其加速度设为a, 则动滑轮加速度也为a , 方向向左. 以动滑轮为参考系, 在该参考系中, 对A 、B 列动力学方程, 需考虑惯性力. 设绳的拉力为F 1 , m 表示A 、B 、C 的质量. 滑块A : F 1 + ma -μ mg = ma AC [3分] 平板B : F -F 1- ma -μ mg = m a BC [3分]其中a AC .、a BC 是A 、B 相对动滑轮的加速度，它们方向相反，则A 相对B 的加速度大小为 a AB = a AC .+ a BC [3分] 221t a L AB = [2分]解得：F =2μ mg + m 22t L =2⨯0.25⨯1⨯10 N + 1⨯22.052.02⨯N = 31 N [3分]24题，18分A 解: 如图所示, 由mg Eq 31=可得, E q 与mg 的合力 F =mg 32 [2分]F 与图中竖直线的夹角为30︒ . [2分] 过O '作F 的平行线, 得与圆O '的交点D , 则D 点是小球绕O '做圆周运动的“最高点”，刚好绕O '做圆周 运动的条件是： F =Rv mD2 [2分]重力势能和电势能的零点都选在C 点, 根据能量守恒有 E A = E D即: mgl -Eql = mgR (1+ cos30︒) + EqR sin30︒ +221D mv [6分]由以上式子解得: l R 3313+-= [3分] 所以 OO ' = l -R ==+l 3340.845l [3分] Eq FACB 解：如图所示, 电场力Eq 与重力mg 的合力记为F , 因为Eq 、mg 是保守力, 因此F 也是保守力, 可引入F 的势能, 它是电势能与重力势能的总和.带电小球在F 作用下, 沿直线从A 运动到B , 由于mg Eq 31=, 所以∆OAB 是等边三角形,则摆球从A 到B 的过程有221B mv l F =⋅ [2分]在B 处, 将v B 分解成v 1、v 2, 细线拉紧后瞬间, 径向分量v 2损失, 切向分量度v 1 拉紧前后不变.v 1= v B cos30︒ =Bv 23[2分] 接着摆球沿圆孤BC 运动, 碰到钉子O '后, 若刚好绕O '做圆周运动. 过O '作AB 的平行线交圆O '于D 点, D 点即为小球绕O '做圆周运动的“最高点”.在D 点满足: Rv m F D2= [2分]过O 点作OP ⊥AB , 取OP 为F 对应势能的零点, 根据能量守恒有 E B = E D即: ]30cos )[(21221221R R l F mv l F mv D -︒-⋅-=⋅- [6分] 由以上四式解得: l R 12335-= [3分] 所以 OO ' = l -R = 528.0123515=-l l [3分]25题，16分A 解: 设磁场的磁感应强度为B , 导轨的宽度为L , 金属杆获得速度瞬间, 流过电阻R 的电流为I . 则 r R BLv I += [4分]安培力 F = BIL [3分] F + μ⋅ mg = ma [4分]由此三式解得: 0.10.2)1020.00.5(5.210.0)(+⨯-⨯⨯=+⋅-⋅=r R g a mv I μ A = 0.5 A [5分]B 解: 设金属丝单位长度的电阻r .整个矩形闭合回路感应电动势 =∆⋅∆=∆∆=tab kt t E )(φkab (1) [1分] 整个矩形闭合回路的电流 )(2b a r E I +⋅= (2) [2分]Emg Eqv矩形中右边部分回路的感应电动势 kac tE =∆∆=φ1 (3) [1分] 设电压表测得的电压为U , 并设该电压为上正下负, 则对右边部分的回路 E 1 = I ⋅r (a +2c ) + U (4) [3分] 由以上四式解得: )(2)2(2b a b c ka U +-= [2分]电压表的读数为U 的绝对值.当电压表接成图17-2位置时, 电压表与右边部分金属丝组成的回路, 其电动势E 2 = 0 (5) [2分] 此时电压表测得电压设为U 1, 并设该电压为上正下负, 对右边回路 E 2 = I ⋅r (a +2c ) +U 1 (6) [3分] 由(1)、(2)、(5)、(6)解得: U 1= -)(2)2(b a a c kab ++ [2分]负号表示U 1实际为下正上负, 电压表的读数为U 1的绝对值.26题，22分A 解: 设小球起始高度为h 1, 各次到达轨道最高点的高度如图所示.