2007年浙江大学物理竞赛夏令营测试卷.doc

浙江大学物理竞赛夏令营测试卷学校_姓名_班级_分数_1. (15分)有一半径为R的圆柱A，静止在水平地面上，并与竖直墙面相接触。现有另一质量与A相同，半径为r的较细圆柱B，用手扶着圆柱A，将B放在A的上面，并使之与墙面相接触，如图所示，然后放手。已知圆柱A与地面的静摩擦系数为0.20，两圆柱之间的静摩擦系数为0.30。若放手后，两圆柱体能保持图示的平衡，问圆柱B与墙面间的静摩擦系数和圆柱B的半径r的值各应满足什么条件？2. (10分)一只狐狸以不变的速度沿直线AB跑动，一只猎犬以不变的速率v2追击，其运动方向始终对准狐狸，某时刻狐狸在F处，猎犬在D处，FD垂直与AB，且FDL，试求猎犬追上狐狸的时间。LBAFDv1v23. (15分)如图所示，地球沿半径为 R0的圆轨道绕太阳运动，慧星绕太阳沿抛物线轨道运动已知此抛物线与地球圆轨道一直径的两端相交，不计地球与慧星之间的引力，试求慧星在地球轨道内的运行时间（设地球绕太阳运动的周期为T，抛物线所包围的弓形ABC的面积等于它的底与高之积的2/3）4.(15分)质量为、半径为R的匀质水平圆盘静止在水平地面上，盘与地面间无摩擦，圆盘中心处有一只质量为的小青蛙（可视为质点）（1） 如果青蛙能够一次跳离圆盘，那么青蛙在起跳过程中至少要做多少功？（2） 若在原圆盘边紧挨着另一相同的空圆盘，青蛙一次跳出后正好落在此圆盘的中心且与圆盘一起向前运动，试求全过程中机械能的损失量与青蛙所作的功之比5.(15分)如图所示，半径为R的细圆环，其质量与固定在其上的两个相同小重物相比可忽略不计，在环上与二小重物等距处钻个孔，将孔穿过墙壁上的钉子而把环悬挂起来，使环可以在竖直平面内无能量损失地做微小简谐振动。二小重物的位置关系可以用它们之间的角距离表示，请问摆长 为多少的单摆自由振动时，振动周期和图示的摆相同？6.(10分)一两端封闭的圆筒水平放置，容积为V = 2L。筒内有一个可以自由移动的活塞，活塞一侧空间内有m1=2g的水。另一侧空间有质量为m2=1g的氮气（水和氮气的摩尔质量分别为18克和28克），求当温度为1000C时氮气的体积。7.(15分)如图所示，在真空中有相距为L的两异种电荷，电量不相等，Q q，在两电荷形成的电场中是否存在电场线从Q出发后，通过AB连线且与之垂直？如果存在，则这条电场线从Q出发时的场强方向与AB连线之夹角多大？如果这条电场线与AB连线交点的位置距A点的距离X多大？+-q8.（15分)如图所示电路，图中各电阻均相等为r，电容C1=C2=2C0 C3=C0.电源电动势为，内电阻为112r，试求C1,C2,C3,与O连接极板所带电荷。CABC1C2C3O9.(15分)数学摆由质量为m的金属小球和长为L的细导线组成，它在水平均匀磁场里作小幅度振动，磁感强度为B，磁场方向垂直于摆的振动面，摆偏离竖直线的最大角度等于，当摆通过平衡位置时，借助软的细导线与电容为C的电容器相连，并且在很短的接触时间内电容器完全充好电，求摆球充电完毕能继续摆动的最大偏角是多少？ Ai1i2图 甲10.(15分)在图甲中，没有标出具体的量，仅表示一束单色光进入和穿出棱镜的情况，左侧面的入射角为i1，右侧面的出射角为i2；图乙则表示出射光线的偏折角D随入射角i1的变化情况。1.设棱镜顶角大小为A，证明D =（i1i2）A；2.从图乙可知，入射角分别为43.60和54.00时棱镜具有相同的偏折角37.60，请说明道理，并计算棱镜顶角A的大小；3.说明为什么当光线对称地通过棱镜时其偏折角为最小；D图 乙i143.6054.0037.6048.60DminDmax04.根据图乙计算棱镜最小偏折角Dmin和材料的折射率n；5.为保证棱镜右侧面有出射光线，棱镜入射角i1应满足怎样的条件？棱镜的最大偏折角Dmax为多少？6.写出顶角为A、折射率为n的三棱镜的最大偏折角Dmax和最小偏折角Dmin的计算通式（不要求写推导过程）。