• 283.78 KB
  • 2021-05-27 发布

全国高中物理竞赛复赛模拟题

  • 17页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
全国高中物理竞赛模拟题一 1. 光子火箭从地球起程时初始静止质量(包括燃料)为 M0,向相距为 R=1.8 ×1061.y.(光年)的远方仙女座星飞行。要求火箭在 25 年(火箭时间)后到达目 的地。引力影响不计。 1)、忽略火箭加速和减速所需时间,试问火箭的速度应为多大? 2)、设到达 目的地时火箭静止质量为 M0ˊ,试问 M 0/ M 0ˊ的最小值是多少? 分析: 光子火箭是一种设想的飞行器,它利用“燃料”物质向后辐射定向光 束,使火箭获得向前的动量。求解第 1 问,可先将火箭时间 a250 (年)变换 成地球时间 ,然后由距离 R求出所需的火箭速度。 火箭到达目的地时, 比值 0 0 M M 是不定的,所谓最小比值是指火箭刚好能到达目的地,亦即火箭的终速度为零, 所需“燃料”量最少。利用上题(本章题 11)的结果即可求解第 2 问。 解: 1)火箭加速和减速所需时间可略,故火箭以恒定速度 飞越全程,走完 全程所需火箭时间(本征时间)为 a250 (年)。利用时间膨胀公式,相应的地 球时间为 2 2 0 1 c 因 R 故 2 2 0 1 c R 解出 10 2 2 0 2 2 2 0 2 1096.011 1 c R cc R c c 可见,火箭几乎应以光速飞行。 (2)、火箭从静止开始加速至上述速度 ,火箭的静止质量从 M 0 变为 M,然 后作匀速运动,火箭质量不变。最后火箭作减速运动,比值 0 0 M M 最小时,到达目 的地时的终速刚好为零,火箭质量从 M 变为最终质量 0M 。加速阶段的质量变化 可应用上题(本章题 11)的( 3)式求出。因光子火箭喷射的是光子,以光速 c 离 开火箭,即 u=c,于是有 2 1 0 1 1 M M (1) c 为加速阶段的终速度,也是减速阶段性的初速度。对减速阶段,可应 用上题(本章题 11)的(4)式,式中的 m0 以减速阶段的初质量 M 代入。又因减 速时必须向前辐射光子,故 u=-c,即有 2 1 0 1 1 M M (2) 由( 1)、(2)式,得 10 2 0 2 2 2 0 2 2 0 104414 1 1 c R c R M M 2. 如图 52-1 所示,地面上的观察者认为在地面上 同时发生的两个事件 A 和 B,在相对地面以速度 u( u 平 行于 x 轴,且与正方向同向)运动的火箭上的观察者的 判断正确的是( ) A、A 早于 B B、B 早于 A C、A、B 同时发生 D、无法判断 解: 在地面( S系)上, ,AB xxx 0AB ttt ,在火箭( S 系)中, 22 c uxtr c uxtrttt A A B BAB BA A AB xx c uxttr 2 BA A xx c ux 2 因 0r , 0u , 0BA xx ,故 0t 。即从火箭上观察, B 事件在前, A 事 件在后,选 B。 3. 如图 11-195 所示,正方形均质板重 G,用 4 根轻质杆铰 链水平悬挂, 外形构成边长为 a 的立方体, 现将方板绕铅垂对称 轴旋转 θ角度,再用一细绳围绕四杆的中点捆住, 使板平衡于 θ 角位置。试求绳内的张力。 分析: 初看此题, 一般都会觉的比较复杂, 因为题中铰链就 有 8 个,加上 4 根轻质杆与绳子有 4 个接触点,一共有 12 个受 力点,而且初看甚至想象不出木板旋转 θ角度以后整个系统是什么样子,即使把 各个受力点的力逐个画出来也无济于事。应该先想一想哪些点都是对称的(等价 x y z O u A B 图 52-1 G 图 11-195 的),找出最基本的部分,再把空间方向确定下来,然后好画出各个力点的受力情 况。 解: 把木板绕铅垂对称轴旋转 θ角度以后,系统虽然不是一个很对称的立方 体,但把系统绕铅直轴旋转 90 度的整数倍,系统的与自身重合,说明四根轻杆的 受力情况是完全一样的。