高中物理競賽復賽模擬試題五有答案

1、復賽模擬試題五1.設有兩個可控光子火箭 A、B相向運動，在地面上的觀察者測得A、B沿X軸方向的速度分別為Va=0.9c,vb=-0.9c,試求它們的相對速度。解：取地面為S系，火箭A為S系，則R=Ua=0.9c,火箭B在S系中的速度為Ux = -0.9c ,則在火箭A ( S)系觀察到火箭B的速度為m. x0.9c(-0.9c)r：x =。x - )/(1) = (-0.9c0.9c)/1 2 : -0.994ccc,此即火箭B相對于火箭A的相對速度，方向沿x負方向，我們也可取地面為 S系，火箭B 為S系中，此時0 = -0.9c,Ux =0.9c,則在S 系中觀察到火箭 A的速度,x(-0.

2、9c)(0.9c)- x = ( x -)/1- =0.9c-(-)0.9c)/1- ()( -)= 0.994ccc方向沿x正方向，此即火箭 A相對于火箭B的相對速度。CA圖 11-1222.有一輕質(zhì)木板 AB長為L, A端用錢鏈固定在豎直墻上，另一端用水平 輕繩B拉住，板上依次放著 A、B、C三個圓柱體，半徑均為 r,重均為G, 木板與墻的夾角為0 ,如圖11-122所示，不計一切摩擦，求 BC繩上的張 力。解：以木板為研究對象，木板處于力矩平衡狀態(tài)，若分別以圓柱體A、B、C為研究對象，求 A、B、C對木板的壓力，非常麻煩，且容易出錯，若 將A、B、C整體作為研究對象，則會使問題簡單化。圖

3、 11-122-甲以A、B、C整體為研究對象，整體受到重力 3G、木板的支持力F和墻對整體的支持力 FN ,其中重力的方向豎直向下，如圖 11-122-甲所示，合重力經(jīng)過 圓柱B的軸心，墻的支持力 Fn垂直于墻面，并經(jīng)過圓柱 C的軸心，木板給的支持 力F垂直于木板。由于整體處于平衡狀態(tài)，此三力不平行必共點，即木板給的支持力F必然過合重力和墻的支持力 FN的交點。根據(jù)共點力平衡的條件：工F = 0,可得：F =3G/sin 日。由幾何關(guān)系可求出F的力臂 L =2rsi n日+r/si n+r ctg以木板為研究對象，受力如圖11-122-乙所示，選A點為轉(zhuǎn)軸，根據(jù)力矩平衡條件 工M =0,=T

4、Leos?解得:3Gr (2sin2 1/sin etg ).二T L eosisin 二- 3Gr . 1cos 、T =(2t an 2 .)Ls i n c o s3.漁人在河中乘船逆流劃行, 才發(fā)現(xiàn)，立即調(diào)頭劃船順流追趕， 流劃行時，船相對于水的劃速不定,經(jīng)過A地時釣桿落入河中，半小時后他在A地下游4千米處趕上，漁人順流和逆 求水流速率。分析：由于人劃船不管是逆流還是順流，船對于水的速度都一樣大，故可取隨水一起漂 流的釣桿為參照物，這樣可使本題大大簡化。解：以隨水漂的釣桿為參照物，易知找回釣桿所需時間還需半小時，在這一小時內(nèi)，釣 桿隨水一起運動的距離為s=V水 t代入數(shù)據(jù)后得v水=4千

5、米/小時畫4.在平直公路上 A、B兩車平行同向行駛， A以初速度VA0、加速度“ a做勻加速直線 運動。在A前面So處，B同時以初速度Vbo、加速度a b做勻加速直線運動。 試討論A和B的運 動情況。解：（1）且A AUB ,若AO AUBO ,可將A與B的運動看成初速度為 0的勻速運動 和同方向由靜止出發(fā)的加速度為a的勻加速直線運動的合成。因為UAO AUBO ,所以UA0t AUbo）使B、A之間的距離隨著時間增加而減小。1 : At21 - Bt2 5、，、一一又因為aA ACfB ,所以2 A 2 B ，使B、A之間的距離隨時間增加而減小。B、A之間距離&S由最初的s0逐漸減少，至某一

