大学生物理竞赛试题及解答.pdf

学生园地 第十二届非物理类专业大学生 物理竞赛试题及解答 (1995) 试 题 说明:第一批录取院校的考生全部题必做(满分为120分 ) . 第二批录取院校的考生第12题、 第18题不做.不要求做的题做了也不计入总 分(满分为100分 ) . 一、 填空题(共58分) 11 (4 分)半径为R的车轮在水平直线轨道上以 恒定的角速度作纯滚动,轮缘上任何一点均作曲 线运动,运动过程中该点加速度绝对值的最大者与 最小者之间的差值为 . 21 (6 分)图中匀质飞轮A、B分别以角速度 A、 B(A B)绕共同的中央水平光滑无动力细轴旋 转.今使其相互靠近并接触,通过面间摩擦最后以相 同角速度绕轴旋转,则系统机械能、 动量、 角动量三 者在过程中不守恒的为 .现设A、B为相 同材料制成的等厚匀质刚性圆盘,半径分别为RA、 RB,则最后的共同角速度为 . 31 (4 分)如果理想气体的温度保持不变,当压 强降为原值的一半时,分子的碰撞频率成为原值的 ,分子的平均自由程成为原值的 . 41 (3 分)真空中边长为2a的立方体形导体带 有电量Q,静电平衡时全空间的电场总能量记为 W1;真空中半径为a的球形导体带有电量Q,静电 平衡时全空间的电场总能量记为W2.则W1、W2间 的大小关系为W1 W2(填、=、 ) . 51 (7 分)如图所示,夹角为的平面S1与S2相 交于直线MN ,磁感应强度为B的空间匀强磁场其 磁力线与S1平面平行,且与直线MN垂直.今取半 径为R的半圆周导线ab ,并通以电流I,将它整体 放置在平面S2的不同部位,则它可能受到最大安培 力的大小Fmax= ,可能受到的最 小安培力的大小Fmin= . 61 (4 分)图(a)、(b)、 (c) 见下页左上角中除导 体棒可动外,其余部分均固定.不计摩擦,导体棒、 导 轨和直流电源的电阻均可略,各装置都在水平面内, 匀强磁场B的方向已在图中标出.设导体棒的初始 运动方向如图中v0所示.有可能在一直向右运动过 程中最终达到匀速(不包括静止)状态的是图 中的导体棒. 71 (7 分)黑匣内有电阻R和电感L,它们以某 种方式接通到外电路.当外加直流电的电压为20伏 时,测得流入黑匣的电流强度为015安培;当外加频 率为50赫兹、 有效值为20伏的交流电压时,测得流 入黑匣的电流强度有效值为014安培.据此可知,R = 欧姆,L= 亨利 . ( 保 留两位有效数字 ) . 81 (5 分)驻波可看作两列行波叠加而成,图中 圆点()代表一维驻波的波节位置,叉()代表其波 腹位置.若已知一列行波在不同时刻的波形图依时 24工科物理1996年第3期 序图(a)、(b)、(c)所示.试在各图中画出另一列行波 在相应时刻的波形图(以虚线表示 ) . 91 (5 分)令单色光垂直入射于宽度为a的单 缝,观测其夫琅禾费衍射.现在缝宽的一半上覆盖移 相膜,使经此膜的光相位改变,但光能不损失.试 在本页右上角图上画出其衍射光强度I分布曲线 (其中为衍射角,为入射光波长 ) . 101 (3 分)在做光电效应实验时,先用波长为1的 激光束1 ,全部入射到某金属表面上,产生的光电流 I10 ,再换用波长为2的激光束2 ,全部入射到该 金属表面上,产生的光电流I20.设激光束1、2的 功率相同,但12,则饱和光电流I1m与I2m间的 大小关系为I1m I2m(填 ) . 111 (4 分)用分光计测棱镜材料的折射率公式为 n = sin A + 2 sin A 2 已测得A= 600 2,黄光(汞灯光源)所对应的 = 5058 3,则黄光所对应的折射率nn= . 121 (6 分)在惯性系S中有一个静止的等边三 角形薄片P.现令P相对S以V作匀速运动,且V在 P所确定的平面上.若因相对论效而使在S中测量P 恰为一等腰直角三角形薄片,则可判定V的方向是 ,V 的大小为 . 二、 论证题(共14分) 131 (6 分)某气体系统在PV坐标面上的一 条循环过程线如上图所示,试证该系统在对应的循 环过程中其摩尔热容量不能为恒量. 141 (8 分)一维谐振子沿x轴作振幅为A的简 谐振动.