复赛模拟试题五

1、复赛模拟试题五1. 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=-0.9 C,试求它们的相对速度。解：取地面为 S系，火箭 A为s'系，则“ =%=o.9c,火箭B在S系中的速度为久=一° ? 9c则在 火箭A (S')系观察到火箭B的速度为，/ x/ 八八八八、心 0.9c(-0.9c)i_.vx = (vx 一 /)/(I - ) = (-0.9c 一 0.9c) /I - -0.994cc"c,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

2、中，0.9c, vx = 0.9c则在S'系中观察到火箭A的速度vrx = (vx - /) /1-c方向沿X正方向，此即火箭 A相对于火箭B的相对速度2.质木板AB长为L, A端用钗链固定在竖直墙上，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 11-122所示，不计一切摩擦，求 BC绳上的张 半=0.9c-(-)0.9c)/l- ( 0? 9c!(0? 9c) = 0.994cc,r,牖重均为G, C厂B小有一轻 只 木板与墙的夹角为。，如图解：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 B C为研究对象，求 A、B C对木板的压力，非常麻烦，

3、且容易岀错, 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A、图 1L122墙对整体的支持力Ev,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，墙的支持力纣垂直于墙面，并经过圆柱持力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可得：尸=3G/si n。C的轴心，木板给的支Ev的交点。根据共点力平衡的条件：£尸=0,图 11-122-甲由几何关系可求岀F的力臂以木板为研究对象，受力如图F ? L = T? Leos。即L = 2rsm-0 +

4、 r/si n0+r-ctg011-122-乙所示，选A点为转轴，根据力矩平衡条件£肱 =0,有:3Gr(2s in2 0 + l/sin6> + c 您 /)解得：Lsin3.渔人在河中乘船逆流划行，经过才发现，立即调头划船顺流追赶，在 逆流划行时，船相对于水的戈y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 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 离为? cos 0A地时钓杆落入河中，半小时后他A地下游4千米处赶上，渔人顺流和物,的距代

5、入数据后得"水=4千米/小时面so虱4.在平直公路上 A B两车平行同向行驶，A以初速度VAO加速度a A做匀加速直线运动。在处，B同时以初速度 VBQ加速度a B做匀加速直线运动。试讨论A和B的运动情况。解：(1)且以A>以B,若° AO> B。，可将 A与B的运动看成初速度为°。的匀速运动和同方向由静止岀发的加速度为以的匀加速直线运动的合成。因为七。>° 8。，所以AAOt>Xi BOt,使B、A之间的距离随着时间增加而减小。12 120C 4 > OC nt又因为以A>以B,所以22 ,使B、A之间的距离随时间增

6、加而减小。B、A之间距离笛由最初的逐渐减少，至某一时刻,1 , & = ° ,这时A追上了 B。至时，A超过B,最随时间增加而增大。1 2VA0h + 如=So + 80 九2g'lVAO BO)+ 2(a? -a/s 。BC)(2)aA-?B而减小；在1*4=08时，屋最大，即='0时， s = &max,由题意可知,解之得如VAO > VBO，然而以B,有：在 >%寸，As?随时间增加而增大；在 ° A<PB时，As-则随时间增加VAO + aA?0 = BO +AOX，BOaBaAA< -(也。f BO) 

7、9;'max 所以2 (ot b -a a)设A追上B需时间f,因此有1 2x) AOt + aAt = %解之得要A追得上B,还应满足，-1 (叫 0 - % 0)t 一0 + JV (aB -OCA) UB aA2$o(3)解之得a>aoX>boY2 ( Xb- ( Xx )1 2 1 2如果必。<° 8。，以A>以B,则有A o 2人0 BO 2 Bt (°B0 f A0 ) +J (°B0 f AO ) +2 (0 (a (Xb) S0aA UB这时A追上B。再由° A +冬泰0 = ° Bo +冬泌0得

8、ro aA aB这时A和B之间距离&为最大。虱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Li=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=160m mo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。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。大气压强鸟=HcmH§，则得HI 】=(H + h)l2 H=-Ah 1-1 bl b2对于当开口竖直向下时，质量为

9、m'的气体，将它等温变化到初状态时应有的气柱长，则可求岀漏去质量所占的百分比。根据玻意耳定律有Hl = (H-h)I 3(L 2LL -LI.'3 1 + 1- 由于秫与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Z77 / 2A2/3 _IJ3 m lxIIIA/72"2 (2/2/3 '1，3) 1212, "3- =-=1 -则得V2，1, 2=12.5%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Po。求试管中气体的压强。分析：我们依然采用受力分