6、時刻tl，&s = 0,這時A追上了 B。至t:t1 時，A超過B, As隨時間增加而增大。由x 1, 2-x 1,2A0t1 - At1 = s0 B0t1 2 , Bt12,。AO - B0）2 一 a - - B s0 -（ AO - BO）t1 二解之得（2）如VA0 VB0 ,然而AB,有：在UaUb時，As隨時間增加而增大；在Ua Ub時，As則隨時間增加而減??； 在UA=UB時，As最大,即t=t0時，s=ASmax, 由題意可知，AO 1At0 = BO : Bt0t0AO一 BO得所以max設A追上B需時間t,因此有1 o1 oAOt - 2 ： At2 = s0BOt 2

7、： Bt2t =t0 二(AO ： BO )2 2s0 解之得(：B - : A)2? b - ? a要A追得上B,還應滿足s0 :二2。AO - BO)2(： B - : a) -A0t 1 ?(3)如果 AO aB ,則有2解之得At2 =s BOt J；： Bt2AO ) .( BO、2AO)22(- A - - b)s0這時A追上Bo再由“AO +aAt0 = “BO得t0BO - AO: A 一 ：. B這時A和B之間距離As為最大。畫5. 一根一端封閉，粗細均勻的細玻璃管，當它水平放置時，有一段Li=202.1mm的某種氣體被一段水銀柱所封閉。當把玻璃管直立開口向上時，管中氣柱長度

8、L2=l60mm。把玻璃管倒轉(zhuǎn)時由于不慎，管中漏去一部分氣體，因此玻璃管直立而開口向下時，管中的氣柱長為 L3=240mm。室內(nèi)溫度保持不變，試求漏去氣體的質(zhì)量占原有質(zhì)量的百分比。解：管內(nèi)封閉氣體由平放到開口豎直向上這前后兩狀態(tài)，由于氣體質(zhì)量沒有變化，應用玻意耳定律求解。設大氣壓強P。= HcmHg ,則得H = (H h)l2l 2 H =h ll -1 2對于當開口豎直向下時，質(zhì)量為m的氣體，將它等溫變化到初狀態(tài)時應有的氣柱長|1,則可求出漏去質(zhì)量所占的百分比。根據(jù)玻意耳定律有I31+匕丫1一.H人Hli =(H -h)l32曰3 - l iLl2由于m與m同為一狀態(tài)，密度相同，所以質(zhì)量之

9、比等于體積之比，即等于氣柱長度之比 mli2l 2l3 - 1113 TOC o 1-5 h z m l1l“2 mll 2 -(2l 2b - l1l 3)/ 2/3 - hb=1 則得m用2ld2= 12.5%/、，一,，一，A6.如圖24-32所不，試管以加速度 a向上做勻加速直線運動時，水銀枉與試口管保持相對靜止，水銀柱的長度為h,大氣壓為P0O求試管中氣體的壓強。分析：我們依然采用受力分析的方法，通過求力之間的關(guān)系來確定壓強之間J的關(guān)系。解：以水銀柱為研究對象，其受力如圖24-32所示，依牛頓第二定律得：,、P0pS-(pAS + mg) = ma同樣可求得PA = P0 - h g

