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1、-全国高中物理竞赛模拟题四-第 - 15 - 页全国高中物理竞赛模拟题四1.子的电量q=-e(e=1.610-19C)，静止质量m0=100MeV/c2，静止时的寿命0=10-6s。设在地球赤道上空离地面高度为h=104m处有一子以接近于真空中光速的速度垂直向下运动。1）、试问此子至少应有多大总能量才能到达地面？2）、若把赤道上空104m高度范围内的地球磁场看作匀强磁场，磁感应强度B=10-4T，磁场方向与地面平行。试求具有第1问所得能量的子在到达地面时的偏离方向和总的偏转角。分析：利用时间膨胀公式可将地球上观测到的子的寿命与静止系中的寿命建立联系。对地球上的观察者而言，子为能达到地面，所具速
2、度必须保证它在时间内走完全程。利用质能公式可得子的相应能量。由于子的动能比重力势能大得多，重力影响可忽略。又因地磁场引起的偏转较小，计算第1问时可不考虑洛伦兹力，因此，可把子近似看成作匀速直线运动。求解第2问时，必须考虑由地磁场引起的洛伦兹力，此力使子产生偏转。因洛伦兹力对子不做功，故其能量保持常值。根据动力学方程和质能公式可写出子坐标所遵从的微分方程，解此微分方程即可求得偏转量。子除受洛伦兹力外，还受地球自转引起的科星奥利力的作用，它对子偏转的影响应作一估算。解：（1）近似地把子看成是作匀速直线运动，速度为，到达地面所需地球时间为 为能到达地面，需满足式中为地球观察者测得的子寿命，它与的关系
3、为由质能公式，子的能量为给合以上诸式，有代人数据，子至少应有能量（2）、如图所示，取直角坐标系Oxyz，原点O在地面，x轴指向西，y轴垂直于地面向上指向北。子的初始位置和初速度为磁场B与z轴方向一致，子所受洛伦兹力为子的动力学方程为其中 E=常量成分量形式为 （1）（2）（1）式对t求导后再将（2）式代入，得式中上述方程的解为因此，有故得初条件为得最后得子的坐标为到达地面时，y=0，即有因，有子到达地面时的坐标为朝方向（向西）的偏转角为落地点向西偏离的距离为子落地过程需时此阶段地球表面一点转过的距离为可见，s，即由地球自转引起的偏离可以忽略。2. 热中子能有效地使铀235裂变，但裂变时放出的中
4、子能量代谢较高，因此在核反应堆中石墨作减速剂。若裂变放出的中子动能为2.2MeV，欲使该中子慢化为热中子（动能约为0.025eV），问需经过多少次对撞？ 解：运动的中子与石墨中静止的碳原子碰撞可作为弹性碰撞处理。设第次碰拼音字母前中子速度大小为，碰后速度 大小为，由动量守恒和能量守恒可得式中分别为碳原子、中子的质量，近似有。于是可表述为 初始的中子对应动能，碰撞次后的动能取为，则有 两边取对数解得 取整数后为3. 半径为R、质量为M1的均匀圆球与一质量为M2的重物分别用细绳，AD和ACE悬挂于同一点A，并处于平衡，如图11-205所示，已知悬点A到球心O的距离为L，不考虑绳的质量和绳与球的摩擦
5、，试求悬挂圆球的绳AD与竖直方向AB的夹角。分析：在平衡条件下，一个物体受到三个共点力作用时，这三个力的作用线必相交于一点。这是平衡问题的一个基本结论，本题就是一例。解：作用在球上的力有重力绳的拉力T和ACE绳的压力N。由于不考虑绳与球的摩擦，所以N的方向沿半径指向球心，重力也是通过球心的。由于球平衡，所以绳AD的拉力也必过球心，因此可判断绳一定沿OA方向（如图11-206）。图11-206对球和重物组成的系统，根据平衡条件，和对A点的力矩大小相等，即 （1）由图可知 代入（1）式，可解得4. 火车以速度v1向前行驶。司机忽然发现，在前方同一轨道上距车为s处有另一辆火车，它沿相同的方向以较小的
