高中物理竞赛复赛模拟试题五有答案

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=-0.9c,试求它们的相对速度。解：取地面为S系，火箭A为S系，则R=Ua=0.9c,火箭B在S系中的速度为Ux = -0.9c ,则在火箭A ( S)系观察到火箭B的速度为m. x0.9c(-0.9c)r：x =。x - )/(1) = (-0.9c0.9c)/1 2 : -0.994ccc,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0 = -0.9c,Ux =0.9c,则在S 系中观察到火箭 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相对于火箭B的相对速度。CA图 11-1222.有一轻质木板 AB长为L, A端用钱链固定在竖直墙上，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0 ,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。图

3、 11-122-甲以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力 3G、木板的支持力F和墙对整体的支持力 FN ,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 Fn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 FN的交点。根据共点力平衡的条件：工F = 0,可得：F =3G/sin 日。由几何关系可求出F的力臂 L =2rsi n日+r/si n+r ctg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 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.渔人在河中乘船逆流划行, 才发现，立即调头划船顺流追赶， 流划行时，船相对于水的划速不定,经过A地时钓杆落入河中，半小时后他在A地下游4千米处赶上，渔人顺流和逆 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s=V水 t代入数据后得v水=4千

5、米/小时画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So处，B同时以初速度Vbo、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A AUB ,若AO AUBO ,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a的匀加速直线运动的合成。因为UAO AUBO ,所以UA0t AUbo）使B、A之间的距离随着时间增加而减小。1 : At21 - Bt2 5、，、一一又因为aA ACfB ,所以2 A 2 B ，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s0逐渐减少，至某一

6、时刻tl，&s = 0,这时A追上了 B。至t:t1 时，A超过B, As随时间增加而增大。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时，As随时间增加而增大；在Ua Ub时，As则随时间增加而减小； 在UA=UB时，As最大,即t=t0时，s=ASmax, 由题意可知，AO 1At0 = BO : Bt0t0AO一 BO得所以max设A追上B需时间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,还应满足s0 :二2。AO - BO)2(： B - : a) -A0t 1 ?(3)如果 AO aB ,则有2解之得At2 =s BOt J；： Bt2AO ) .( BO、2AO)22(- A - - b)s0这时A追上Bo再由“AO +aAt0 = “BO得t0BO - AO: A 一 ：. B这时A和B之间距离As为最大。画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

8、L2=l60mm。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。设大气压强P。= HcmHg ,则得H = (H h)l2l 2 H =h ll -1 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,则可求出漏去质量所占的百分比。根据玻意耳定律有I31+匕丫1一.H人Hli =(H -h)l32曰3 - l iLl2由于m与m同为一状态，密度相同，所以质量之

9、比等于体积之比，即等于气柱长度之比 mli2l 2l3 - 1113 TOC o 1-5 h z m l1l“2 mll 2 -(2l 2b - l1l 3)/ 2/3 - hb=1 则得m用2ld2= 12.5%/、，一,，一，A6.如图24-32所不，试管以加速度 a向上做匀加速直线运动时，水银枉与试口管保持相对静止，水银柱的长度为h,大气压为P0O求试管中气体的压强。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J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：,、P0pS-(pAS + mg) = ma同样可求得PA = P0 - h g

10、 a ：如图以厘米汞柱为单位，则可写为：图24-32Pa = P0 - h g a /g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。图 31 6016田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)

11、所示。最初活塞搁置在气缸内壁的卡环上，气柱的高度为He压强等于大气压强 P0o现对气体缓缓加热，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=1.5Ho。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=1.8Ho,求此时气体的温度。（不计活塞 与气缸壁间摩擦）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、图M-60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

12、的常用方法。解一：设气体最初温度为 T。，则活塞刚离开卡环时温度为 To+AT,压强为P1。由等 容升温过程即查理定律得To 订 TOC o 1-5 h z ToPo（1）设气柱高度为H1 =1.5H。时，温度为T1 ,由等压升温过程得TiHiSTo - T - HoS设气柱高度为H2=1.8H0时，温度为T2（T2=T1）,由等温膨胀得 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：设气体最初温度为To ,则活塞刚离开卡环时温度为 To + &T ,气柱高H1 = 1.5H o 时，温度为Ti ,高度为H2=1.8Ho时，温度为T2=Ti。 由等压升温过程得H0 Hi(1)T0TTi因初态与末态压强相等，均为 P0 ,得Ho H2tT 一互由(1)、(2)式求得H1H2T2 =Ti1 2 THo(H2 -Hi) 解三：将气体的四个状态三个过程用1.5H0 1.8H0Ho (I.8H0-1.5Ho)60 =540(K)V-T图像表达出来，如图 24

14、-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;从活塞离开卡环至气柱高为H1 =1.5H 0 ,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,缸截面积。最终压强又变为初态压强，A、D应在过原点的直线上。由图 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解以上两式得T1 = 9 t =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出物理过程的动态特征，使思路更清 晰，注意灵活运

