全国高中物理竞赛模拟题一

1、全国高中物理比赛模拟试题一1光子火箭从地球出发时初始静止质量（包含燃料）为M0，向相距为R=（光年）的远方仙女座星遨游。要求火箭在25年（火箭时间）后抵达目的地。引力影响不计。1）、忽视火箭加快和减速所需时间，试问火箭的速度应为多大2）、设抵达目的地时火箭静止质量为M0，试问M0/M0的最小值是多少分析：光子火箭是一种假想的遨游器，它利用“燃料”物质向后辐射定向光束，使火箭获取向前的动量。求解第1问，可先将火箭时间025a（年）变换M0成地球时间，此后由距离R求出所需的火箭速度。火箭抵达目的地时，比值M0是不定的，所谓最小比值是指火箭恰巧能抵达目的地，亦即火箭的终速度为零，所需“燃料”量最少。

2、利用上题（本章题11）的结果即可求解第2问。解：1）火箭加快和减速所需时间可略，故火箭以恒定速度飞越全程，走完满程所需火箭时间（本征时间）为025a（年）。利用时间膨胀公式，相应的地球时间为0212c因R故R021解出c222c22c1c0c10.961010cR201R2可见，火箭几乎应以光速遨游。（2）、火箭从静止开始加快至上述速度，火箭的静止质量从M0变成M，此后作M0匀速运动，火箭质量不变。最后火箭作减速运动，比值M0最小时，抵达目的地时的终速恰巧为零，火箭质量从M变成最后质量。加快阶段的质量变化可应用上题（本章题11）的（3）式求出。因光子火箭发射的是光子，以光速c走开火箭，即u=c

3、，于是有1M12M01（1）为加快阶段的终速度，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。又因减速时必然向前辐射光子，故u=-c，即有1M12M01（2）由（1）、（2）式，得M14R214R2410M01c22c221000y2如图52-1所示，地面上的察看者认为在地面上u同时发生的两个事件A和B，在相对地面以速度（平行OAB于轴，且与正方向同向）运动的火箭上的察看者的判断z正确的选项是（）图52-1A、A早于BB、B早于AC、A、B同时发生D、没法判断解：在地面（S系）上，xxBxA,ttBtA0，在火箭（系）中，uxBrt

4、AuxAttBtArtB2c2crtBtAuxAxAxBc2uxAc2xAxB因r0，u0，xAxB0，故t0。即从火箭上察看，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，再用一细绳环绕四杆的中点捆住，使板均衡于角地点。试求绳内的张力。分析：初看本题，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根轻质杆与绳索有4个接触点，一共有12个受力点，并且初看甚至想象不出木板旋转角度此后整个系统是什么样子，即便把各个受力点的力逐一画出来也僧多粥少。应当先想想哪些点都是对称的

5、（等价的），找出最基本的部分，再把空间方向确立下来，此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此后，系统固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，系统的与自己重合，说明四根轻杆的受力状况是完满相同的。系统处于均衡状态，把四根轻杆，木板，绳构成的部分看作刚体，则刚体受四个铰接部分的力而均衡，重力方向的均衡能够得出，竖直方向对每根轻杆的拉力T上为：4T上G（1）而铰接处能否对轻杆有水平方向的作使劲，临时还不好确立，可是能够为N4T下GT上T下T2TN/sinN/sinNT上/22/minA2N/cosN/cosT/2TacosT/22NGcos/min2N/

6、sinacosT下2asinT22asinBcos如图T下a1a22222图11-19812-30所示，一小车对地以加快度a1=1m/2向左由N/图12-30静止开始作匀加快运动，车上一人又以加快度a2=2m/2相关于车向右同时由静止开始作匀加快运动。求：（1）人O对地的加快度；（2）经历时间t1=1，人对地的刹时速度；（3）经历时间t=2，人对地的位移。图11-1962N/解：（1）a人地a人车a车地yT/N/T/xO图11-197a1与a2方向相反选a2为正方向则a人地2m/s2ms21m/s2（2）t=1时，人车2m/s车地1m/s人地2m/s1m/s1m/s（3）a人地1m/s21at