求证:在振动区间内任一x处振子出现的 概率线密度(即x处附近无限小区间内单位距离上 34工科物理1996年第3期 振子出现的概率) p( x)= 1 A2-x2 . 三、 求解题(共48分) 151 (14 分)如图为一种用双 “单电桥(惠斯通电 桥)” 测低电阻的线路.其中Rm、Rn为电阻箱 (0 11 - 9999919,011级 ) , R0为标准电阻 (0 1001 , 0101 级 ) , Rx为待测低电阻(铜棒或铁棒,约为10 - 3 - 10 - 2 ) ,G 为检流计(检流计引起的误差忽略 ) ,A 为 直流安培计(0 - 5A) ,R为大电流滑线变阻器,K为 单刀双向电键,E为直流稳压电源.图中A、B、C、D 和A 、B 、C 、D 分别为电阻R0、Rx的电压端钮与电 流端钮,Rf为BC间联线电阻(接触电阻、 导线电阻 之和 ) . (1)试设计测量低电阻Rx的实验步骤. (2)导出测量Rx和Rf的计算公式. (3)求出Rx/ Rx的表达式. 161 (10 分 )10 根电阻同为R的电阻丝连接成如 图所示的网络,试求A、B两点间的等效电阻RAB. 171 (10 分)两根长均为l质量均为m的匀质细 杆固接成的对称T字形尺如图所示.过T字形尺上 任意一点作垂直于T字形尺所在平面的转轴,T字 形尺相对该转轴便有一转动惯量,试求这些转动惯 量中的最大值Imax. 再设Imax对应的转轴为固定的水平光滑轴, T 字形尺绕该轴在竖直平面上的平衡位置附近作无摩 擦的小角度摆动,试求摆动周期T. 181 (14 分)球形电容器的两个极为两个同心金 属球壳,极间充满均匀各向同性的线性介质,其相对 介电常量为r.当电极带电后,其极上电荷量将因介 质漏电而逐渐减少.设介质的电阻率为, t= 0时, 内、 外电极上电量分别为 Q0,求电极上电量随时 间减少的规律Q ( t)以及两极间与球心相距为r的 任一点处的传导电流密度j ( r , t). 答案及参考解法 一、 填空题(共58分) 11 (4 分) 0 简要说明:据题设条件可知,车轮中心以速率 V0=R作匀速直线运动,即a0= 0.相对于随轮心 平动的参考系,轮缘上任一点作匀速率圆周运动,其 向心加速度a n=a= 2 R.由相对运动a=a0+a =a 可知,轮缘上各点加速度的绝对值相等,故差值 为零. 44工科物理1996年第3期 21 (6 分)机械能 ; ( AR4A+BR4B)/ (R4A+R4B) 简要说明:因二匀质飞轮共轴,且转轴过中心, 则在二者接触过程中只有轮间摩擦力出现,此力属 系统内力,不改变系统动量及角动量,但消耗机械 能,故机械能不守恒. 由角动量守恒,有JAA+JBB = ( JA+JB), 而匀质圆轮转动惯量J= 1 2 mR2= 1 2 (hR2)R2, 代入已知条件可解得上述结果. 31 (4 分) 一半 ; 二倍 简要说明:因碰撞频率z=2d2珔vn和平均自 由程 - = 1 2d2n ,式中分子有效直径d为常量,平 均速率vT,分子数密度n= P kT ;故当T不变, P减为原值一半时,z成为原值的一半,而 - 为原值 的两倍. 41 (3 分) W1W2 简要说明:带电导体的静电场能量可由We= 1 2 QU计算,其中Q、U为导体电荷及电势,Q相同 时,只需比较U的高低.利用导体为等势体,选择其 几何对称中心O计算电势.由点电荷电势叠加,有 U0= Q dq 4 0r. 因导体电荷分布在表面,对导体 球,上式中ra,U20= Q 4 0a ;对边长为2a的立方 体,处处有ra,而总量等于Q的电荷不可能只分 布在立方体与球相切的四个切点上,故必有U10 U20,即W1W2. 51 (7 分) 2IBR ; 2IBRsin 简要说明:因磁场均匀,此导线受力相当于沿直 径ab的载流直导线受力.用矢量d表示从a到b沿 直径的线段,安培力F=IdB.当此导线在S2面 上,分别处于dMN和dMN二位置时,d与B 间夹角为/ 2和 ,相应的安培力大小分别为最大 和最小,其值如上答案. 61 (4 分) (a) 简要说明:本题导体棒运动中受力只可能是安 培力,欲使终态时导体棒匀速运动,则要求安培力为 零,即终态回路电流为零.