物理训练5-6-7

1、大学物理方法讲义物理竞赛基本训练题及解答（五） 试 题81一、填空题：（共60分）1(8分)在地面上的同一地点分别以v1和v2的初速先后向上抛出两个小球，第二个小球抛出后经过t时间与第一个小球在空中相遇，改变两球抛出的时间间隔，使可改变t的值，若v1v2，则t的最大值为_；若v1v2，则t的最大值为_.2. （4分）如图堆放着三块完全相同的物体，物体的质量为m，设各接触面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相同，均为.若要将最底下的一块物体抽出，则作用在其上的水平力F至少为_.3（7分）一质量为M，长为L的小船静浮在水面上，船的两头各站甲、乙两人，甲的质量为M，乙的质量为m（Mm）. 现两人同时以相同

2、的相对船的速率v0向位于船正中，但固定在水中的木桩走去，忽略船与水之间的阻力作用，则_先走到木桩处，所需的时间为_.4. （2分 ）一波脉冲在弦上向x正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，画出自t=0时刻起，P点的位移与时间的关系曲线.5（3分）若用太阳光作光源观察双缝干涉花样，为使条纹不模糊不清，两缝间隔的最大值dmax=_. 已知太阳光的发散角为1，取太阳光的平均波长为500nm(1nm=10-9m).6. （3分）在通光轴互相正交的两偏振片之间放一波片，其光轴与第一偏振片的通光轴成60°角，强度为I0的单色自然光通过此系统后的光强I=_.7（4分）摩尔数相同的两种理想气体，第一

3、种由单原子分子组成，第二种由双原子分子组成，现两种气体从同一初态出发，经历一准静态等压过程，体积膨胀到原来的两倍（假定气体的温度在室温附近）.在两种气体经历的过程中，外界对气体作的功A1与A2之比为_；两种气体内能的变化U1与U2之比为_.8. （8分）一宽为L的长导体板，放在均匀磁场中，磁感应强度B与板面垂直，导体板的两个侧面上各有一滑动接头，通过两垂直导体板的导线与一直流伏特表的两端a、b相联接，如图所示. 当伏特表以恒定的速度v沿x方向滑动时，伏特表的读数为_；若伏特表保持静止，导体板以恒定速度v沿x方向滑动时，伏特表的读数为_；若伏特表与导体板一起以恒定的速度v沿x方向滑动时，伏特表的

4、读数为_. 这时，伏特表两端a、b的电势差为_.9. (10分)内外半径分别为R1和R2的金属球壳带有电量Q，则球心处的电势为_.若再在球壳腔内绝缘地放置一电量为q0的点电荷，点电荷离球心的距离为r0，则球心处的电热为_；若又在球外离球心的距离为r处，放置一电量为q的点电荷，则球心处的电热为_.10（4分）反应e（电子）0（中微子）+（光子）能否发生？_，因为_.11（3分）射至光阴极上的光，其波长从4000 Å变3000Å，则发射出的光电子的遏止电压变化_V.12（4分）一光子的波长与一电子的德布罗意波长皆为5.0 Å，此光子的动量p0与电子动量pe之比=_；光

5、子的动能E0与电子的动能Ee之比= _.二、计算题（共90分）1（10分）质量为m为小圆环套在一长为l，质量为M的光滑均匀杆AB上，杆可以绕过其A端的固定轴在水平面上自由旋转.开始时，杆旋转的角速度为0，而小环位于A点处. 当小环受到一微小的扰动后，即沿杆向外滑行. 试求当小环脱离杆时的速度（方向用与杆的夹角表示）.2.(19分)一内部连有弹簧的架子静置于光滑的水平桌面上，架子的质量为M，弹簧的倔强系数为k，现有一质量为m的小球以v0的速度射入架子内，并开始压缩弹簧，如图所示. 设小球与架子内壁间无摩擦. 试求：（1）弹簧的最大压缩量l；（2）从弹簧开始被压缩到弹簧达最大压缩所需的时间t；（3

