高中物理竞赛模拟试题（五） .pdf

第 1 页 共 22 页 高中物理竞赛模拟试题 五 高中物理竞赛模拟试题 五 1 设有两个可控光子火箭 a b 相向运动 在地面上的观察者测得 a b 沿 x轴方向的速度分别为 va 0 9c vb 0 9c 试求它们的相对速度 2 有一轻质木板 ab 长为 l a 端用铰链固定在竖直墙上 另一端用水平轻绳 b 拉住 板上依次放着 a b c 三个圆柱体 半径均为 r 重均为 g 木板与墙的夹角为 如图 11 122 所 示 不计一切摩擦 求 bc 绳上的张力 3 渔人在河中乘船逆流划行 经过 a 地时钓杆落入河中 半小时后他才发 现 立即调头划船顺流追赶 在 a 地下游 4 千米处赶上 渔人顺流和逆流划行 时 船相对于水的划速不定 求水流速率 4 在平直公路上 a b 两车平行同向行驶 a 以初速度 va0 加速度 a做 匀加速直线运动 在 a 前面 s0处 b 同时以初速度 vb0 加速度 b做匀加速直 线运动 试讨论 a 和 b 的运动情况 a b c a b c 图 11 122 第 2 页 共 22 页 5 一根一端封闭 粗细均匀的细玻璃管 当它水平放置时 有一段 l1 202 1mm 的某种气体被一段水银柱所封闭 当把玻璃管直立开口向上时 管 中气柱长度 l2 160mm 把玻璃管倒转时由于不慎 管中漏去一部分气体 因此 玻璃管直立而开口向下时 管中的气柱长为 l3 240mm 室内温度保持不变 试 求漏去气体的质量占原有质量的百分比 6 如图所示 试管以加速度 a 向上做匀加速直线运动时 水银柱与试管保持相对静止 水银柱的长度为 h 大气压为 p0 求试管中气体的压强 7 一个质量不计的活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开口 的直立圆筒形气缸内 活塞上堆放着铁砂 如图 a 所示 最初活 塞搁置在气缸内壁的卡环上 气柱的高度为 h0 压强等于大气压强 p0 现对气体缓缓加热 当气体温度升高了 t 60k 时 活塞 及铁砂 开始离 开卡环而上升 继续加热直到气柱高度为 h1 1 5h0 此后 在维持温度不变的 条件下逐渐取走铁砂 直到铁砂全 部 取 走 时 气 体 高 度 变 为 a 0 p mg spa sp0 第 3 页 共 22 页 h2 1 8h0 求此时气体的温度 不计活塞与气缸壁间摩擦 8 设有一块透明光学材料 由折射率略有不同的许多相互平 行 厚度为 d 0 1mm 的薄层密接而成 图 33 43 表示与各薄层垂 直的一个截面 ab 为此材料的端面 与薄层界面垂直 oo 表 示截面的中心线 各薄层的折射率 nk的数值为 nk n0 kr 其中 n0 1 4142 r 0 0025 今有一光线 po 以入射角 30 射向 o 点 求此光在材料内能够到达的离 oo 最远的距离 9 如图 33 106 所示 一个半径为 r 的透明材料制成的球 ab 为其一条直径 ab 两点附近的球表面透光 球表面的其它大部分地 方均涂黑而不透光 今在球内 b 处有一个小发光泡 1 在球的左侧外部 ab 直线上进行观察时 试讨论像的位置 与球的折射率的关系 2 若球的折射率为 n 像在球的右侧 则小泡的像距 b 点多远 3 2 中像的垂轴放大率为多少 nk 1 nk nk 1 n3 n2 n3 n2 n1 n1 n0 n0 o1 o 0 a b p ab 图 33 106 第 4 页 共 22 页 4 若在球的左侧贴近 a 处置一平面镜 其镜 面与 ab 垂直 与球面相切 试求 n 为何值时 可使 2 中所成的虚像 再经过此系统的作用最后在球的 右侧形成实像 10 如图 41 86 所示 一薄壁导体球壳 以下简称为球壳 的球心在 o 点 球壳通过一细导线与端电压 v 90v 的电池的正极相 连 电池负极接地 在球壳外 a 点有一电量为 q1 10 10 9c 的点电荷 b 点有一电量为 q2 16 10 9c 的点 电荷 oa 之间的距离 d1 20cm ob 之间的距离 d2 10cm 1 现设想球壳的半径从 a 10cm 开始缓慢地增 大到 50cm 问 在此过程中的不同阶段 大地流向球壳的电量各是多少 已知 静电力恒量 k 9 109n m2 c 2 