10、析的方法，通过求力之间的关系来确定压强之间 的关系。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：IIIpoS-(pAS + mg) = ma同样可求得图 24-32Pa = Po h(g + a)p如图以厘米汞柱=为单立-Mg+为/g时,顿运动定 平衡方程或牛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 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 顿第二定律方程，是统一之道。尤其在解决活塞封闭

11、的气体压强时，更是唯一之道。LO. 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Ho,压强等于大气压强 P<气体缓缓加热，当气体温度升高了 AT=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 Hi=1.5H。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H2=1此时气体的温度。(不计活 缸壁间摩擦)分析：我们可以将它的变化过程用图的图景给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!。轡据员尹直观J尽S易的分析过程

12、，也是解气体问题的常用方法。图像列岀图 24-60( b>过程呈。利用图铁I现对8Ho,求；像“可将禎?) 种由难塞化与气24-60(b)态三个为pl由等容升温过程即查理定律得解一：设气体最初温度 为L,则活塞刚离开卡环时温度为压强舄+=PiTo Po(1)设气柱高度 为HI=L5H Q时，温度为7,由等压升温过程得L _H 】STo+ATH oS设气柱高度为丑 2=1? 8丑o时，温度为& （ & =4），由等温膨胀得pHiS = P2H2S由(1)、( 3)式得To 一勿T -一 %1.5H0-A7'=H2- H.x60 = 300(K)1.8%4)式得o由（

13、2）、AT = 1.8x300 = 540(/八)孤)解二：设气体最初温度为L ,则活塞刚离开卡环时温度为L+宜，气柱高Hl =L5H （）时，温度为4 ,高度为丑2 = 1? 8丑0时，温度为r2由等压升温过程得% =孤(1舄+4因初态与末态压强相等，均为鸟，得L T?（ 2）由（1）、（ 2）式求得（幻达岀来，如图24-60（ c）所示。从 初L E =瓦雄部g瓦将"、6o = 54解三：将气体的四个状态三个过程用V-T图像表态加热至活塞开始离开卡环为等容升温增压过程 强又变为初态压强，A、D应在 积。由图24-60可知，三角形相似：乩二L5H o为等压升温膨胀过程 bc为过原点

14、 胀过程cd,最终压(c)AAOT0 - M) OTAB;从活塞离开卡环至气柱高为 的 直线；从此至末态为等温减压膨 过 原点的直线上。S为气缸截面图 24-60又由ABO尸? 87,得ToH °T HqSr _HqS _Ta+AT71AS -亍 iA«:ni*门1ijpIJ111OjB图 33-43解以上两式得7=9 攵=540 (K)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岀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。旬.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=

15、O.lmm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，00'表示截面的中心线。各薄层的折射率风的数值为 nk=no=kr,其中no=1.4142, r=0.0025 。今有一光线 P0以入射角6=30°射向 O点，求此光在材料内 能够到达的离00 '最远的距离。sin 6>o=%s in%兀甲0此光线射至薄层1时，入射角为2° ,设光线进入薄层 1后与。0'的夹角为91,则有n0 sin（ pQ = % cos （ px解：令光线进入材料后的折射角为伊。(见图 33-44 ),则有依次逐层考虑，可

16、得%cos% = icos/ = nk cos （ pk =常数 ）式中饥为薄层 k中光线与中心线。的夹角。己知 =。一灯，"o=L4142, y = 0.0025 ，即久 随序号k的 增大而减小，故 cos饥随k的增大而增大，饥随k的增大而减小。满足(2)式的各cos饥值中 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，需要求岀能满足cos有心性=色竺也<1nk n Q-ky(3)的k的最大值。由(1)式得2n0 cos% = Jl-sin、6。/ 无

17、=-sin代入(3)式，化简得k< (n0-7?o -sin %。)/代入数值得k<36.52取小于36.52的最大整数，得 k=36k层上表面即光线能到达的离00'最远处，它与00'的距离为h = (k + l) d = 3.7 mm在特殊情况下，即 国-吨-sin? o °) / /恰等于某整数度时，光线由Y -1层进入Y层时光线即与0。平行, 故危-1层的上表面即为光线能达到之最远处。这时h 侬'1 + i ) d = k'd另一种解法：从标有*处开始改用以下解法。<£ _ .若光线进入薄层 k时，"一 2

18、* ,其中板=arcsin ( E /叫)为临界角，则光线到达薄层k上表面时 将发生全反射而返回，薄层 k的上表面即为光线能达到的离。最远处，为求k值，可利用下列条件：光线能进入薄层 k须满足饥-1 > 3 一 sm （ % / nk-x） cos 轧< nk / nk_光线不能进入薄层女 +1时_1代 V a sin （叫 +1 / % ） T COS.k2 nk+1 / nk利用（2）式得n k+i <no cos( p0 <nk以"oCOS% = jM-sin/ ,以=” o 幻 /，以 + =” o 幻 /(7% -n： - sin2 0 °

