高中物理竞赛习题.pdf

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1、高中物理竞赛习题1、圆环放在光滑水平面上，有一甲虫，质量与环相等，沿环爬行，相对环的角速度为0，求甲虫在环上爬行一周，环的角位移。2、一小水滴在均匀的静止雾气中凝结成核，当它下落时，扫光位于路径上的雾气，假如它留住了收集到的全部雾气，仍能保持球形，且没有粘滞阻力，渐渐地它会趋于匀速下落：v(t)=a t(对应较大的t)。试求系数a。3、处于固定的、绝热长方体密封器中央的绝热活塞，质量为m，截面积为S，两边的气体压强均为P0，气柱长度均为L，若不计摩擦，求活塞微振动的周期。4、0.1 mol 的单原子气体作如图1 所示的循环，已知 P1=32Pa，V1=8.00m3，P2=1.0PaV2=64.

2、0m3，试求：（1）循环中的最高温度；（2）循环中气体对外界做的功。5、如图 2 所示，等边三角形ABC 以及内含的无限网络均由相同的、均质的细铜线连成。现在BC 边上又接上同种导线组成的等边三角形。已知铜线单位长度的电阻为R0，试求 AB 两端的等效电阻RAB。6、如图 3 所示，在空间有相互垂直的场强为E 的匀强电场和磁感强度为B 的匀强磁场。一电子从原点静止释放，试求其在y 轴方向前进的最大距离。PV120图 1yxEB图 3ABCaaaa-2图 27、为了测量玻璃楞镜的折射率n，采用如图4 所示的装置。棱镜放在会聚透镜的前面，AB 面垂直于透镜的主光轴，在透镜的焦平面上放一个屏，当散射

3、光照在AC 面上时，在屏上可以观察到两个区域：照亮区和非照亮区。连接两区分界处（D 点）与透镜光心O 的直线与透镜的主光轴OO成 30角。已知棱镜的顶角=30，试求棱镜的折射率n。高中物理竞赛习题答案1、=322、a=71g 3、T=SP28mL204、(1)mT=721K;(2)W=636 J 5、0ABaR12775R6、2meBE2Y7、n=1)ctgjjsinisin(20(其中0i=30，j=30)ABCOO MD3030图 48、V=lfflff1lff3l2238、利用焦距为f 的会聚透镜得到边长为l 的透明立方体实像。立方体靠近透镜一面的像距透镜的距离为2f，试求所得像得体积。

4、1.如图，足够长的水平传送带始终以大小为v3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量为M2kg 的小木盒 A，A 与传送带之间的动摩擦因数为 03，开始时，A 与传送带之间保持相对静止。先后相隔 t3s有两个光滑的质量为m1kg 的小球 B 自传送带的左端出发，以v015m/s 的速度在传送带上向右运动。第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第 2 个球出发后历时 t11s/3 而与木盒相遇。求（取 g10m/s2）（1）第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度时多大？（2）第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇？（3）自木盒与第1 个球相遇至与第2 个球相遇的过程中

5、，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？2.如图 214 所示，光滑水平桌面上有长L=2m 的木板 C，质量 mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A 和 B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止在A、B 间有少量塑胶炸药，爆炸后A 以速度 6ms 水平向左运动，A、B 中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：(1)当两滑块A、B 都与挡板碰撞后，C 的速度是多大?(2)到 A、B 都与挡板碰撞为止，C 的位移为多少?B Avv0 3为了测量小木板和斜面间的摩擦因数，某同学设计如图所示实验，在小木板上固定一个轻弹簧，弹簧下端吊一个光滑小球，弹簧长度方向与斜面

6、平行，现将木板连同弹簧、小球放在斜面上，用手固定木板时，弹簧示数为 F1，放手后，木板沿斜面下滑，稳定后弹簧示数为F2，测得斜面斜角为，则木板与斜面间动摩擦因数为多少？（斜面体固定在地面上）6如图所示，两平行金属板A、B 长 l8cm，两板间距离d8cm，A 板比 B 板电势高 300V，即 UAB300V。一带正电的粒子电量q10-10C，质量 m10-20kg，从 R 点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v02 106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O 点的点电荷 Q 形成的电场区域（设界面PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。

7、已知两界面MN、PS 相距为L12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求（静电力常数k9 109N m2/C2）（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO 的距离多远？（2）点电荷的电量。12建筑工地上的黄沙堆成圆锥形，而且不管如何堆其角度是不变的。若测出其圆锥底的周长为125m，高为 15m，如图所示。（1）试求黄沙之间的动摩擦因数。（2）若将该黄沙靠墙堆放，占用的场地面积至少为多少？*14如图 10 所示,空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场,左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，其宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外；右侧匀强磁

