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1、 高中物理竞赛题两套 TPMK standardization office【TPMK5AB-TPMK08-TPMK2C-TPMK18】1.如图，足够长的水平传送带始终以大小为 v3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量为 M2kg 的小木盒 A，A 与传送带之间的动摩擦因数为 03，开始时，A 与传送带之间保持相对静止。先后相隔 t3s有两个光滑的质量为m1kg的小球 B 自传送带的左端出发，以v015m/s 的速度在传送带上向右运动。第 1 个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第 2 个球出发后历时 t11s/3 而与木盒相遇。求（取 g10m/s2）（1）第 1 个球与木
2、盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？（2）第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇？（3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？2.如图 214 所示，光滑水平桌面上有长 L=2m的木板 C，质量 mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块 A和 B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止在 A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后 A以速度 6ms水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)当两滑块 A、B都与挡板碰撞后，C的速度是多大?(2)到 A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少?B A
3、 v v0 3为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为 F1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为 F2，测得斜面斜角为，则木板与斜面间动摩擦因数为多少？（斜面体固定在地面上）6如图所示，两平行金属板 A、B 长 l8cm，两板间距离 d8cm，A 板比 B 板电势高 300V，即 UAB300V。一带正电的粒子电量 q10-10C，质量 m10-20kg，从 R 点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度 v02106m/s，粒子飞出平行板
4、电场后经过界面 MN、PS 间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷 Q形成的电场区域（设界面 PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS 相距为 L12cm，粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏 EF 上。求（静电力常数 k9109Nm2/C2）（1）粒子穿过界面 PS 时偏离中心线 RO的距离多远？（2）点电荷的电量。12建筑工地上的黄沙堆成圆锥形，而且不管如何堆其角度是不变的。若测出其圆锥底的周长为 125m，高为 15m，如图所示。（1）试求黄沙之间的动摩擦因数。（2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为多少？B A v0 R M
5、N L P S O E F l *14如图 10 所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，其宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁场的磁感应强度大小也为 B、方向垂直纸面向里。一个带正电的粒子（质量 m,电量 q,不计重力）从电场左边缘a 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了 a 点，然后重复上述运动过程。（图中虚线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面，并不表示有什么障碍物）。（1）中间磁场区域的宽度d 为多大；（2）带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比；（3）带电粒子从 a
6、点开始运动到第一次回到 a 点时所用的时间 t.23如图所示，在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个不带电的小金属块B，另有一与 B 完全相同的带电量为+q 的小金属块 A 以初速度 v0向 B 运动，A、B的质量均为 m。A 与 B 相碰撞后，两物块立即粘在一起，并从台上飞出。已知在高台边缘的右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E=2mg/q。求：（1）A、B 一起运动过程中距高台边缘的最大水平距离（2）A、B 运动过程的最小速度为多大（3）从开始到 A、B 运动到距高台边缘最大水平距离的过程 A 损失的机械能为多大？*31.如图预 17-8 所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右