15、用图像的物理意义，可开辟新的解题途径。画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 g的数值为nk=n0=kr,其中n0=1.4142, r=0.0025。今有图 33-43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-. CP一一一解：令光线进入材料后的折射角为0 (见图33-44),则有sin0 =nsin 中 0(1)兀此光线射至薄层1时，入射角为20 ,设光线进入薄层1后与OO的夹角为 ,则有OO,最远

16、的距离。图 33-44n0 sin 0 = n1 cos 依次逐层考虑，可得n cos中 = n1 cos中 1 =.一 = nk cos中k =常数(2)式中久为薄层k中光线与中心线 OO的夹角。已知nk=n0kr, n。-.4142,cosn0 cos :n0cos 0nkno - k0 =0.0025 ,即nk随序号k的增大而减小，故cos中k随k的增大而增大，中k随k的增大而 减小。满足(2)式的各coSPk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，

17、需要求出能满足的k的最大值。由(1)式得n0 cos ：0 = n0. 1 - sin2 0 / n2 = . n2 - sin2 : 0代入(3)式，化简得k :二(no - n2 -sin2 , o)/代入数值得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.代入数值得k 36.52 2时，s0,成实像（在 A点左侧）；n1, 故sa2R,即当1n2时，像必在B点右侧，如图中的 日。BB12

18、R2 -n-2R =2n -22 -n（2）在1n2时，虚像点B1离物点B的距离为（2）中像的垂轴放大率2R n ns2-nnns1 2R2-n o图 33-108（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s1 =2R,由前面的结果知，此一丁B22R时的像距2 -n o虚像B1位于B点右侧的条件为1n2。第二次B1经平面镜反射成像 （B2）,其2R2Rusl =Ts2 - -s2 二-T物距2-n ,则像距2 -n。2R.s3 - s2 一一 二第三次B2再经左半球面折回成像（B3）,这时物距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经右半球面成像(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按题意，最后的像在球的右侧(实像) ，这要求号,即2-n八20-n 8n -8由前面已知，1n2,故上式左端分子大于零，因此有其解为已知n2,故取-n2 8n 8 . 04 -2 2 :二 n ： 4 2 2n .4-2.2B.最后得符合本题条件的10.如图41-86所示, 球壳通过一细导线与端电压 外A点有一电量为q1=10：n 值为：4

20、2J5 n2。，一薄壁导体球壳（以下简称为球壳）的球心在O点。V=90V的电池的正极相连，电池负极接地。在球壳X10-9C的点电荷，B点有一电量为 q2=16X 10-9C的点电图 41-86S-V1 = k一a o球壳外壁所有电荷在球撑kq2d1与d2 ,因球心O处的电势等(2)Q1 =a -a-8 109(C).荷。OA之间的距离d=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=9x 109N m2 C2。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

21、析：首先应确定若干特定位置（如球壳半径趋近于d1时，q1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 和兔均在球壳外时，球壳内为等势区，即V0 =V。但当和益先后进入球壳后，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：分以下几个阶段讨论。.由于球壳外空间点电荷 q1、q2的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用仃表示面电荷密度。设球壳半径 a=10cm时球壳外壁带的电量为 Qi ,因为电荷q1、q2与球壳外壁的电量 Qi在球壳内产生的合场强为零，球壳内为

22、电势等于V的等势区。在导体表面上的面元AS所带的电量为 仃&S ,它在球壳的球心O处产生的电势为心O产生的电势V为一. 三A.S Q1V1- 9 V1 = k = k a a点电荷q1、q2在球壳白球心 O处产生的电势分别为 于球壳的电势，按电势叠加原理，即有k 曳 k kQ1=V.d1d2a代入数值后可解得球壳外壁的电量Q1为因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量 Q1等于球壳外壁的电量 Q1 ,即QI =Q1 = -8 10-9(C).当球壳半径趋于 a时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为 Q2,球壳外的电荷qi、q2与球壳外壁的电量 Q2在壳内产生的合场强仍为零，因球壳内仍无电荷，球壳

23、内仍 保持电势值为V的等势区。则有(4)k 曳 k 生 kQ2二V.d1d2d1解得球壳外壁的电量一 一 _9 一一6 10 (0).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(5)(6)QII =q2 = -16 10-9(0).在a=10cm到趋于d1的过程中，大地流向球壳的电量为Qi 二 Q|I -Q| =-8 10-9(0).当点电荷q穿过球壳，刚进入球壳内(导体半径仍为 由)，点电荷力在球壳内壁感应出电量-5,因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷5与球壳内壁电荷-q1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q2与球壳外壁的电荷 Q3所决定。由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷q2与球壳外壁的 Q3在球壳内产生的合电场为零， 表明对电荷q2与Q3产生的合电 场而言，球壳内空间是电势值为V