6、速度v2作匀速运动，于是他立即使车作匀减速运动，加速度大小为a，要使两车不致相撞，则a应满足的关系式为_。分析： 司机使火车作匀减速运动，当后面的火车与前方火车时的速度相等时，两车再也不能接近了，也就是后面的火车与前面火车的速度相等时，后面火车的位移与前面火车的位移之差要小于s时，两车才不致相撞，本题解法中有四种。解法一：当两车速度相等时，两车没有相撞，以后再也不会相撞，前车减速的时间为t，则解法二：以前车为参照系，后车的速度为，当后车的速度减为零时，其位移小于s，两车不会相撞，即图12-34。解法三：作出两车运动的速度时是图像如图12-34所示，由图像可知：在两图像相交前与时间轴所围面积之差
7、（即图中阴影部分）小于s时，两车不会相撞。即 解法四：后车的位移为，前车的位移为，要使两车不相撞，即说明此二次函数无解，即以上四种解法中，以第二种解法最简捷。图24-285如图24-28所示，有一个一端开口、一端封闭的长圆柱形导热容器，将其开口向上竖直放置。在气温为27、气压为760mmHg、相对湿度为75%时，用一质量可不计的光滑薄活塞将开口端封闭。已知水蒸气的饱合蒸气压为26.7mmHg，在0时为4.5mmHg。（1）若保持温度不变，想通过在活塞上方注入水银加压强的方法使管内开始有水珠出现，那么容器至少为多长？（2）若在水蒸气刚开始凝结时固定活塞，降低容器温度，当温度降至0时，容器内气体压
8、强为多大？分析：当活塞上加入水银时，密闭管内的空气和水蒸气的压强均增大，当水蒸气的压强达到饱和气压后，管内开始有水珠出现。解：（1）灌水银前空气柱中水蒸气的压强为设容器长为，空气柱长度减小到时，水蒸气达饱和状态，根据玻意耳定律有即 ，此时活塞上下方压强分别为因 有 即 （2）水珠体积可以忽略，开始时，容器内干燥空气压强应为因活塞固定，气体降温过程等容，故有容器内气体总压强为6如图24-31所示，一个静止的竖直放置的玻璃管，长为H=23cm，粗细均匀，开口向下，其内有一段长为h=10cm的水银柱，把长为L0=10cm的空气柱封闭在管的上端。设外界大气压强p0=1.0105Pa，求当管以20m/s
9、2的加速度上升时，管中封闭的气柱长为多少厘米？（取g=10m/s2，水银密度=1.4104kg/m3）解：管加速上升时，水银柱所受合力向上，管内气体对水银柱的压强应减小，管内气体体积应增大，由于管长度一定，有可能使管内水银溢出的情况。设当管加速上升时，封闭气柱压强为P，长为L，水银柱质量为m，对于气柱，根据玻意耳定律得 （1）对水银柱根据牛顿定律有 （2）又 （3）得 （4）由（1）、（4）式得因为 所以加速上升时，水银将溢出管外。这时设余下水银柱长为，其质量为，封闭气柱压强为，长为。对水银柱，根据牛顿第二定律有 （5）又有 （6）所以 （7）对封闭气柱，根据玻意耳定律有 （8）此时 （9）把
10、（7）式、（9）式代入（8）式并化简得代入数值，并化简有解得 （大于H舍去）所以正在以加速度上升的玻璃管，其上端封闭的气柱长为7如图24-55所示，用导热材料制成的两端开口的U型管ABCD，其中AB高h=24cm，CD高L2=20cm，截面积分别为SAB=1cm2，SCD=2cm2，开始时两管均有高h=16cm的水银柱，现用两个橡皮帽将两个管口封闭，打开下方的阀门K，用注射器从底部缓慢抽出水银，当其中的一个管内的水银被抽干时立 图24-55即关闭阀门K。（已知大气压强为p0=75cmHg）（1）请你判断首先被抽干的是哪一管中的水银？（2）另一只管中剩余的水银柱高度为多少？解：求解这一类题时，应