6、）从弹簧开始被压缩到弹簧达最大压缩期间架子的位移xM.3（17分）一个三缝装置在单色平行光照射下，在透镜焦平面上形成干涉图样. 已知缝间距为d，缝宽比d小得多，入射光的波长为，透镜焦距为F，干涉图样的光强与x的关系如图所示. 设O点的光强为I0. （1）以F为单位，写出干涉图样第一极小，第一次极大，第二极小，第二极大诸点的x坐标xA、xB、xC、xD，并求第一次极大B点的光强IB .（2）今在中间狭缝前贴一薄膜，此薄膜产生的附加光程差，画出此时焦平面上干涉图样的光强分布，写出第一极小置A与第一极大位置B的x坐标，xA、xB，并求出它们的光强IA、IB. 4（15分）房间内有一空调机，该机按可逆

7、卡诺循环工作，在连续工作时，每秒需对该机作P焦耳的功. 夏天该机从室内吸热释放至室外以降低室温. 冬天将该机反向运行，从室外吸热释放至室内以提高室温. 已知当室内、室外的温差为T时，每秒由室外漏入室内（或由室内漏至室外）的热量Q=AT，A为一常数. （1）夏天该机连续工作时，室内能维持的稳定温度T2为何？已知室外的温度恒定为T1. （2）冬天该机连续工作时，欲使室内能维持的稳定温度为T2，室外的最低温度 T1需为何？5（14分）假定自然界存在类似于电荷的磁荷，且存在与电荷密度相当的磁荷密度，与电流密度和电流强度相当的磁流密度和磁流强度. 存在磁荷后，麦克斯韦方程组中电场环流的表示式修改成式中j

8、m为磁流密度，为闭合路径所圈围的磁流强度的代数和. （1）今有一自感系数为L的理想电感，由N匝导线绕成，通过电感的似稳电流i=i(t)，通过每匝导线所圈围面积的磁流强度为Im，试求出理想电感两端电压的瞬时值的表示式. （2）今有一真空的环形管道，上面绕有n匝线圈，其自感系数为L，线圈的两端相连构成闭合回路，如图所示. 起初线圈中无电流，今有一磁量为qm的磁单极，在管道内绕行v次后，求闭合线圈中的最大电流（设线圈的电阻可忽略不记）. 6（15分）氢原子由n=3的能级跃迁至n=2的能级时发射出Ha线，一放电管发现的光谱中有一谱线与Ha线相差约为3Å，已知此放电管中装有H和He两种气体.

9、如果该谱线来自放电管中的He+离子，试问它是由He+离子在哪两个能级间跃迁时发射的. 答案及参考解法一、填空题（60分）1（8分）；简要说明：调节两小球抛出的时间间隔，可使两球有多种相遇的机会. 本题意在求出诸多相遇中，第球所经的时间t最大的值. 解决此问题涉及到的运动学方程为：必要条件为h1=h2, t1t. 当v1v2时，最大的t对应相遇方式如图（a）所示，两球经各自最高点后在出发点处相遇. t=.当v1v2时，注意到t1t，最大的t对应的相遇方式如图（b）所示，即在第球的最高点处相遇. t=. 2（4分）6mg简要说明：各物体受力如图示，若最底下物体恰能抽出，各物体满足的动力学方程为：f

10、 =2maFff0=maN2mg=0N0Nmg=0另有其它关系为：f=f，f0=f0,N=N, N0=N0f=N f0=N0 解上述方程有 F=6mg3. (7分)乙：简要说明：研究甲、乙及船系统. 系统水平方向（设为x方向）受外力为零，故系统水平方向动量守恒. 设船任一时刻速度为V，方向如图示，则有MV+M（V+v0）+(V-v0)=0得 0说明船向x负向运动. 则乙相对地面运动速度值v乙=；甲 相对地面运动速度值v甲=v0 =,v甲v乙. 乙先到达木桩. 由运动学公式有4（2分）简要说明：根据波形图平移，依次画出t、2t、3t、4t波形图，视P点在t=0, t,2t,3t时刻对应的位移画出