7、2s11222m225有一小直径为d的试管，管内装有理想气体，此中有一段质量m=2g的水银将理想气体和空气分开。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：假如是等温过程，可得理想气体的状态方程PV常数关于上述两种状况，可有PatL2P1V1P2V2P此刻考虑在每一状况作用中在气体上的压强，如图24-30PL1Pat（b）所示，可得图24-30（b）V2P1P大气WSV1P2P大气WS式中S为试管内部的截面积，W为水银的重量，W=mg，则V2SL2P大气mgSV1SL1P大气m

8、gS消去S得4mgL2P大气2dL14mgP大气2d6有一个两头张口、粗细平均的U型玻璃细管，搁置在竖直平面内，处在压强为的大气中，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的水银，如图24-54（a）所示。hh图24-54（a）1如将U型管两个竖直支管的张口分别关闭起来，使其管内空气压强均等于大气压强，问当U型管向右作匀加快挪动时，加快度应多大才能使水平管内水银h柱长度坚固为3。2如将此中一个竖直支管的张口关闭起来，使其管内气体压强为1atm，问当U型管绕以另一个竖直支管（张口的）为轴作匀速转动时，转数n应为多大才能使h水平管内水银柱长度

9、坚固为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型管向右加快挪动时，水平管内的水银柱将向左边的竖直支ahAB图24-54（b）管中挪动，其坚固的地点是留在水平管内的水银柱所受的水平方向的协力等于使其以恒定加快度a向右运动时所需的力。因为竖直支管内空气在膨胀或压缩前后的温度相等，依据气态方程有p0hS4p1hS右管：3p0hS2p2hS左管：3S为管的截面积，图24-54（b）中，A、B两处压强分别为：pAp21gh3pBp1而留在水平管内的水银柱质量5hS3其运动方程为(pApB)Sma由以上各式可得a(9p04gh)/(20h)2当U型管以张口的竖直支管为轴转动时，水

10、平管内的水银柱将向关闭的竖直支管中挪动，其坚固地点是水平管内的水银柱所受的水平方向的协力，正好等于这段水银柱作匀速圆周运动所需的向心力。因为关闭竖直支管内空气在h/3BA图24-54（c）压缩前后的温度相等，依据气态方程有p0hS2hS3S为管的截面积。图24-54（c）中A、B两处的压强分别为pAp1gh3pBp0留在水平管内的水银柱的质量5hS3其运动方程为(pApB)Sm2R42n2mR7h此中6由以上各式可得1n(9p06gh)/(1402h2)2有一块透明光学资料，由折射率略有不一样样的很多相互平行的，n5n4厚度d=0.1mm的薄层亲近连结构成，图33-40表示各薄层相互垂直n3n

11、2的一个截面，若最下边一层的折射率为n0，从它往上数第K层的折2n11n0r0O射率为n=n-K，此中n=,v=，今有一光芒以入射角i=60射向OK0v0图33-40点，求此光芒在这块资料内能达到的最大深度解：设光芒进入资料后的折射角为r，则依据折射定律有sinin0?sinr，此光芒从最下边一层进入向上数第一层时，r0r1入射角为2，折射角为2，相同依据折射定律有n0?sin20n1sin12，也即n0?cos0n1cos1光芒从第一层进入第二层时，相同可得n1?cos0n2cos1综合以上分析可得：n0?cos0n1cos1n2cos2nK?cosK因为nKn0K0.0025，所以cosK