11、根据可解的情况先做出必要的假设，然后按着所做出的假设进行推理，在推理过程中，对所做假设做出否定或认同即可求解。假设左管内水银先被抽干，并设这时右管内剩余水银柱的高度为，对左管内封闭气体用玻意耳定律有可得所以右管内气体压强为再对右管内被封气体，根据玻意耳定律得：整理得：解得：在根据以上假设列的方程中，有满足题设的实数解，故所做假设成立，即左管内水银先抽干，且此时右管内剩余水银柱高度为5cm。图24-57（a）8如图24-57（a）所示，水平固定的圆筒由足够长粗筒和细筒相接而成，筒中有直径不同的两个活塞A、B用一根细绳相连，活塞B通过水平细绳、定滑轮与一个质量为m=2.0kg的重物C连接，A、B两
12、活塞的横截面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2。当两活塞封闭的空气柱温度为t=327时，两活塞保持静止，此时两活塞分别与大小圆筒的相接面的距离均为L，已知大气压强p0=1.0105Pa，活塞与筒壁、滑轮与轮轴间的摩擦均可忽略不计，取g=10m/s2，求：（1）此时筒内两活塞间气柱的压强为多大？（2）当筒内气柱的温度缓慢降到时，活塞A能否向右移动距离L，试说明理由。（3）当气柱温度降到时，筒内气柱的压强为多大？（在整个变化过程中，A、B绳子始终有作用力）。解：（1）将活塞A、B（包括连接两活塞的细绳）作为整体，其受力如图答24-57（b）所示，根据物体的平衡条件得 （1）图24-57（b
13、） （2）当气体的温度缓慢降低时，气体的压强P在减小，由（1）式可知当式中的（气体的压强）在减小时，由于，故方程左边比右边小，平衡被破坏，这就意味着向右的作用力大于向左的作用力，故活塞右移，使气体的体积减小，压强增大，可以认为是一个等压过程（直到活塞与细筒侧壁相接触时为止），活塞不能无限制地向右移动，当活塞A移到与粗、细圆筒的交接处时，不再移动。设活塞刚好移到两筒交接处时气体的温度为T，此时活塞对细筒侧壁无相互作用力，在等压过程中，有其中 故当筒内气体的温度缓慢降至，活塞A能向右移动距离L。（3）当筒内气体的温度缓慢降至，其末态有：由理想气体状态方程9. 众所周知，在沙漠中能观察到蜃楼现象，假
14、设在近大地的空气层中，光速 图33-41按c(z)=c0(1-az)规律变化，式中c0为光沿地面的速度，z为离地高度。试问：观察者观察到蜃楼现象时，估计真实景物离他多远？设观察者身高为h。 解：光在沙漠上空气中的传播速度随离地面高度的增加而减少，这意味着贴近地面的空气的折射角比上层空气要小，致使远处来的光线在射向地面时，不断被折射，入射角逐渐增大。当光线射到贴近地面大气层的入射角大于临界角时，就发生全反射现象。如图33-41所示，将近大地的空气层划分为多个间距很小的层面，每个层面都与大地平行，这样可认为光速在某一层面的不同高度处相同（即可视为折射率相同）。设各层介质的折射率分别为n1、n2、n
15、3光速与分界面法线的夹角分别为i1、i2、i3由折射定律可得图33-42 。即 。而，且在地面附近处，故 由图33-42可见，上式是一个圆方程，这说明光线在不均匀空气中是沿圆弧传播的。设圆半径为R，则故 另由几何关系得并将z=h代入上式可得点评：将折射率连续变化的介质分成许多个折射率不相同的层面（层面中折射率相同）是处理本题的关键。10.如图33-102所示，在内半径为r、外半径为R，折射率为n1的玻璃管中充满了 图33-102折射率为n2的发光液体，试问，从远处看，当管的厚度消失时，r和R应满足什么条件？分析：在物理学中存在大量的临界问题，以原理、定理或定律为依据，直接从临界状态和相应的临界
