物理小组赛前集训复赛模拟试卷一.doc

物理小组赛前集训复赛模拟试卷（一） 1在水平地面上有两个完全相同的均匀的实心球，其一做纯滚动，质心速度为 v ，另一静止两球做完全弹性碰撞，因碰撞时间很短，碰撞过程中摩擦力的影响可忽略不计试求：（1）碰后两球达到纯滚动时的质心速度（2）全部过程中损失的机械能的百分数2三个钢球 A 、B 、C 由轻质的长为l的硬杆连接，竖立在水平面上，如图所示已知三球质量 mA =2m ，mB = mC = m ，距离杆 a = l 处有一面竖直墙因受微小扰动，两杆分别向两边滑动，使 B 球竖直位置下降致使 C 球与墙面发生碰撞设 C 球与墙面碰撞前后其速度大小不变，且所有摩擦不计，各球的直径都比 l 小很多，求 B 球落地瞬间三球的速度大小接线铜柱低熔点金属线热绝缘材料接线铜柱3长度为 l ，截面积为 A 的低熔点金属线，与电路中的 C 和 D 两块铜制的接线柱连接，金属线外围包裹有绝热良好的材料，如图所示已知该金属线的电阻率为 ，热传导系数为 k ，今通以电流 i ，假设 C 和 D 两接线铜柱的温度一直维持在室温 T0 ，且整个系统达稳定状态，回答下列问题：（1）取金属线与接线铜柱 C 之间的接触点为原点，沿金属线向右方向为 +x 轴，求金属线的温度分布函数 T(x )，并画出温度 T 对坐标 x 的关系曲线图（2）已知金属线的熔点温度为 Tf ，若不欲金属线因高温而熔断，则金属线所能承载的最大电流是多少？Pt4（1）如图所示，有一讯号源 S 以等速度 v 向 +x 方向运动，讯号在空中的传播速率为 u ，讯号源本身所发出的频率为 f0 ，在地面上的静止观察者 P 所接收到的讯号频率为 f 在讯号源的飞行轨迹上，O 点为最靠近 P 点位置，取为 x 轴的原点，两者之间的距离为 h 设讯号源 S 的时空坐标为(x ，t )，讯号源离观察者的距离 rx ，试证：f = （2）1957年10月4日，前苏联首先成功发射“史波尼克”号人造卫星（Sputnik I），进入环绕地球的轨道，并对地面传送无线电频率的讯号当年10月7日，美国麻省理工学院的林肯实验室接收到该人造卫星所传送的讯号，图中x 轴上的数字代表格林威治标准时间，例如334代表3时34分，335代表3时35分利用上题所得的多普勒公式，计算“史波尼克”号人造卫星飞经该地的速率和距该实验室的最近距离2000560020005500200054002000530020005200200051002000500020004900200048002000470020004600200045002000440020004300334 335 336 337 338 339 340 341格林威治标准时间接收的讯号频率（Hz）5人类在宇宙空间发现了一片特殊区域，它的形状可以近似看成一个无限长圆柱，半径为R 在此区域内存在强磁场（可以认为匀强），磁场方向沿圆柱中心轴，如图所示由于能量衰竭，它的磁感应强度正逐渐减弱，已测得变化率为B /t = k ，为了探测它，人类计划发射探测器，探测器没有发动机，但自身带电，带电量Q（Q很大）计划中，探测器以v0的初速度正对圆柱中心发射，然后在时间t后，在相对于圆柱转过角（45）的地方擦柱边而过为了实现这个计划，v0必须为多大？xvxA S BA S B6参考系S 相对惯性系S按图示方向以v匀速运动两根细长的直尺AB 和AB的静止长度相同，它们分别按图中所示的方式静置于S 系和S 系中，且设两尺在垂直于长度方向上的间距可略静止在A 和B上的两个钟的计时率已按相对论的要求调好，静止在A和B上的两个钟的计时率也已按相对论的要求调好，但这四个钟的零点却是按下述方式确定的：当A 钟与A钟相遇时，两钟均调到零点；当B 钟与B钟相遇时，两钟均调到零点设A 与A相遇时，A发出光讯号已知B 接收到该讯号时，B 钟的读数为1个时间单位（1）试问B钟接收到该讯号时，B钟的读数为多少个时间单位？（2）若B 钟接收到讯号后，立即发出应答光讯号试问：（a）A 钟接收到应答光讯号时，A 钟的读数为多少个时间单位？（b）A钟接收到应答光讯号时，A钟的读数为多少个时间单位？（注意：引入 = ，其中c为真空中的光速，全部答案均请用表述）7在如图所示的薄透镜系统中，透镜L1和L2的焦距f1 = f2 =10cm ，两透镜的间距为70cm ，物在L1前方20cm处（1）试求最后像的位置，大小和正倒（2）为提高光能利用率（增加系统的聚光能力）， 可增加第三个会聚透镜L3 ，为了使最后像的位置仍保持不变，试问L3 应放在何处？