12、跟着K的增大而增大，则跟着K的增大而减小，即光芒在次序变化的介质中流传时将倾向折射率变大的方向。知足上式又当cosK最凑近1的K值即为光芒能进入的最深薄层的序号，光芒在这个薄层上将发生全反射，此后又逐层返回下边最后射出透明资料。所以求出能知足下式的K的最大值cosn0?cos0n0?cos01Kn0KnK因为n0?cos0n0sinrsini代入上式得：cosKsini1n0Kn0sini1.410.866K21.76解得：0.025取小于的最大整数，得K=21，即在n0上边第21层下表面就是光芒能抵达的最深处，所以光芒在这块透明资料内能达到的最大深度是hK1d220.1mm2.2mm.8（1

13、）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恰巧为30.0cm时，物A的实像和物处于同一高度。实验光阴圈直径很小，能够保证近轴光芒成像。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面极点O的距离为2R，R为该圆柱面半径，CCO为圆2RE柱面中心轴地点。玻璃的折射率n=3/2，E代表人图33-99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）经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，再经过几何知识即可求解

14、。解：（1）主轴上物A发出的光芒AB，经液体界面折射后沿BD方向入射球面镜时，只需BD延伸线过球心C，光芒经球面反射后必能沿原路折回。按光的可逆性原理，折回的光芒订交于A（图33-100）。对空气、液体界面用折射定律有sininsinrsiniBE/ABnBE/CBsinrCE40.0当光圈足够小时，BE，所以有n1.33AE30.02先考虑主轴上点物A发出的两条光芒，其一沿主轴方向ACOE入射界面，无C偏折地出射，进入人眼E。其二沿rAsinAPAsin(i)siniiiAnsinisinrrniAPAAAAPAPBEDOniii图33-100sinAPAAPAnii,siniiAPAOAO

15、2RAOAO2R2R4R2n23/2ABCAAABAC3R3ABACRN与两球面的订交处都开有足够小的孔，因小孔而损失的电量能够忽视不计。一带负电的质点静止地搁置4QQ在A球左边某处N直线上。设质点从N向右P加快。因为质点在B球内不受B球的电场力MABN作用，但仍受A球向左的引力，质点减速，d所认为了使用期质点能经过B球的球心，第图41-83二个必需条件是，质点在B球球心处的速度应大于零或至BrniBnPQ少等于零。AAiiOEC本题的重点在于带电系统的电势能与带电质点的动图33-101能之和，在该质点运动过程中守恒。所以质点恰巧能经过S点的条件可表示为，质点在N直线上在A球和B球之间有一个S

16、点，带电质点在S点受力为零。设S点与A球和B球球心的距离为和，则4QQkr2kr212r1r2d由以上两式，可解出r2d;r21d133带电质点从P点静止开释后，恰巧能够抵达S点的条件是，它在P点和S点的电势能相等，即4QqQqk4QqQqkxkdr1kxr2式中-qq0是带电质点的电量。把上边解出的和代入，得2101dx9为了判断带电质点恰巧抵达S点后，能否经过B球球心，需比较它在S点的电势能与它在B球球心处的电势能的大小，因WSk4QqkQr2qk9Qqr1dWBk4QqkQqkQq41r1r2dRB式中为B球的半径。由题设?d419故dRBd即WBWS所以，带电质点只需能抵达S点，就必然

17、能经过B球球心。于是，所求开始时P点与A球球心的距离即为上述结果，即21dx10910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）的正方形的四个极点上。第一，让球1带电荷Q（Q?0），此后取一细金属丝，其一端固定于球1上，另一端分别挨次与球2、3、4、大地接触，每次接触时间都足以使它们达到静电均衡。设散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连结后，用和Q2分别表示球1和球2上的BAadD电量，可得Q2Q1Q/2。球1与球3连结后，因球1和球3处b于对称地点，其电量和Q3相等，故可得Q3Q1Q/4.球1与球4l图41-88连结后，电荷散布呈不对称状态，设连结后球1和球4上的电量分别为Q与Q。它们可利用等电势方法求出，即14U1kQ1/akQ2/rkQ3/2rkQ4/rU4kQ1/akQ2/2rkQ3/rkQ4/a以上各式中，计算各球上的电荷在另一球处惹起的电势时，利用了r?a的条件。因为U1U