物理竞赛赛模拟卷5

物理竞赛复赛模拟卷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。CB2.有一轻质木板AB长为L，A端用铰链固定在竖直墙上，CBA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，A半径均为r，重均为G，木板与墙的夹角为θ，如图11-122所图11-122示，不计一切摩擦，求 BC绳上的张力。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αA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αB做匀加速直线运动。试讨论 A和B的运动情况。1．一根一端封闭，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，p0SA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。pASp0 mg7．一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 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 A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， OOˊ表，其中θ0O示截面的中心线。各薄层的折射率nk的数值为nk0P=n=krn0=1.4142，r=0.0025。今有一光线PO以入射角θ=30°射向OB点，求此光在材料内能够到达的离OOˊ最远的距离。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A B 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，试讨论像的位置图33-106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+1nknk-1n3n2n1O1n0nn10n2n33n1.00（4）若在球的左侧贴近A处置一平面镜，其镜nARCB面与AB垂直，与球面相切，试求n为何值时，可使B1（2）中所成的虚像，再经过此系统的作用最后在球的图33-107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A连，电池负极接地。在球壳外A点有一电量为q1=10B×10-9-9OC的点电荷，B点有一电量为2×C的点q=1610电荷。OA之间的距离d1，之间的距离=20cmOBd2=10cm1现设想球壳的半径从a=10cm开始缓慢地增图41-86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。41.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

A 0.9c，火箭B在S系中的速度为 x 0.9c，则在火箭A（S）系观察到火箭B的速度为x(xmx0.9c(0.9c)]0.994c)/(12)(0.9c0.9c)/[12cc，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0.9c,x 0.9c，则在S系中观察到火箭 A的速度x(x)/[1x][0.9c()0.9c)]/[1(0.9c)(0.9c)]0.994cc2c2，方向沿x正方向，此即火箭A相对于火箭B的相对速度。CB2.有一轻质木板AB长为L，A端用铰链固定在竖直墙上，CBA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，A半径均为r，重均为G，木板与墙的夹角为θ，如图11-122所图11-122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。F以A、B、C整体为研究对象，整体受到重力3G、木板的支持力FF1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3G图11-122-甲 5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：F0，可得：F3G/sin。由几何关系可求出F的力臂2rctgL2rsinr/sinB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M0，有：FLTLcosA F即图11-122-乙3Gr(2sin21/sinctg)sinTLcosT3Gr(2tan12cos)解得：Lsincos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s v水t代入数据后得v水4千米/小时64. 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αA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αB做匀加速直线运动。试讨论 A和B的运动情况。解：（1）且 A B，若 AO BO，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AOBO，所以AOtBOt，使B、A之间的距离随着时间增加而减小。1At21Bt2又因为AB，所以22，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，至某一时刻 t1,s0，这时A追上了B。至tt1时，A超过B，s随时间增加而增大。由t11t2st1t2AO2A10BO12B1(AOBO)22ABs(AOBO)t10解之得AB（2）如AOBO，然而AB，有：在AB时，s随时间增加而增大；在 A B时， s则随时间增加而减小；在A B时， s最大，即tt0时， s smax，由题意可知，AO At0 BO Bt0AOBO得t0BA7smax(AOBO)2s02(BA)所以设A追上B需时间t，因此有AOt1At2sBOt1Bt2202(tt0解之得(要A追得上B，还应满足

AO BO)2 2s0B A)2 B As0(AOBO)22(BA)AOt1At2s0BOt1Bt2（3）如果AOBO，AB，则有22解之得(BOAO)(BOAO)22(AB)st0AB这时A追上B。再由AOAt0BOBt0得BO AOt0A B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。8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 P0 HcmHg，则得Hl1 (H h)l2l2H hl1 l2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l1，则可求出漏去质量所占的百分比。根据玻意耳定律有Hl1 (H h)l3l31hl1l22l2l3l1l3H1l3l2l2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ml12l2l3l1l3长度之比ml1l1l2ml1l2(2l2l3l1l3)12l2l3l1l3则得ml1l2l1l212.5%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 p0SA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。p0pAS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mg图24-329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：p0S pAS mg ma同样可求得pA p0 hg a如图以厘米汞柱为单位，则可写为：pA p0 hg 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。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）10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：设气体最初温度为 T0，则活塞刚离开卡环时温度为T0 T，压强为p1。由等容升温过程即查理定律得T0 T p1T0 p0 （1）设气柱高度为 H11.5H0时，温度为T1，由等压升温过程得T1H1ST0TH0S（2）设气柱高度为H2 1.8H0时，温度为T2(T2 T1)，由等温膨胀得p1H1Sp2H2S（3）由（1）、（3）式得T0 T H2T0 H1H1T1.5H0T060300(K)H2H11.8H01.5H0由（2）、（4）式得11T1H2T0H0H1H2T1.8300540(K)T2T1H0(H2H1)解二：设气体最初温度为 T0，则活塞刚离开卡环时温度为T0 T，气柱高H1 1.5H0时，温度为T1，高度为H2 1.8H0时，温度为T2T1。由等压升温过程得H0H1T0TT1（1）因初态与末态压强相等，均为 P0，得H0H2T0T2（2）由（1）、（2）式求得H1H2T1.5H01.8H060540(K)T2T1H0(H2H1)H0(1.8H01.5H0)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；从活塞离开卡环至气柱高为 H11.5H0，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12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：AOT~ DOT0 1T0H0S得T1H2S又由 BOT~ COT1，得TH0ST0TT1H1ST1解以上两式得T1 9t 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，注意灵活运用图像的物理意义，可开辟新的解题途径。8A.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，OOˊ0，其中θ0O表示截面的中心线。各薄层的折射率nk的数值为nkP=n=krn0=1.4142，r=0.0025。今有一光线PO以入射角θ=30°射向OB点，求此光在材料内能够到达的离OOˊ最远的距离。图33-43解：令光线进入材料后的折射角为0（见图33-44），则有sin0n0sin0（1）