7、端是固定挡板P，在C上左端和中点处各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，A、B之间和B、P之间的距离皆为L。设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为；A、B、C（连同挡板P）的质量相同开始时，B和C静止，A以某一初速度向右运动试问下列情况是否能发生？要求定量求出能发生这些情况时物块A的初速度0v应满足的条件，或定量说明不能发生的理由（1）物块A与B发生碰撞；（2）物块A与B发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块B与挡板P发生碰撞；（3）物块B与挡板P发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块B与A在木板C上再发生碰撞；（4）物块A从木板C上掉下来；（5
8、）物块B从木板C上掉下来 *32.两块竖直放置的平行金属大平板A、B，相距d，两极间的电压为U。一带正电的质点从两板间的M点开始以竖直向上的初速度0v运动，当它到达电场中某点N点时，速度变为水平方向，大小仍为0v，如图预 182 所示求M、N两点问的电势差（忽略带电质点对金属板上电荷均匀分布的影响）*33.如图所示，AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为 h，末端 B 处的切线方向水平一个质量为m 的小物体 P 从轨道顶端 A 处由静止释放，滑到 B 端后飞出，落到地面上的 C 点，轨迹如图中虚线 BC 所示已知它落地时相对于 B 点的水平位移 OCl现在轨道下方紧贴 B 点安装一水平传
9、送带，传送带的右端与 B 的距离为 l2当传送带静止时，让 P 再次从 A 点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的 C 点当驱动轮转动从而带动传送带以速度v 匀速向右运动时（其他条件不变），P 的落地点为D（不计空气阻力）（1）求 P 滑至 B 点时的速度大小 （2）求 P 与传送带之间的动摩擦因数（3）求出 O、D间的距离 s随速度 v变化的函数关系式 参考解答:1.（1）设第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒：01()mvMvmM v 代入数据，解得：v1=3m/s （2）设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s
10、，第 1 个球经过 t0与木盒相遇,则：00stv 设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律：()()mM gmM a得：23/agm s 设木盒减速运动的时间为 t1,加速到与传送带相同的速度的时间为 t2，则：12vtta=1s 故木盒在 2s内的位移为零 依题意：011120()svtvttttt 代入数据，解得：s=75m t0=05s （3）自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中,传送带的位移为 S，木盒的位移为 s1,则：10()8.5Svtttm 11120()2.5svtttttm 故木盒相对与传送带的位移：16sSsm 则木盒与传
11、送带间的摩擦而产生的热量是：54QfsJ 2.（1）A、B、C系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板碰撞后，C的速度为零，即0Cv（2）炸药爆炸时有 BBAAvmvm 解得smvB/5.1 又BBAAsmsm 当 sA1 m时 sB0.25m，即当 A、C相撞时 B 与 C右板相距msLsB75.02 A、C相撞时有：vmmvmCAAA)(解得v1m/s，方向向左 而Bv1.5m/s，方向向右，两者相距 0.75m，故到 A，B 都与挡板碰撞为止，C的位移为 3.0BCvvsvsm 3固定时示数为 F1，对小球 F1=mgsin 整体下滑：（M+m）sin-(M+m)
12、gcos=(M+m)a 下滑时，对小球：mgsin-F2=ma 由式、式、式得：=12FFtan 6（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为 h,穿过界面 PS 时偏离中心线 OR 的距离为 y，则：h=at2/2 qEqUammd 0ltv 即：20()2qUlhmd v 代入数据，解得：h=003m=3cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：22lhlyL 代入数据，解得:y=012m=12cm （2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为 vy，则：vy=at=0qUlmdv 代入数据，解得:vy=15106m/s 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：2260
