1、1物理竞赛复赛模拟训练卷 141. 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 0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 cht为能到达地面，需满足t式中
3、 为地球观察者测得的 子寿命，它与 0的关系为201c由质能公式， 子的能量为201cmE给合以上诸式，有0020cht代人数据， 子至少应有能量MeVechmE36840 1.3OyxzB南北西2（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0x 0xhy yz z磁场 B 与 z 轴方向一致， 子所受洛伦兹力为BeF子的动力学方程为dtp其中2cEmE=常量0xieBedtryjBzk成分量形式为xEecyecx22,（1） （2）（1）式对 t 求导后再将（2）式代入，得02式中EeBc上述方程的解为tx
4、osxin因此，有 tEeBctyEeBcx sinsi22故得tinyycos初条件为00xsinx3sin0yhco得,2hyx,最后得 子的坐标为ttcos12sinhyinco到达地面时，y=0，即有EeBt2sin因 c，有849310i 0.1.ceht221os1ht子到达地面时的 x坐标为2h地朝 x方向（向西）的偏转角为radrhx046.91.02地落地点向西偏离的距离为ma46.地子落地过程需时sct 52013.1此阶段地球表面一点转过的距离为mtRs 015.3.604.65地可见，s 地x，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
5、变时放出的中子能量代谢较高，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4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k次碰拼音字母前中子速度大小为 1k，碰后速度 大小为 k，由动量守恒和能量守恒可得1knCkm式中 nCm.分别为碳原子、中子的质量，近似有 nmc12。于是 k可表述为0013VVKKncK初始的中子 对应动能 MeE2.，碰撞 k次后的动能取为eEk025.，则有nCkm22)1()(两边取对数解得8.54取整数后为)(次k3. 半径为 R、质量为 M1 的
6、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，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 ADg,1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
7、-206） 。对球和重物组成的系统，根据平衡条件， gM1和 2对 A 点的力矩大小相等，即 BCgOM21 （1）由图可知 sin,sinLRL代入（1）式，可解得)(i21MarcsinL4. 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ADBCEOTNg2M1图 11-2065_。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
8、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 av)(212)(1tvstvs2ats21sa)(21解法二：以前车为参照系，后车的速度为 )(21，当后车的速度减为零时，其位移小于 s，两车不会相撞，即 svsav)(,2)( 211。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（即图中阴影部分）小于s 时，两车不会相撞。即 svasv2)(,2)(11解法四：后车的位移为 1t，前车的位移为 tvs2，要使两车不相撞
9、，即 satvs2)(121，0tat说明此二次函数无解，即 2)(1asv， sv2)(1。以上四种解法中，以第二种解法最简捷。5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，容器内气体压强为多大？分析：当活塞上
10、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tO12图 12-34水 银 活 塞图 24-286饱汽 p43设容器长为 0l，空气柱长度减小到 l时，水蒸气达饱和状态，根据玻意耳定律有ll饱汽 ，即 043l，此时活塞上下方压强分别为,1760mHglp上.340下因 下上 p有 ,760341760l即 .0ml（2）水珠体积可以忽略，开始时，容器内干燥空气压强应为.3.9867.26341 mHggp因活塞固定，气体降温过程等容，故有.5.11p容器内气体总压强为8.49721mHg.06如图 2
11、4-31 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/s2 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=1.4 104kg/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pSgh00)( （1）对水银柱根据
12、牛顿定律有maSp （2）7又 ghm （3）得 )(0aP （4）由（1） 、 （4）式得cmghLL15)(.0)(0因为 Hcm235所以加速上升时，水银将溢出管外。这时设余下水银柱长为 h，其质量为m，封闭气柱压强为 P，长为 。对水银柱，根据牛顿第二定律有agSp0 （5）又有 h （6）所以 )(0P （7）对封闭气柱，根据玻意耳定律有SLgh( （8）此时 H （9）把（7）式、 （9）式代入（8）式并化简得0)()()( 002 LghPaPag 代入数值，并化简有14.7.h解得 mcm38.,921（大于 H 舍去）所以正在以 2/0sa加速度上升的玻璃管，其上端封闭的气柱
13、长为)(140.chHL7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，S CD=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
14、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ABCDKh图 24-55811Vp可得cmHgS25724611 所以右管内气体压强为cgp52再对右管内被封气体，根据玻意耳定律得：CDCDSS201607整理得：452解得： 不 合 题 意 舍 去或 cm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。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
15、滑轮与一个质量为 m=2.0kg 的重物C 连接， A、B 两活塞的横截面积分别为 S1=20cm2，S 2=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 C27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
16、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 mgSpSp102101（1）amg5021.（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 p（气体的压强）在减小时，由于 21S，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V1ABL图 24-5
17、7（a）10Sp20Sp1mgF图 24-57（b）9其中 213LSSV， 2V，KT601，KT3041故当筒内气体的温度缓慢降至 C27，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：TLSV302由理想气体状态方程21P，PaP511209.49. 众所周知，在沙漠中能观察到蜃楼现象，假设在近大地的空气层中，光速按 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
18、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、n 2、n 3光速与分界面法线的夹角分别为 i1、i 2、i 3由折射定律可得常 数1sinsn。即 常 数i。而 azc10，且在地面附近处 9,0ic，故 az1sin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zis故
19、 aR1另由几何关系得22RzL并将 z=h 代入上式可得2ha1i23i1n234图 33-41 Li图 33-4210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
20、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。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 C为全反射临界角，有1sinCPM 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siniRrC所以有 rrC1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 90，相应折射角为 max。若 2n则ax12si90si
21、n即 ax若 12n则 simax。存在 PM 光线的条件是 maxsini，即要求 12n时， 12nrR，即 2rR。12n时， 1rR，即 1r。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 21n和 21两种情况进行讨论，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？R1n图 33-1022图 33-
22、103R1n2rPMNC11（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 2时两支光束在球面上相交，这是两支光束是在球内，还是在球外有实交点的分界点，因此要分别讨论当 2与 时的情况。解：如图 33-125 所示，有 sin1iRd/（1）球内相交要求 2，即sini与前两式联立，并利用 2cosii可得 n2cos2421sRd即得所求条件为 24Rdn（2）球外相交，要求，即可得24dn因此 Rd20，故 24Rd为保证前一不等式对任何 d 均成立，便要求 n。这便是 n 的取值范围。12如图 41-84 所示，半径为
23、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。(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 q。由于 C2d图 33-124图 33-1252dR2ABCDOab图 41-8412点到这两微段的距离相等，故两段在 C
24、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：0)(UqW电因为 q0所以 A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 RqkUii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 KQqkii0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 iq和 i，a、b 到 C 点的距离为 r、a、b 对 C 点的电势分别为 rkUicqkUic由电势叠加原理，C 点的电势。0cci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。
