高中物理竞赛复赛模拟训练卷(6)

1、.高中物理竞赛复赛模拟训练卷151.平底电磁炉的工锅底和锅壁均由耐高温绝缘体材料制成，锅底上同心环绕着半径不同的导电圆环，导电圆环单位长度电阻为R=/8m-1，同心导电圆环半径 rn=（n+1）/4 cm，（n=1，2，3，4），锅底直径d=28cm。若垂直于整个锅底施加大小方向如图所示按正弦规律变化的磁场（若B=sint，则dB/dt=cost。普朗克常量h6.6×10-34J·s。计算结果保留两位有效数字）。求：（1）半径为r1的导电圆环中感应电流的最大值是多少？（2）假定导电圆环产生的热量全部以波长为600nm（6×10-7m）的光子辐射出来，那么半径为r1

2、的导电圆环1分钟辐射出来的光子数是多少？（3）若没有其他损失，求上述半径为ri（i = 4，5，6）三个导电圆环所释放的总热功率（4）该三个导电圆环连续工作多少年所释放的能量相当于1g铀235完全裂变释放的能量？（已知1g铀235完全裂变的质量亏损是9.1×10-7kg，一年可取为3.2×107s）。2某空调器按可逆卡诺循环运转，其中的作功装置连续工作时所提供的功率为P0。（1）夏天室外温度恒为T1，启动空调器连续工作，最后可将室温降至恒定的T2。室外通过热传导在单位时间内向室内传输的热量正比于(T1-T2)（牛顿冷却定律），比例系数A。试用T1，P0和A来表示T2。（2）

3、当室外温度为30ºC时，若这台空调器只有30%的时间处于工作状态，室温可维持在20ºC。试问室外温度最高为多少时，用此空调器仍可使室温维持在20°C。提示：卡诺热机的循环过程是由两个等温过程和两个绝热过程组成，在等温过程中吸收的热量与温度的比值等于放出热量与温度的比值，即有。3如图所示的纸平面代表一惯性系平面，此平面上有以O 点为中心的有心电场，其场强为E(r)= ，方向指向O 点，k，为常数。场中S点为一带电粒子发射源，每个粒子电量为q0，质量为m，粒子间相互作用可忽略。（）若发射出的粒子具有与图中r0垂直的速度v0，而后粒子恰好能绕力心O 作匀速圆周运动，试确

4、定S 点与O 点的距离r0。（）若发射出来的粒子束在切向邻域有一个非常小的发散角a ，如图所示，且每个粒子速率仍为v0，试问在什么范围内可以让这些粒子重新会聚，且会聚点与O 点的距离仍为r0？再求第一次会聚前，粒子束绕O 点转过的角度？提示：4. 1923年，美国物理学家在研究X射线与物质散射的实验里，证明了X射线的粒子性，它第一次从实验上证明了爱因斯坦提出的光子具有动量的假设。在某康普顿散射中，入射光子（X光子）与静止自由电子碰撞后，在与入射光束成角的方向上，可以探测到波长增为的散射光。已知=60°，=0.0254nm，试求反冲电子的动能。已知电子的静止质量为m0=9.1×

5、;10-31kg。5. 一个空心半圆形圆管竖立在铅直平面内（如图所示），管口连线在水平面内，管内装满重量为W的一系列小圆球，左、右最高的一个小球恰好和管口平面相切，共有2n个小球，求从左边起第k个和第k+1个小球之间的相互压力（忽略所在摩擦）。6.虹是由于光在球形雨滴内部反射而产生的，这种内部反射的次数决定了虹的“级”。一般可看到1条或至多2条彩虹（即只有第一级和第二级）。若雨水折射率为（1）导出在第k级虹内光线偏向角k的一般方程式（2）导出在第k级虹内光线偏向角k取最小值时入射角i满足的关系式（3）计算折射率为1.331的红光在第一级和第二级虹内的最小偏向角。观察者看到这二条虹的角度差为多少

6、度？提示：7如图所示，二极管D1和D2都是理想的，两个直流电源E1和E2的电动势都是0=1.5V，其内阻不计，自感线圈L的直流电阻不计。最初，开关S断开，电容器的电压为UAB=U0（U0>0），闭合S，系统达到平衡后，电容器上的电压变为UAB= 1V，试求U0=？ 8. 如图所示，在倾角为的固定斜面顶端有一轻质定滑轮，一轻绳跨过滑轮，其两端分别与物体A、B相连，物体A位于斜面上，连接B的轻绳竖直下垂，二者均处于静止状态。已知A、B的质量分别为mA=0.150kg，mB=0.100kg，A与斜面间的动摩擦因数和静摩擦因数均为=0.20，=30°。现在有一质量为m=0.0010kg

7、的子弹沿与斜面成角的方向射入A，射入前的速度v=20.0m/s，射入后留在A中，射入过程的时间极短。（1）如果是45°到90°之间的任意角，则射入过程结束时A的速度如何？（2）当=45°时，试定量说明子弹射入后系统运动的全过程。滑轮转轴处的摩擦可忽略不计，取g=10m/s2。参考答案1解:（1）， 解得：（2）每个光子的能量 ， 光子个数（3）环中产生的热功率为： ×1010J 2解：（1）夏天，空调器为制冷机，单位时间从室内吸热，向室外放热，空调器的平均功率P，则。对可逆卡诺循环，则有，。通过热传导传热，由得 因空调器连续工作，式中，（2），而所求的是