19、 /上 <36.52 ML+ 1/代入，得k <代入数值得故得k=36h = (36 + l) d = 3 J mm9. 如图33-106所示，一个半径为 R的透明材料制成的球， 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。 有一个小发光泡。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。 若球的折射率为 n,像在球的右侧，则小泡的像距B点多远？(2)中像的垂轴放大率为多少？AB为其一条直径， 今在球内B处(1)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

20、在球的右侧形成实像。(1)光线自右至左，为单折射球面近轴成像问题。如图解：33-107,设球的折射率为 n,其物距为s=2R,设像距为s',贝U由 式，有1 n 1-/7s' 2R R,2Rs =即2-77由此可见，当n=2时，S'= 8,不成像(或成像于无限远处)；n>2时，s'<0,成实像(在 A点左侧)；n<2时，s' > 0 ,成虚像(在 时，成像公A点右侧)，又 n>l,故s' > 2R ,即当l<n<2镜,像必在B点右侧，如图中的 Bi。(2)在l<n<2时，虚像点 B,离物

21、点 两=兰一2R =公R 2n(2)中像的垂轴放大率(3)2RB的距离为2n/ n堕=2- ns 1.2R(4)若如图33-108,在A处置 则共有四次成像过程：第一次经左半球面的折射成虚像于平面其物距Si=2R，由前面的结果知，此,2RS=时的像距2-770虚像B1位于B点右侧的条件为l<n<2,第二次Bi经平面镜反射成像(B?),_ , _ 2R, _ 2R其物距”一 2 "，则像距勺一$2 2 Bi ,2R第三次B2再经左半球面折回成像(B3)c 一 o 一,这时物距3-22-n，由成像公式有 n 1 _ n-1S3 S3 R,2nR c 二由此求岀3 3n - 4

22、第四次B3经右半球面成像(BQ,物距$4s.2R = 2A 2R=d)R33n- 43n -41 n 1 n于是由S ； $4- r(8 - 4/7) 7?S4 = o得到2n +8 8按题意，最后的像在球的右侧（实像），这要求>°2 >0n2 +8n 8由前面已知，Ivnv2,故上式左端分子大于零，因此有2-n + 8n-8 > 0其解为4 2V2 v v 4 + 2V2已知n<2,故取n > 4 -22,即4A?B.最后得符合本题条件的n值为：4-2V2vn<2。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

23、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 qi=10XI （y9c的点电荷，B点有一电量为 q2=16XI （y9c的点 图41-86电荷。OA之间的距离di=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=9X109N - m 2 ? C%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：首先应确定若干特定位置（如球壳半径趋近于时，坊进入球壳内后等等）。运用电势叠加原理求岀球壳此时的电荷量，则相邻特定位置之间球壳上电荷的

24、变化量即为题目所求。解题注意划分下面两种情况：当名和么均在球壳外时，球壳内为等势区，即岭"。但当01和么先后进入球壳后，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。点的电势之和仍为V。解：分以下几个阶段讨论。1. 由于球壳外空间点电荷名、么的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用b表示面电荷密度。设球壳 半径a=10cm时球壳外壁带的电量为Q,因为电荷名、务与球壳外壁的电量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所带的电量为*S,它在球壳的球心。处产生的电AVAk 势为a。球壳外壁所有电荷在球心。产生的电势匕为V = > %

25、 = k =k 乌a a（ 1）上红k也点电荷坊、务在球壳的球心0处产生的电势分别为 4与“2 ,因球心 O处的电势等于球壳的电势 ，按电势叠加原理，即有k% + k 也 + kA = V.di d2 a代入数值后可解得球壳外壁的电量Gi为Qi =a-a+k d, d2)_9=-8 X10(C)因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量Qi等于球壳外壁的电量Q ,艮口(3)0=0= 8x10-9 (0)2. 当球壳半径趋于时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为。2,球壳外的电荷名、么与球 壳外壁的电量。2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。贝9 有k 业 +

26、 k 西 + k% = V.d山解得球壳外壁的电量Q2=d*-di 斗 + 华=16x10-").k 摆 1 a 2 J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ez/=e2 = -i6xio- 9(c).(5)在 a=10cm 到趋于的过程中，大地流向球壳的电量为0=。 /=一 8x10-9 (C).(6)3. 当点电荷勿穿过球壳，刚进入球壳内(导体半径仍为小 ) ，点电荷 01 在球壳内壁感应出电量一勿，因 球壳的静电屏蔽，球壳内电荷 01 与球壳内壁电荷 01 在球壳外产生的合电场为零，表明球壳外电场仅由球壳 外电 荷 02 与球壳外壁的电荷所决定。由于球壳的静电屏蔽