只要导体棒在磁场中运 动,其上必有动生电动势Ei,对图(b)电路,Ei为唯一 电动势,相应回路中必有电流存在,故不可能;对图 (c)情况,由Ei = ( V B) l可判断,回路中Ei与E0 是同向串接,其中电流也不可能为零;只有在图(a) 情况,若能使电容器充电到电压等于Ei,则回路中无 电流,导体棒将匀速运动. 71 (7 分) 40 ; 01095 简要说明:由交流电流有效值小于直流电流可 知,前者阻抗大于后者,进而判断R和L是串接.直 流时,L上感抗为零,故电阻R= U I = 40;交流时, 总阻抗Z= U0 I0 = 50,而Z2=R2+( L ) 2 ,代入 = 2f= 100 及 R值可求得L= 01095H. 81 (5 分) 简要说明:二列行波叠加形成驻波时,它们在各 波腹处引起的分振动必同相,而在波节处的必反相, 据此可绘出另一列行波相应时刻的波形分别如图. 91 (5 分) 本小题原印发答案有误,阅卷时已更正. 同脚注 简要说明:由波带法并考虑到移相膜,可判断衍 射强度的极大、 极小位置.= 0时,通过单缝各点的 光的几何程差为零,但移相膜使透过上下两半缝的 光有附加相差,它们干涉相消,强度为零.当 asin = 时,可将透过单缝的光分为二个波带,其几何 程差为/ 2 ,而移相膜附加程差/ 2 ,故产生相长干 涉,强度最大.当asin=2k(k= 1 ,2 ,3 ,) 时,透过上下二半单缝的光各自可分为偶数个波带, 它们自身的相邻二波带间程差为 / 2 ,产生相消干 涉,移相膜不起作用,故强度为零.类此可分析,当 asin= (2 k + 1) (k= 1 ,2 ,3 ,)时,透过二 半缝的光之间产生相长干涉,也有强度极大,但其值 54工科物理1996年第3期 远小于sin= /a处的值.本题答案如上图. 101 (3 分) I1mI2m 简要说明:饱和电流Im对应于发射的光电子全 部到达阳极,且Im=ne,其中n为单位时间发射的 光电子数.而激光功率P = nh,故Im P P. 此两束激光P相同,而12,故I1mI2m 111 (4 分 )1 16479010007 简要说明:将测得的A、 值代入公式计算得n = 116479 ,由不确定度公式,有 n= 9n 9A 2 2 A+ 9n 9 2 2 1/2 经运算化简后为 n= sin/2 2sin2A/2 2 2A+ cos A + 2 2sinA/2 2 2 1/2 代入数据后求得 n= 010007.故n n如答案. 121 (6 分)沿原等边三角形的任意一条高的方 向; 2 3 c 简要说明:根据相对论中沿运动方向长度收缩 以及运动时测量的结果相对于该直角三角形的斜边 的高对称,且斜边所对内角较静止时增大,可以判断 运动方向应沿斜边的高的方向,亦即静止等边三角 形的一条高的方向. 设静止等边三角形边长为a ,其高为 3 2 a;运动 时三角形的斜边与运动方向垂直,其长度仍为原长 a ,相应等腰直角三角形的高应为a/2,此为收缩后 的高.根据长度收缩公式,有 a 2 =1-v2/ c2 3 2 a , 由此解出运动速率v= 2 3 c. 二、 论证题(共14分) 131 (6 分) 证:采用反证法.设其摩尔热容量是恒量C1,则 循环过程中系统所吸热量为 Q = C1dT =C1dT =0, 经此循环,系统恢复原态,其内能增量U= 0,而系 统对外作功W不为零(绝对值为P-V图中曲线 面积 ) , 此与热力学第一定律Q=U+W矛盾,故 所设不正确,即循环过程中系统的摩尔热容不可能 为恒量,命题得证. 141 (8 分) 证:因振子在xx+ dx区间出现的概率正比 于振子在上述区间的时间间隔dt与振动周期T的 比值,设比例常量为C,则有 pdx = C dt T 代入dt= dx |v| ,化为 p= C |v|T 由谐振动方程,x = Acos(t +),求得 | v | =A |sin(t + ) | = A2-x2 代入 式,得概率密度 p = C TA2-x2 = C 2A2-x2 由归一化条件,有 A - A C 2A2-x2 dx =1 解方程 得C= 2 ,代回 式可得 p = 1 A2-x2 . 