8、时对应的值，记为，则 解得 3（1），（2）角动量守恒有：以O点为圆心的旋转坐标系为参考系对带电粒子进行受力分析：，当<3时粒子在平衡位置附近作简谐振动。，4解：如图所示，X光子与静止自由电子碰撞，前后总动量的总能量守恒。有 （1） （2） （3）中，和是入射光子和散射光子的频率，是电子静止质量，m是反冲电子的质量。由相对论中能量与质量的关系，可知 （1）（2）平方再相加，有 （3）代入，有 ，有便是著名的康普顿散射公式。代入数据，可知 故电子反冲动能 5解： 如图所示，对第个滚珠进行受力分析，它受到两侧滚珠的压力分别记为和，还受到管壁的径向弹力P和重力W，建立如图直角坐标系，只讨论在方

9、向上合力为零的条件，则有 （1）由图中几何关系可知 所以有 同时有将值代入（1）式后可得 即有 两边相加后可得对第1个滚珠进行受力分析，不难得到：因此其中 所以 6解：图33-129图11-298（1）对于通过k次内部反射的偏向角（图33-128）可由下式来表示：即：，由于折射率是由下式决定即，所以： （1）（2）对最小的偏向角即运用，最后我们得到 （3）若k=1，（2），若k=2，（3）以代入等式（1），并运用（2）（3）可得到关于k=1和k=2的角 图33-129表示k=1和k=2的光路，显然，观察者看到k=2的虹是比k=1的虹高，二者的角度差为7解：根据振荡中能量转化的关系来求解。对于电

10、容器的一次放电充电过程（即前述的半个振荡周期的过程），过程中仅有一个二极管导通，电流也只能从某一对应的电源中通过，且此电流方向与电源电动势方向相反，由此，振荡电路中的能量将有一部分被电源吸收9比如转化为化学能而储存于电源之内），这一吸收量为此过程中通过电源的电量Q与电源电动势的乘积。另一方面，又注意到此过程的初、末状态电路中的电流均为零，即振荡电路的L中不贮存能量的全部储存于电容中，设此过程初状态时电容器电压的大小为U1，末状态时电容器电压的大小为U2，则由电容器的储能公式知此过程中电容器储能的减少量为，故应有 （）情况一：对于系统达到最后稳定前的半个振荡周期，设电容器的极性发生了改变，则应有

11、 Q=CU1+CU2 代入（）式有：，对于，则UAB的初值U0可取 +4V，-7V，+10V，-13V由于还有一条件，则UAB的初值U0只能为 +4V，+10V，+16V，即 情况二：对于系统达到最后稳定前的半个振荡周期，设电容器的极性未发生变化，则应有 Q=CU1-CU2 代入（）式有：，对于，则UAB的初值U0可取 -1V，-2V，+5V，-8V，+11V，-14V，由于还有一条件，则UAB的初值U0只能为 +5V，+11V，+17V，即 综合以上的（1）和（2）得 8解：（1）子弹射入A的过程在此过程中，子弹的速度突变，它与A之间产生一个冲力。此冲力使子弹的动量发生改变。现分别讨论垂直于

12、斜面和平行于斜面两个方向的情况。垂直于斜面方向：A保持不动，子弹的分动量由。设冲力在此方向的分力大小的平均值为N，作用时间为，考虑到重力在此方向的分力远小于冲力，则有 （1）在此方向A所受的力，除子弹给它的冲力以外，还有斜面给它的正压力（设为）和重力的分力。由于A保持不动，可知三力平衡。同样忽略重力的分力，则有 平行于斜面方向：子弹的分动量也发生突变，设子弹与A之间的冲力在此方向的分力大小为F，则F的冲量为。A在此方向还受到阻碍它沿斜面向上运动的摩擦力f和重力的分力同样忽略重力的分力，则射入过程中的最大摩擦力为 摩擦力f的冲量为 （2）射入开始时，子弹和A组成的系统沿此方向的动量为，摩擦力的冲

13、量使系统动量减少，如果 （3）则摩擦力冲力将使A和子弹的动量减为零，即子弹陷入A中保持静止，A也保持不动。以上条件要求 即 （4）当，射入过程结束时，系统的动量大于零，子弹和A将一起向上滑动。设其速度为，则由动量定理可得解得 （5）代入数据，得v=0.075m/s （6）当：时，A保持不动。（2）射入过程结束后的运动A的运动：A以初速度向上运动时，由于B的速度为零，绳子将松弛，张力为零。A和子弹在重力和摩擦力作用下做初速度匀减速运动，在时刻t其加速度、速率和沿斜面上滑的距离分别为 （7） （8） （9）B的运动：绳子张力为零，B为自由落体，其速率及下滑的距离分别为 （10） （11）当时，绳子被拉直，此时，则有 （12）可解得 （13）代入数据得 t1=0.009S （14）设B下降距离为H1，则H1=设此时A、B的速度分别为和，则 （15） 代入数据得 （16）绳中出现冲力的过程由（15）和（16）式可看出， 。因绳子不能伸展，绳子张力将出现此冲力，此冲力使A、B的速率变为一样，设此共同速率为。由于绳中张力的数值处相