10、 a ：如圖以厘米汞柱為單位，則可寫為：圖24-32Pa = P0 - h g a /g后多同學在求液體封閉的氣體壓強時，慣用壓強平衡的方法，在這里，我們看到，當系 統(tǒng)處于平衡狀態(tài)時，自然可以用壓強平衡的方法，倘若系統(tǒng)不處于平衡狀態(tài)呢？那就只能對 液體進行受力分析，然后根據(jù)牛頓運動定律進行求解了。其實，壓強平衡也只能建立在物體 受力平衡的基礎上，因此，采用受力分析，列出平衡方程或牛頓第二定律方程，是統(tǒng)一之道。尤其在解決活塞封閉的氣體壓強時，更是唯一之道。圖 31 6016田7. 一個質(zhì)量不計的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在上端開口的直立圓 筒形氣缸內(nèi)，活塞上堆放著鐵砂，如圖 24-60 (a)

11、所示。最初活塞擱置在氣缸內(nèi)壁的卡環(huán)上，氣柱的高度為He壓強等于大氣壓強 P0o現(xiàn)對氣體緩緩加熱，當氣體溫度升高了 AT=60K時，活塞（及鐵砂）開始離開卡環(huán)而上升，繼續(xù)加熱直到氣柱高度為Hi=1.5Ho。此后，在維持溫度不變的條件下逐漸取走鐵砂，直到鐵砂全部取走時，氣體高度變?yōu)?H2=1.8Ho,求此時氣體的溫度。（不計活塞 與氣缸壁間摩擦）分析：我們可以將它的變化過程用圖24-60 （b）的圖景給以展示。氣缸氣體先 后經(jīng)歷了四個狀態(tài)三個過程。利用圖像， 可將本題的復雜的物理過程和狀態(tài)非常清楚地、圖M-60直觀地展示出來。根據(jù)這一直觀圖像列出有關(guān)方程，這是一種由難化易的分析過程，也是解氣體問題

12、的常用方法。解一：設氣體最初溫度為 T。，則活塞剛離開卡環(huán)時溫度為 To+AT,壓強為P1。由等 容升溫過程即查理定律得To 訂 TOC o 1-5 h z ToPo（1）設氣柱高度為H1 =1.5H。時，溫度為T1 ,由等壓升溫過程得TiHiSTo - T - HoS設氣柱高度為H2=1.8H0時，溫度為T2（T2=T1）,由等溫膨脹得 HYPERLINK l bookmark39 o Current Document p1Hls = p2H 2s（3）由（1）、（3）式得To - T _ H2To一 HiH11.5HoTo1 To6o = 3oo（K）H2 - Hi 1.8Ho -1.5H

13、o由（2）、（4）式得Ti =H2To 一 HoT2 =TiH1H2Ho（H2 -Hi）T -1.8 3oo=54o（K）解二：設氣體最初溫度為To ,則活塞剛離開卡環(huán)時溫度為 To + &T ,氣柱高H1 = 1.5H o 時，溫度為Ti ,高度為H2=1.8Ho時，溫度為T2=Ti。 由等壓升溫過程得H0 Hi(1)T0TTi因初態(tài)與末態(tài)壓強相等，均為 P0 ,得Ho H2tT 一互由(1)、(2)式求得H1H2T2 =Ti1 2 THo(H2 -Hi) 解三：將氣體的四個狀態(tài)三個過程用1.5H0 1.8H0Ho (I.8H0-1.5Ho)60 =540(K)V-T圖像表達出來，如圖 24

14、-60 (c)所示。從初態(tài)加熱至活塞開始離開卡環(huán)為等容升溫增壓過程AB;從活塞離開卡環(huán)至氣柱高為H1 =1.5H 0 ,為等壓升溫膨脹過程 BC,為過原點的直線；從此至末態(tài)為等溫減壓膨脹過程CD,缸截面積。最終壓強又變?yōu)槌鯌B(tài)壓強，A、D應在過原點的直線上。由圖 24-60 (c)可知，三角形相似：AOT0 DOT1S 24-60T0H0ST1H 2s又由ABOTACOT1,得T HS T01T1 一 H1S -T1解以上兩式得T1 = 9 t =540(K)點評：關(guān)于一定質(zhì)量的氣體狀態(tài)變化習題，一般多用分析法去計算， 但利用圖像法可以更直觀地觀察出物理過程的動態(tài)特征，使思路更清 晰，注意靈活運

