1、全國高中物理比賽模擬試題一1光子火箭從地球出發(fā)時初始靜止質(zhì)量（包含燃料）為M0，向相距為R=（光年）的遠方仙女座星遨游。要求火箭在25年（火箭時間）后抵達目的地。引力影響不計。1）、忽視火箭加快和減速所需時間，試問火箭的速度應為多大2）、設抵達目的地時火箭靜止質(zhì)量為M0，試問M0/M0的最小值是多少分析：光子火箭是一種假想的遨游器，它利用“燃料”物質(zhì)向后輻射定向光束，使火箭獲取向前的動量。求解第1問，可先將火箭時間025a（年）變換M0成地球時間，此后由距離R求出所需的火箭速度。火箭抵達目的地時，比值M0是不定的，所謂最小比值是指火箭恰巧能抵達目的地，亦即火箭的終速度為零，所需“燃料”量最少。

2、利用上題（本章題11）的結果即可求解第2問。解：1）火箭加快和減速所需時間可略，故火箭以恒定速度飛越全程，走完滿程所需火箭時間（本征時間）為025a（年）。利用時間膨脹公式，相應的地球時間為0212c因R故R021解出c222c22c1c0c10.961010cR201R2可見，火箭幾乎應以光速遨游。（2）、火箭從靜止開始加快至上述速度，火箭的靜止質(zhì)量從M0變成M，此后作M0勻速運動，火箭質(zhì)量不變。最后火箭作減速運動，比值M0最小時，抵達目的地時的終速恰巧為零，火箭質(zhì)量從M變成最后質(zhì)量。加快階段的質(zhì)量變化可應用上題（本章題11）的（3）式求出。因光子火箭發(fā)射的是光子，以光速c走開火箭，即u=c

3、，于是有1M12M01（1）為加快階段的終速度，也是減速階段性的初速度。對減速階段，可應用上題（本章題11）的（4）式，式中的m0以減速階段的初質(zhì)量M代入。又因減速時必然向前輻射光子，故u=-c，即有1M12M01（2）由（1）、（2）式，得M14R214R2410M01c22c221000y2如圖52-1所示，地面上的察看者認為在地面上u同時發(fā)生的兩個事件A和B，在相對地面以速度（平行OAB于軸，且與正方向同向）運動的火箭上的察看者的判斷z正確的選項是（）圖52-1A、A早于BB、B早于AC、A、B同時發(fā)生D、沒法判斷解：在地面（S系）上，xxBxA,ttBtA0，在火箭（系）中，uxBrt

4、AuxAttBtArtB2c2crtBtAuxAxAxBc2uxAc2xAxB因r0，u0，xAxB0，故t0。即從火箭上察看，B事件在前，A事件在后，選B。3如圖11-195所示，正方形均質(zhì)板重G，用4根輕質(zhì)桿鉸鏈水平懸掛，外形構成邊長為a的立方體，現(xiàn)將方板繞鉛垂對稱軸旋轉角度，再用一細繩環(huán)繞四桿的中點捆住，使板均衡于角地點。試求繩內(nèi)的張力。分析：初看本題，一般都會覺的比較復雜，因為題中鉸鏈就G圖11-195有8個，加上4根輕質(zhì)桿與繩索有4個接觸點，一共有12個受力點，并且初看甚至想象不出木板旋轉角度此后整個系統(tǒng)是什么樣子，即便把各個受力點的力逐一畫出來也僧多粥少。應當先想想哪些點都是對稱的

5、（等價的），找出最基本的部分，再把空間方向確立下來，此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角度此后，系統(tǒng)固然不是一個很對稱的立方體，但把系統(tǒng)繞鉛直軸旋轉90度的整數(shù)倍，系統(tǒng)的與自己重合，說明四根輕桿的受力狀況是完滿相同的。系統(tǒng)處于均衡狀態(tài)，把四根輕桿，木板，繩構成的部分看作剛體，則剛體受四個鉸接部分的力而均衡，重力方向的均衡能夠得出，豎直方向?qū)γ扛p桿的拉力T上為：4T上G（1）而鉸接處能否對輕桿有水平方向的作使勁，臨時還不好確立，可是能夠為N4T下GT上T下T2TN/sinN/sinNT上/22/minA2N/cosN/cosT/2TacosT/22NGcos/min2N/

6、sinacosT下2asinT22asinBcos如圖T下a1a22222圖11-19812-30所示，一小車對地以加快度a1=1m/2向左由N/圖12-30靜止開始作勻加快運動，車上一人又以加快度a2=2m/2相關于車向右同時由靜止開始作勻加快運動。求：（1）人O對地的加快度；（2）經(jīng)歷時間t1=1，人對地的剎時速度；（3）經(jīng)歷時間t=2，人對地的位移。圖11-1962N/解：（1）a人地a人車a車地yT/N/T/xO圖11-197a1與a2方向相反選a2為正方向則a人地2m/s2ms21m/s2（2）t=1時，人車2m/s車地1m/s人地2m/s1m/s1m/s（3）a人地1m/s21at

