全國高中物理競賽模擬題五

全國高中物理競賽模擬題五1.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為系，則，火箭B在S系中的速度為，則在火箭A（）系觀察到火箭B的速度為，此即火箭B相對于火箭A的相對速度，方向沿負方向，我們也可取地面為S系，火箭B為系中，此時，則在系中觀察到火箭A的速度，方向沿正方向，此即火箭A相對于火箭B的相對速度。2.有一輕質(zhì)木板AB長為L，A端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端用水圖11-122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θ，如圖11-122所示，不計一切摩擦，求圖11-122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，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的交點。根據(jù)共點力平衡的條件：，可得：。圖11-122-甲由幾何關系可求出F的力臂圖11-122-乙以木板為研究對象，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，有：圖11-122-乙即解得：3.漁人在河中乘船逆流劃行，經(jīng)過A地時釣桿落入河中，半小時后他才發(fā)現(xiàn)，立即調(diào)頭劃船順流追趕，在A地下游4千米分析：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代入數(shù)據(jù)后得千米/小時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αA做勻加速直線運動。在A前面s0處，B同時以初速度vB0、加速度αB做勻加速直線運動。試討論A和B的運動情況。解：（1）且，若，可將A與B的運動看成初速度為的勻速運動和同方向由靜止出發(fā)的加速度為的勻加速直線運動的合成。因為，所以，使B、A之間的距離隨著時間增加而減小。又因為，所以，使B、A之間的距離隨時間增加而減小。B、A之間距離由最初的逐漸減少，至某一時刻，這時A追上了B。至時，A超過B，隨時間增加而增大。由解之得（2）如，然而，有：在時，隨時間增加而增大；在時，則隨時間增加而減小；在時，最大，即時，，由題意可知，得所以設A追上B需時間，因此有解之得要A追得上B，還應滿足（3）如果，，則有解之得這時A追上B。再由得這時A和B之間距離為最大。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L1=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L2=160mm。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，則得對于當開口豎直向下時，質(zhì)量為的氣體，將它等溫變化到初狀態(tài)時應有的氣柱長，則可求出漏去質(zhì)量所占的百分比。根據(jù)玻意耳定律有

由于與m同為一狀態(tài)，密度相同，所以質(zhì)量之比等于體積之比，即等于氣柱長度之比

則得

圖24-326．如圖24-32所示，試管以加速度a向上做勻加速直線運動時，水銀柱與試管保持相對靜止，水銀柱的長度為h，大氣壓為P0圖24-32分析：我們依然采用受力分析的方法，通過求力之間的關系來確定壓強之間的關系。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：同樣可求得如圖以厘米汞柱為單位，則可寫為：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。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）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H0，壓強等于大氣壓強P0?，F(xiàn)對氣體緩緩加熱，當氣體溫度升高了ΔT=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H1=1.5H0。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)镠2=1.8H0，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、直觀地展示出來。根據(jù)這一直觀圖像列出有關方程，這是一種由難化易的分析過程，也是解氣體問題的常用方法。解一：設氣體最初溫度為，則活塞剛離開卡環(huán)時溫度為，壓強為。由等容升溫過程即查理定律得（1）設氣柱高度為時，溫度為，由等壓升溫過程得（2）

設氣柱高度為時，溫度為，由等溫膨脹得（3）由（1）、（3）式得

由（2）、（4）式得

解二：設氣體最初溫度為，則活塞剛離開卡環(huán)時溫度為，氣柱高時，溫度為，

高度為時，溫度為。由等壓升溫過程得（1）因初態(tài)與末態(tài)壓強相等，均為，得（2）由（1）、（2）式求得解三：將氣體的四個狀態(tài)三個過程用V-T圖像表達出來，如圖24-60（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，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，最終壓強又變?yōu)槌鯌B(tài)壓強，A、D應在過原點的直線上。S為氣缸截面積。由圖24-60（c）可知，三角形相似：