小球从h 1到h 2 : mg (h 1-h 2) = μ mg cos α⋅αsin 2h =μ mg ⋅cot α⋅h 2 (1) [3分] 得: 12cot 11h h αμ⋅+=(2) [1分] 小球从h 2到h 3: mg (h 2-h 3) = μ mg ⋅cot α⋅h 2 (3) [3分] 得: h 3 = (1-μ ⋅cot α)⋅h 2 (4) [1分] 小球从h 3到h 4, 可列与(1)类似的式子, 得: 34cot 11h h αμ⋅+=(5) [3分] 小球从h 4到h 5, 可列类似(3)的式子, 得:h 5= (1-μ ⋅cot α)⋅h 4 (6) [3分]由(2)、(4)、(5)、(6) 得小球第二次返回左轨道, 并达到最高点的高度: 1225)cot 1()cot 1(h h αμαμ⋅+⋅-=(7) [4分]根据题意可知: 315h h =(8) 由(7)、(8)式解得: αμtan 1313+-== 3313+-=0.155 [4分]B 解: 设小球起始高度为h 1, 各次到达轨道最高点的高度如图所示. 第一次从左到右: mgh 1-μ1mg cos α⋅αsin 1h = mgh 2 + μ 2 mg cos β⋅βsin 2h [2分]得: 1212cot 1cot 1h h βμαμ+-== k 1⋅h 1 其中 βμαμcot 1cot 1211+-=k [1分] 第一次从右滑到左: mgh 2-μ2 mg cos β⋅βsin 2h = mgh 3 + μ1mg cos α⋅αsin 3h [2分] 得: 2123cot 1cot 1h h αμβμ+-== k 2⋅h 2 其中 αμβμcot 1cot 1122+-=k [1分] 容易发现, 以后小球每次从左滑到右, 到达的高度是该次起始高度的k 1倍; 小球每次从右滑到左, 到达的高度是该 次起始高度的k 2倍. 那么小球各次到达的高度可依次推得.从右到左 从左到右h 1= h 1 (起始高度) h 2= k 1h 1 h 3 = k 2h 2 = k 1k 2h 1 h 4= k 1h 3= k 12 k 2 h 1 h 5= k 2h 4 = k 12 k 22 h 1 h 6 = k 1h 5= k 13 k 22 h 1 h 7 = k 2h 6 = k 13 k 23 h 1 h 8= k 1h 7= k 14 k 23 h 1 ⋯⋯ ⋯⋯质点在在两轨道往返无数次后, 最终停止于O 点, 质点通过的总路程: s =)2222(sin 1)222(sin 186427531ΛΛΛΛ+++++++++h h h h h h h h βα [6分]=αβαsin )1(sin 2)1(sin 2132312221211132312221211h k k k k k k h k k k k k k k h -+++++++++ΛΛΛΛ =αβαsin )sin 2sin 2()1(11113231222121hh k h k k k k k k -+⋅++++ΛΛ =01211)sin sin 1(12L kk k h -+-βα [5分]将k 1、k 2代入上式得: 0122101)sin cot 1sin cot 1()cot cot (sin )cot 1(L L s --++⋅+⋅+=βαμαβμβμαμααμ [5分]或 )sin cot 1sin cot cot 1()cot cot (sin 22121210βαμαβαμμβμαμα-+⋅+⋅+=L s。
浙江宁波市2023年高二上学期物理竞赛试题参考答案及评分标准
2023年宁波市物理竞赛试题物理参考答案一、选择题Ⅰ（本大题共10小题，每小题3分，共30分。
每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）12345678910CCCABDADBB二、选择题Ⅱ（本题共5小题，每小题4分，共20分。
每小题列出的4个选项中至少有一个是符合题目要求的。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错选的得0分）A 组题：1112131415BCCDADBDACB 组题：1112131415ADABBDCDBC三、填空题（本题共2小题，共15分）16．（1）10.0或10.1（2分）（2）1212t t d t t t ∆-∆⋅∆∆（2分）（3）偏小（2分）（4）0.048—0.052m/s 2均正确；0.171—0.175m/s 均正确（4分，各2分）17．（1（2分）（2）262kq L （2分）水平向左（1分）四、计算题（本题共3小题，共35分，其中18题分A 、B 两组不同试题，请选择相应的题目答题）18．