7、2s11222m225有一小直徑為d的試管，管內(nèi)裝有理想氣體，此中有一段質(zhì)量m=2g的水銀將理想氣體和空氣分開。當試管口向上時，氣體在試管中的長為L1（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：假如是等溫過程，可得理想氣體的狀態(tài)方程PV常數(shù)關于上述兩種狀況，可有PatL2P1V1P2V2P此刻考慮在每一狀況作用中在氣體上的壓強，如圖24-30PL1Pat（b）所示，可得圖24-30（b）V2P1P大氣WSV1P2P大氣WS式中S為試管內(nèi)部的截面積，W為水銀的重量，W=mg，則V2SL2P大氣mgSV1SL1P大氣m

8、gS消去S得4mgL2P大氣2dL14mgP大氣2d6有一個兩頭張口、粗細平均的U型玻璃細管，擱置在豎直平面內(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r,r?h，今將水平管內(nèi)灌滿密度為的水銀，如圖24-54（a）所示。hh圖24-54（a）1如將U型管兩個豎直支管的張口分別關閉起來，使其管內(nèi)空氣壓強均等于大氣壓強，問當U型管向右作勻加快挪動時，加快度應多大才能使水平管內(nèi)水銀h柱長度堅固為3。2如將此中一個豎直支管的張口關閉起來，使其管內(nèi)氣體壓強為1atm，問當U型管繞以另一個豎直支管（張口的）為軸作勻速轉動時，轉數(shù)n應為多大才能使h水平管內(nèi)水銀柱長度

9、堅固為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型管向右加快挪動時，水平管內(nèi)的水銀柱將向左邊的豎直支ahAB圖24-54（b）管中挪動，其堅固的地點是留在水平管內(nèi)的水銀柱所受的水平方向的協(xié)力等于使其以恒定加快度a向右運動時所需的力。因為豎直支管內(nèi)空氣在膨脹或壓縮前后的溫度相等，依據(jù)氣態(tài)方程有p0hS4p1hS右管：3p0hS2p2hS左管：3S為管的截面積，圖24-54（b）中，A、B兩處壓強分別為：pAp21gh3pBp1而留在水平管內(nèi)的水銀柱質(zhì)量5hS3其運動方程為(pApB)Sma由以上各式可得a(9p04gh)/(20h)2當U型管以張口的豎直支管為軸轉動時，水

10、平管內(nèi)的水銀柱將向關閉的豎直支管中挪動，其堅固地點是水平管內(nèi)的水銀柱所受的水平方向的協(xié)力，正好等于這段水銀柱作勻速圓周運動所需的向心力。因為關閉豎直支管內(nèi)空氣在h/3BA圖24-54（c）壓縮前后的溫度相等，依據(jù)氣態(tài)方程有p0hS2hS3S為管的截面積。圖24-54（c）中A、B兩處的壓強分別為pAp1gh3pBp0留在水平管內(nèi)的水銀柱的質(zhì)量5hS3其運動方程為(pApB)Sm2R42n2mR7h此中6由以上各式可得1n(9p06gh)/(1402h2)2有一塊透明光學資料，由折射率略有不一樣樣的很多相互平行的，n5n4厚度d=0.1mm的薄層親近連結構成，圖33-40表示各薄層相互垂直n3n

11、2的一個截面，若最下邊一層的折射率為n0，從它往上數(shù)第K層的折2n11n0r0O射率為n=n-K，此中n=,v=，今有一光芒以入射角i=60射向OK0v0圖33-40點，求此光芒在這塊資料內(nèi)能達到的最大深度解：設光芒進入資料后的折射角為r，則依據(jù)折射定律有sinin0?sinr，此光芒從最下邊一層進入向上數(shù)第一層時，r0r1入射角為2，折射角為2，相同依據(jù)折射定律有n0?sin20n1sin12，也即n0?cos0n1cos1光芒從第一層進入第二層時，相同可得n1?cos0n2cos1綜合以上分析可得：n0?cos0n1cos1n2cos2nK?cosK因為nKn0K0.0025，所以cosK

12、跟著K的增大而增大，則跟著K的增大而減小，即光芒在次序變化的介質(zhì)中流傳時將傾向折射率變大的方向。知足上式又當cosK最湊近1的K值即為光芒能進入的最深薄層的序號，光芒在這個薄層上將發(fā)生全反射，此后又逐層返回下邊最后射出透明資料。所以求出能知足下式的K的最大值cosn0?cos0n0?cos01Kn0KnK因為n0?cos0n0sinrsini代入上式得：cosKsini1n0Kn0sini1.410.866K21.76解得：0.025取小于的最大整數(shù)，得K=21，即在n0上邊第21層下表面就是光芒能抵達的最深處，所以光芒在這塊透明資料內(nèi)能達到的最大深度是hK1d220.1mm2.2mm.8（1