假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球内而不与 导体壁接触 ab cr 1 b n 00 1 n 图 33 107 a b o 图 41 86 第 5 页 共 22 页 高中物理竞赛模拟试题 五 参考答案高中物理竞赛模拟试题 五 参考答案 1 设有两个可控光子火箭 a b 相向运动 在地面上的观察者测得 a b 沿 x轴方向的速度分别为 va 0 9c vb 0 9c 试求它们的相对速度 解 取地面为 s 系 火箭 a 为 s 系 则 c a 9 0 火箭 b 在 s 系中的 速度为 c x 9 0 则在火箭 a s 系观察到火箭 b 的速度为 c c cc cc c m x xx 994 0 9 0 9 0 1 9 09 0 1 22 此即火箭 b 相对于火箭 a 的相对速度 方向沿x负方向 我们也可取地面 为 s 系 火箭 b 为 s 系中 此时 cc x 9 0 9 0 则在 s 系中观察到火箭 a 的速度 c c cc cc c x xx 994 0 9 0 9 0 1 9 0 9 0 1 22 方向沿x正方向 此即火箭 a 相对于火箭 b 的相对速度 2 有一轻质木板 ab 长为 l a 端用铰链固定在竖直墙上 另一端用水平轻绳 b 拉住 板上依次放着 a b c 三个圆柱体 半径均为 r 重均为 g 木板与墙的夹角为 如图 11 122 所 示 不计一切摩擦 求 bc 绳上的张力 解 以木板为研究对象 木板处于力矩平衡状态 若分别以圆柱体 a b c 为研究对象 求 a b c 对木板的压力 非常麻烦 且容易出错 若将 a b c 整体作为研究对象 则会使问题简单化 以 a b c 整体为研究对象 整体受到重力 3g 木板的支持力 f a b c a b c 图 11 122 g3 f 1 f 图 11 122 甲 第 6 页 共 22 页 和墙对整体的支持力 n f 其中重力的方向竖直向下 如图 11 122 甲所示 合重 力经过圆柱 b 的轴心 墙的支持力 n f 垂直于墙面 并经过圆柱 c 的轴心 木板 给的支持力 f 垂直于木板 由于整体处于平衡状态 此三力不平行必共点 即木 板给的支持力 f 必然过合重力和墙的支持力 n f 的交点 根据共点力平衡的条件 0 f 可得 sin 3gf 由几何关系可求出 f 的力臂 ctgrrrl sin sin2 2 以木板为研究对象 受力如图 11 122 乙所示 选 a 点为转 轴 根据力矩平衡条件 0 m 有 cosltlf 即 cos sin sin 1sin2 3 2 lt ctggr 解得 cossin cos1 tan2 3 2 l gr t 3 渔人在河中乘船逆流划行 经过 a 地时钓杆落入河中 半小时后他才发 现 立即调头划船顺流追赶 在 a 地下游 4 千米处赶上 渔人顺流和逆流划行 时 船相对于水的划速不定 求水流速率 分析 由于人划船不管是逆流还是顺流 船对于水的速度都一样大 故可取 随水一起漂流的钓杆为参照物 这样可使本题大大简化 解 以随水漂的钓杆为参照物 易知找回钓杆所需时间还需半小时 在这一 小时内 钓杆随水一起运动的距离为 tvs 水 代入数据后得 a b t f 图 11 122 乙 第 7 页 共 22 页 4 水 v 千米 小时 4 在平直公路上 a b 两车平行同向行驶 a 以初速度 va0 加速度 a 做匀加速直线运动 在 a 前面 s0处 b 同时以初速度 vb0 加速度 b做匀加速 直线运动 试讨论 a 和 b 的运动情况 解 1 且 ba 若 boao 可将 a 与 b 的运动看成初速度为 0 的 匀速运动和同方向由静止出发的加速度为 的匀加速直线运动的合成 因为 boao 所以 tt boao 使 b a 之间的距离随着时间增加而 减小 又因为 ba 所以 22 2 1 2 1 tt ba 使 b a 之间的距离随时间增加而 减小 b a 之间距离 s 由最初的 0 s 逐渐减少 至某一时刻 0 1 st 这时 a 追 上了 b 至 1 tt 时 a 超过 b s 随时间增加而增大 由 2 110 2 11 2 1 2 1 ttstt bboaao 解之得 ba boaobaboao s t 2 0 2 1 2 如 boao 然而 ba 有 