11、P点的yt曲线. 或者说，P点下一时刻的运动应是波线前方一点的振动状态. 5（3分）1.72mm简要说明：设光源线度为b，边缘为O与A，O在S1S2的中垂线上，O处光线在P处干涉级与A处光线在P处干涉级若相差1级时，整个屏上干涉条纹模糊不清. 由图示可知，OA两处光线在P点的光程差之为dsin故 dmaxsin=6. (3分)简要说明：设自然光经过第一个偏振片P1后振幅为A1，则. 振幅为A1的线偏振光经过波片后，垂直光轴与平行光轴的两束光的位相差为，振幅分别为A0=A1sin；Ae=A1cos，这两束光经检偏器P2，振幅分别为A0= Ae=A1sincos，由于两偏振片的通光轴的关系而使这两

12、束光的位相差附加一个值. 由相干强度关系有合振幅，故光强I=A2=7（4分）1；3/5简要说明：准静态过程气体对外作功，故. 由理想气体内能公式，可知单原子分子理想气体内能变化= ，双原子分子理想气体内能变化8（8分）BLv; BLv;0;BLv简要说明：ab导线切割磁力线，ab内感应电动势为BLv，两端电势差为BLv；同理，导体板运动，导体板内出现感应电动势. 故伏特表读数为BLv；两者一起运动在ab及导体板组成的回路内磁通不发生改变，故总电动势为零；但ab两端有电势差，其值为BLv.9.（10分） 简要说明：金属球壳带有电量为Q时，其电量分布在外表面，且均匀分布如图（a）. 根据均匀带电球

13、面场的分布，球体为等势体，故球心O处电势与球面等势. 当球壳腔内绝缘放置q0时，导体球壳电量分布如图（b），利用电势叠加原理则O点电势为q0q0,Q+q0产生电势的叠加. 球壳外再放置q,Q点电势应加上q作用的结果，10（4分）否；反应前后电荷不守恒简要说明：判断过程能否发生，必须满足确定的关系. 如前后电荷守恒；能量守恒；质量守恒等等. 电子带C电量；反应后，中微子，光子均不带电. 不满足电荷守恒定律. 11（3分）1.04V简要说明：遏止电压U满足关系式为= =1.0359V1.04V12.（4分）1；4.1×102简要说明：由物质波公式，0=e .光子动能即为总量E0=p0c；

14、电子动能的相对论公式为比较pec与mec2有= 4.85×10-3,说明Ee很小,故 二、计算题（共90分）1（10分）解：设小环脱离杆时的角速度为. 系统M与m所受外力对A点力矩为零，系统对A点角动量守恒. 则有设计环m脱离杆时的速度为v. 由于系统M与m所受外力不作功，系统机械能守恒，有 v的方向与杆的夹角为，则2（19分）解：（1）系统m、M及弹簧，整个过程中受外力为零，且只有保守内力作功，故系统动量守恒、机械能守恒. 当弹簧达到最大压缩时，系统整体应具有相同的速度，以v表之，则有 解式得解两式有（2）设弹簧原长为l0,t时刻M与m位置分别为x1、x2. 则有运动方程 解两式有

15、令 有 式为简谐振动的动力学方程，系统谐振动圆频率从弹簧开始被压缩到压缩至最大值，系统振动. 或简单推论，M与m为二体问题，折合质量，运动周期，得到同样结果. （3）由于系统受的合外力为零，故质心作匀速直线运动，其运动速度为，经后，质心位移为再设m和M相对质心的位移为xm和 x m，则有xmx m=l mx m+ Mx m=0 解两式得 3（17分）解：（1）考察P点. 相邻光线光程差l=dsin，对应位相差，P点合振幅A为：A2=（A1+A2cos+A3cos2）2+(A2sin+A3sin2)2A1= A2= A3 A2=Amax=3A1, =k·2 ，得 ，得， ， （2）由于

16、中间缝贴一可产生光程差的薄膜，于是相邻缝出射光线的位相差变为，P点合振幅A1+A2cos()+cos22+A2sin()+ sin22 =,式中A的极小值对应，k=0,±1；±2当k=0时，对应第一极小值，由得 ，光强. A的极大值对应，±1，±2当k=1，对应第一极大值，得，光强. 其干涉图样光强分布如图示. 4（15分）解：（1）由卡诺循环特点，可知 夏天欲使室内维持稳定温度T2，需空调机每秒吸热Q2=Q=A（T1-T2）又根据能量关系有Q1= Q2+P解三式得室内温度T1（2）同理有；解以上三式，可得室外最低温度为5（14分）解：（1）理想电感电阻