系统处于平衡状态,把四根轻杆,木板,绳组成的部分 看成刚体,则刚体受四个铰接部分的力而平衡,重力方向的平衡可以得出,竖直 方向对每根轻杆的拉力 T 上 为: GT上4 (1) 而铰接处是否对轻杆有水平方向的作用力, 暂时还不好确定, 不过可以为 N// ,从俯图来看四根轻杆的受力情况(如图 11-196 所示) : 图中虚线表示正方形对角线的外延部分, 如果 N// 不在对角线 方向上,则四个 N// 对 O点有一个力偶矩,将使得下面的部分旋转,与平衡假设相 矛盾,因此水平弹力必然在对角线方向,要么都向外,要么都向里(设向外为正, 这种设法不会影响结果) 。 同样的道理,把木板隔离开来,可知木板对轻杆往下的拉力 下T 为: GT下4 (2) 而水平方向的作用力必沿对角线方向(否则木板 旋转),木板对杆的作用力向里向外的性质与上端铰链 的方向相同,否则以绳对杆的作用点为支点,力矩无 法平衡。 O //N 图 11-196 x y //N//T //T //N O 图 11-197 下面再看整个系统的俯视图 (如图 11-197 所示) ,把轻杆隔离出来作为平衡的 刚性杆,利用力的平衡条件和力矩的平衡条件可求出拉力 T 的大小。 绳作用在每根转杆的中点,在俯视图上不难看出,绳子构成一个正方形,且 在水平面内,因而可以知道绳对轻杆仅有水平面内,因而可以知道绳对轻杆仅有 水平面内的拉力,轻杆在竖直方向上力的平衡是满足的: 下上 TT (3) 取一根轻杆为研究对象不难求出 //N 与 //N 的关系,以及 //N 与 //T 的关系,设 绳的张力为 T,则水平合力 TT 2// 。 x 方向水平力平衡: 2sin2sin //// NN (4) y 方向水平力平衡: TTNN 2 2 c o s 2 c o s ////// (5) 在过轻杆的竖直面内来分析力矩平衡(只研究平面内转矩) ,如图 11-198。 对于 A 点,力矩平衡 2 sin2cos 2 sin// aTaN 下 (6) 联合( 2)、(4)、(5)、(6)式可得 cos2 2 cosG T //T A B 下T 2 min// N 2 min// N 2 sin2a cosa 上T 图 11-198 4. 如图 12-30 所示,一小车对地以加速度 a1=1m/s2 向左由静 止开始作匀加速运动,车上一人又以加速度 a2=2m/s2 相对于车向 右同时由静止开始作匀加速运动。求: (1)人对地的加速度; (2) 经历时间 t 1=1s,人对地的瞬时速度; (3)经历时间 t 2=2s,人对地的位移。 解:(1) 车地人车人地 aaa a1 与 a2 方向相反选 a2 为正方向 则 22/2 smsma人地 2/1 sm (2)t=1s 时, 2 /m s人车 sm /1车地 smsm /1/2人地 sm/1 (3) 2/1 sma人地 msta 221 2 1 2 1 22 5.有一小直径为 d 的试管,管内装有理想气体,其中有一段质量 m=2g 的水 银将理想气体和空气隔开。 当试管口向上时, 气体在试管中的长为 L1(图 24-30(a) 中的( a)),当将管口向下时,气体在试管中长为 L2(图 24-30(b)中的( b)), 试求 L2/L1 为多少? 解: 如果是等温过程,可得理想气体的状态方程 常数PV 1a 2a 图 12-30 对于上述两种情况,可有 2211 VPVP 现在考虑在每一情况作用中在气体上的压强, 如图 24-30 (b)所示,可得 S WP S WP P P V V 大气 大气 2 1 1 2 式中 S为试管内部的截面积, W 为水银的重量, W=mg,则 S mgP S mgP SL SL V V 大气 大气 1 2 1 2 消去 S得 2 2 1 2 4 4 d mgP d mgP L L 大气 大气 6.