浙江名校高中物理競賽模擬試題(八)(Word版含答案)

1、3 / 15浙江省一級重點名校高中物理競賽模擬試題（八）一、（20分）某甲設計了 1個如圖復19-1所示的“自動噴泉”裝置，其中A、R C為3個容器，D E、F為3根細管，管栓K是關閉的.A、B、C及細管D E中均盛有水，容器水面的高度差分別為hi和hi如圖所示.A、B、C的截面半徑為12cmD的半徑為0.2cm,甲向同伴乙說：“我若擰開管栓K,會有水從細管口噴出. " 乙認為不可能.理由是：“低處的水自動走向高外，能量從哪兒來？”甲當即擰 開K,果然見到有水噴出，乙啞口無言，但不明白自己的錯誤所在.甲又進一步 演示.在擰開管栓K前，先將噴管D的上端加長到足夠長，然后擰開 K,管中水

2、 面即上升，最后水面靜止于某個高度處.（1） .論證擰開K后水柱上升的原因.（2） .當D管上端足夠長時，求擰開K后D中靜止水面與A中水面的高度差.（3） .論證水柱上升所需能量的來源.二、（18 分）在圖復19-2中，半徑為R的圓柱形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁場方向垂直紙面指向紙外，,：,<._：磁感應強度B隨時間均勻變化，變化率 B/ t K（K為一正值常量），圓柱形區(qū)外空間沒有磁場，沿圖 ： * y中AC弦的方向畫一直線，并向外延長，弦 AC與半、/徑OA的夾角 /4 .直線上有一任意點，設該點圖邕及口與A點的距離為x,求從A沿直線到該點的電動勢的大小.三、（18分）如圖復19-3所示，

3、在水平光滑絕緣的桌面上，有三個帶正電的 質(zhì)點1、2、3,位于邊長為l的等邊三角形的三個頂點處。C為三角形的中心，三個質(zhì)點的質(zhì)量皆為m ,帶電量皆為q。質(zhì)點1、3之間和2、3之間用絕緣的I試管之棣皮塞第附導線4三通管 上注射器前6活塞F電阻鼠里水節(jié)放S：的電期宜.內(nèi)有 一段有色相拄r芥右羯與大氣相通；左端與武官相通,工勘有剜度尺的底瓶，1Q,阿門國魚N-4-2輕而細的剛性桿相連，在3的連接處為無摩擦的錢鏈。已知開始時三個質(zhì)點的 速度為零，在此后運動過程中，當質(zhì)點3運動到C處時，其速度大小為多少？四、（18分）有人設計了下 述裝置用以測量線圈的自 感系數(shù).在圖復19-4-1中, E為電壓可調(diào)的直流

4、電源。 K為開關，L為待測線圈的 自感系數(shù)，l為線圈的直流電阻，D為理想二極管， r為用電阻絲做成的電阻 器的電阻，A為電流表。將圖復19-4-1中a、b之間的電阻線裝進圖復19-4-2 所示的試管1內(nèi)，圖復19-4-2中其它裝置見圖下說明.其中注射器筒 5和試管 1組成的密閉容器內(nèi)裝有某種氣體（可視為理想氣體），通過活塞6的上下移動 可調(diào)節(jié)毛細管8中有色液注的初始位置，調(diào)節(jié)后將閥門 10關閉，使兩邊氣體隔 開.毛細管8的內(nèi)直徑為d .已知在壓強不變的條件下，試管中的氣體溫度升高1K時，需要吸收的熱量為Cq,大氣壓強為p。設試管、三通管、注射器和毛細管皆為絕熱的，電阻絲 的熱容不計.當接通電鍵

5、 KB,線圈L中將產(chǎn)生磁場，已知線圈中儲存的磁場能量W 1口2, I為通過線圈的電流，其值可通過電流表 A測量，現(xiàn)利用此裝置及 2合理的步驟測量的自感系數(shù)L .1 .簡要寫出此實驗的步驟.2 .用題中所給出的各已知量（r、人、Cq、p、d等）及直接測得的量導出L的表達式，五、（20分）薄凸透鏡放在空氣中時，兩側(cè)焦點與透鏡中心的距離相等。如果此 薄透鏡兩側(cè)的介質(zhì)不同，其折射率分別為n和n2,則透鏡兩側(cè)各有一個焦點（設 為F1和F2）,但巳、F2和透鏡中心的距離不相等，其值分別為 G和f2?，F(xiàn)有一個 薄凸透鏡L,已知此凸透鏡對平行光束起會聚作用，在其左右兩側(cè)介質(zhì)的折射率 及焦點的位置如圖復19-5