命题得证. 三、 求解题(共48分) 151 (14 分) 解 :(1) 把开关K倒向P ,调节Rm、Rn,使电流 计G的指针无偏转,显示电桥平衡.记录所调电阻 阻值Rm1、Rn1,由电桥平衡原理,有 Rx Rf+ R0 = Rm1 Rn1 把开关K倒向Q ,调节Rm、Rn,使G的指示再 次显示电桥平衡,记录相应的电阻值Rm2、Rn2,则有 R0 Rx+ Rf = Rn2 Rm2 其他细节步骤从略. (2)改写 式为 Rx Rx+ Rf+ R0 = Rm1 Rm1+ Rn1 , 改写 式为 64工科物理1996年第3期 R0 Rx+ Rf+ R0 = Rn2 Rm2+ Rn2 , 联立以上两式解出 Rx= Rm1 Rm1+ Rn1 Rm2+ Rn2 Rn2 R0 Rf= Rn1Rm2-Rm1Rn2 Rn2 ( R m1+ Rn1) R0 (3)由相对误差计算公式,先对 式两端取对数 求微分,得 dRx Rx = dRm1 Rm1 - dRm1+dRn1 Rm1+ Rn1 + dRm2+dRn2 Rm2+ Rn2 - dRn2 Rn2 + dR0 R0 经运算整理后,上式化为 dRx Rx = Rn1 Rm1+ Rn1 dRm1 Rm1 - Rn1 Rm1+ Rn1 dRn1 Rn1 + Rm2 Rm2+ Rn2 dRm2 Rm2 - Rm2 Rm2+ Rn2 dRn2 Rn2 + dR0 R0 再将 式中微分符号换为误差符号,取各项平 方和开方,并代入 Rm1 Rm1 = Rm2 Rm2 = Rn1 Rn1 = Rn2 Rn2 = R R , 最后求得Rx的相对误差为 Rx Rx =2( Rn1 Rm1+ Rn1) 2 + ( Rm2 Rm2+ Rn2) 2 (R R ) 2 + ( R0 R0 ) 2 1/2 . 161 (10 分) 解 :由对称性可判断:AC 与EB上,AF与DB 上电流应分别相同.设总电流为I,流过AC、CD上 电流分别为I1、I2,则由节点电流关系可得各电阻上 电流如图所示.同理,由对称性可判断,CD与FE上 电流亦应相同,即有 I -I2= I2 又因 AC( 或 EB) 间电压为一定值,有 I12R = ( I -I1) R + ( I2-I1 ) R 由 、 两式解出 I2= I 2 ; I1= 3 8 I. AB间等效电阻 RAB= UAB I = 1 II1 2R + I2R + ( I -I1 ) R , 代入上述I1、I2值,求得 RAB= 15 8 R 171 (10 分) 解;因质量均匀分布在等长的T字形尺上,故 当轴位于尺的竖杆最远端(即题图中的最下端 ) ; 且 与尺所在平面垂直时,转动惯量最大,其值为 本题可有多种电工学解法,本文从大学物理的基 本概念出发求解. Jm= 1 3 ml2+1 12 ml2+ ml2= 17 12 ml2. 当尺绕上述位置的水平光滑轴O摆动时,质心 C距轴O的距离为rC= 3 4 l. T字形尺在重力矩作 用下摆动,由转动定理,有 -2mgrCsin= Jm d2 dt2 小幅度摆动时,sin ,代入rC、Jm得 d2 dt2 = - 18 17 g l 此为简谐振动微分方程,角频率= 18 17 g/ l, 故摆动周期 T = 2 =2 17l 18g. 181 (14 分) 解:方法一:取包围内电极,位于内外电极之间 74工科物理1996年第3期 的任一闭合面,由电流连续性方程,有 Sj dS = - dQ dt 再将欧姆定律的微分形式j= 1 E及E= D 0r代入 方程 ,考虑到介质均匀, 、 r处处相同,可得 1 0r SD dS = - dQ dt 由高斯定理, S DdS = Q 将 式代入方程 ,分离变量后得微分方程 dQ Q = - 1 0rdt 代入初始条件,求出方程 的解为 Q = Q0e- 1 0r t 因j、E呈球对称,沿径向,有j= I 4r2 r , 又I= - dQ/ dt,故求得极间任一处传导电流密度为 j = 1 4 0rr2 Q0e- 1 0r tr . 方法二:设两电极间电阻为R,电容量为C,由 欧姆定律I