A 组题（12分）答案：（1）11.86年；（2）8.395°；（3）16.98天解析：（1）开普勒第三定律：3322=J E E JR R T T （2分）得3211.86yJ J E E R T T R ⎛⎫= ⎪⎝⎭=（1分）（2）正弦定理：()sin sin =J ER R απθα--（2分）整理得sin tan cos J ER R θαθ=-，代入数据得α=8.395°（1分）（3）地球的角速度20.01721rad/day E ET πω==木星的角速度20.00145rad/day J J T πω==因地球、木星和卫星都在运动，为研究问题方便，取太阳-木星连线SJ为转动参考系在该参考系中，地球的角速度为2(10.01576rad/day E E J E T πωωω'=-==（2分）再一次出现“木星食”时，地球的角位置θ′=θ+ωE ′t ，卫星的角位置α′=α+ω′t -2π正弦定理：()sin sin =J E R R απθα'''--整理得()()()sin tan cos 2JEE E R t t R t θωωθαπω+''-++-'=代入数据得ω′=0.3714rad/day（2分）在太阳参考系中，卫星M 绕木星的角速度ω=ω′—ωJ =0.36996rad/day 周期216.98dayT πω==（2分）说明：考虑到真实的周期和位置参数，表达式正确，数据结果近似标准答案算正确；表达式错误，数据结果近似标准答案算错误！18．B 组题（12分）答案：（1）832N ；（2）208N ；（3）1664W对人作受力分析：T N F F Mg Ma+-=（2分）对吊台作受力分析：T N F F mg ma--=（2分）（1）悬挂滑轮的绳索的张力'T F 大小为'2832NT T F F ==（2分）由牛顿第三定律，滑轮对天花板的拉力也为832N （2分）（2）208N N F =（2分）（3）t =5s 时，v =2m/sP =2F T v =1664W（2分）19．（12分）【答案】（1）1::）；（2）012U L ；（3,4Ln N π-∈（1）粒子在板1和板2之间加速201102qU mv =-得1v =（1分）粒子在板2和板3之间加速2021202qU mv =-得2v =（1分）粒子在板3和板4之间加速2031302qU mv =-得3v =（1分）或由通式20102n nqU mv =-得n v =代入加速次数后可得1v =2v =3v =每次加速的时间均为2T，距离比值为平均速度之比，相邻两极板间的距离比值2311122301::222v v v v v d d d +++==：：：：）（2分）（2）圆周轨迹的半径为2L电场力提供向心力23=v qE mR（2分）得012=U E L（1分）（3）粒子在转向装置中的运动时间13=2L t v π（1分）在板4与转向装置之间的运动时间232=d t v （1分）为实现粒子回收，粒子第一次离开板4时板4恰为正极，第二次到达板4时板4恰为负极需满足121+=+2t t n T⎛⎫ ⎪⎝⎭（1分）代入v 3，解得1=+244n L d π⎛-⎝，其中n ∈N （1分）20．（11分）【答案】（1）0.5J ；（2）见解析；（3）见解析（1）要过II 最高点，则在最高点时满足22v mg mR =得1m/sv ==（1分）弹性势能22120.52p E mv mgR J =+=（1分）（2）①若物块不过II 圆心等高处：E p ≤mgR 2=0.2J②若物块能完整沿II 运动，则E p ≥2.5mgR 2=0.5J ，可证得必过I 圆心等高处故必过I 最高点E p ≥2.5mgR 1=1J ，即进入左侧组合轨道③物块若进入CD ，由0F mg μ≤可知，物块在CD 上速度减为0然后返回，假设物块在CD 上升高度为x ，则向上经过C 点时，物块在C 的点动能满足03kc E mgx F x x μ=+=向下返回C 点时，物块在C 的点的动能满足0'kc E mgx F x xμ=-=发现'13kc kc E E =，即每次进入CD ，返回时动能减为原来的13（1分）要不脱离圆轨道，每次进入圆轨道时，动能均需始终满足10.4J kc kB E E mgR ==≤或1512kc kB E E mgR J==≥则0.4J 1J p p E E ≤或≥，0.4J 1J 33p p E E ≤或≥，0.4J 1J99p p E E ≤或综上所述，E p ≤.2J ，1J<E p ≤1.2J ，3J<E p ≤3.6J ，9J<E p ≤10.8J（每个1分，共4分）（3）①物块沿轨道进入CD 段，在摩擦力作用下速度减为0，若满足0F mg μ≥，物块不再返回，停在CD 上，此时：04N 5NF ≤≤对全过程列能量守恒：00p E F R mgR mgh F h μ+-=+可得001.90.0520.5F h F +=+0001.90.054F Q F h F F μ+==+（2分）②若004N F <≤，则物块在CD 上速度减为0后又返回，经过足够长的时间后，若物块到C 速度恰好为0，不再因摩擦产生热量：对全过程列能量守恒，有0p E F R mgR Q+-=得1.90.05Q F =+（2分）。