13、2.5 10/yvvvm s 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则：034yvtanv 37 因为粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS 后将绕点电荷 Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。匀速圆周运动的半径：0.15yrmcos 、由：22kQqvmrr 代入数据，解得：Q=10410-8C 12（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止，则sincosfmgFmg 所以2tan0.75hhRl，37（称为摩擦角）（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，不变，要使占场地面积最小，则取 Rx为
14、最小，所以有xxhR，根据体积公式，该堆黄沙的体积为231134VR hR，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故318xVR，解得 32xRR，占地面积至少为212xxSR=324m2997m2 14.解：（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得：212qELmv 2qELvm 在磁场中偏转，由牛顿第二定律得 2vqvBmr，12mvmELrqBBq 可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。如右图，三段圆弧的圆心组成的三角形123OO O是等边三角形，其边长为 2r。16sin602mELdrBq (2)带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为：1602120，由于速度 v 相同，角速度相
15、同，故而两个磁场区域中的运动时间之比为：523001202121tt （3）电场中，12222vmvmLtaqEqE 中间磁场中，qBmTt32622 右侧磁场中,35563mtTqB 则1232723mLmttttqEqB 23.（1）由动量守恒定律：m0=2m，碰后水平方向：qE=2ma 2mgEq -2aXm=0-2 得：208mXg （2）在 t 时刻，A、B 的水平方向的速度为02matgt 竖直方向的速度为=gt 合速度为：22xy合 解得 合的最小值：min024 （3）碰撞过程中 A 损失的机械能：222100113228Emmm 碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中A 损失的
16、机械能：212E 2018mqEXm 从开始到 A、B 运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中 A 损失的机械能为：2012Em 31.以m表示物块A、B和木板C的质量，当物块A以初速0v向右运动时，物块A受到木板C施加的大小为mg的滑动摩擦力而减速，木板C则受到物块A施加的大小为mg的滑动摩擦力和物块B 施加的大小为f的摩擦力而做加速运动，物块则因受木板C施加的摩擦力f作用而加速，设A、B、C三者的加速度分别为Aa、Ba和Ca，则由牛顿第二定律，有 Amgma Cmgfma Bfma 事实上在此题中，BCaa，即B、C之间无相对运动，这是因为当BCaa时，由上式可得 12fmg （1）它小于
17、最大静摩擦力mg可见静摩擦力使物块B、木板C之间不发生相对运动。若物块A刚好与物块B不发生碰撞，则物块A运动到物块B所在处时，A与B的速度大小相等因为物块B与木板C的速度相等，所以此时三者的速度均相同，设为1v，由动量守恒定律得 013mvmv （2）在此过程中，设木板C运动的路程为1s，则物块A运动的路程为1sL，如图预解17-8所示由动能定理有 2210111()22mvmvmg sL （3）2111(2)2m vmgs （4）或者说，在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和（3）与（4）式等号两边相加），即 221011(3)22m vmvmgL （5）式中
18、L就是物块A相对木板C运动的路程解（2）、（5）式，得 03vgL （6）即物块A的初速度03vgL时，A刚好不与B发生碰撞，若03vgL，则A将与B发生碰撞，故A与B发生碰撞的条件是：03vgL （7）2.当物块A的初速度0v满足（7）式时，A与B将发生碰撞，设碰撞的瞬间，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则有：BAvv BCvv （8）在物块A、B发生碰撞的极短时间内，木板C对它们的摩擦力的冲量非常小，可忽略不计。故在碰撞过程中，A与B构成的系统的动量守恒，而木板C的速度保持不变因为物块A、B间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，又因为质量相等，由动量守恒和机械能守恒可以证明（证明
19、从略），碰撞前后A、B交换速度，若碰撞刚结束时，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则有 BAvv BAvv CCvv 由（8）、（9）式可知，物块A与木板C速度相等，保持相对静止，而B相对于A、C向右运动，以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续，由物块B替换A继续向右运动。若物块B刚好与挡板P不发生碰撞，则物块B以速度Bv从板C板的中点运动到挡板P所在处时，B与C的速度相等因A与C的速度大小是相等的，故A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度为2v根据动量守恒定律有：023mvmv （10）A以初速度0v开始运动，接着与B发生完全弹性碰撞，碰撞后物块A相对木板C静止，B到达P所在