6、所示。1 .試求出此時物距u，像距V ,焦距f1、f2四者之間的關系式。2 .若有一傍軸光線射向透鏡中心，已知它與透鏡主軸的夾角為1,則與之相應的出射線與主軸的夾角 2多大？3 . f1，f2 ,必，n2四者之間有何關系？圖復U六、（20分）在相對于實驗室靜止的平面直角坐標系 S中，有一個光子，沿x軸 正方向射向一個靜止于坐標原點 O的電子.在y軸方向探測到一個散射光子.已知電子的靜止質(zhì)量為me,光速為c,入射光子的能量與散射光子的能量之差等于電子靜止能量的1/10.1 .試求電子運動速度的大小v,電子運動的方向與x軸的夾角；電子運動 到離原點距離為L0 （作為已知量）的A點所經(jīng)歷的時間t.2

7、 .在電子以1中的速度v開始運動時，一觀察者S相對于坐標系S也以速度 v沿S中電子運動的方向運動（即S相對于電子靜止），試求S測出的OA的長度.七、（26分）一根不可伸長的細輕繩, 穿上一粒質(zhì)量為m的珠子（視為質(zhì) 點），純的下端固定在A點，上端系 在輕質(zhì)小環(huán)上，小環(huán)可沿固定的水 平細桿滑動（小環(huán)的質(zhì)量及與細桿 摩擦皆可忽略不計），細桿與A在同 一豎直平面內(nèi).開始時，珠子緊靠 小環(huán)，繩被拉直，如圖復19-7-1所 示，已知，純長為l , A點到桿的距離為h,純能承受的最大張力為Td ,珠子下滑過程中到達最低點前繩子被拉斷，求細繩被拉斷時珠子的位置和速度的 大小（珠子與繩子之間無摩擦）注：質(zhì)點在平

8、面內(nèi)做曲線運動時，它在任一點的加速度沿該點軌道法線方向的分量稱為法向加速度a。，可以證明，an v2/R, v為質(zhì)點在該點時速度的大小，R為軌道曲線在該點的“曲率半徑”，所謂平面 曲線上某點的曲率半徑，就是在曲線上取包含該點在內(nèi)的一段弧， 當 這段弧極小時，可以把它看做是某個“圓”的弧，則此圓的半徑就是 曲線在該點的曲率半徑.如圖復19-7-2中曲線在A點的曲率半徑為Ra,在B點的曲率半徑為Rb .4/ 157 / 15圖復解19-1物理競賽模擬(八)答案一、參考解答實踐證明，甲的設計是正確的，所以乙的結(jié)論肯定是錯的。(1)設大氣壓為Po,水的密度為。擰開K前的情況如圖復解19-1的(a)圖所

9、示。由流體靜力學可知，B、C中氣體的壓強為Pb Pc Po g(hi h2)(1)D中氣體的壓強為Pd Pb ghi(2)由(1)、 (2)兩式可得Pd Po gh2即Pd Po ,當擰開K后，D中氣體壓強降至Po,止匕時(3)Pb P0gh1即D管中容器B水面以上的那一段水柱所受合力向上，所以 D管中水柱上升。(2)擰開K后，水柱上升，因D管上端已足夠長，故水不會從管口噴出.設 到D中的水面靜止時D中增加水量的體積為 V，則B中減少水量的體積亦為 V , 其水面將略有降低，因而B及C中氣體壓強路有下降，A中的水將通過E管流入 C中，當從A流入水量的體積等于 V時，B、C中氣體壓強恢復原值。因

10、為A、 B、C的半徑為D管半徑的60倍，截面積比為3600倍，故A、B、C中少量水的增減(V)引起的A、B、C中水面高度的變化可忽略不計，即 幾和h2的數(shù) 值保持不變。設D中水面靜止時與A中水面的高度差為H ,(見圖復解19-1 (b),則 有Pog(hi h2) Pog(H hi)(4)由此可得H h2(5)(3)將圖復解19-l(a)和(b)兩圖相比較可知，其差別在于體積為 V的水從A移至C中，另V的水又由B移入D中，前者重力勢能減少，而后者重力 勢能增大，前者的重力勢能減少量為Ei g V(hi h2)(6)D中增加的水柱的重心離A中水面的高度為加/2,故后者的重力勢能增量為E2 g V