宁波市2022高二物理竞赛试题
宁波市2022高二物理竞赛试题考试时间3小时，满分200分2022年12月一．选择题(共10题，每题5分，共50分，有些题有多个选项是正确，把答案填在指定的括号内)1．对下列物理概念或物理现象的说法，正确的是()A．功是物体能量多少的量度B．热量用来量度物体热能多少的物理量C．力是使物体获得速度的原因D．速度是使物体具有惯性的原因E．做匀速直线运动的物体机械能必定守恒F．摩擦力可以是物体运动的动力2．如图所示，质量为m的小物块A静止地放在半径为R的半球体上，物块与半球体间的动摩擦因数为μ，物块与球心的连线与水平地面的夹角为θ，下列说法中正确的是()A．地面对半球体的摩擦力方向水平向左B．地面对半球体的摩擦力方向水平向右C．物块所受摩擦力大小为mgcoθD．物块所受摩擦力大小为μmginθ3．如图所示，一带电粒子沿着图中曲线，穿过一匀强电场，a、b、c、d为匀强电场的等势线，且，不计粒子所受的重力，则()abcdA．该粒子一定带负电。
B．若粒子从A运动到B，则粒子的电势能增加。
C．若粒子从B运动到A，则粒子的动能增加。
D．曲线L是一段抛物线。
4．如图所示电路中，电源的电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的滑片P由a向b滑动的过程中，电流表、电压表(均为理想表)的示数变化情况是()A．电流表示数一直减小，电压表示数一直增大B．电流表示数一直增大，电压表示数一直减小C．电流表示数先增大后减小，电压表示数先减小后增大D．电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小5．甲、乙两位同学多次进行百米赛跑，每次都是甲比乙提前10m到达终点．那么以下情况下，对于谁先到达终点的判断正确的是() A．若甲远离起跑点10m，同时起跑，则仍是甲先到达终点。
B．若乙的起跑点往前lOm，同时起跑，则乙先到达终点。
C．若乙先跑10m甲再起跑，则乙先到达终点。
D．若乙先跑0.5，甲再起跑，则乙先到达终点。
7．如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为E，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，一质量为m的带电质点，在场内的一竖直平面内做匀速圆周运动，则可判断该带电质点()A．带有电荷量为mgEgBE的正电荷B．沿圆周逆时针运动D．运动的速率为EBC．运动的角速度为7．如图所示，小车上一木块用呈水平的轻质弹簧连接着，且弹簧处于伸长状态．开始时整个装置静止，水平面光滑。
宁波市高中生物理竞赛试题
宁波市高中生物理竞赛试题一、选择题（每题3分，共30分）1. 一个物体在水平面上以恒定速度运动，其动摩擦系数为μ，重力加速度为g。
若物体的质量为m，求物体受到的摩擦力大小。
2. 一个弹簧振子的周期为T，振幅为A，求弹簧振子的振动能量。
3. 两个点电荷q1和q2，相距r，求它们之间的库仑力大小。
4. 一个电子在均匀电场中受到的电场力大小为F，求电子在电场中加速到速度v所需的时间。
5. 一个物体从静止开始自由下落，求它在第1秒内下落的距离。
6. 一个物体以初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，加速度大小为a，求物体在t秒内通过的位移。
7. 一个质量为m的物体在水平面上受到一个大小为F的恒力作用，求物体的加速度大小。
8. 一个物体在竖直平面内做圆周运动，其半径为R，角速度为ω，求物体在最高点和最低点时受到的支持力和拉力。
9. 一个物体在斜面上以初速度v0下滑，斜面倾角为θ，求物体在斜面上运动的时间。
10. 一个物体在竖直方向上做简谐振动，其振幅为A，求物体在振动过程中的最大动能和势能。
二、填空题（每空2分，共20分）11. 根据牛顿第二定律，若物体的质量为m，受到的合力为F，则物体的加速度a等于______。
12. 一个物体在水平面上以速度v运动，若摩擦力的大小为f，则物体的动能变化量为______。
13. 根据欧姆定律，电阻R两端的电压U等于______。
14. 一个电路的总电阻为R，通过的电流为I，则电路的总功率P等于______。
15. 一个物体在水平面上以速度v0开始做匀减速运动，若加速度大小为a，则物体在t秒后的速度v等于______。