16、量入手，求出所研究问题的特殊规律和特殊解；然后，以此对一般情况进行分析、讨论和推理，即采用从特殊到一般的推理方法称为临界法。本题中，液体发出的光线经玻璃两次折射后射出。从远处看，只能接受平行光线。管的厚度消失，即经管边缘射向远方的光线与该处的管直径2R垂直。即光线从玻璃折向空气时，入射角为全反射临界角。图33-103解：如图33-103所示，厚度消失时，切向光线MN与半径垂直，管内存在PM光线，PM入射角为全反射临界角，有PM光线是从液体P点发出，从液体射向玻璃时折射角为。如图33-103所示，由正弦定理有所以有 管壁中是否存在PM光线呢？从P点由液体射向玻璃的入射光线的入射角最大为，相应折射
17、角为。若则即 若则 。存在PM光线的条件是，即要求 时， ，即。 时，即 。点评：本题是以临界状态和相应的临界角为前提，作为分析、讨论的出发点，由于题目未说明n1和n2的大小，应分别就和两种情况进行讨论，从而确定r和R应满足的条件。11. 空气中放一个半径为R、折射率为n的玻璃球，两支相距d2R的平行细光束相对球心对称地射到球上，两支光束与球心共面，如图33-124所示。（1）为使两支光束在球内有实交点，d与n之间必须满足什么样的关系？图33-124（2）为使两支光束对任何d2R均在球外有实交点，n可取哪些值？分析：由下面图33-125可看到，当折射角时两支光束在球面上相交，这是两支光束是在球
18、内，还是在球外有实交点的分界点，因此要分别讨论当与时的情况。解：如图33-125所示，有图33-125（1）球内相交要求，即与前两式联立，并利用 可得 即得所求条件为（2）球外相交，要求，即可得因此，故 为保证前一不等式对任何d均成立，便要求。这便是n的取值范围。12如图41-84所示，半径为R的绝缘圆环由直径AB分成的两半部分各均匀带有正、负电荷。正负电荷的电量都是Q。图41-84(1)试证明过直径AB的直线是一条电势为零的等势线。(2)求带正电的半圆环所激发的电场在环心O点的电势。解：只要证明过AB的直线上各点场强方向与AB垂直，则此直线就是等势线。如进一步证明到直径上某一点的电势为零，则
19、此直线上各处电势均为零。证法1：（1）在直径AB上任取一点C，在环上任取关于AB对称的两点a和b，设a、b为中点的微段圆弧所带电量为。由于C点到这两微段的距离相等，故两段在C点产生的场强的大小相等，方向如图（它们与AB直线的夹角相等）。所以，这两微段在C点产生的合场强必定与AB垂直。同理，环上其它关于AB对称的任意两段在C点产生的合场强也与AB垂直，故过AB直线上各点的场强处处与AB垂直。利用这个方法，也可证明在AB连线延长线上任一点C的合场强也与AB连线的延长线垂直，故过直径AB的直线是一条等势线。设将一点电荷从无穷远处沿AB所在直线移到A点。电荷的移动方向与电荷受的电场力垂直，故电场力对电荷不做功，则有：因为 q0所以 故此直线上各处电势均为零。（2）以a点为中心的微段在圆心O处产生的电势为半圆环上其它各微段在O点产生的电势都为该值。因电势是标量，故可直接累加，得圆心O处的电势为证法2：（1）在环上任取的关于AB对称的两点a和b为中点的微段圆弧所带电量分别为和，a、b到C点的距离为r、a、b对C点的电势分别为由电势叠加原理，C点的电势。同理可得在环上任意关于AB对称的两点对C点的电势均为零，可得整个圆环对C点电势为O。利用上述方法可得在AB连线上任意一点电势为零。故可得AB是一条电势为零的等势线。（2）同证法1。