在 ba 时 s 随时间增加而 增大 在 ba 时 s 则随时间增加而减小 在 ba 时 s 最大 即 0 tt 时 max ss 由题意可知 00 tt bboaao 第 8 页 共 22 页 得 ab boao t 0 所以 0 2 max 2 ss ab boao 设 a 追上 b 需时间t 因此有 2 0 2 2 1 2 1 ttstt bboaao 解之得 ab ab boao s tt 0 2 2 0 2 要 a 追得上 b 还应满足 2 2 0 ab boao s 3 如果 boao ba 则有 2 0 2 2 1 2 1 ttstt bboaao 解之得 ba baaoboaobo s t 0 2 2 这时 a 追上 b 再由 00 tt bboaao 得 ba aobo t 0 这时 a 和 b 之间距离 s 为最大 5 一根一端封闭 粗细均匀的细玻璃管 当它水平放置时 有一段 l1 202 1mm 的某种气体被一段水银柱所封闭 当把玻璃管直立开口向上时 管 中气柱长度 l2 160mm 把玻璃管倒转时由于不慎 管中漏去一部分气体 因此 第 9 页 共 22 页 玻璃管直立而开口向下时 管中的气柱长为 l3 240mm 室内温度保持不变 试 求漏去气体的质量占原有质量的百分比 解 解 管内封闭气体由平放到开口竖直向上这前后两状态 由于气体质量没有 变化 应用玻意耳定律求解 设大气压强 hcmhgp 0 则得 21 lhhhl h ll l h 21 2 对于当开口竖直向下时 质量为 m 的气体 将它等温变化到初状态时应有 的气柱长 1 l 则可求出漏去质量所占的百分比 根据玻意耳定律有 31 lhhlh 2 3132 3 2 21 3 2 11 l llll l l ll h h l 由于 m 与 m 同为一状态 密度相同 所以质量之比等于体积之比 即等于气柱 长度之比 21 3132 1 1 2 ll llll l l m m 则得 21 3132 21 313221 2 1 2 ll llll ll llllll m m 5 12 6 如图 24 32 所示 试管以加速度 a 向上做匀加速直线运动时 水银柱 与试管保持相对静止 水银柱的长度为 h 大气压为 p0 求试管中气体的压 强 a 0 p mg spa sp0 图 24 32 第 10 页 共 22 页 分析 分析 我们依然采用受力分析的方法 通过求力之间的关系来确定压强之间 的关系 解 解 以水银柱为研究对象 其受力如图 24 32 所示 依牛顿第二定律得 mamgspsp a 0 同样可求得 aghppa 0 如图以厘米汞柱为单位 则可写为 gaghppa 0 后多同学在求液体封闭的气体压强时 惯用压强平衡的方法 在这里 我们 看到 当系统处于平衡状态时 自然可以用压强平衡的方法 倘若系统不处于平 衡状态呢 那就只能对液体进行受力分析 然后根据牛顿运动定律进行求解了 其实 压强平衡也只能建立在物体受力平衡的基础上 因此 采用受力分析 列 出平衡方程或牛顿第二定律方程 是统一之道 尤其在解决活塞封闭的气体压强 时 更是唯一之道 7 一个质量不计的活塞将一定质量的理想气体封闭在上端开 口的直立圆筒形气缸内 活塞上堆放着铁砂 如图 24 60 a 所示 最初活塞搁置在气缸内壁的卡环上 气柱的高度为 h0 压强等于大 气压强 p0 现对气体缓缓加热 当气体温度升高了 t 60k 时 活塞 及铁砂 开始离开卡环而上升 继续加热直到气柱高度为 h1 1 5h0 此后 在维持温度 不变的条件下逐渐取走铁砂 直 第 11 页 共 22 页 到铁砂全部取走时 气体高度变为 h2 1 8h0 求此时气体的温度 不 计活塞与气缸壁间摩擦 分析 分析 我们可以将它的变化过程用图 24 60 b 的图景给以展示 气缸气体 先后经历了四个状态三个过程 利用图像 可将本题的复杂的物理过程和状态非 常清楚地 直观地展示出来 根据这一直观图像列出有关方程 这是一种由难化 易的分析过程 也是解气体问题的常用方法 解一 解一 设气体最初温度为 0 t 则活塞刚离开卡环时温度为 tt 0 压强为 1 p 由等容升温过程即查理定律得 0 1 0 0 p p t tt 1 设气柱高度为 01 5 1 hh 时 温度为 1 t 由等压升温过程得 sh sh