高中物理競賽復賽模擬試題一有答案

1、復賽模擬試題一1.光子火箭從地球起程時初始靜止質(zhì)量（包括燃料）為 M,向相距為R=1.8X 1061.y.（光年） 的遠方仙女座星飛行。要求火箭在25年（火箭時間）后到達目的地。引力影響不計。1）、忽略火箭加速和減速所需時間，試問火箭的速度應(yīng)為多大？2）、設(shè)到達目的地時火箭靜止質(zhì)量為M0,試問M/ M。/的最小值是多少？分析：光子火箭是一種設(shè)想的飛行器，它利用“燃料”物質(zhì)向后輻射定向光束，使火箭獲得 向前的動量。求解第1問，可先將火箭時間 配=25a （年）變換成地球時間T ,然后由距離MoR求出所需的火箭速度?；鸺竭_目的地時，比值M0是不定的，所謂最小比值是指火箭剛好能到達目的地，亦即火箭

2、的終速度為零，所需“燃料”量最少。利用上題（本章題11）的結(jié)果即可求解第2問。 解：1）火箭加速和減速所需時間可略，故火箭以恒定速度u飛越全程，走完全程所需火箭時間（本征時間）為 % =25a （年）。利用時間膨脹公式，相應(yīng)的地球時間為解出火箭幾乎應(yīng)以光速飛行。火箭從靜止開始加速至上述速度=01 -0.96 10,0可見，（2）、u ,火箭的靜止質(zhì)量從 M變?yōu)镸然后作勻速運動，火M0箭質(zhì)量不變。最后火箭作減速運動，比值M。最小時，到達目的地時的終速剛好為零，火箭M質(zhì)量從M變?yōu)樽罱K質(zhì)量 M 0O加速階段的質(zhì)量變化可應(yīng)用上題（本章題11）的（3）式求出。因光子火箭噴射的是光子，以光速c離開火箭，即

3、u=c,于是有1(1)u = Pc為加速階段的終速度，也是減速階段性的初速度。對減速階段，可應(yīng)用上題（本章題11）的（4）式，式中的mo以減速階段的初質(zhì)量 M代入。又因減速時必須向前輻射光子，故u=-c ,即有由（1）、（2）式，得MMo4R2二22 c-04R22 2 c-010=4 102.如圖52-1所示，地面上的觀察者認為在地面上同時發(fā)生的兩個事件圖 52-1A和B,在相對地面以速度u （ u平行于x軸，且與正方向同向）運動的火箭上的觀察者的判斷正確的是（A、A早于B B、B早于C、A、B同時發(fā)生 D解:在地面（S系）上,A、無法判斷X = Xb -Xa,=tB F = 0,在火箭（S

4、系）=tB -t A = r tBux b、 x!-r tA UXA=r tB -tA uX2A Xa - Xbc因 r 0, u a0 ,UXA2 Xa - Xb cXA - XB 0,故At 0。即從火箭上觀察，B事件在前，A事件在后，選 R圖 11-195圖 11-1963.如圖11-195所示，正方形均質(zhì)板重 G用4根輕質(zhì)桿錢鏈水平懸掛，外形構(gòu)成邊長為a的立方體，現(xiàn)將方板繞鉛垂對稱軸旋轉(zhuǎn)0角度，再用一細繩圍繞四桿的中點捆住，使板平衡于0角位置。試求繩內(nèi)的張力。分析：初看此題，一般都會覺的比較復雜，因為題中校鏈就有8個，加上4根輕質(zhì)桿與繩子有4個接觸點，一共有12個受力點，而且初看甚至想

5、象不出木板旋轉(zhuǎn)0角度以后整個系統(tǒng)是什么樣子，即使把各個受力點的力逐個畫出來也無濟于事。應(yīng)該先想一想哪些點都是對稱的（等價的），找出最基本的部分，再把空間方向確定下來，然后好畫出各個力點的受力情況。解：把木板繞鉛垂對稱軸旋轉(zhuǎn)0角度以后，系統(tǒng)雖然不是一個很對稱的立方體，但把系統(tǒng)繞鉛直軸旋轉(zhuǎn)90度的整數(shù)倍，系統(tǒng)的與自身重合，說明四根輕桿的受力情況是完全一樣的。系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，把四根輕桿，木板，繩組成的部分看成剛體，則剛體受四個校接部分的力而平衡，重力方向的平衡可以得出，豎直方向?qū)γ扛p桿的拉力T上為：4-G（1）而較接處是否對輕桿有水平方向的作用力，暫時還不好確定，不過可以為N/ ,從俯圖來看四根