有一个两端开口、粗细均匀的 U 型玻璃细管,放置在竖直平面内,处在 压强为 0p 的大气中,两个竖直支管的高度均为 h,水平管的长度为 2h,玻璃细 管的半径为 r,r?h,今将水平管内灌满密度为 ρ的水银,如图 24-54(a)所示。 1.如将 U 型管两个竖直支管的开口分别封闭起来,使其管内空气压强均等于 大气压强,问当 U 型管向右作匀加速移动时,加速度应多大才能使水平管内水银 柱长度稳定为 h 3 5 。 2.如将其中一个竖直支管的开口封闭起来, 使其管内气体压强为 1atm,问当 U 型管绕以另一个竖直支管 (开口的) 为轴作匀速转动时, 转数 n 应为多大才能使 1LP atP 2L atP P 图 24-30(b) h h2 图 24-54(a) 水平管内水银柱长度稳定为 h 3 5 。 (U 型管作以上运动时,均不考虑管内水银液面的倾斜) 解: 1、当 U 型管向右加速移动时,水平管内的水银柱将向左边的竖直 支管中移动,其稳定的位置是留在水平管内的水银柱所受的水平方向的合力 等于使其以恒定加速度 a 向右运动时所需的力。由于竖直支管内空气在膨胀或压 缩前后的温度相等,根据气态方程有 右管: hSphSp 10 3 4 左管: hSphSp 20 3 2 S为管的截面积,图 24-54(b)中, A、B 两处压强分别为: ghpp A 3 1 2 1ppB 而留在水平管内的水银柱质量 hSm 3 5 其运动方程为 amSpp BA )( 由以上各式可得 )20/()49( 0 hghpa 2.当 U 型管以开口的竖直支管为轴转动时, 水平管内的水银柱将向封闭的 A h 3 1 B a 图 24-54(b) B A 3/h 图 24-54(c) 竖直支管中移动,其稳定位置是水平管内的水银柱所受的水平方向的合力,正好 等于这段水银柱作匀速圆周运动所需的向心力。由于封闭竖直支管内空气在压缩 前后的温度相等,根据气态方程有 hShSp 3 2 0 S为管的截面积。图 24-54(c)中 A、B 两处的压强分别为 ghpp A 3 1 0ppB 留在水平管内的水银柱的质量 hSm 3 5 其运动方程为 mRnRmSpp BA 222 4)( 其中 hR 6 7 由以上各式可得 2 1 22 0 )140/()69( hghpn 7. 有一块透明光学材料, 由折射率略有不同的许多相互平行的, 厚度 d=0.1mm 的薄层紧密连接构成,图 33-40 表示各薄层互相垂直 的一个截面,若最下面一层的折射率为 n0,从它往上数第 K 层的折 射率为 nK=n0-Kv,其中 n0=1.4,v=0.025,今有一光线以入射角 i=60° r i O 0 1 2 1n 0n 2n 4n 3n 5n 图 33-40 射向 O 点,求此光线在这块材料内能达到的最大深度? 解: 设光线进入材料后的折射角为 r,则根据折射定律有 rni sinsin 0 ,此 光线从最下面一层进入向上数第一层时, 入射角为 02 r ,折射角为 12 r , 同样根据折射定律有 1100 2 sin 2 sin nn , 也即 1100 c o sc o s nn 光线从第一层进入第二层时,同样可得 1201 coscos nn 综合以上分析可得: KKnnnn coscoscoscos 221100 因为 0025.00 Knn K ,所以 Kcos 随着 K 的增大而增大, K 则随着 K 的增 大而减小,即光线在顺序变化的介质中传播时将偏向折射率变大的方向。满足上 式又当 Kcos 最接近 1 的 K 值即为光线能进入的最深薄层的序号, 光线在这个薄层 上将发生全反射,然后又逐层返回下面最后射出透明材料。 因此求出能满足下式的 K 的最大值 1coscoscos 0 0000 Kn n n n K K 因为 irnn sinsincos 000 代入上式得: 1sincos 0 Kn i K 解得: 76.21 025.0 866.041.1sin0 inK 取小于 21.76 的最大整数, 得 K=21,即在 n0 上面第 21 层下表面就是光线能到 达的最深处,所以光线在这块透明材料内能达到的最大深度是 .2.21.0221 mmmmdKh 8. (1)图 33-98 所示为一凹球面镜,球心为 C,内盛透明液体,已知 C 至液面高 度 CE为 40.0cm,主轴 CO上有一物 A,物离液面高度 AE恰好为 30.0cm 时, 物 A 的实像和物处于同一高度。