tt t 0 1 0 1 2 设气柱高度为 02 8 1 hh 时 温度为 122 ttt 由等温膨胀得 shpshp 2211 3 由 1 3 式得 1 2 0 0 h h t tt 第 12 页 共 22 页 30060 5 18 1 5 1 00 0 12 1 0 k hh h t hh h t 由 2 4 式得 0 2 0 1 h h t t 5403008 1 120 21 12 kt hhh hh tt 解二 解二 设气体最初温度为 0 t 则活塞刚离开卡环时温度为 tt 0 气柱高 01 5 1 hh 时 温度为 1 t 高度为 02 8 1 hh 时 温度为 12 tt 由等压升温过程得 1 1 0 0 t h tt h 1 因初态与末态压强相等 均为 0 p 得 2 2 0 0 t h t h 2 由 1 2 式求得 54060 5 18 1 8 15 1 000 00 120 21 12 k hhh hh t hhh hh tt 解三 解三 将气体的四个状态三个过程用 v t 图像表达出来 如图 24 60 c 所示 从初态加热至活塞开始离开卡环为等容升温增压过程 ab 从活塞离开卡 第 13 页 共 22 页 环至气柱高为 01 5 1 hh 为等压升温膨胀过程 bc 为过原 点的直线 从此至末态为等温减压膨胀过程 cd 最终压强又 变为初态压强 a d 应在过原点的直线上 s 为气缸截面积 由图 24 60 c 可知 三角形相似 10 dotaot 得 sh sh t t 2 0 1 0 又由 1 cottbo 得 1 0 1 0 1 t tt sh sh t t 解以上两式得 5409 1 ktt 点评 点评 关于一定质量的气体状态变化习题 一般多用分析法去计算 但利用 图像法可以更直观地观察出物理过程的动态特征 使思路更清晰 注意灵活运用 图像的物理意义 可开辟新的解题途径 8 设有一块透明光学材料 由折射率略有不同的许多相互 平行 厚度为 d 0 1mm 的薄层密接而成 图 33 43 表示与各薄层 垂直的一个截面 ab 为此材料的端面 与薄层界面垂直 oo 表示截面的中心线 各薄层的折射率 nk的数值为 nk n0 kr 其中 n0 1 4142 r 0 0025 今有一光线 po 以入射角 30 射向 o 点 求此光在材料内能够到达的离 oo 最远的距离 nk 1 nk nk 1 n3 n2 n3 n2 n1 n1 n0 n0 o1 o 0 a b 图 33 43 p 第 14 页 共 22 页 解 令光线进入材料后的折射角为 0 见图 33 44 则有 000 sinsin n 1 此光线射至薄层 1 时 入射角为 0 2 设光线进入薄层 1 后与 o o 的夹角为 1 则有 1100 cossin nn 依次逐层考虑 可得 kk nnn coscoscos 1100 常数 2 式中 k 为薄层 k 中光线与中心线 o o 的夹角 已知 krnnk 0 4142 1 0 n 0025 0 即 k n 随序号 k 的增大而减小 故 k cos 随 k 的增大而 增大 k 随 k 的增大而减小 满足 2 式的各 k cos 值中最接近于 1 的那个值 所对应的 k 即光线能进入最远的薄层的序号 在这薄层的上表面将发生全反射 光线返回 经逐层折射进入材料的下半部 到达第 k 层后又被反射回去 来回传 播 因此 需要求出能满足 1 coscos cos 0 0000 kn n n n k k 3 的 k 的最大值 由 1 式得 0 22 0 2 00 2 000 sin sin1cos nnnn 代入 3 式 化简得 sin 0 22 00 nnk 代入数值得k2 时 0 s 成实像 在 a 点左侧 n1 故 rs2 即当 1 n 2 时 像必在 b 点右侧 如图中的 b1 ab cr 1 b n 00 1 n 图 33 107 ab 图 33 106 第 17 页 共 22 页 2 在 1 n 2 时 虚像点 b1离物点 b 的距离为 r n n r n r bb 2 22 2 2 2 1 3 2 中像的垂轴放大率 n n r n r n sn sn 221 2 2 4 若如图 33 108 在 a 处置 一平面镜 则共有四次成像过程 第一次经左半球面的折射成虚像 