6、輕桿的受力情況（如圖11-196所示）：圖中虛線表示正方形對角線的外延部分，如果N/不在對角線方向上，則四個N對O點有一個力偶矩，將使得下面的部分旋轉(zhuǎn)，與平衡假設(shè)相矛盾，因此水平彈力必然 在對角線方向，要么都向外，要么都向里（設(shè)向外為正，這種設(shè)法不會影響結(jié)果）。同樣的道理，把木板隔離開來，可知木板對輕桿往下的拉力T下為：4T 下=G(2)而水平方向的作用力必沿對角線方向（否則木板旋轉(zhuǎn)），木板對桿的作用力向里向外的性質(zhì)與上端錢鏈的方向相同，否則以繩對桿的作用點為支點，力矩無法平衡。下面再看整個系統(tǒng)的俯視圖（如圖11-197所示），把輕桿隔離出來作為平衡的剛性桿，利用力的平衡條件和力矩的平衡條件可

7、求出拉力T的大小。繩作用在每根轉(zhuǎn)桿的中點，在俯視圖上不難看出，繩子構(gòu)成一個正方形，且在水平面內(nèi)，因而可以知道繩對輕桿僅有水平面內(nèi)，因而可以知道繩對 輕桿僅有水平面內(nèi)的拉力，輕桿在豎直方向上力的平衡是滿足的：T上=丁下c取一根輕桿為研究對象不難求出N與N/的關(guān)系，以及N與T的關(guān)系,設(shè)繩的張力為T,則水平合力T/ = 厲。 x方向水平力平衡：N sin - 二 N sin 一 22y方向水平力平衡：圖 11-197N/ cos- N/ cos 二T(4)、2T在過輕桿的豎直面內(nèi)來分析力矩平衡（只研究平面內(nèi)轉(zhuǎn)矩） 對于A點，力矩平衡N sina 一 cosr - Tr .2asin 一(5),如圖

8、11-198 。N/mN2聯(lián)合（2）、（4）、（5）、2(6)(6)式可得e cos2 ! AT/a. cos1：N2asin，T圖 11-198 2門上/min-L -T 22 ,a1m/s向左由靜止開始作勻加速運動，車上一人2 % cos14.如圖12-30所示，一小車對地以加速度又以加速度a2=2m/s2相對于車向右同時由靜止開始作勻加速運動。求： （1）人對地的加速度;（2）經(jīng)歷時間t1=1s,人對地的瞬時速度；（3）經(jīng)歷時間t2=2s,人對地的位移。解.（1） a人地 =a人車 +a車地圖 12-30 a1與a2方向相反選 a2為正方向則a人地=2m/s2 - ms22=1m/st=

9、1s時，人車=2m/su 車地=-1m/su 人地=2m/s-1m/s-1m/ s丫 a人地=1m/s21212-a t2 = s 1 22 =2m225.有一小直徑為d的試管，管內(nèi)裝有理想氣體，其中有一段質(zhì)量m=2g的水銀將理想氣體和空氣隔開。當試管口向上時，氣體在試管中的長為Li (圖24-30 (a)中的(a),當將管口向下時，氣體在試管中長為L2 (圖24-30 (b)中的(b),試求L2/L1為多少?解：如果是等溫過程，可得理想氣體的狀態(tài)方程PV =常數(shù)對于上述兩種情況，可有P1Vl =P2V2現(xiàn)在考慮在每一情況作用中在氣體上的壓強，如圖 24-30 (b)所示，可得Vi .巨Vi