实验时光圈直径很小,可以保证近轴光线成 像。试求该透明液体的折射率 n。 (2)体温 计横截面如图 33-99 所示,已知细水银柱 A 离 圆 柱 面顶点 O 的距离为 2R,R 为该圆柱面半径, C 为 圆 柱面中心轴位置。玻璃的折射率 n=3/2,E代表 人眼, 求图示横截面上人眼所见水银柱像的位置、虚 实、正倒和放大倍数。 分析: (1)通过折射定律和光圈足够小的条件可求出液体的折射率。 (2)注意在 近轴条件下的近似,再通过几何知识即可求解。 解:(1)主轴上物 A 发出的光线 AB,经液体界面折射后沿 BD方向入射球面镜时, 只要 BD延长线过球心 C,光线经球面反射后必能沿原路折回。按光的可逆性 原理,折回的光线相交于 A(图 33-100)。 对空气、液体界面用折射定律有 rni sinsin CBBE ABBE r in / / sin sin R2 OC E R 图 33-99 当光圈足够小时, EB ,因此有 33.1 0.30 0.40 AE CEn (2) 先考虑主轴上点物 A 发出的两条光线, 其一沿主轴方向 ACOE入射 界面,无偏折地出射,进入人眼 E。其二沿 AP 方向以入射角 i 斜入射界面 P 点,折射角为 r。折射光线 PQ 要能进入人眼 E,P 点应非常靠近 O 点, 或者入射角 i 和折射角 r 应很小。若角度以弧度量度,在小角(近轴)近似 下,折射定律 rin sinsin 可写为 nir 。这两条光线反向延长,在主轴上 相交于 A , A 即为物 A 之虚像点(图 33-101)。 对 AAP 用正弦定律,得 PA i PA i AA PAA sin)sin(sin 在小角(近轴)近似下: iiiniPAAPAA sin,sin OAPA 上式可写为 OA i ROA ini 2 解上式得 RR n ROA 4 2/32 2 2 2 为了分析成像倒立和放大情况,将水银柱看成有一定高度的垂轴小物体 AB,即然 AA ~ 是一对共轭点,只要选从 B 发出的任一条光线经界面折射后,反向延 长线与过 A 点垂轴线相交于 B , B 是点物 B 虚像点,即 BA 是物 AB 之正立 虚像。 A C E O B D i r i 图 33-100 选从 B 点发出过圆柱面轴心 C 的光线 BC。该光线对界面 来说是正入射(入射角为零) ,故无偏折地出射,反 向延长 BC线交过 A 垂轴线于 B ,从 CBA ∽ΔABC 得 放大率 33 R R AC CA AB BA 9.如图 41-83 所示, 两个固定的均匀带电球面 A 和 B 分别带电 4Q 和 Q(Q>0)。 两球心之间的距离 d 远大于两球的半径,两球心的连线 MN 与两球面的相交处都 开有足够小的孔,因小孔而损失的电量可以忽略不计。一带负电的质点静止地放 置在 A 球左侧某处 P 点,且在 MN 直线上。设质点从 P点释放后刚好能穿越三个 小孔,并通过 B 球的球心。试求质点开始时所在的 P 点与 A 球球心的距离 x 应为 多少? 分析: 质点释放后,由于质点带负电, A 球和 B 球带正电,故质点先加速,穿过 A 球 内时,不受 A 球的电场力作用,但仍受 B 球 的电场力,进一步加速。在两球之间时,存 在一质点所受合力为零的点, 设此点为 S,且 由于 A 球所带电量大于 B 球带电量, S点应离 B 球较近。所以质点从 A 球内出来 后到 S点这段距离内作减速运动,从 S点到 B 球的第一个孔这段距离内作加速运 动。因此,为了使质点能到达 B 球的球心,第一个必要条件是,质点必须通过 S 点, 即质点在 S点的速度至少应大于零或至少等于零。 