20、处这一整个过程中，先是A相对C运动的路程为L，接着是B相对C运动的路程为L，整个系统动能的改变，类似于上面第1问解答中（5）式的说法等于系统内部相互问的滑动摩擦力做功的代数和，即 222011(3)222m vmvmgL （11）解（10）、（11）两式得：06vgL （12）即物块A的初速度06vgL时，A与B碰撞，但B与P刚好不发生碰撞，若06vgL，就能使B与P发生碰撞，故A与B碰撞后，物块B与挡板P发生碰撞的条件是 06vgL （13）3.若物块A的初速度0v满足条件（13）式，则在A、B发生碰撞后，B将与挡板P发生碰撞，设在碰撞前瞬间，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则有
21、：BACvvv （14）B与P碰撞后的瞬间，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则仍类似于第 2问解答中（9）的道理，有：BCvv BCvv AAvv （15）由（14）、（15）式可知B与P刚碰撞后，物块A与B的速度相等，都小于木板C的速度，即 BCAvvv （16）在以后的运动过程中，木板C以较大的加速度向右做减速运动，而物块A和B以相同的较小的加速度向右做加速运动，加速度的大小分别为 2Cag BAaag （17）加速过程将持续到或者A和B与C的速度相同，三者以相同速度013v向右做匀速运动，或者木块A从木板C上掉了下来。因此物块B与A在木板C上不可能再发生碰撞。4.若A恰好没从
22、木板C上掉下来，即A到达C的左端时的速度变为与C相同，这时三者的速度皆相同，以3v表示，由动量守恒有：303mvmv （18）从A以初速度0v在木板C的左端开始运动，经过B与P相碰，直到A刚没从木板C的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是A相对C的路程为L；接着B相对C运动的路程也是L；B与P碰后直到A刚没从木板C上掉下来，A与B相对C运动的路程也皆为L整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即 223011(3)224m vmvmgL （19）由（18）、（19）两式，得 012vgL （20）即当物块A的初速度012vgL时，A刚好不会从木板C上掉下若012vgL，
23、则A将从木板C上掉下，故A从C上掉下的条件是 012vgL （21）5.若物块A的初速度0v满足条件（21）式，则A将从木板C上掉下来，设A刚要从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则有 BACvvv （22）这时（18）式应改写为 02ACmvmvmv （23）（19）式应改写为 2022111(2)2224BCm vmvmvmgL （24）当物块A从木板C上掉下来后，若物块B刚好不会从木板C上掉下，即当C的左端赶上B时，B与C的速度相等设此速度为4v，则对B、C这一系统来说，由动量守恒定律，有 42BCmvmvmv （25）在此过程中，对这一系统来说，滑动摩擦力做
24、功的代数和为mgL，由动能定理可得 2422111(2)222BCm vmvmvmgL （26）由（23）、（24）、（25）、（26）式可得：04vgL （27）即当04vgL时，物块B刚好不能从木板C上掉下。若，则B将从木板C上掉下，故物块B从木板C上掉下来的条件是：04vgL （28）32.带电质点在竖直方向做匀减速运动，加速度的大小为g；在水平方向因受电场力作用而做匀加速直线运动，设加速度为a。若质点从M到N经历的时间为t，则有 0 xvatv （1）;00yvvgt （2）由以上两式得：ag （3）;0vtg （4）M、N两点间的水平距离 220122vxatg （5）于是M、N两点
25、间的电势差:202MNUvUUxddg （6）33（1）物体在轨道上由 P滑到 B 的过程，由机械能守恒：2021mvmgh 得物体滑到 B 点时的速度为ghv20 （2）当没有传送带时，物体离开 B 点后作平抛运动，)27()71(2)2722()221(2)22()(ghvlghvghghvlghvlvsghv272运动时间为t，ghlvlt20 当 B 点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，在空中运动的时间也为 t，水平位移为l21，物体从传送带右端抛出的速度22201ghvv 物体在传送带上滑动时，由动能定理：212021212mvmvlmg 解出物体与传送带之间的动摩擦因数
26、为lh23 （3）当传送带向右运动时，若传送带的速度1vv，即22ghv 时，物体在传送带上一直做匀减速运动，离开传送带的速度仍为1v，落地的水平位移为2l，即 sl 当传送带的速度22hgv 时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动如果尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v 离开传送带v 的最大值2v为物体在传送带上一直加速而达到的速度。即202221212mvmvlmg 由此解得：1当2vv，物 体 将 以 速 度ghv272离 开 传 送 带，因 此 得O、D 之 间 的 距 离 为)71(22721lghtls 2当21vvv，即ghvgh2722时，物体从传送带右端飞出时的速度为 v，O、D之间的距离为)221(22ghvlvtls 综合以上的结果，得出 O、D间的距离 s随速度v变化的函数关系式为：