13、）圖33-98所示為一凹球面鏡，球心為C，內(nèi)盛透明液體，已知C至液面高度CE為40.0cm，主軸CO上有一物A，物離液面高度AE恰巧為30.0cm時，物A的實像和物處于同一高度。實驗光陰圈直徑很小，能夠保證近軸光芒成像。試求該透明液體的折射率n。（2）體溫計橫截面如圖33-99所示，已知細水銀柱A離圓柱R面極點O的距離為2R，R為該圓柱面半徑，CCO為圓2RE柱面中心軸地點。玻璃的折射率n=3/2，E代表人圖33-99眼，求圖示橫截面上人眼所見水銀柱像的位置、虛實、正倒和放大倍數(shù)。分析：（1）經(jīng)過折射定律和光圈足夠小的條件可求出液體的折射率。（2）注意在近軸條件下的近似，再經(jīng)過幾何知識即可求解

14、。解：（1）主軸上物A發(fā)出的光芒AB，經(jīng)液體界面折射后沿BD方向入射球面鏡時，只需BD延伸線過球心C，光芒經(jīng)球面反射后必能沿原路折回。按光的可逆性原理，折回的光芒訂交于A（圖33-100）。對空氣、液體界面用折射定律有sininsinrsiniBE/ABnBE/CBsinrCE40.0當光圈足夠小時，BE，所以有n1.33AE30.02先考慮主軸上點物A發(fā)出的兩條光芒，其一沿主軸方向ACOE入射界面，無C偏折地出射，進入人眼E。其二沿rAsinAPAsin(i)siniiiAnsinisinrrniAPAAAAPAPBEDOniii圖33-100sinAPAAPAnii,siniiAPAOAO

15、2RAOAO2R2R4R2n23/2ABCAAABAC3R3ABACRN與兩球面的訂交處都開有足夠小的孔，因小孔而損失的電量能夠忽視不計。一帶負電的質(zhì)點靜止地擱置4QQ在A球左邊某處N直線上。設質(zhì)點從N向右P加快。因為質(zhì)點在B球內(nèi)不受B球的電場力MABN作用，但仍受A球向左的引力，質(zhì)點減速，d所認為了使用期質(zhì)點能經(jīng)過B球的球心，第圖41-83二個必需條件是，質(zhì)點在B球球心處的速度應大于零或至BrniBnPQ少等于零。AAiiOEC本題的重點在于帶電系統(tǒng)的電勢能與帶電質(zhì)點的動圖33-101能之和，在該質(zhì)點運動過程中守恒。所以質(zhì)點恰巧能經(jīng)過S點的條件可表示為，質(zhì)點在N直線上在A球和B球之間有一個S

16、點，帶電質(zhì)點在S點受力為零。設S點與A球和B球球心的距離為和，則4QQkr2kr212r1r2d由以上兩式，可解出r2d;r21d133帶電質(zhì)點從P點靜止開釋后，恰巧能夠抵達S點的條件是，它在P點和S點的電勢能相等，即4QqQqk4QqQqkxkdr1kxr2式中-qq0是帶電質(zhì)點的電量。把上邊解出的和代入，得2101dx9為了判斷帶電質(zhì)點恰巧抵達S點后，能否經(jīng)過B球球心，需比較它在S點的電勢能與它在B球球心處的電勢能的大小，因WSk4QqkQr2qk9Qqr1dWBk4QqkQqkQq41r1r2dRB式中為B球的半徑。由題設?d419故dRBd即WBWS所以，帶電質(zhì)點只需能抵達S點，就必然

17、能經(jīng)過B球球心。于是，所求開始時P點與A球球心的距離即為上述結果，即21dx10910如圖41-88所示，在真空中有4個半徑為a的不帶電的相同導體球，球心分別位于邊長為r（r?a）的正方形的四個極點上。第一，讓球1帶電荷Q（Q?0），此后取一細金屬絲，其一端固定于球1上，另一端分別挨次與球2、3、4、大地接觸，每次接觸時間都足以使它們達到靜電均衡。設散布在細金屬絲上的電荷可忽略不計。試求流入大地的電量的表達式。解：當球1與球2連結后，用和Q2分別表示球1和球2上的BAadD電量，可得Q2Q1Q/2。球1與球3連結后，因球1和球3處b于對稱地點，其電量和Q3相等，故可得Q3Q1Q/4.球1與球4l圖41-88連結后，電荷散布呈不對稱狀態(tài)，設連結后球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14U1kQ1/akQ2/rkQ3/2rkQ4/rU4kQ1/akQ2/2rkQ3/rkQ4/a以上各式中，計算各球上的電荷在另一球處惹起的電勢時，利用了r?a的條件。因為U1U