8、场的磁感应强度大小也为B、方向垂直纸面向里。一个带正电的粒子（质量 m,电量 q,不计重力）从电场左边缘a 点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到了 a 点，然后重复上述运动过程。（图中虚线为电场与磁场、相反方向磁场间的分界面，BAv0 RMNLPSO EFl并不表示有什么障碍物）。（1）中间磁场区域的宽度d 为多大；（2）带电粒子在两个磁场区域中的运动时间之比；（3）带电粒子从a 点开始运动到第一次回到a 点时所用的时间t.23如图所示，在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个不带电的小金属块B，另有一与B 完全相同的带电量为+q 的小金属块A 以初速度 v0向 B

9、运动，A、B 的质量均为m。A 与 B 相碰撞后，两物块立即粘在一起，并从台上飞出。已知在高台边缘的右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E=2mg/q。求：（1）A、B 一起运动过程中距高台边缘的最大水平距离（2）A、B 运动过程的最小速度为多大（3）从开始到A、B 运动到距高台边缘最大水平距离的过程A 损失的机械能为多大？*31.如图预 17-8 所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定挡板P，在C上左端和中点处各放有小物块A和B，A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不计，A、B之间和B、P之间的距离皆为L。设木板C与桌面之间无摩擦，A、C之间和B、C之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均

10、为；A、B、C（连同挡板P）的质量相同开始时，B和C静止，A以某一初速度向右运动试问下列情况是否能发生？要求定量求出能发生这些情况时物块A的初速度0v应满足的条件，或定量说明不能发生的理由（1）物块A与B发生碰撞；（2）物块A与B发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块B与挡板P发生碰撞；（3）物块B与挡板P发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块B与A在木板C上再发生碰撞；（4）物块A从木板C上掉下来；（5）物块B从木板C上掉下来*32.两块竖直放置的平行金属大平板A、B，相距d，两极间的电压为U。一带正电的质点从两板间的M点开始以竖直向上的初速度0v运动，当它到达电场中某点N点时，速度变为水平方向，大小仍

11、为0v，如图预 182 所示求M、N两点问的电势差（忽略带电质点对金属板上电荷均匀分布的影响）*33.如图所示，AB 是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端 B 处的切线方向水平一个质量为m的小物体 P 从轨道顶端 A 处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C 点，轨迹如图中虚线 BC 所示已知它落地时相对于 B 点的水平位移 OCl现在轨道下方紧贴B 点安装一水平传送带，传送带的右端与B 的距离为 l2当传送带静止时，让P 再次从 A 点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点当驱动轮转动从而带动传送带以速度v 匀速向右运动时（其他条件不变），P

12、 的落地点为D（不计空气阻力）（1）求 P 滑至 B 点时的速度大小（2）求 P 与传送带之间的动摩擦因数（3）求出 O、D 间的距离 s 随速度 v 变化的函数关系式参考解答:1.（1）设第 1 个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒：01()mvMvmM v代入数据，解得：v1=3m/s（2）设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第 1 个球经过 t0与木盒相遇,则：00stv设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：()()mMgmM a得：23/agm s设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：

13、12vtta=1s 故木盒在 2s 内的位移为零依题意：011120()svtvttttt代入数据，解得：s=75m t0=05s（3）自木盒与第1 个球相遇至与第2 个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1,则：10()8.5Svtttm11120()2.5svtttttm故木盒相对与传送带的位移：16sSsm则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是：54QfsJ2.（1）A、B、C 系统所受合外力为零，故系统动量守恒，且总动量为零，故两物块与挡板碰撞后，C 的速度为零，即0Cv（2）炸药爆炸时有BBAAvmvm解得smvB/5.1又BBAAsmsm当 sA1 m 时 sB0.2

14、5m，即当 A、C 相撞时 B 与 C 右板相距msLsB75.02A、C 相撞时有：vmmvmCAAA)(解得v1m/s，方向向左而Bv1.5m/s，方向向右，两者相距0.75m，故到 A，B 都与挡板碰撞为止，C 的位移为3.0BCvvsvsm 3固定时示数为F1，对小球F1=mgsin整体下滑：（M+m）sin-(M+m)gcos=(M+m)a 下滑时，对小球：mgsin-F2=ma 由式、式、式得：=12FFtan 6（1）设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h,穿过界面 PS 时偏离中心线OR的距离为 y，则：h=at2/2qEqUammd0ltv即：20()2qUlhmdv代入数据，解

15、得：h=003m=3cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：22lhlyL代入数据，解得:y=012m=12cm（2）设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy=at=0qUlmdv代入数据，解得:vy=15 106m/s 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：22602.5 10/yvvvm s设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则：034yvtanv37因为粒子穿过界面PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS 后将绕点电荷 Q 作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直。匀速圆周运动的半径：0.1 5yrmcos