17、为零，则两端电压为 Im Im（2）闭合线圈无电阻的电路方程为Im=0，由此得 磁荷绕v次后有 最大电流6（15分）解：由类氢原子能级公式可得He+离子的能级公式 H原子Ha线，能级公式应为 与略有差别来源于RH与RHe的不同. 比较两式有 故谱线是离子在n2=6与n1=4能级间跃迁时发射的. 大学物理方法讲义物理竞赛基本训练题及解答（六）试 题一、选择题（共35分）1（3分）用铁锤将一铁钉击入木板，设铁钉受到的阻力与其进入木板内的深度成正比，铁锤两次击钉的速度相同，第一次将钉击入木板内1cm，则第二次能将钉继续击入的深度（不是指总的深度）为（ ）. （a）1cm （b）0.5cm（c）（）c

18、m （d）（）cm2.（3分）在下面四种情况中，何种将一定能使理想气体分子平均碰撞频率增大？（ ）（a）增大压强，提高温度（b）增大压强，降低温度（c）降低压强，提高温度（d）降低压强，保持温度不变3（3分）在一个由点电荷q0产生的静电场中，有一块任意形状的各向同性均匀电介质如图放置. 以点电荷所在处为球心，作一穿过电介质的球形高斯面S，则对此球形高斯面，下列说法中对的是（ ）. （a）成立，且可用它求出高斯面S上各点的场强（b）成立，但不能用它求出高斯面S上各点的场强（c）不成立，但通过高斯面S的电位移通量与电介质无关（d）高斯面上各点的电位移与电介质无关，其大小仍等于，但场强与电介质有关4

19、（5分）面积为S的接地金属板，距板为d处有一点电荷+q（d很小），则板上离点电荷最近处的感应电荷面密度为（ ）. （a）0（b）（c）（d）（e）5.（3分）下图（a）表示真空二极管的伏一安特性曲线，二极管、电阻与电源联接如图（b），则电路中稳定的电流I是（ ）. 图（a）（a）5mA（b）10mA（c）15mA（d）20mA图（b）6（4分）一端固定在天花板上的长细线下，悬吊一装满水的瓶子（瓶的质量不可忽略），瓶底有一小孔，在摆动过程中，瓶内的水不断向外漏. 如忽略空气阻力，则从开始漏水到水漏完为止的整个过程中，此摆的摆动频率（ ）. （a）越来越大（b）越来越小（c）先变大后变小（d）先变

20、小后变大（e）保持不变7（3分）一端固定，另一端自由的棒中有余弦驻波存在，其中三个最低振动频率之比为（ ）. （a）123 （b）124（c）135 （d）1498（5分）图示有一在空气（折射率n0）中的镀有双层增透膜的玻璃，第一层膜、第二层膜及玻璃的折射率分别为n1、n2、n3，且知n0 n1n2n3，今以真空中的波长为的单色平行光垂直入射到增透膜上，设三束反射光（只考虑一次反射）a、b、c在空气中的振幅相等，欲使这三束光相干叠加后的总强度为零，则第一层膜的最小厚度t1和第二层膜的最小厚度t2为（ ）. （说明：为区分a、b、c三束反射光，图中没有将它们画成垂直于反射面）. （a），（b），

21、（c），（d），9（3分）有三个惯性参照系S，S、 S，其中S、S系以相同的速率u相对S沿相反方向运动，在S系中观察一与S系同方向运动的光子，测得其频率为v，而在 S和S系中观察，测得其频率分别依次 v和v. 则根据相对论的原理，以下的结论中，正确的是（ ）. （a）v= v = v（b）v v v（c）v v v（d）v v 、v= v10（3分）在300K时达到热平衡的中子，其平均德布罗意波长的数量级为（ ）. （a）10-7m （b）10-10m（c）10-13m （d）10-15m二、填空题（共35分）：1（6分）用单摆周期公式计算重力加速度，测得摆长l的相对误差为0.05%，周期T的