（3）试借助于特殊光线用作图法解释L3能提高聚光能力的原因物像中间像物理小组赛前集训复赛模拟试卷（一）参考答案1（1）由于碰撞是完全弹性的，且忽略其间的摩擦力的影响，所以碰撞过程中能量守恒，动量守恒所以碰后v1 = 0 ，v2 = v ，1 = ，2 = 0 如图所示选地面接触点为参考点，碰后各自的角动量守恒1球碰后角动量L1 = I1 + mRv1 = I 1球达到纯滚动时的角动量：L1 = I1 + mRv1 = I + mRv1 ，I = mR2L1 = L2 ，得：v1 = v 同理对2球分析得：v2 = v（2） = = 2（1）球碰墙前三球的位置BBC图vA视 A 、B 、C 三者为一系统，A 、C 在水平面上滑动时，只要C不与墙面相碰，则此系统不受水平外力作用，此系统质心的水平坐标不发生变化以图表示C球刚好要碰墙前三球的位置，以表示此时BC杆与水平面间的夹角，则AB杆与水平面间的夹角也为 ，并令BA杆上的M点与系统质心的水平坐标相同，则应有MB = AB = 由上述知M点的水平坐标应与原来三球所在的位置的水平坐标相同，故知此刻M点与右侧墙面的距离即为 a ，即M点与C球的水平距离为 a ，由此有 MB cos + BC cos = a ，即 cos + l cos = l 由上式解得cos = ，故有 = 45 （2）求三球碰墙前的速度图由于碰墙前M点的水平坐标不变，则在 A 、C 沿水平面滑动过程中的任何时刻，由于图中的几何约束，C点与M点的水平距离总等于A点与M点的水平距离的倍，可见任何时刻C点的水平速度大小总为A点水平速度大小的倍以 vA 、vB 、vC 分别表示图中三球的速度，则有 vC = vA 又设 vB 沿BC方向的分量为 vBC ，则由于 vB 和 vC 分别为杆BC两端的小球速度，则此两小球速度沿着杆方向的投影应该相等，即 vBC = vCcos再设 vB 沿BA方向的分量为 vBA ，同上道理可得 vBA = vAcos注意到BA与BC两个方向刚好互相垂直，故得 vB 的大小为 vB = =cos以两式带入上式，得 vB = vA 由于系统机械能守恒，有mBgl = mBg l sin + mA v + mB v + mC v 以式代入上式解方程知可得 vA = （3）求C球在刚碰墙后三球的速度如图所示，由于C 球与墙碰撞，导致C 球的速度反向而大小不变，由于杆BC 对碰撞作用力的传递，使B球的速度也随之变化，这一变化的结果是：B球速度沿CB方向的分量 vBC 与C球速度沿CB方向的分量相等，即 vBC = vC cos = vC cos 由于BC杆只能传递沿其杆身方向的力，故B球在垂直于杆身方向（即BA方向）的速度不因碰撞而发生变化，A 球的速度也不因碰撞而发生变化，即其仍为 vA 故得此时B球速度沿BA方向的分量 vBA 满足 vBA = vAcos ， 得刚碰撞后B球速度大小为 vB = =cos = vA （4）求B球落地时三球的速度大小碰撞后，三球速度都有水平向左的分量，可见此后系统质心速度在水平方向的分量vMx应该方向向左，且由于此后系统不受水平外力，则 vMx 应维持不变由上解得的三球速度，可得vMx 应该满足 ( mA + mB + mC ) vMx = mA vA + mB ( vBC cos + vBA sin ) + mC vC 以、诸式代入上式可解得 vMx = vA = 当B球落地时，A 、B 、C 三小球均在同一水平线上，它们沿水平方向的速度相等，显然，这速度也就是系统质心速度的水平分量 vMx 而B小球刚要落地时，A 、C 两球的速度均沿水平方向（即只有水平分量），B球的速度则还有竖直分量，以vB落 表示此刻B球速度的大小则由图所示的状态到B小球刚要落地时，系统的机械能守恒，由此有mA v + mB v + mC v + mB gl sin = mA v + mB v + mC v以、各式代入上式可解得 vB落 = 综合上述得本题答案为：当B小球刚落地时，A 、B 、C 三球的速度大小分别为、和T(x)T(x+dx)x+dxxx0图（1）3（1）取金属线与接线铜柱 C 之间的接触点为原点，沿金属线向右方向为 +x 轴，考虑位在 x 处的一小段金属线 dx ，如图（1）所示：此小段金属线的电阻为 ，故焦耳热的产生率为 = i2 设在 x 处的温度梯度 = f (x) ，则流进此小段金属线的热流为 = kA = kA f (x) 在 x + dx 处的温度梯度 f (x) + dx ，故流出此小段金属线的热流为 = kA f (x) + dx 当金属线达到稳定状态时 + = ，即i2 kA f (x) = kA f (x) +dx = 上式等号右边为常数，由积分可得 f (x) = () x + C1 因为 = f (x) ，以之代入上式，再积分一次，可得：T (x) = () x2 + C1 x + C2 上式中C1 和C2 皆为常数利用边界条件和式，可分别求出两常数之值：当x = 0 时，T = T0 ，可得C2 = T0 ；当x = l 时，T = T0 ，可得C1 = ()l 将C1 和C2 代入式，可得T (x) = () x2 + () lx +T0 T (x) T0 = ( x )2 + xTT00l/2lT0 + 图（2）T (x)的函数关系曲线如图（2）所示，为一抛物线（2）最高温度Tmax 发生在 x = l / 2处，即金属线的中央，Tmax = T0 + 以Tmax = Tf 代入计算，可得金属线所能承载的最大电流 imax ，即Tf =T0 + imax = x图4参看图 ，讯号源S以速度v向 +x方向运动，讯号的传播速率为u ，讯号源本身所发出的讯号周期为0 ，观察者P所测得的讯号周期为 设S1的时空坐标为（x1 ，t1），经一个周期后，其时空坐标变为（x2 ，t2），由图上的几何关系可得x2x1 = v ( t2t1 ) = v0 = ( t2 + ) ( t1 + ) = ( t2t1 ) + ( r2r1 )由于rx ，故r1r2 ( x2x1 ) cos ，代入上式，得 0 ( x2x1 ) cos = 0 cos = 0 ( 1 ) f （2）人造卫星的轨道虽然是椭圆形，但从地面上观察，所见者仅为其轨迹的一小段，近乎为一直线，因此卫星讯号的多普勒效应符合上题所描述的情况由于无线电讯号以光速传送，利用上题所得的二维多普勒公式，得f = cos = ( )另由图的几何关系得cos = 由上两式消去cos ，得( ) 2 = ( ) 2 + ( ) 2t 2令x = t2 ，y = ( ) 2，上式可变为y = ( ) 2 + ( ) 2x此为一线性方程式当卫星自远处而来，趋向观察者时，即 0 ，f1 ；而卫星离观察者远去时，即 ，f2 因此f1 + f22 f0 ，即f0 ( f1 + f2 ) 可得f0 = ( 20005520Hz + 20004580Hz ) = 20005050Hz将数据转变为y = ( ) 2对x = t2 的关系直线，如图所示图中直线的斜率k = ( ) 2= 1.5210 9 ，截距b = ( ) 2 = 4.911012s2 ，利用此二值，可得0 5000 10000 15000 20000 25000 30000 35000 40000t2 (s2 )图7.0010136.0010135.0010134.0010133.0010132.0010131.0010130.001013(ft/( ff0)2(s2 )v = m / s = 7.69 km / sh = v = 7.69= 437km5柱外涡旋电场强度E = 探测器由A到B据角动量定理：EQrt = m( rv切 )，即 rt = m( rv切 )两边求和得： t = mR vB ，即vB = 由A到B在其中取一小段曲线长为Si ，则涡旋场做功Wi = Si = ri = i ，因总功W总 = i = 据动能定理 W总 = mvB2 mv02 ，即 m mv02 = R2kQ解得 v0 = 6（1）设AB 和AB静止长度为l0S 系，AB长为l0 B 与B相遇早于A 与A相遇的时间为t = B 接收到讯号时B 钟的读数应为 tB = + t = 1 ，即( 1 + ) = 1 ，即 = S 系，认为A B 长为l0 B 与B相遇时刻晚于A 与A相遇时刻的时间为t = B 接收到讯号时B钟的读数应为 tB = t = = ( 1 ) = = = （时间单位）（2）（a）S 系A发出光讯号