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1、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=1.81061.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M0，试问 M 0/ M 0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025a （年）变换M 0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 M 0是不定的，所谓最小比值是指火箭刚
2、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025a （年）。利用时间膨胀公式，相应的地球时间为021c2因R故R0212c解出cc22100c 1 0.961022c 12cR012R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M 0后作匀速运动，火箭质量不变。最后火箭作减速运动，比值M 0 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 M 0 。加速阶段
3、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1M12M01（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1M12M01（2）由（ 1）、（2）式，得M14R214R2410M 01c22c221000y2. 如图 52-1 所示，地面上的观察者认为在地面上u同时发生的两个事件A 和 B，在相对地面以速度 u（ u 平OABx 行于 x 轴，且与正方向同向）运动的火箭上的观察者的z判
4、断正确的是（）图 52-1A、A 早于 BB、B 早于 AC、A、B 同时发生D、无法判断解：在地面（ S 系）上，xxB xA , t t B tA 0，在火箭（ S 系）中，tt Bt Aux Br t Aux Ar tBc2c2r tBt Aux AxAxBc2ux AxAxBc 2因 r0， u0， xAxB0 ，故t 0 。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 角度，再用一细绳围绕四杆的中点捆住， 使板平衡于 角位置。试求绳内的
5、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G图 11-195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 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 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
6、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：4T上G（ 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，N/不过可以为/，从俯图来看四根轻杆的受力情况（如图11-196NO所示）：图中虚线表示正方形对角线的外延部分，如果 N/ 不在对角线图 11-196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T下 为：4T下 G（2）N/y而水平方向的作用力必沿对角线方向（否则木板旋转
7、），木板对杆的作用力向里向外的性质与上端铰链T/T/ N /xO的方向相同，否则以绳对杆的作用点为支点，力矩无法平衡。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：T上 T下（ 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 T/2
8、T 。x 方向水平力平衡：N / sinN / sin2（4）2y 方向水平力平衡：N / c o sN / c o sT/2TNT 上/ minA22（5）2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 a cosT/N/ min211-198。2a sinBT 下对于 A 点，力矩平衡2图 11-198N / sin a cosT下 2a sin22 （6）联合（ 2）、（4）、（5）、（6）式可得G cosT2 2 cosa24. 如图 12-30 所示，一小车对地以加速度a1=1m/s2 向左由静a1止开始作匀加速运动，车上一人又以加速度a22相对于车向=2m/s图 12
9、-30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） a人地a人车a车地a1 与 a2 方向相反选 a2 为正方向则a人地 2m / s2m s21m/ s2（ 2） t=1s 时，人车 2m / s车地1m / s人地 2m / s1m / s1m/ s（ 3）a人地 1m/ s21a t 2s11 222m225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
10、（ 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PV常数对于上述两种情况，可有PatL2P1V1 P2V2PP现在考虑在每一情况作用中在气体上的压强，如图 24-30L1Pat图 24-30 （ b）（b）所示，可得WV2P1P大气SV1P2WP大气S式中 S为试管内部的截面积， W 为水银的重量， W=mg，则mgV2SL2P大气SV1SL1mgP大气S消去 S得L2P大气4mgd 2L1P大气4mgd 26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h压强为 p0
11、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2h管的半径为 r,r?h，今将水平管内灌满密度为的水银，如图 24-54（ a）所示。图 24-54 （a）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5 h柱长度稳定为 3 。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5 h水平管内水银柱长度稳定为3。（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
12、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a1 h3AB图 24-54 （ b）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4右管：p0hS3 p1hSp0 hS2 p2 hS左管：3S 为管的截面积，图24-54（ b）中， A、B 两处压强分别为：p Ap21gh3pBp1而留在水平管内的水银柱质量m 5 hS3其运动方程为( p ApB ) Sm a由以上各式可得a(9 p04 gh) /( 20 h)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