22、相对误差为0.025%，则g的相对误差为_.2（8分）两个同心的薄导体球壳均接地，内球壳半径为a，外球壳半径为b. 另有一电量为Q的点电荷置于两球壳之间距球心为r（arb处，则内球上的感应电荷q1= _，外球上的感应电荷q2= _.3.（6分）图示为一内半径为a，外半径为b的均匀带电薄绝缘环片，该环片以角速度绕过中心O、并与环片平面垂直的轴旋转，环片上总电量为Q，则环片中心O处的磁感应强度值B=_. 4（3分）一束线偏振光垂直射到地面上，已知某时刻电场强度E的方向向东，则该时刻磁场强度H的方向为_. 5（8分）如图所示杨氏双缝干涉装置，当波长为的单色光垂直照射狭缝S时，屏上干涉条纹的最大光强为

23、I0，最小光强为零. 现于S缝后放一理想偏振片P，其透振方向与双缝中心连线S1S2平行；再在S1和S2后各插一完全相同的半波片，其一的光轴与S1S2联线平行，另一的光轴与S1S2联线垂直，则屏幕上干涉条纹的光强分布将有_变化；此时屏幕上的最大光强为I0的_%，最小光强为_.6（4分）1988年10月我国基本建成的大型粒子加速装置是_,加速的粒子是_. 1989年9月前我国基本建成的另一粒子加速装置是_，加速的粒子是_. 二、计算题（共50分，每题10分）：1一摩尔氮气（设氮气服从范德瓦尔斯方程）作等温膨胀，体积由V1变到V2. 试求氮气（a）对外界作的功；（b）内能的改变；（c）吸收的热量.

24、2质量为M的长的平板以速度V在光滑平面上作直线运动，现将一速度为零、质量为m的木块放在长平板上，板与木块间的滑动摩擦系数为，求木块在长平板上滑行多远才能与板取得共同速度？3一轻弹簧两端固连着两个小球A、B，若将小球B固定，测得小球A的振动频率为fA. 若将小球A固定，测得小球B的振动频率为fB. 现将此系统自由地平放在光滑水平面上，求此系统的自由振动频率. 4一同轴圆柱形电容器，外导体筒的内半径为2cm，内导体筒的外半径可自由选择，两筒之间充满各向同性均匀电介质，电介质的击穿场强为2.0×107V/m. 试计算该电容器所能承受的最大电压. 5以波长=0.6m的单色平行光束垂直入射到牛

25、顿环装置上，观测到某一暗环n的半径为1.56mm，在它外面第五个暗环m的半径为2.34mm，试求在暗环m处的干涉条纹间距是多少？答案及参考解法一、选择题（共35分）1（3分）（d）简要说明：铁锤击铁钉时，铁锤的动能Ek全部用来克服铁钉所受的阻力作功. 铁钉所受的阻力的大小为F=kx（x为铁钉进入木板的深度，k为常数）. 由功能原理知：第一次击钉时有（x1为第一次击钉时，它进入木板的深度），第二次击钉时有（x2为两次击钉后，它进入木板的总深度）. 第二次将钉继续击入的深度为2（3分）（b）简要说明：3（3分）（c）简要说明：电场强度E是由自由电荷和极化电荷共同产生的，故电力线的条数和走向是由自由

26、电荷和极化电荷共同决定的. 电位移线的条数虽仅由自由电荷决定，但因其走向与电力线相同（在各向同性介质的情况下），故电位移线的走向是受极化电荷影响的. 在本题中，由于电介质不对称，故E和D的分布都不对称，当然就无法用高斯定理来求E和D了. 在本题中，但，= q04.（5分）（d）简要说明：因金属板接地，故其背离+q的面上无感应电荷，面向+q的面上有负的感应电荷，但分布不均匀（详细证明从略）. 在金属板内离+q最近的P点上，+q产生的电场强度E（q）如图所示. 因为P点的总电场强度为零，故感应电荷在P点产生的电场强度E（）必与E（q）相抵消，如图所示. 将面向+q的面上的感应电荷分成两部分，一部分