10、一 P2P大氣圖 24-30 (b)P大氣式中S為試管內(nèi)部的截面積,W為水銀的重量，W=mg則限 mgV2 a P SVi - SL 一 口 mgP大氣-S消去S得L2P大氣4mg二d2圖 24-54 (a)6.有一個兩端開口、粗細均勻的 U型玻璃細管，放置在豎直平面內(nèi)，處在壓強為 的大氣中，兩個豎直支管的高度均為 h,水平管的長度為2h,玻璃細管的半徑為P0 r,r?h ,今將水平管內(nèi)灌滿密度為p的水銀，如圖24-54 (a)所示。1 .如將U型管兩個豎直支管的開口分別封閉起來，使其管內(nèi)空氣壓強均等于大氣壓強，問當U型管向右作勻加速移動時，加速度應(yīng)多大才能使水平管內(nèi)水銀柱長度穩(wěn)定為2.如將其

11、中一個豎直支管的開口封閉起來，使其管內(nèi)氣體壓強為1atm,問當U型管繞以另個豎直支管(開口的)為軸作勻速轉(zhuǎn)動時，轉(zhuǎn)數(shù) n應(yīng)為多大才能使水平管內(nèi)水銀柱長度穩(wěn)定5h為3 。(U型管作以上運動時，均不考慮管內(nèi)水銀液面的傾斜)解：1、當U型管向右加速移動時，水平管內(nèi)的水銀柱將向左邊的豎直支管中移動，其穩(wěn)定的位置是留在水平管內(nèi)的水銀柱所受的水平方向的合力等于使其以恒定加速度 需的力。由于豎直支管內(nèi)空氣在膨脹或壓縮前后的溫度相等，根據(jù)氣態(tài)方程有a向右運動時所右管: 4 p0hS = 一 p1hS 3，一2 ，一p0hS = 一 p2hS左管：3S為管的截面積，圖 24-54 (b)中，A、B兩處壓強分別為

12、:圖 24-54 (b)1 - pa = p2 3 :ghpb = p1圖 24-54 (c)圖 33-40解：設(shè)光線進入材料后的折射角為r,則根據(jù)折射定律有sin i = n0 *sin r此光線從最下面而留在水平管內(nèi)的水銀柱質(zhì)量5Sm = ：hS3其運動方程為(Pa -PB)S = m-a由以上各式可得a = (9p0 4；gh)/(20：h)2.當U型管以開口的豎直支管為軸轉(zhuǎn)動時，水平管內(nèi)的水銀柱將向封閉的豎直支管中移動, 其穩(wěn)定位置是水平管內(nèi)的水銀柱所受的水平方向的合力，正好等于這段水銀柱作勻速圓周運 動所需的向心力。由于封閉豎直支管內(nèi)空氣在壓縮前后的溫度相等，根據(jù)氣態(tài)方程有2 一p0

13、hS = ：；hS3S為管的截面積。圖 24-54 (c)中A、B兩處的壓強分別為1 -Pa = P 3 ： ghpB = p0留在水平管內(nèi)的水銀柱的質(zhì)量5 一 一m = 一 ：-hS3其運動方程為22 2(pA 1PB)S=m R=4二 n mR其中 由以上各式可得1n = (9 Po 6 ：gh)/(140二 2 ：h2) 27.有一塊透明光學材料，由折射率略有不同的許多相互平行的，厚度 d=0.1mm 的薄層緊密連接構(gòu)成，圖 33-40表示各薄層互相垂直的一個截面，若最下面一 層的折射率為n%從它往上數(shù)第 K層的折射率為nK=n0-其中n0=1.4,v=0.025 , 今有一光線以入射角

14、i=60。射向。點，求此光線在這塊材料內(nèi)能達到的最大深 度？=nK *cos K兀r -1一層進入向上數(shù)第一層時，入射角為2同樣根據(jù)折射定律有n0 *sin 一一中0 = n1 sin - - %2)0）。兩球心之間的損失的電量可以忽略不計。帶負電的質(zhì)點靜止地放置在A球左側(cè)某處P點，且在MNt線上。圖 41-83距離d遠大于兩球的半徑，兩球心的連線MNW兩球面的相交處都開有足夠小的孔，因小孔而設(shè)質(zhì)點從P點釋放后剛好能穿越三個小孔，并通過B球的球心。試求質(zhì)點開始時所在的P點與A球球心的距離x應(yīng)為多少？分析：質(zhì)點釋放后，由于質(zhì)點帶負電，A球和B球帶正電，故質(zhì)點先加速，穿過A球內(nèi)時，不受A球的電場力