16. 根据能量守恒定律，一个物体从高度h自由下落到地面，其重力势能变化量等于______。
17. 一个物体在竖直方向上做简谐振动，其周期为T，则其振动频率f等于______。
18. 根据库仑定律，两个点电荷q1和q2之间的静电力常量为k，它们之间的静电力F等于______。
宁波市2013年12月高二物理竞赛答案
宁波市高二物理竞赛试题答案及评分标准 2013.12一．选择题 (共8题, 每题6分, 选不全得3分，共48分)二. 填空题 (共7题,每题8分，共56分,把答案填在指定的横线上) 9. 30︒ , 35 10. 3B , 由南向北 11. mg ⋅tan θ , θtan 21 12. -8 , 5013.222)(md L d eU + , 不能 14. 带正电 , mg cot α 15. 30 , 72 三. 计算题 (共6题,12+12+14+16+20+22分，共96分,必须要有解答过程, 只写出结果不能得分)16解: (1) 221)(C AB mv mgR R x Eq =-+ [1分x AB =RRv m Eq F CC 2=- [2分](2) 释放点距B 点的距离为设为x2212Dmv R mg x Eq =⋅-⋅ [2分] Rv m mg D2≤ [2分]17解: (1) 人造卫星在C 处加速度最大. [1分]记地球质量为M , 卫星质量为m .C ma h R Mm G =+2)( [1分]2R M G g = [1分](2) 椭圆轨道半长轴 22R h H a ++=, 人造卫星在该椭圆轨道上运行的周期设为T .人造卫星在半径为r 的圆轨道上运行时, 其周期设为T 0.由r T m r Mm G 202)2(π= 及 2R M G g = 得 2302gR r T π= 根据开普勒第三定律有: 33202ra T T = 可知, 当r = a 时, 0T T = [2分]所以 23232)2(2gR R h H gR a T ++==ππ [3分](3) 三角形DFB 的面积设为S , 则椭圆面积为5S , 根据开普勒第二定律:375.25.221=-+=S S S S t t[2分]解得 F C = 5 Eq -2 mg = 3 N [2分] 对轨道的压力F C ' =3 N [1分]18解: (1) 工件先做匀加速运动再做匀速运动, 设加速时间为t , 则θsin)(200httvtv=-+[2分]数据代入解得:35=t s [1分] 工件加速度: 2.10==tva m/s2[1分]由mamgmg=-⋅θθμsincos[2分] 得: 9.0tancos=+=θθμga[2分](2) 多提供的电能等于皮带克服摩擦力做的功)(sincosttvmgtvmgE-⋅+⋅=θθμ∆= 640 J [6分]或: 多提供的电能等于工件增加的机械能加上产生的内能.640)2(cos2102=-⋅++=tvtvmgmghmvEθμ∆J19解: (1) 电流表、电压表内阻分别记为R A、R VAVRRUUU332+=[3分]AVVRRURUUU)(3221++=[3分]消去VARR得: 0)(3132322=+-+UUUUUU即: 0404222=-+UU解得U 2 = 4.63V [5分](2) 由(1)解中可得332UUURRVA-=电源输出电压:AVVVRRURURUUU⋅+++=)(3211[2分]30.8)(3323211=-⋅+++=UUUUUUU V [3分]20解: (1) F N cos θ = mg[2分]θθs i n s i n 2R v mF q v B N =- [4分]θθθθθcos 2 sin tan 2sin tan R g qmqR mv qv mg qR mv qv mg B =⨯≥+=所以磁感应强度的最小值 θcos 2m in R gq mB = [6分](2) 以上B 取最小值的条件是:θθsin tan qR mv qv mg = 即: θθsin tan ⋅=gR v 周期 g R v R T θπθπcos 2sin 2== [5分]所以 421360cos 30cos == T T [3分]20 解: A 有水平向右的加速度, 大小设为a . 则B 有水平向右的加速度和竖直向上的加速度, 两个分量的大小均为a . B 的受力分析如右上图F N = ma [2分] F T -mg -μF N = ma [4分] A 的受力分析如右下图F NA +μF N = Mg + F T [4分] F -μF NA -F N -F T = ma [6分] 联立以上四式解得mm M mgg m M F a μ22)(++-+-=[6分]N μF NA。