全国高中物理竞赛模拟题四

1.μ子的电量q=-e(e=1.6×10-19C),静止质量m0=100MeV/c2,静止时的寿命τ

-6

0=10s。设在地球赤道上空离地面高度为

h=104m处有一μ子以接近于真空中光速

的速度垂直向下运动。

1）、试问此μ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μ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

北zB西xOy南寿命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

thhc

为能到达地面,需满足 t

式中为地球观察者测得的子寿命,它与0的关系为

 由质能公式,子的能量为

012c2

E 给合以上诸式,有

m0c212c2

m0ch2tEm0cm0ct0 00

2代人数据,子至少应有能量

E

m0ch01001043MeV3.310MeV8631010

（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

x00 x00 y0h y0 z00 z00 磁场B与z轴方向一致,子所受洛伦兹力为 FeB

子的动力学方程为

dpFeBdt

其中

pmE2c E=常量

idc2ec2eyrBxzdtEE0 0 B

成分量形式为

jkc2eBc2eB,xyyxEE （1） （2）

（1）式对t求导后再将（2）式代入,得

2x0 x 式中

c2eBE

上述方程的解为

xcost

xsintx

因此,有

c2eBc2eBsintxysintEE

故得

ysint

ycosty

初条件为

x0cos0

x0sinx0

y0sin

y0cosh

得

,2

x,yh

最后得子的坐标为

xsint1cost2

y

costhhsint2

到达地面时,y=0,即有

hc2eBhsintE

因c,有

ceBh3108104104sint0.0919E3.310

h1cost11

221h2

12子到达地面时的x坐标为 1hx地•2

朝x方向（向西）的偏转角为

2x地h10.091rad0.046radh22

落地点向西偏离的距离为

4xha100.046m460m 地子落地过程需时

t

012c23.3105s

此阶段地球表面一点转过的距离为

可见,s«

sR地t6.410623.3105m0.015m243600

x地,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k次碰拼音字母前中子速度大小为k1,碰后速度 大小为k,由动量守恒和能量守恒

可得

kmCmnk1mCmn

式中mC.mn分别为碳原子、中子的质量,近似有mc12mn。于是k可表述为

mcmn11VKVV0mm013nc

KK 初始的中子对应动能E2.2MeV,碰撞k次后的动能取为

Ek0.025eV,则有

mmn2kE2132(C)()2kEmCmn11 kk

两边取对数解得

k.8 取整数后为

k55(次)

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,试求悬挂圆球的绳AD与竖直方向AB的夹角θ。

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M1g,AD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

AT11-206）。

NOBCM1gEM2g图11-206

D对球和重物组成的系统,根据平衡条件,M1g和M2g对A点的力矩大小相等,即

M1gOBM2gBC （1） 由图可知 OBLsin,BCRLsin 代入（1）式,可解得

sinM2gL(M1M2)

arcsinM2RL(M1M2)

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

t(v1v2)(vv2)ts11a2 s2v2t

(v1v2)t(v1v2)2(v1v2)2s1s2sa22a2s

解法二：以前车为参照系,后车的速度为v(v1v2),当后车的速度减为零时,其位移小于s,两车不会相撞,即

(v1v2)2(v1v2)2s,a2a2s。

12O

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

tt图12-34

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。

(v1v2)2(v1v2)2s,a2a2s即

at2s1v1t2,前车的位移为s2v2t,要使两车不相撞,解法四：后车的位移为

即

at2s1s2(v1v2)ts2, at2(v1v2)ts02

说明此二次函数无解,即

(v1v2)2a(v1v2)22as0,2s。

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？

水银活塞图24-28

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

p汽3p饱4

设容器长为l0,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 p汽•l0p饱•l,

l3l04,

即

此时活塞上下方压强分别为

1p上760l0mmHg,4

p下4p0.3

因 p上p下

14760l0760,43有

即 l01013mm.