15、用圖像的物理意義，可開辟新的解題途徑。畫8.設有一塊透明光學材料，由折射率略有不同的許多相互平行、 厚度為d=0.1mm的薄層密接而成，圖33-43表示與各薄層垂直的一個截面，AB為此材料的端面，與薄層界面垂直，OO,表示截面的中心線。 各薄層的折射率 g的數(shù)值為nk=n0=kr,其中n0=1.4142, r=0.0025。今有圖 33-43光線PO以入射角。=30射向O點，求此光在材料內(nèi)能夠到達的離-. CP一一一解：令光線進入材料后的折射角為0 (見圖33-44),則有sin0 =nsin 中 0(1)兀此光線射至薄層1時，入射角為20 ,設光線進入薄層1后與OO的夾角為 ,則有OO,最遠

16、的距離。圖 33-44n0 sin 0 = n1 cos 依次逐層考慮，可得n cos中 = n1 cos中 1 =.一 = nk cos中k =常數(shù)(2)式中久為薄層k中光線與中心線 OO的夾角。已知nk=n0kr, n。-.4142,cosn0 cos :n0cos 0nkno - k0 =0.0025 ,即nk隨序號k的增大而減小，故cos中k隨k的增大而增大，中k隨k的增大而 減小。滿足(2)式的各coSPk值中最接近于1的那個值所對應的 k即光線能進入最遠的薄層 的序號。在這薄層的上表面將發(fā)生全反射，光線返回，經(jīng)逐層折射進入材料的下半部，到達 第k層后又被反射回去，來回傳播，*因此，

17、需要求出能滿足的k的最大值。由(1)式得n0 cos ：0 = n0. 1 - sin2 0 / n2 = . n2 - sin2 : 0代入(3)式，化簡得k :二(no - n2 -sin2 , o)/代入數(shù)值得k cos，- nk 1/nk利用(2)式得 TOC o 1-5 h z nk 1 m n cos ) : nk 22以n0 cos0=vn0 sin %，-=，一k；,源+ = n -k； - ；代入，得k n。i/n2 -sin2%)/ k 1.代入數(shù)值得k 36.52 2時，s0,成實像（在 A點左側(cè)）；n1, 故sa2R,即當1n2時，像必在B點右側(cè)，如圖中的 日。BB12

18、R2 -n-2R =2n -22 -n（2）在1n2時，虛像點B1離物點B的距離為（2）中像的垂軸放大率2R n ns2-nnns1 2R2-n o圖 33-108（4）若如圖33-108,在A處置一平面鏡，則共有四次成像過程：第一次經(jīng)左半球面的折射成虛像于B1,其物距s1 =2R,由前面的結(jié)果知，此一丁B22R時的像距2 -n o虛像B1位于B點右側(cè)的條件為1n2。第二次B1經(jīng)平面鏡反射成像 （B2）,其2R2Rusl =Ts2 - -s2 二-T物距2-n ,則像距2 -n。2R.s3 - s2 一一 二第三次B2再經(jīng)左半球面折回成像（B3）,這時物距2-n ,由成像公式有 n_ n -1

19、s R2nR二由此求出3n -4第四次B3經(jīng)右半球面成像(B4),物距o e 9R 2nR(8-4n)R= s3 - 2R = - 2 R =3n 43n 4 ,1 n 1 - n-=于是由s4 s4一(8 -4n)Rs4 二2 一 一得到- n8n -8按題意，最后的像在球的右側(cè)(實像) ，這要求號,即2-n八20-n 8n -8由前面已知，1n2,故上式左端分子大于零，因此有其解為已知n2,故取-n2 8n 8 . 04 -2 2 :二 n ： 4 2 2n .4-2.2B.最后得符合本題條件的10.如圖41-86所示, 球殼通過一細導線與端電壓 外A點有一電量為q1=10：n 值為：4