11.(10分)计算电子偶素（正负电子对绕其质心运动） ，当n = 5能级时，正负电子之间的距离和这时的电离能。(已知: J/s，kg )12. (10分)（1）一宇宙飞船的船身固有长度为，相对于地面以（为真空中的光速）的匀速度在一观测站的上空飞过。则观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔为_；宇航员测得船身通过观测站的时间间隔为_。（2）把一静止质量为的粒子,由静止加速到速率为 0.6c 外力所需做的功多大？该粒子由速率 0.6c 加速到 0.8c 的动量增量为多大？（用表示）2007年浙江省物理竞赛夏令营测验试卷参考解答1.放上圆柱B后，圆柱B有向下运动的倾向，对圆柱A和墙面有压力，圆柱A倾向于向左移动，对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态，取圆柱A受地面的正压力为N1，水平摩擦力为F1；圆柱B受墙面的正压力为N2，竖直摩擦力为F2，圆柱A受圆柱B的正压力为N3，切向摩擦力为F3；圆柱B受圆柱A的正压力为，切向摩擦力为，如图所示，各力以图示方向为正方向。已知圆柱A与地面的摩擦系数，两圆柱间的摩擦系数。设圆柱B与墙面的摩擦系数为，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为。设两圆柱的质量均为M，为了求出N1，N2，N3以及为保持平衡所需的F1，F2，F3之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：圆柱A： 圆柱B： 由于，所以得 ， 式中F代表F1，F2，F3和的大小，又因，于是式四式成为： 以上四式是N1，N2，N3和F的联立方程，解这联立方程可得 式、和是平衡时所需要的力，N1，N2，N3没有问题，但F1，F2，F3三个力能不能达到所需的数值F，即式、要受那里的摩擦系数的制约，三个力中只要有一个不能达到所需的F值，在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。首先讨论圆柱B与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求 由式，得 所以 再讨论圆柱A与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为。根据摩擦定律，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力F1满足，则圆柱在地面上不滑动；若，这一点将要发生滑动。圆柱A在地面不发生滑动的条件是 由图可知， 由式以用，可以求得， 即只有当时，圆柱A在地面上才能不滑动。最后讨论两圆柱的接触点，接触点不发生滑动要求 由式以及，可解得 （22）显然，在平衡时，r的上限为R，总结式（20）（22），得到r满足的条件为 2.解：如图(a)，连线方向 L=v2-v1cost=v2t-v1cost 如图(b) v1t=v2cost=v2cost v1v2 由得cost=v1v2t 代入v2 L=v2t-v12v2t=v22-v12v2t t=v2Lv22-v12 3.解：建立如图所示的坐标系，慧星和地球均以太阳为环绕中心（慧星抛物线轨道的焦点、地球轨道的圆心）其中O为太阳位置，C为抛物线顶点，= R0；由抛物线性质可知，直线y=R0为抛物线准线，。 根据开普勒第二定律，慧星沿抛物线轨道从A运动到B历时t与慧星对太阳的矢径扫过的面积S的关系是：而地球沿圆轨道从A运动到B历时t0与地球对太阳矢径扫过的面积S0的关系是而 t0=T/2 如图所示，设地球在轨道C0处速率为v0，慧星在轨道C处速率为v若太阳、慧星、地球质量依次为M、m和m0，则对于慧星，因机械能守恒，有关系式：则 而地球绕日运行有关系式则 即 v=2v0因此，=慧星在地球轨道内运行的时间为 t=4.