27、为以P点为圆心的圆形面元S上的电荷，另一部分为其余面上的电荷. 因其余面上的电荷在P点的电场强度相互抵消，故E（）实际上只是圆形面元S上的电荷所产生的. 圆形面元S上的电荷面密度可视为均匀，P点离S无限近，故可把S视为无限大均匀带电平面，即有 又 5.（3分）（a）简要说明： 200=20×103I+U U20020×103I图（b）将I=5×10-3A，10×10-3A，15×10-3A，20×10-3A分别代入上式得U1=20020×103×5×10-3=100VU2=20020×103&#

28、215;10×10-3=0U3=20020×103×15×10-3=100VU4=20020×103×20×103=200V显然，只有I =5×103A时U1=100V才是伏安特性曲线上的一点. 6（4分）（d）简要说明：为了简化，让瓶子为高h0内截面是S的空心柱，其质量为M. 如图所示，空瓶的质心C0、水的质心C、二者的质心C到悬点O的距离分别为l0、l、l.当水的深度为h时，则水的质量为 （为水的密度）由质心的规律得l随h变，随着h的减少，l是先增后减. 此摆的频率应为显然f应是先变小变大.本题也可作如下的定性

29、说明：开始时水和瓶子的质心重合，漏水后瓶子中的水的质心要往下降，故瓶子中的水和瓶子这个系统的质心也要往下降. 但当水刚漏完时系统的质心又上升到瓶子的质心. 显然，在漏水的过程中，瓶子中的水和瓶子这个系统的质心必先往下降后往上升. 而此摆的频率与系统的质心到悬点的距离的平方根成反比，故此摆的频率应先变小后变大. 7（3分）（c）简要说明：余弦驻波中波长最长的三个简正模式如下页左上图所示，显然 （比即其中三个最低振动频率之比）8（5分）（b）简要说明：a、b、c三束光的振幅矢量图如图所示. 光束a和b都有半波损失,光束c无半波损失 光束a和b之间的光程差为. 光束b和c之间的光程差为. 光束a和b

30、之间的位相差为=.光束b和c之间的位相差为=.t1和t2最小的条件为 9.（3分）（c）简要说明：解法一：光的多普勒效应的公式为 （角如图所示）本题中S系相当于光源，S系和S系相当于接收器，即v相当于vs，而v和v相当于vR. 从S系看，S系的运动方向如图所示，即=0，故有vv从S系看，S系的运动方向如图所示，即，故有 vv vvv解法二：由相对论的动量和能量变换公式中的也可得到同样的结果. E=hv, E=hv, vv因S系相对于S系逆x正方向运动，故应有E=（E+upx）. 同上得 v10.（3分）（b）简要说明：kg， 二、填空题（共35分）1（6分）0.1%简要说明：单摆测重力加速度的

31、公式为采用方和根合成法有：采用绝对值合成法有2（8分） 简要说明：内球壳里面无电场，为等势区. 因内球壳接地，故内球壳里面各点的电位皆为零. 将电位的叠加原理用于球壳的中心得 外球壳外面无电场,为等势区. 因外球壳接地，故外球壳外面各点的电位为零. 将电位的叠加原理用于无穷远点，由于二球壳上的电荷皆可视为点电荷，故当r很大时有 Q=q1q2 将式代入式得 代入式得3（6分）简要说明：面电荷密度为：面电流密度为：电流元为因各个dB0同向，故有4向南简要说明：由玻印亭矢量S=E×H知H向南. 5（8分）原来的亮纹变为暗纹，原来的暗纹变为亮纹50%零简要说明：通过偏振片P形成的线偏振光对缝

32、S1和S2后的半波片来说，一为寻常光o，一为非寻常光e. 二者因通过半波片造成的光程差为，即位相差为，故加上半波片时与未加半波片时屏上的明暗条纹的位置要互换，即亮的变暗，暗的变亮. 通过偏振片P形成的线偏振光，再通过二半波片后并不改变偏振方向，屏上各处仍为二同方向振动的合成，故二半波片不影响屏上干涉条纹的最大亮度，但偏振片P却使光强减弱一半，故屏上干涉条纹的最大光强要减弱一半，即屏上干涉条纹的最大光强为I0的50%，最小光强仍为零. 6（4分）正负电子对撞机 正电子和负电子 同步辐射装置 电子. 三、计算题（共50分）1（10分）解：（a）由范德瓦尔斯方程=RT得 对外界作的功（b）一摩尔气体