15、作用，但仍受 B球的電場力， 進一步加速。在兩球之間時，存在一質(zhì)點所受 合力為零的點，設(shè)此點為S,且由于A球所帶電 量大于B球帶電量，S點應(yīng)離B球較近。所以質(zhì)點從A球內(nèi)出來后到S點這段距離內(nèi)作減速運 動，從S點到B球的第一個孔這段距離內(nèi)作加 速運動。因此，為了使質(zhì)點能到達B球的球心,第一個必要條件是，質(zhì)點必須通過 若質(zhì)點能通過S點，則如上述，從S點，即質(zhì)點在S點的速度至少應(yīng)大于零或至少等于零。S點到B球的第一個孔期間，質(zhì)點沿MN向右加速。由于質(zhì)點在B球內(nèi)不受B球的電場力作用，但仍受 A球向左的引力，質(zhì)點減速，因此為了使用期質(zhì)點能通過B球的球心，第二個必要條件是，質(zhì)點在B球球心處的速度應(yīng)大于零或

16、至少等于零。本題的關(guān)鍵在于帶電體系的電勢能與帶電質(zhì)點的動能之和，在該質(zhì)點運動過程中守恒。因此質(zhì)點剛好能通過S點的條件可表示為，質(zhì)點在 P點和S點時，帶電體系的電勢能相等（注意， 質(zhì)點在P點靜止）。同樣，若質(zhì)點在 S點時帶電體系的電勢能大于（或等于）質(zhì)點在 B球球心 時帶電體系的電勢能，則表明質(zhì)點若能通過S點，就必定能通過（或剛好到達）B球球心。解：根據(jù)分析，在 MN直線上在A球和B球之間有一個S點，帶電質(zhì)點在 S點受力為零。設(shè) S點與A球和B球球心的距離為r1和r2,則,4QQk 2 =吃r1r2由以上兩式，可解出rir2 = dr1帶電質(zhì)點從P點靜止釋放后, 即2 .1 ,= -d;r2 =

17、-d33剛好能夠到達S點的條件是，它在 P點和S點的電勢能相等,k4Q -q kQ -q =k4Q-q . kQ -qr1式中-q(q0)是帶電質(zhì)點的電量。把上面解出的x = 210 -1 d9r2r1和r2代入，得為了判斷帶電質(zhì)點剛好到達 S點后，能否通過B球球心處的電勢能 WB的大小，因B球球心，需比較它在S點的電勢能 WS與它在riWb = k3 kH )r14Q -q Q -qWS = k k 式中RB 為B球的半徑。由題設(shè)Rb ?d1WsS點，就必定能通過RbB球球心。于是，所求開始時 P點與A球球因此，帶電質(zhì)點只要能到達 心的距離x即為上述結(jié)果，即x =2 .10 -1d10.如圖

18、41-88所示，在真空中有 4個半徑為a 為r (r?a)的正方形的四個頂點上。首先，讓球一端固定于球1上，另一端分別依次與球2、3、到靜電平衡。設(shè)分布在細金屬絲上的電荷可忽略不計。的不帶電的相同導體球，球心分別位于邊長1帶電荷Q (C?0),然后取一細金屬絲，其 4、大地接觸，每次接觸時間都足以使它們達 試求流入大地的電量的表達式。1和球3處于對稱圖 41-881和球2上的電量,解：當球1與球2連接后，用Q；和Q分別表示球 可得Q2 =Q； = Q/2。球1與球3連接后，因球位置，其電量Q1和Q相等，故可得Q3 =Q1 =Q/4.球1與球4連接后，電荷分布呈不對稱狀態(tài)，設(shè)連接后球 1和球4上的電量分別 為Q與Q。它們可利用等電勢方法求出，即Ui =kQi/a kQ2/r kQ3/ . 2r kQrU4 =kQi/a kQ2/ .2r kQ3/r kQ/a以上各式中，計算各球上的電荷在另一球處引起的電勢時，利用了 r?a的條件。由于Ui=U4,且 Qi Q4 =Qi =Q/4,Qi -Qi - a 2 -i /1 2 r -a1/8Q4 = Q i a2 一 i / L 2 r a17 8利用r?a的條件，略去二階小量，上式可寫成Qi Qi -a , 2 - i /