（1） 设青蛙起跳后的瞬间相对地面的水平速度为，竖直速度为，而盘后退速度则记为，则有 后一式保证青蛙落地点在圆盘之外。由上两式可得 起跳过程中青蛙做功为 利用基本不等式 因此起跳过程中青蛙做功应超过 （2） 设青蛙起跳后瞬间相对地面的速率为，起跳方向与地面夹角为，则为能落到水平距离2R处的第二圆盘中心，据斜抛运动水平射程公式有 可得 第一圆盘在青蛙跳起后的后退速度为，则由水平方向动量守恒式 可得青蛙落到第二圆盘中心后与后者共同以速度水平地向前运动，应有 因此 青蛙作的总功为 机械能损失量为 所求比值为 的最大值、最小值分别为，当 当时 但由可知，或均不可取，因此的取值范围为 （） 5.解：此物理摆在做角振幅不大的简谐振动时，每个小重物走的是一段半径为的短圆弧。在振动过程中，小重物在通过平衡位置时速度最大，此速度为 这时摆的动能 按能量守恒定律，它应等于摆的摆动角度为最大值时摆的势能，而这时摆重心升高的高度 因此有 或 由于，若角振幅很小，则，因而有。可见，此摆微小振动的周期为 这表明T与无关，与这个摆周期相同的单摆摆长为6.解：假设水蒸气不饱和，即谁全部汽化，设体积为V1，压强为P0： （1）则另一侧的氮气体积为V-V1，压强也为P0，则 （2）可得代入（1）得P0=2.3105pa 由于1000C下水蒸气饱和气压为PS=1.0105pa,说明水未全部气化，则两室气压为PS=1.0105pa，设氮气体积为V ，则得V2=1.1L7.解：存在电场线过AB连线与AB垂直。 Cos=Q-2qQ arccosQ-2qQ 此点E0， kQX2-kq X-L=0解得：X=LQQ-q=Q+QqQ-qL8.解：根据电路对称性画出左半电路。RAC=3372r RAB=2RAC=1112r 据 I=R外+r=r UAC=IRAC=1124 3r3r3r0.5rrACMrUMC= UMC6 据电路对称性，O,C等电势，故: C1,C2分别带电Q=2C0UMC=13C0C3所带电荷为零 C1与O连接板带13C0正电荷 C2与O连接板带13C0负电荷 9.设摆通过平衡位置时摆线两端电势差等于U，因为与电容器接触时间短，可以认为在这短时间内电势差不变，于是当电容器充电后其上电压等于U，而当电容器充电时通过电路的电量q=CU，电容器能量与导线中释放热量之和，等于电势差为U的“电源”在电路中通过电量q时所做的功：E电+Q=qU=CU2，。 因此，电容器充电后摆的能量等于：E机未=E机初-CU2， 即mgL（1-cos）=mgL（1-cos0）-CU2，而，由于V/L=根椐能量守恒定律有：，代入得： 得： 10第一次折射光线的偏折角D1 = i 1 r 1第二次折射光线的偏折角D2 = i 2 r 2D = D1 + D2 = ( i 1 + i 2) ( r 1 + r 2) = ( i 1 + i 2) A2. 根据光路可逆原理，入射角i 1对应有出射角i 2，若把入射角大小改为i 2，则对应出射角大小为i 1，两种情况光路偏折角D相同，所以A = ( i 1 + i 2) D = （43.60+54.00）-37.60 = 60.003. 假设入射角i 1对应有出射角i 2，且此时是惟一的所对应偏折角D为所有情况中最小。根据光路可逆原理，若以i 2角入射以角i 1出射，其偏折角D也必然为最小。所以考虑到惟一性，i 1 = i 2，即光路对称。4由图可知，i 1 = i 2 = 48.60时最小偏折角Dmin=（48.6 0+48.60）-60.00 = 37.20 此时r 1 = r 2 = A/2 = 30.00 所以 n = sin i 1/sin r 1= sin48.60/sin300 = 1.505. 出射角i 2 = 900时偏折角为最大，此时r 2 = arcsin1/n = 41.80 (临界角)r 1 = A - r 2 = 18.20 由sin i 1/