(1995)试题及答案 Microsoft PowerPoint 演示文稿

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,一、填空题（共58分）,1、（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_.,2、（6分）图中匀质飞轮A、B分别以角速度A、B(AB)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_.,3、（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_.,4、（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、=、）。,5、（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，并通过以电流I，将它整体放置在平面S2的不同部位，则它可能受到的最大安培力的大小Fmax=_，可能受到的最小安培力的大小Fmin_。,6、（4分）图（a）、（b）、（c）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0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。,7、（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0.5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0.4安培。据此可知，R=_欧姆，L=_亨利。（保留两位有效数字）。,8、（5分）驻波可看作两列行波叠加而成，右上角图中圆点（）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）,9、（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。现在缝宽的一半以上覆盖移相膜，使经此的光相位改变,但光能不损失。试在本页右上角的下部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）。,10、（3分）在做光电效应的实验时，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、=、）。,11、（4分）用分光计测棱镜材料的折射率公式为,已测得A=6002，黄光（汞灯光源）所对应的=50583，则黄光所对应的折射率nn=_,12、（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。若因相对论效应而使在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（14分）13、（6分）某气体系统在PV坐标面上的一条循环过程线如下页左上角图所示，试证该系统在对应的循环过程中某摩尔热容量不能为恒量。,14、（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振子出现的概率）,三、求解题（共48分）15、（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（0.199999.9、0.1级），R0为标准电阻（0.001，0.01级），Rx为待测低电阻（铜板或,铁棒，约为10-310-2），G为检流计（检流计引起的误差忽略），A为直流安培计（05A），R为大电流滑线变阻器，K为单刀双向电键，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.,16、（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。,17、（10分)两根长均为l的质量均为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滑轴,T字形尺绕该轴的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.,18、（14分）球形电容器的两个极为两个同心金属球壳，极间充满均为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）1、（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，轮缘上任意一点作匀速率圆周运动，其向心加速度为an=a=2R。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。,2、（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=1/2mR2=1/2(hR2)R2,代入已知条件可解得上述结果。,3、（4分）一半；二倍简要说明：因碰撞频率和平均自由程，式中分子有效直径d为常量，平均速率，分子数密度;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。,4、（3分）W1W2简要说明：带电导体的静电场能量可由Wc=1/2QU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,有因导体电荷分布在表面，对导体球，上式中ra,；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U10U20，即W1W2。,5、（7分）2IBR；2IBRsin简要说明：因磁场均匀，此导线受力相当于沿直径的截流直导线受力。用矢量表示从到沿直径的线段，安培力F=IdlB。当此导线在S2面上，分别处于d/MN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。,6、（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i,对图(b)电路,i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i=(VB)l可判断,回路中i与0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i,则回路中无电流,导体棒将匀速运动.,7、（7分）40；0.095,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=0.095H,8、（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相同，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下页左上角图。,9、（5分）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.)时可，透过二半缝的光之间产生相长干涉，也有强度极大，但其值远小于sin=/a处的值。本题答案如上图。,10、（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=nhv，故ImP/vP。此两束激光相同，而12，故I1mI2m,11、（4分）1.64790.0007简要说明：将测得的A、值代入公式计算得n=1.6479，由不确定度公式，有,经运算化简后为,代入数据后求得n=0.0007。故nn如答案。,12、（6分）沿原等边三角形的任意一条高的方向；简要说明：根据相对论中沿原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；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,由此可解出运动速率,二、论证题（共14分）13、（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,经此循环，系统恢复原态，其内能增量U=0，而系统对外做功W不为零（绝对值为PV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。,14、（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与振动周期的比值，设比例常量为C，则有,代入,，化为,由谐振动方程，x=Acos(t+),求得,代入式，得概率密度,由归一化条件，有,解方程得C=2，代回式可得,命题得证。,三、求解题（共48分）15、（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，记录所调节电阻阻值Rm1、Rn1，由电桥平衡原理，有,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,其他细节步骤从略。（2）改写式为,改写式为,联立以上两式解出,（3）由相对误差计算公式，先对式两端取对数求微分，得,经运算整理后，上式化为,再将式中的微分符号换为误差符号，取各项平方和开方，并代入,最后求得Rx的相对误差为,16、（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II2=I2,又因AC（或EB）间电压为一定值，有I12R=（II1）R+(I2I1)R由、两式解出I2=I/2;I1=3/8IAB间等效电阻,代入上述I1、I2值，求得,17、（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Jm=1/3ml2+1/12ml2+ml2=17/12ml2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=3/4l。T字形尺在重力矩作用下摆动，由转动定律，有,小幅摆动时,sin,代入rc、Jm得,此为简谐振动微分方程，角频率故摆动周期,18、（14分）解：方法一：取包围内电极，位于内外电极之间的任一闭合面，由电流连续性方案，有,再将欧姆定律得微分形式及代入