得又由，得解以上兩式得點評：關于一定質(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，注意靈活運用圖像的物理意義，可開辟新的解題途徑。nk+1nknk-1n3n2n3n2n1n1n0n0O1Oθ0AB圖33-438.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，nk+1nknk-1n3n2n3n2n1n1n0n0O1Oθ0AB圖33-43解：令光線進入材料后的折射角為（見圖33-44），則有（1）n2n1n0Ф0Ф0Ф1n2n1n0Ф0Ф0Ф1Ф1Ф2Ф2O1Oθ0圖33-44依次逐層考慮，可得常數(shù)（2）式中為薄層k中光線與中心線的夾角。已知，，，即隨序號k的增大而減小，故隨k的增大而增大，隨k的增大而減小。滿足（2）式的各值中最接近于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，需要求出能滿足（3）的k的最大值。由（1）式得代入（3）式，化簡得代入數(shù)值得k<36.52取小于36.52的最大整數(shù)，得k=36k層上表面即光線能到達的離最遠處，它與的距離為在特殊情況下，即恰等于某整數(shù)時，光線由層進入層時光線即與平行，故層的上表面即為光線能達到之最遠處。這時另一種解法：從標有*處開始改用以下解法。若光線進入薄層k時，，其中為臨界角，則光線到達薄層k上表面時將發(fā)生全反射而返回，薄層k的上表面即為光線能達到的離最遠處，為求k值，可利用下列條件：光線能進入薄層k須滿足光線不能進入薄層時利用（2）式得以=，，代入，得代入數(shù)值得故得k=369.如圖33-106所示，一個半徑為R的透明材料制成的球，AB為其一條直徑，圖33-106AB兩點附近的球表面透光，球表面的其它大部分地方均涂黑而不透光。今在球內(nèi)圖33-106（1）在球的左側(cè)外部AB直線上進行觀察時，試討論像的位置與球的折射率的關系。（2）若球的折射率為n，像在球的右側(cè)，則小泡的像距B點多遠？（3）（2）中像的垂軸放大率為多少？（4）若在球的左側(cè)貼近A處置一平面鏡，其鏡面與AB垂直，與圖33-107球面相切，試求n為何值時，可使（圖33-107解：（1）光線自右至左，為單折射球面近軸成像問題。如圖33-107，設球的折射率為n，其物距為s=2R，設像距為，則由成像公式，有即由此可見，當n=2時，，不成像（或成像于無限遠處）；n>2時，，成實像（在A點左側(cè)）；n<2時，，成虛像（在A點右側(cè)），又n>1，故，即當1<n<2時，像必在B點右側(cè)，如圖中的B1。（2）在1<n<2時，虛像點B1離物點B的距離為。（3）（2）中像的垂軸放大率。（4）若如圖33-108，在A處置一平面鏡，則共有四次成像過程：圖33-108第一次經(jīng)左半球面的折射成虛像于B1，其物距，由前面的結(jié)果知，此時的像距。虛像B1位于B點右側(cè)的條件為1<n<2。圖33-108第二次B1經(jīng)平面鏡反射成像（B2），其物距，則像距。第三次B2再經(jīng)左半球面折回成像（B3），這時物距，由成像公式有由此求出第四次B3經(jīng)右半球面成像（B4），物距，于是由得到按題意，最后的像在球的右側(cè)（實像），這要求，即由前面已知，1<n<2，故上式左端分子大于零，因此有其解為已知n<2，故取最后得符合本題條件的n值為：。10．如圖41-86所示，一薄壁導體球殼（以下簡稱為球殼）的球心在O點。球殼通過一細導線與端電壓V=90V的電池的正極相連，電池負極接地。在球殼圖41-86外A點有一電量為q1=10×10-9C的點電荷，B點有一電量為q2=16×10-9C的點電荷。OA之間的距離d1=20cm，OB之間的距離d2=10cm1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=9×109N·m2圖41-86分析：首先應確定若干特定位置（如球殼半徑趨近于時，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：當和均在球殼外時，球殼內(nèi)為等勢區(qū)，即。但當和先后進入球殼后，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。1．由于球殼外空間點電荷、的存在，球殼外壁的電荷分布不均勻，用表示面電荷密度。設球殼半徑a=10cm時球殼外壁帶的電量為，因為電荷、與球殼外壁的電量在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合場強為零，球殼內(nèi)為電勢等于V的等勢區(qū)。在導體表面上的面元所帶的電量為，它在球殼的球心O處產(chǎn)生的電勢為。球殼外壁所有電荷在球心O產(chǎn)生的電勢為(1)點電荷、在球殼的球心O處產(chǎn)生的電勢分別為與，因球心O處的電勢等于球殼的電勢，按電勢疊加原理，即有(2)代入數(shù)值后可解得球殼外壁的電量為(3)因球殼內(nèi)壁無電荷，所以球殼的電量等于球殼外壁的電量，即(3)2.當球殼半徑趨于時（點電荷仍在球殼外），設球殼外壁的電量變?yōu)?，球殼外的電荷、與球殼外壁的電量在殼內(nèi)產(chǎn)生的合場強仍為零，因球殼內(nèi)仍無電荷，球殼內(nèi)仍保持電勢值為V的等勢區(qū)。則有(4)解得球殼外壁的電量因為此時球殼內(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)在a=10cm到趨于的過程中，大地流向球殼的電量為(6)3.當點電荷穿過球殼，剛進入球殼內(nèi)（導體半徑仍為），點電荷在球殼內(nèi)壁感應出電量，因球殼的靜電屏蔽，球殼內(nèi)電荷與球殼內(nèi)壁電荷在球殼外產(chǎn)生的合電場為零，表明球殼外電場僅由球殼外電荷與球殼外壁的電荷所決定。由于球殼的靜電屏蔽，球殼外電荷與球殼外壁的在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合電場為零，表明對電荷與產(chǎn)生的合電場而言，球殼內(nèi)空間是電勢值為V的等勢區(qū)，與在球心O處產(chǎn)生的電勢等于球殼的電勢，即(7)解得球殼外壁電量(8)球殼外壁和內(nèi)壁帶的總電量應為(9)在這個過程中，大地流向球殼的電量為(10)這個結(jié)果表明：電荷由球殼外極近處的位置進入殼內(nèi)，只