于 b1 其物距 rs2 1 由前面的结 果知 此时的像距 n r s 2 2 1 虚像 b1位于 b 点右侧的条件为 1 n 2 第二次 b1经平面镜反射成像 b2 其物距 n r ss 2 2 12 则像距 n r ss 2 2 22 第三次 b2再经左半球面折回成像 b3 这时物距 n r ss 2 2 23 由成像 公式有 r n ss n11 33 由此求出 43 2 3 n nr s 第四次 b3经右半球面成像 b4 物距 ab cr 1 b n 4 b 3 b 2 b 图 33 108 第 18 页 共 22 页 43 48 2 43 2 2 34 n rn r n nr rss 于是由 r n s n s 11 44 得到 88 48 2 4 nn rn s 按题意 最后的像在球的右侧 实像 这要求 0 4 s 即 0 88 2 2 nn n 由前面已知 1 n 2 故上式左端分子大于零 因此有 088 2 nn 其解为 224224 n 已知 n 2 故取 224 n 最后得符合本题条件的 n 值为 2224 n 10 如图 41 86 所示 一薄壁导体球壳 以下简称为球壳 的球心在 o 点 球壳通过一细导线与端电压 v 90v 的电池的正极相连 电池负极接地 在球壳 外 a 点有一电量为 q1 10 10 9c 的点电荷 b 点有一电量为 q2 16 10 9c 的点电荷 oa 之间的距离 d1 20cm ob 之间的距离 d2 10cm 1 现设想球壳 的半径从 a 10cm 开始缓慢地增大到 50cm 问 在此过程中的不同阶段 大地流向球壳的电量各是多少 已知静电力恒量 k 9 109n m2 c 2 假设 点电荷能穿过球壳壁进入导体球内而不与导体壁接触 分析 分析 首先应确定若干特定位置 如球壳半径趋近于 1 d 时 1 q 进入球壳内后 等等 运用电势叠加原理求出球壳此时的电荷量 则相邻特定位置之间球壳上 a b o 图 41 86 第 19 页 共 22 页 电荷的变化量即为题目所求 解题注意划分下面两种情况 当 1 q 和 2 q 均在球壳 外时 球壳内为等势区 即 vv 0 但当 1 q 和 2 q 先后进入球壳后 球壳内不再 是等势区 但此时球壳外表面的电荷以及留在球壳外的电荷在 o 点的电势之和仍 为 v 解 解 分以下几个阶段讨论 1 由于球壳外空间点电荷 1 q 2 q 的存在 球壳外壁的电荷分布不均匀 用 表示面电荷密度 设球壳半径 a 10cm 时球壳外壁带的电量为 1 q 因为电荷 1 q 2 q 与球壳外壁的电量 1 q 在球壳内产生的合场强为零 球壳内为电势等于 v 的等 势区 在导体表面上的面元 s 所带的电量为 s 它在球壳的球心 o 处产生的 电势为 a s kv 1 球壳外壁所有电荷在球心 o 产生的电势 1 v 为 1 11 a q k a s kvv 1 点电荷 1 q 2 q 在球壳的球心 o 处产生的电势分别为 1 1 d q k 与 2 2 d q k 因球心 o 处的电势等于球壳的电势 按电势叠加原理 即有 1 2 2 1 1 v a q k d q k d q k 2 代入数值后可解得球壳外壁的电量 1 q 为 108 9 2 2 1 1 1 c d q d q a k v aq 3 因球壳内壁无电荷 所以球壳的电量 1 q 等于球壳外壁的电量 1 q 即 第 20 页 共 22 页 108 9 1 cqqi 3 2 当球壳半径趋于 1 d 时 点电荷仍在球壳外 设球壳外壁的电量变为 2 q 球壳外的电荷 1 q 2 q 与球壳外壁的电量 2 q 在壳内产生的合场强仍为零 因球壳 内仍无电荷 球壳内仍保持电势值为 v 的等势区 则有 1 2 2 2 1 1 v d q k d q k d q k 4 解得球壳外壁的电量 1016 9 2 2 1 1 112 c d q d q d k v dq 因为此时球壳内壁电量仍为零 所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量 即 1016 9 2 cqqii 5 在 a 10cm 到趋于 1 d 的过程中 大地流向球壳的电量为 108 9 cqqq iiii 6 3 当点电荷 1 q 穿过球壳 刚进入球壳内 导体半