11、 (h1 二 h2)(7)2即 E1 E2。由此可知，體積為 V的水由A流入C中減少的勢能的一部分轉(zhuǎn)化為同體積 的水由B進入D中所需的勢能，其余部分則轉(zhuǎn)化為水柱的動能，故發(fā)生上下振動， D中水面靜止處為平衡點.由于水與管間有摩擦等原因，動能逐步消耗，最后水 面停留在距A中水面h2處。二、參考解答由于圓柱形區(qū)域內(nèi)存在變化磁場，在圓柱形區(qū)域內(nèi)外空間中將產(chǎn)生渦旋電場， 電場線為圓，圓心在圓柱軸線上，圓面與軸線垂直，如圖中虛點線所示.在這樣 的電場中，沿任意半徑方向移動電荷時，由于電場力與移動方向垂直，渦旋電場 力做功為零，因此沿半徑方向任意一段路徑上的電動勢均為零.1.任意點在磁場區(qū)域內(nèi)：令P為任意

12、點(見圖復解19-2-1 ) x &R,在圖中連直線OA與OP。取閉合回路APOA,可得回路電動勢E1 Eap Epo Eoa, 式中Eap , EPO , EOA分別為從A到P、從P到O、從O到A的電動勢。由前面的分析可知EPO 0 , Eoa 0 ,故Eap E1(D令AOP的面積為S,此面積上磁通量1 BSi ,由電磁感應定律，回路的電 動勢大小為1 BE11y(2)根據(jù)題給的條件有E1Sk由圖復解19-2-2可知1S1 xRsin1 2xR2.2(3)由（1）、（2）、（3）式可得沿AP線段的電動勢大小為(4)l kREAP 2,2xA： x：C ，R'oP圖復解19-

13、2-12.任意點在磁場區(qū)域外：令Q為任意點（見圖復解19-2-2 ）, x V2R。在圖中連OA、OQ。取閉合回路AQOA,設回路中電動勢為E2,根據(jù)類似上面的 討論有(5)Eaq E2對于回路AQOA ,回路中磁通量等于回路所包圍的磁場區(qū)的面積的磁通量,此面積為S2 ,通過它的磁通量2 B&。根據(jù)電磁感應定律可知回路中電動勢的大小E2S2k(6)在圖中連OC,令COQS2AOC的面積扇形OCD的面積當 /4時，S21(2 Rsin )1 2-R2(sin21 2R2(122Rcos),OCQ中有x 、2r rsin sin( /4)tanEAQkR2(1 arctan2x 2R)x(

14、8)x 2rx于是得8 1R2(1 arctanx 2R)2x由（5）、（6）、（7）式可得沿AQ線的電動勢的大小為(5)9 / 15三、參考解答以三個質(zhì)點為系統(tǒng)，由對稱性可知，開始時其質(zhì)心應位于C處， 因為質(zhì)點系所受的合外力為零，由質(zhì)心運動定理可知，質(zhì)心總是固 定不動的。質(zhì)點1、2在靜電力作用下，彼此間距離必增大，但不 可能保持在沿起始狀態(tài)時1、2連線上運動，若是那樣運動，由于 桿不能伸長，質(zhì)點3必向左運動，三者的質(zhì)心勢必亦向左運動，這 與“質(zhì)心不動”相矛盾，故不可能。由此可知，由于桿為剛性，質(zhì) 點1、2在靜電力作用下，要保持質(zhì)心不動，質(zhì)點 1、2必將分別向 題圖中右上方和右下方運動，而質(zhì)點

15、3將向左運動.當3運動到C 1圖復解19-3 處時，1、2將運動到A、B處，A、B、C三點在一直線上，1、2的速度方向 向右，3的速度方向左（如圖復解19-3所示）。令Vi、V2、V3分別表示此時它 們的速度大小，則由對稱性可知此時三質(zhì)點的總動能為(D(2)1212、Ek 2mV3 2（2mv1）再由對稱性及動量守恒可知mv3 2mv1系統(tǒng)原來的電勢能為 2EP 3kq- P l其中k為靜電力常數(shù).運動到國復解19-3所示的位置時的電勢能為22(4)(5)(6)EP2k-q- k-q-P l 2l根據(jù)能量守恒有EP EPEK由以上各式可解得四、參考解答1. (1)調(diào)整活塞6使毛細管8中有色液柱

16、處于適當位置，將閥門10關閉使兩邊氣 體隔絕，記下有色液柱的位置；(2)合上開關S,測得電流I ;(3)打開開關S;(4)測出有色液體右移的最遠距離 x;(5)改變電源電壓，重復測量多次，記下多次的I和x值。2.合上開關S后，線捆貯有磁場能量 W 1LI 2,因二極管D的存在，中無電流。2打開開關S后，由于L中有感應電動勢，在線圈L、電阻器ab和二極管D組成的 回路中有電流通過，最后變?yōu)榱?。在此過程中原來線圈中儲存的磁場能量將轉(zhuǎn)化為和人上放出的熱量，其中上放出的熱量為-LI2rrrL(1)此熱量使試管中的氣體加熱、升溫。因為是等壓過程，所以氣體吸熱為(2)mQ Cp T式中m為氣體質(zhì)量，為其摩