20、2J5 n2。，一薄壁導體球殼（以下簡稱為球殼）的球心在O點。V=90V的電池的正極相連，電池負極接地。在球殼X10-9C的點電荷，B點有一電量為 q2=16X 10-9C的點電圖 41-86S-V1 = k一a o球殼外壁所有電荷在球撐kq2d1與d2 ,因球心O處的電勢等(2)Q1 =a -a-8 109(C).荷。OA之間的距離d=20cm, OB之間的距離d2=10cm 1現(xiàn)設想球殼的半徑從a=10cm開始緩慢地增大到 50cm，問：在此過程中的不同階段，大地流向球殼的電量各是多少? 已知靜電力恒量k=9x 109N m2 C2。假設點電荷能穿過球殼壁進入導體球內(nèi)而不與導體壁接 觸。分

21、析：首先應確定若干特定位置（如球殼半徑趨近于d1時，q1進入球殼內(nèi)后等等）。運用電勢疊加原理求出球殼此時的電荷量，則相鄰特定位置之間球殼上電荷的變化量即為題目所 求。解題注意劃分下面兩種情況：當 和兔均在球殼外時，球殼內(nèi)為等勢區(qū)，即V0 =V。但當和益先后進入球殼后，球殼內(nèi)不再是等勢區(qū)，但此時球殼外表面的電荷以及留在球殼 外的電荷在 O點的電勢之和仍為 V。解：分以下幾個階段討論。.由于球殼外空間點電荷 q1、q2的存在，球殼外壁的電荷分布不均勻，用仃表示面電荷密度。設球殼半徑 a=10cm時球殼外壁帶的電量為 Qi ,因為電荷q1、q2與球殼外壁的電量 Qi在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合場強為零，球殼內(nèi)為

22、電勢等于V的等勢區(qū)。在導體表面上的面元AS所帶的電量為 仃&S ,它在球殼的球心O處產(chǎn)生的電勢為心O產(chǎn)生的電勢V為一. 三A.S Q1V1- 9 V1 = k = k a a點電荷q1、q2在球殼白球心 O處產(chǎn)生的電勢分別為 于球殼的電勢，按電勢疊加原理，即有k 曳 k kQ1=V.d1d2a代入數(shù)值后可解得球殼外壁的電量Q1為因球殼內(nèi)壁無電荷，所以球殼的電量 Q1等于球殼外壁的電量 Q1 ,即QI =Q1 = -8 10-9(C).當球殼半徑趨于 a時（點電荷仍在球殼外），設球殼外壁的電量變?yōu)?Q2,球殼外的電荷qi、q2與球殼外壁的電量 Q2在殼內(nèi)產(chǎn)生的合場強仍為零，因球殼內(nèi)仍無電荷，球殼

23、內(nèi)仍 保持電勢值為V的等勢區(qū)。則有(4)k 曳 k 生 kQ2二V.d1d2d1解得球殼外壁的電量一 一 _9 一一6 10 (0).因為此時球殼內(nèi)壁電量仍為零，所以球殼的電量就等于球殼外壁的電量，即(5)(6)QII =q2 = -16 10-9(0).在a=10cm到趨于d1的過程中，大地流向球殼的電量為Qi 二 Q|I -Q| =-8 10-9(0).當點電荷q穿過球殼，剛進入球殼內(nèi)(導體半徑仍為 由)，點電荷力在球殼內(nèi)壁感應出電量-5,因球殼的靜電屏蔽，球殼內(nèi)電荷5與球殼內(nèi)壁電荷-q1在球殼外產(chǎn)生的合電場為零，表明球殼外電場僅由球殼外電荷q2與球殼外壁的電荷 Q3所決定。由于球殼的靜電屏蔽，球殼外電荷q2與球殼外壁的 Q3在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合電場為零， 表明對電荷q2與Q3產(chǎn)生的合電 場而言，球殼內(nèi)空間是電勢值為V