16、、由：22kQqvmrr代入数据，解得：Q=104 10-8C12（1）沙堆表面上的沙粒受到重力、弹力和摩擦力的作用而静止，则sincosfmgFmg所以2tan0.75hhRl，37（称为摩擦角）（2）因为黄沙是靠墙堆放的，只能堆成半个圆锥状，由于体积不变，不变，要使占场地面积最小，则取 Rx为最小，所以有xxhR，根据体积公式，该堆黄沙的体积为231134VR hR，因为靠墙堆放只能堆成半个圆锥，故318xVR，解得32xRR，占地面积至少为212xxSR=324m29 97m214.解：（1）带正电的粒子在电场中加速，由动能定理得：212qELmv2qELvm在磁场中偏转，由牛顿第二定律

17、得2vqvBmr，12mvmELrqBBq可见在两磁场区域粒子运动的半径相同。如右图，三段圆弧的圆心组成的三角形123OO O是等边三角形，其边长为2r。16sin602mELdrBq(2)带电粒子在中间磁场区域的两段圆弧所对应的圆心角为：1602120，由于速度v 相同，角速度相同，故而两个磁场区域中的运动时间之比为：523001202121tt（3）电场中，12222vmvmLtaqEqE中间磁场中，qBmTt32622右侧磁场中,35563mtTqB则1232723mLmttttqEqB23.（1）由动量守恒定律：m 0=2m，碰后水平方向：qE=2ma2mgEq-2aXm=0-2得：2

18、08mXg（2）在 t 时刻，A、B 的水平方向的速度为02matgt竖直方向的速度为=gt合速度为：22xy合解得 合的最小值：min024（3）碰撞过程中A 损失的机械能：222100113228Emmm碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中A 损失的机械能：212E2018mq E Xm从开始到 A、B 运动到距离高台边缘最大水平距离的过程中A 损失的机械能为：2012Em31.以m表示物块A、B和木板C的质量，当物块A以初速0v向右运动时，物块A受到木板C施加的大小为mg的滑动摩擦力而减速，木板C则受到物块A施加的大小为mg的滑动摩擦力和物块B施加的大小为f的摩擦力而做加速运动，物块则因

19、受木板C施加的摩擦力f作用而加速，设A、B、C三者的加速度分别为Aa、Ba和Ca，则由牛顿第二定律，有AmgmaCmgfmaBfma事实上在此题中，BCaa，即B、C之间无相对运动，这是因为当BCaa时，由上式可得12fmg（1）它小于最大静摩擦力mg可见静摩擦力使物块B、木板C之间不发生相对运动。若物块A刚好与物块B不发生碰撞，则物块A运动到物块B所在处时，A与B的速度大小相等因为物块B与木板C的速度相等，所以此时三者的速度均相同，设为1v，由动量守恒定律得013mvmv（2）在此过程中，设木板C运动的路程为1s，则物块A运动的路程为1sL，如图预解 17-8 所示由动能定理有2210111

20、()22mvmvmg sL（3）2111(2)2m vmgs（4）或者说，在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和（3）与（4）式等号两边相加），即221011(3)22m vmvmgL（5）式中L就是物块A相对木板C运动的路程解（2）、（5）式，得03vgL（6）即物块A的初速度03vgL时，A刚好不与B发生碰撞，若03vgL，则A将与B发生碰撞，故A与B发生碰撞的条件是：03vgL（7）2.当物块A的初速度0v满足（7）式时，A与B将发生碰撞，设碰撞的瞬间，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则有：BAvvBCvv（8）在物块A、B发生碰撞的极短时间内

21、，木板C对它们的摩擦力的冲量非常小，可忽略不计。故在碰撞过程中，A与B构成的系统的动量守恒，而木板C的速度保持不变因为物块A、B间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，又因为质量相等，由动量守恒和机械能守恒可以证明（证明从略），碰撞前后A、B交换速度，若碰撞刚结束时，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则有BAvvBAvvCCvv由（8）、（9）式可知，物块A与木板C速度相等，保持相对静止，而B相对于A、C向右运动，以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续，由物块B替换A继续向右运动。若物块B刚好与挡板P不发生碰撞，则物块B以速度Bv从板C板的中点运动到挡板P所在处时，B与C的速度相等因A

22、与C的速度大小是相等的，故A、B、C三者的速度相等，设此时三者的速度为2v 根据动量守恒定律有：023mvmv（10）A以初速度0v开始运动，接着与B发生完全弹性碰撞，碰撞后物块A相对木板C静止，B到达P所在处这一整个过程中，先是A相对C运动的路程为L，接着是B相对C运动的路程为L，整个系统动能的改变，类似于上面第1问解答中（5）式的说法等于系统内部相互问的滑动摩擦力做功的代数和，即222011(3)222m vmvmgL（11）解（10）、（11）两式得：06vgL（12）即物块A的初速度06vgL时，A与B碰撞，但B与P刚好不发生碰撞，若06vgL，就能使B与P发生碰撞，故A与B碰撞后，物