nk+1nknk-1n3n2n1O1n0n0n1n2n313Ф2此光线射至薄层1时，入射角为20Ф1n2，设光线进入薄层1Ф2OФ0Ф1n1Ф0n01θ0PO后与OO的夹角为1，则有图33-44n0sin0n1cos1依次逐层考虑，可得n0cos 0 n1cos1 nkcosk常数 （2）式中 k 为薄层 k 中光线与中心线OO的夹角。已知nk n0kr，n0 1.4142， 0.0025，即nk随序号k的增大而减小，故cos k随k的增大而增大， k随k的增大而减小。满足（ 2）式的各cosk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coskn0cos0n0cos01nkn0k（3）的k的最大值。由（1）式得n0cos 0 n0 1 sin2 0/n02 n02 sin2 0代入（3）式，化简得k (n0 n02 sin2 0)/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 OO最远处，它与OO的距离为h (k 1)d 3.7mm14在特殊情况下，即(n0n02sin20)/恰等于某整数k时，光线由k1层进入k层时光线即与OO平行，故k1层的上表面即为光线能达到之最远处。这时h(k11)dkd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， k 2 ick，其中ickarcsin(nk1/nk)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OO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k1sin1(nk/nk1)cosk1nk/nk12光线不能进入薄层k1时ksin1(nk1/nk)cosknk1/nk2利用（2）式得nk1n0cos0nk以n0cos0=n02sin20，nkn0k，nk1n0k代入，得k(n0n02sin20)/k1代入数值得 k 36.52 k 1故得k=36h (36 1)d 3.7mm15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A B 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，试讨论像的位置图33-106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？n1.00（4）若在球的左侧贴近A处置一平面镜，其镜nARCB面与AB垂直，与球面相切，试求n为何值时，可使B1（2）中所成的虚像，再经过此系统的作用最后在球的图33-107右侧形成实像。解：（1）光线自右至左，为单折射球面近轴成像问题。如图 33-107，设球的折射率为n，其物距为s=2R，设像距为s，则由成像公式，有1n1ns2RRs2R即2n由此可见，当n=2时，s，不成像（或成像于无限远处）；n>2时，s0，成实像（在A点左侧）；n<2时，s0，成虚像（在A点右侧），又n>1，故s2R，即当1<n<2时，像必在B点右侧，如图中的B1。（2）在1<n<2时，虚像点B1离物点B的距离为BB12R2R2n2R2n2n。（3）（2）中像的垂轴放大率162Rnsnn2nns12R2n。（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ARB2于B1，其物距s12R，由前面的结图33-1082R果知，此时的像距s12n。虚像B1位于B点右侧的条件为 1<n<2。s2 s1第二次 B1经平面镜反射成像（B2），其物距

nCBB1B4B32Rn，则像距s2 s2

2R2 n。第三次B2再经左半球面折回成像（B3），这时物距公式有n1n1s3s3Rs32nR由此求出3n4第四次B3经右半球面成像（B4），物距s4s32nR(84n)R2R42R4，3n3n1n1n于是由s4s4r

s3 s2

2Rn，由成像17(84n)R得到s428n8n按题意，最后的像在球的右侧（实像） ，这要求s4 0，即2 n0n2 8n 8由前面已知，1<n<2，故上式左端分子大于零，因此有n28n80其解为422n422，故取n422已知n<2最后得符合本题条件的n值为：422n2。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q1-9-9A×10C的点电荷，B点有一电量为2=10q=16×10C的点电荷。OA之间的距离d，之间的距离d2=10cm1现设想球壳1=20cmOBBO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=9×109·2·C-2。假设Nm点电荷能穿过球壳壁进入导体球内而不与导体壁接触。图41-86分析：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 q1和q2均在球壳外时，球壳内为等势区，即 V0V。但当q1和q2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18为V。解：分以下几个阶段讨论。1．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，用表示面电荷密度。设球壳半径 a=10cm时球壳外壁带的电量为 Q1，因为电荷q1、q2与球壳外壁的电量 Q1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S电势为 V1 k a 。球壳外壁所有电荷在球心 O产生的电势V1为V1V1kSkQ1.a(1)aq1q2点电荷q1、q2kk在球壳的球心O处产生的电势分别为d1与d2，因球心O处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有kq1kq2kQ1V.d1d2a(2)代入数值后可解得球壳外壁的电量Q1为Q1aVaq1q28109(C).kd1d2(3)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QIQ8109(C).(3)12.当球壳半径趋于d1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 q1、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19内仍无电荷，球壳内仍保持电势值为 V的等势区。则有kq1kq2kQ2V.d1d2d1(4)解得球壳外壁的电量Vq1q216109(C).Q2d1kd1dd12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Q