17、爾質(zhì)量， T為溫開，因為是等壓過程，設氣體體積改變量為V ,則由理想氣體狀態(tài)方程可得(3)而由以上各式可得d2-x4(4)x rL r CpP dL2 12 2r R參考解答利用焦點的性質(zhì)，用作圖法可求得小物 PQ的像PQ ,如下圖所示圖復解19-5-3(1)用y和y分別表小物和像的大小，則由圖中的幾何關系可得X 上(1)yf1v f2(U fl)(v f2) flf2簡化后即得物像距公式，即u, V, fl, f2之間的關系式立b 1U V(2)薄透鏡中心附近可視為籌薄平行板，入射光線經(jīng)過兩次折射后射出，放大后的光路如圖復解19-5-2所示。圖中1為入射角，2為與之相應的出射角，為平行板中的

18、光線與法線的夾角。設透鏡的折射率為n,則由折射定律得n1sin 1 nsinn2 sin 2(3)對傍軸光線，1、 2 W1,得sin 11, sin 2 2,因而得(4)n12 1n2(3)由物點Q射向中心O的入射線，經(jīng)L折射后，出射線應射向Q ,如圖復解19-5-3所示,圖復解19-5-2在傍軸的條件下，有y,y,一tani i,tan22uv二式相除并利用（4）式，得y u n1yvn2用（1）式的y/y f"（u fi）代入（6）式，得f1u(u fi)v n2fin1uvn2u n1v用（1）式的y/y （vf2）2代入（6）式，得(v f2)un1f2 vn2n2uvf2

19、n2u n1V(5)(6)(8)從而得f1，f2, n1，1之間關系式(9)六、參考解答（1）由能量與速度關系及題給條件可知運動電子的能量為2 moc1 (v2/c2)21.1OmoC由此可解得0.21v 0.417c 0.42c1.10(1)(2)15 / 15光子散射方向1m0v cos.1 (v2/c2)(3)電子3V sin,1 (V2/c2)(4):光子入射方向光子入射方向圖復解19-6入射光子和散射光子的動量分別為p工和p ,方向如圖復解19-6所cc示。電子的動量為mv , m為運動電子的相對論質(zhì) 量。由動量守恒定律可得已知h h0.10moe2(5)由(2)、 (3)、 (4)

20、、 (5)式可解得(6)2 一0.37moe /h0.27moe2/htan 1 - arctan(27)電子從O點運動到A所需時間為t - 2.4L0 / cv36.1(8)(9)(2)當觀察者相對于S沿OA方向以速度v運動時，由狹義相對論的長度收 縮效應得(10)L L。1 (v2/c2)L 0.91L0(11)七、參考解答1 .珠子運動的軌跡建立如圖復解19-7所示的坐標系，原點O在過A點的豎直線與細桿相交處，x軸沿細桿向右，y軸沿OA向下。當珠子運動到N點處且繩子未斷時，小環(huán)在B處，BN垂直于x軸，所以珠子的坐標為x PN, y BN由APN知_ 2_22(AP)2 (PN)2 (AN

21、)2即有(h y)2 x2 (l y)2 ,得222x 2(l h)y (l h )(D這是一個以y軸為對稱軸，頂點位于 y 1(l h)處，焦點與頂點的距離為21(l h)的拋物線，如圖復解19-7-1所示，圖中的H -(l h) , A為焦點。222.珠子在N點的運動方 程因為忽略繩子的質(zhì) 量，所以可把與珠子接觸 的那一小段純子看做是 珠子的一部分，則珠子受 的力有三個，一是重力mg ;另外兩個是兩繩子對珠子的拉力，它們分別 沿NB和NA方向，這兩個 拉力大小相等，皆用T表 示，則它們的合力的大小為(2)為N點兩邊繩子之間夾角的一半,F沿ANB的角平分線方向因為AN是焦點至N的連線,BN平行于y軸，根據(jù)解析幾何所述的拋物線F 2T cos性質(zhì)可知，N點的法線是 ANB的角平分線.故合力F的方向與N點的法線一致。由以上的論證.再根據(jù)牛頓定律和題中的注，珠子在N點的運動方程(沿法 線方向)應為2V2T cosmg cosm(3)2 mv 2T cosmg co