13、柱将向封闭的Bh / 3A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2p0 hShSS 为管的截面积。图24-54（ c）中 A、B 两处的压强分别为p Ap1gh3pBp0留在水平管内的水银柱的质量m 5 hS3其运动方程为( p ApB ) Sm2 R42 n 2mRR 7 h其中6由以上各式可得1n(9 p06 gh) /(140 2 h 2 ) 2n57. 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，n4厚度 d=0.1mm
14、 的薄层紧密连接构成，图33-40 表示各薄层互相垂直n3n2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2n1r1n00iO射率为 nK 0 v，其中 n0，今有一光线以入射角=n -K=1.4,v=0.025i=60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sin in0 sin r ，此光线从最下面一层进入向上数第一层时，入射角为 r20 ，折射角为 r21 ，同样根据折射定律有n0sin0n1 sin122，也即n0c o s0 n1 c o s1光线从第一层进入第二层时，同样可得n1cos
15、0n2 cos 1综合以上分析可得：n0 cos 0n1 cos 1 n2 cos 2nK cos K因为 nKn0K 0.0025 ，所以 cos K 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 cosK 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n0cos0n0cos 01cos KnKn0K因为 n0 cos0n0 sin rsin i代入上式得：cos Ksin i1n0Kn0sin i 1.41 0
16、.866K21.76解得：0.025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hK1 d220.1mm2.2mm.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R面顶点 O 的距离为 2R
17、，R 为该圆柱面半径， CCO为 圆2RE 柱面中心轴位置。玻璃的折射率 n=3/2，E 代表人眼，图 33-99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sin in sin rnsin iBE / ABsin rBE / CBCE
18、40.0n1.33当光圈足够小时，BE ，因此有AE30.0(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rCAP 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，iiBE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DO下，折射定律 n sin i sin r 可写为 r ni 。这两条光线反向延长，在主轴上图 33-100相交于 A ， A 即为物 A 之虚像点（图 33-101）。对 APA 用正弦定律，得sinA PAsin(
19、i )sin iAAAPAP在小角（近轴）近似下：sinA PAA PAnii,sin iiAPAOniii上式可写为AO2RAO解上式得2R2RA O4R2 n2 3/2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A A 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 A B 是物 AB 之正立虚像。选从 B 点发出过圆柱面轴心 C 的光线 BC。该光线对界面Brni来说是正入射（入射角为零） ，故无偏折地出射，反BnPQA iCi OAE向延长 BC线交过 A 垂轴线于 B ，从 A
20、 B C ABC图 33-101得A BA C3R放大率ABAC3R9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（ Q0）。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， A4QQ球和 B 球带正电，故质点先加速，穿过A 球PN内时，不受 A 球的电场力作
21、用，但仍受B 球MAB的电场力，进一步加速。在两球之间时，存xd在一质点所受合力为零的点， 设此点为 S，且图 41-83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
22、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 r1 和 r2 ，则k 4Q
23、k Qr 2r212r1r2d由以上两式，可解出r2 d; r21 d133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k 4Qqk Q qk 4Q q k Q qxxdr1r2式中 -q(q0)是带电质点的电量。把上面解出的r1 和 r 2 代入，得x210 1 d9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 WS 与它在 B 球球心处的电势能WB 的大小，因W Sk 4Q qk Q qk 9Qqr1r2dWBk 4Q qk Q qkQq 41r1r2dRB式中 RB 为 B 球的半径。由题设RB?d故即W
24、BWS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x210 1 d910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 Q1 和 Q2 分别表示球 1 和球 2 上B A adDbl图
25、41-88的电量，可得Q2 Q1 Q / 2 。球 1 与球 3 连接后，因球 1 和球 3 处于对称位置，其电量 Q1 和 Q 相等，故可得 Q3Q1 Q / 4. 球 1 与球 4 连接后，电荷分布呈不对3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U 1kQ1 / akQ2 / rkQ3 /2rkQ4 / rU 4kQ1 / akQ2 /2rkQ3 / rkQ4 / a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U1U4，且 Q1Q4Q1Q/4,故Q1Q 1a21 /2 ra/ 8Q 4Q 1a21 /2
26、 ra/ 8利用 r?a 的条件，略去二阶小量，上式可写成Q1Q 1a21 /2r/ 8Q 4Q 1a21 /2r/ 8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 U 1 ，则球 1 的电势为U 1kQ1 / akQ2 / rkQ32rkQ4 / r0q1a Q2Q3 /2Q4 / raQ 5 / 81/ 4 221 a / 82r/ raQ 5 / 81/ 4 2 / r此时球 1 上带负电，故流入大地的电量Q入地 为Q入地 Q1q1Q 1a21 /2r / 8aQ 5 / 81 / 42 / rQ 1a 5212 / 2 / r / 8Q 1a 432 / 2 / r / 832Q 1a 42r.8答：。