23、块B与挡板P发生碰撞的条件是06vgL（13）3.若物块A的初速度0v满足条件（13）式，则在A、B发生碰撞后，B将与挡板P发生碰撞，设在碰撞前瞬间，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则有：BACvvv（14）B与P碰撞后的瞬间，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则仍类似于第 2问解答中（9）的道理，有：BCvvBCvvAAvv（15）由（14）、（15）式可知B与P刚碰撞后，物块A与B的速度相等，都小于木板C的速度，即BCAvvv（16）在以后的运动过程中，木板C以较大的加速度向右做减速运动，而物块A和B以相同的较小的加速度向右做加速运动，加速度的大小分别为2CagBAa

24、ag（17）加速过程将持续到或者A和B与C的速度相同，三者以相同速度013v向右做匀速运动，或者木块A从木板C上掉了下来。因此物块B与A在木板C上不可能再发生碰撞。4.若A恰好没从木板C上掉下来，即A到达C的左端时的速度变为与C相同，这时三者的速度皆相同，以3v表示，由动量守恒有：303mvmv（18）从A以初速度0v在木板C的左端开始运动，经过B与P相碰，直到A刚没从木板C的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是A相对C的路程为L；接着B相对C运动的路程也是L；B与P碰后直到A刚没从木板C上掉下来，A与B相对C运动的路程也皆为L整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即

25、223011(3)224m vmvmgL（19）由（18）、（19）两式，得012vgL（20）即当物块A的初速度012vgL时，A刚好不会从木板C上掉下若012vgL，则A将从木板C上掉下，故A从C上掉下的条件是012vgL（21）5.若物块A的初速度0v满足条件（21）式，则A将从木板C上掉下来，设A刚要从木板C上掉下来时，A、B、C三者的速度分别为Av、Bv和Cv，则有BACvvv（22）这时（18）式应改写为02ACmvmvmv（23）（19）式应改写为2022111(2)2224BCm vmvmvmgL（24）当物块A从木板C上掉下来后，若物块B刚好不会从木板C上掉下，即当C的左端赶

26、上B时，B与C的速度相等设此速度为4v，则对B、C这一系统来说，由动量守恒定律，有42BCmvmvmv（25）在此过程中，对这一系统来说，滑动摩擦力做功的代数和为mgL，由动能定理可得2422111(2)222BCm vmvmvmgL（26）由（23）、（24）、（25）、（26）式可得：04vgL（27）即当04vgL时，物块B刚好不能从木板C上掉下。若，则B将从木板C上掉下，故物块B从木板C上掉下来的条件是：04vgL（28）32.带电质点在竖直方向做匀减速运动，加速度的大小为g；在水平方向因受电场力作用而做匀加速直线运动，设加速度为a。若质点从M到N经历的时间为t，则有0 xvatv（1

27、）;00yvvgt（2）ghv272由以上两式得：ag（3）;0vtg（4）M、N两点间的水平距离220122vxatg（5）于是M、N两点间的电势差:202MNUvUUxddg（6）33（1）物体在轨道上由P 滑到 B 的过程，由机械能守恒：2021mvmgh得物体滑到B 点时的速度为ghv20（2）当没有传送带时，物体离开B 点后作平抛运动，运动时间为 t，ghlvlt20当 B 点下方的传送带静止时，物体从传送带右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为l21，物体从传送带右端抛出的速度22201ghvv物体在传送带上滑动时，由动能定理：212021212mvmvlmg解出物体与传

28、送带之间的动摩擦因数为lh23（3）当传送带向右运动时，若传送带的速度1vv，即22ghv时，物体在传送带上一直做匀减速运动，离开传送带的速度仍为1v，落地的水平位移为2l，即 sl当传送带的速度22hgv时，物体将会在传送带上做一段匀变速运动如果尚未到达传送带右端，速度即与传送带速度相同，此后物体将做匀速运动，而后以速度v 离开传送带 v 的最大值2v为物体在传送带上一直加速而达到的速度。即202221212mvmvlmg由此解得：1当2vv，物 体 将 以 速 度ghv272离 开 传 送 带，因 此 得O、D之 间 的 距 离 为)27()71(2)2722()221(2)22()(ghvlghvghghvlghvlvs)71(22721lghtls2当21vvv，即ghvgh2722时，物体从传送带右端飞出时的速度为v，O、D 之间的距离为)221(22ghvlvtls综合以上的结果，得出O、D 间的距离 s 随速度 v变化的函数关系式为：