（2）水珠体积可以忽略,开始时,容器内干燥空气压强应为

4p176026.7mmHg986.3mmHg.3

因活塞固定,气体降温过程等容,故有

p1273p17.5mmHg.27327

容器内气体总压强为

p27.54.58 pp1

902.1mmHg

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=1.0×105Pa,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ρ=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

(P0gh)L0SpLS （1） 对水银柱根据牛顿定律有

p0SPSmgma （2）

又 mgh （3）

得 PP0h(ga) （4） 由（1）、（4）式得

L

(P0gh)L00.15(m)15cmP0h(ga)

因为 Lh25cmH23cm

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L。对水银柱,根据牛顿第二定律有

p0SPSmgma （5）

又有 mhS （6）

所以 PP0h(ga) （7）

对封闭气柱,根据玻意耳定律有

(P0gh)L0SPLS （8）

此时 LHh （9） 把（7）式、（9）式代入（8）式并化简得

2(ga)h[P0(ga)H]hP0H(P0gh)L00

代入数值,并化简有

2 8h1.97h0.1440

解得 h10.09m9.0cm,h20.38m（大于H舍去）

所以正在以a20m/s加速度上升的玻璃管,其上端封闭的气柱长为

2

LHh239.014(cm)

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即关闭阀门K。（已知大气压强为p0=75cmHg）

AhDB（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

图24-55

KCV1 p1V1p1可得

p1V12416S7525cmHgp1V124S

所以右管内气体压强为

25cmHg p2再对右管内被封气体,根据玻意耳定律得： 752016SCD2520SCD 整理得：

2 452000

解得：5cm或40cm不合题意舍去

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

LALB=10cm2。当两活塞封闭的空气

图24-57（a）

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=1.0×105Pa,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27C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27C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

p1S1p0S2p1S2p0S1mg （1）

mgp1p01.2105paS1S2

p1S1p0S1p0S2p1S2Fmg图24-57（b）

（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

p1（气体的压强）在减小时,由于S1S2,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

V1V T1T

其中

V1LS1LS23LS2,V2LS2,

T1600K,

TVT1400KT2300KV1

故当筒内气体的温度缓慢降至27C,活塞A能向右移动距离L。 （3）当筒内气体的温度缓慢降至27C,其末态有：

V22LS2300KT2

由理想气体状态方程

PPVVT3P1V1122P212P0.9105Pa1T2,V2T14 T1

i3i2i1 图33-41

n4n3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n2n19. 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

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、n3…光速与分界面法线的夹角分别为i1、i2、i3…由折射定律可得

n1sini1n2sini2n3sini3常数。

c1n0nsini常数cz1az, 即 。而

iLi图33-42

且在地面附近处cc0,i90, 故

sini1az

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

siniRz11zRR

R1a

故

另由几何关系得

22LRzR

2并将z=h代入上式可得

L2hh2a

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

rn1n2R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

图33-102

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。

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

sinC1n1

Pn1n2RrMNC

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

rR sinCsin

sinRRsinCrn1r

图33-103

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90,相应折射角为max。若n2n1则

n2sin90n1sinmax

sinmaxn2n1

即

若n2n1则 sinmax1。

nR2存在PM光线的条件是sinsinmax,即要求 n2n1时, n1rn1,即Rn2r。

RR1n1nrnn1r21 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n1n2和n1n2两种情况进行讨论,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d<2R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？ （2）为使两支光束对任何d<2R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

d 2d2 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

图3

分别讨论当

2与

2时的情况。

解：如图33-125所示,有

sin1sinn

sind/2R

（1）球内相交要求

2,即

d2d2α Rα sinsin2

2与前两式联立,并利用

图33-125

sin2sin2cos2

可得

2cos2n

1cos1d2cos242222R

即得所求条件为

d2n242R

（2）球外相交,要求

2,即可得

d2n242R

d222422R因此0d2R,故

为保证前一不等式对任何d均成立,便要求n2。 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。

(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：

W电q(UUA)0

因为 U0 q≠0

aDAb

OCB图41-84

所以 UAU0 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

UikqiR

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

U0UikKQqiRR

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qi和qi,a、b到C点的距离为r、a、b对C点的电势分别为

UckqiqUckir r

由电势叠加原理,C点的电势。

UciUcUc0

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。