若质点能通过 S点, 则如上 述,从 S点到 B 球的第一个孔期间,质点沿 MN 向右加速。由于质点在 B 球内不 A B A B i C n P Q O E i nir 图 33-101 x d M N A B QQ4 P 图 41-83 受 B 球的电场力作用,但仍受 A 球向左的引力,质点减速,因此为了使用期质点 能通过 B 球的球心,第二个必要条件是,质点在 B 球球心处的速度应大于零或至 少等于零。 本题的关键在于带电体系的电势能与带电质点的动能之和,在该质点运动过 程中守恒。因此质点刚好能通过 S点的条件可表示为,质点在 P 点和 S点时,带 电体系的电势能相等(注意,质点在 P 点静止) 。同样,若质点在 S点时带电体系 的电势能大于(或等于)质点在 B 球球心时带电体系的电势能,则表明质点若能 通过 S点,就必定能通过(或刚好到达) B 球球心。 解: 根据分析,在 MN 直线上在 A 球和 B 球之间有一个 S点,带电质点在 S 点受力为零。设 S点与 A 球和 B 球球心的距离为 1r 和 2r ,则 2 2 2 1 4 r Qk r Qk drr 21 由以上两式,可解出 drdr 3 1; 3 2 21 带电质点从 P 点静止释放后,刚好能够到达 S点的条件是,它在 P 点和 S点 的电势能相等,即 21 44 r qQk r qQk dx qQk x qQk 式中 -q(q>0)是带电质点的电量。把上面解出的 1r 和 2r 代入,得 dx 110 9 2 为了判断带电质点刚好到达 S点后,能否通过 B 球球心,需比较它在 S点的 电势能 SW 与它在 B 球球心处的电势能 BW 的大小,因 d Qqk r qQk r qQkW S 94 21 B B Rd kQq r qQk r qQkW 144 21 式中 BR 为 B 球的半径。由题设 BR ?d 故 即 SB WW 因此,带电质点只要能到达 S点,就必定能通过 B 球球心。于是,所求开始 时 P 点与 A 球球心的距离 x 即为上述结果,即 dx 110 9 2 10.如图 41-88 所示, 在真空中有 4 个半径为 a 的不带电的相同导体球, 球心 分别位于边长为 r(r?a)的正方形的四个顶点上。首先,让球 1 带电荷 Q(Q?0), 然后取一细金属丝,其一端固定于球 1 上,另一端分别依次与球 2、3、4、大地接 触,每次接触时间都足以使它们达到静电平衡。设分布在细金属丝上的电荷可忽 略不计。试求流入大地的电量的表达式。 解:当球 1 与球 2 连接后, 用 1Q 和 Q2 分别表示球 1 和球 2 上 图 41-88 B A a b d D l 的电量,可得 2/12 QQQ 。球 1 与球 3 连接后,因球 1 和球 3 处于对称位置, 其电量 1Q 和 Q3 相等,故可得 .4/13 QQQ 球 1 与球 4 连接后,电荷分布呈不对 称状态, 设连接后球 1 和球 4 上的电量分别为 Q1 与 Q4。它们可利用等电势方法求 出,即 rkQrkQrkQakQU /2/// 43211 akQrkQrkQakQU //2// 43214 以上各式中, 计算各球上的电荷在另一球处引起的电势时, 利用了 r?a 的条件。 由于 41 UU ,且 ,4/141 QQQQ 故 8/2/1211 araQQ 8/2/1214 araQQ 利用 r?a 的条件,略去二阶小量,上式可写成 8/2/1211 raQQ 8/2/1214 raQQ 最后将球 1 与球 4断开并把球 1 接地。 设接地后球 1 所带电量为 q1,电势为 1U , 则球 1 的电势为 0/2// 43211 rkQrkQrkQakQU rQQQaq /2/ 4321 rraaQ /28/1224/18/5 raQ /24/18/5 此时球 1 上带负电,故流入大地的电量 入地Q 为 11 qQQ入地 raQraQ /24/18/58/2/121 8//2/21251 raQ 8//2/2341 raQ 答: . 2 234 1 8 r a Q 。