33、分子热运动的动能为Ek=CvT. 作等温膨胀时dEk=0.气体的内压强. 气体膨胀时pi作负功，气体分子间相互作用的势能要增加dEp. 由功能原理知，保守内力作的功等于势能的减少，即 内能的增量（c） Q=A+E = + =2.（10分）解法一：因平板和木块这个系统的动量守恒，故二者取得的共同速度为二者之间的摩擦力为F=mg木块的加速度为平板的加速度为从把木块放到平板上到二者取得共同速度V这期间,木块相对于地面运动的距离为木块相对于地面运动的距离为木块在平板上运动的距离为解法二：木块相对于平板的加速为a=a1+a2，木块相对于平板的初速度的大小为V，方向与图中V的方向相反. 木块相对于平板的末

34、速度为零，故木块相对于平板运动的距离为解法三：设木块相对于平板运动的距离为S，则一对摩擦力作的功为FS=mgS由系统的动能定理知,这一对摩擦力作的功应等于木块和平板这个系统的动能的增量,即 （注：为了节省篇幅，在解法二和解法三中都利用了解法一中的某些结果. ）3（10分）解法一：本题要用到同种弹簧的倔强系数与弹簧长度的关系，设弹簧的原长为l0，加拉力F后其长度变为l0+l，则k为原长为l0的弹簧的倔强系数. 加拉力F后原长为l0的这一段弹簧相应的伸长量为设其倔强系数k，则有 弹簧系两个小球A（质量mA）和B（质量为mB）在光滑的水平面上自由振动时，振子的质心C是不动的,故可视为C端固定的两个独

35、立的振子. 对原长的l0的弹簧，二球A和B到质心C的距离a和b应满足以下关系 由知，a段弹簧的倔强系数为b段弹簧的倔强系数为球A的振动频率为 球B的振动频率为解法二：将两体问题用于弹簧振子，则折合质量为 4（10分）解：如图所示，设内筒的外半径为x. 由高斯定理可求得内外筒之间的电场强度为 内、外筒之间的电势差为由式知最大场强在x处.而介质首先要从场强最大处击穿,故有 代入式得 U随x变,下面求它的极值. 令，得将代入式即得电容器所能承受的最大电压5（10分）解法一：暗环满足的条件为. 对暗环n有. 对暗环m=n+5有 解法二： 两边取微分，有2rdr=Rdk 取，则将解法一的代入此式，得大学

36、物理方法讲义物理竞赛基本训练题及解答（七）试 题一、选择题（每小题5分，共20分）1如图1所示，一倾角为的斜面放置在光滑桌面上，斜面上放一木块，两者间的摩擦系数为（tg，为使木块对斜面静止，木块的加速度a必须满足:图 1（A）a. （B）a. （C）a. （D）a. 2图2所示电阻网络是由n个相同单元重复连结而成，为使AB间的等效电阻RAB与单元数n无关，电阻Rx的取值应为图 2（A）. （B）. （C）. （D）. 3如图3所示，沉积在玻璃衬底上的氧化钽薄层从A到B厚度递减到零，从而形成一尖劈，为测定氧化钽薄层的厚度t，用波长为6328Å的HeNe激光垂直照射到薄层上，观察到楔形部

37、分共出现11条暗纹，且A处恰好为一暗纹位置. 已知氧化钽的折射率为2.21，玻璃折射率为1.5，则氧化钽薄层的厚度t为图 3（A）1.50m. （B）1.57m. （C）1.29m. （D）1.43m. 4如图4所示，某质子加速器使每个质子获得动能E=2keV，很细的质子束射向一个远离加速器、半径为r的金属球，从球心到质子束延长线的垂直距离为d=r/2. 假定质子与金属球相碰后将其电荷全部交给金属球，经足够长时间后，金属球的最高电势（以图 4无穷远处的电势为零）为（A）2000V. （B）1500V. （C）1000V. （D）3000V. 二、填空题（每小题6分，共36分）1如图5所示，有两

38、均匀实心圆柱轮子，质量各为m1和m2，半径各为R1和R2，两转轴互相平行. 两轮绕各自的中心轴沿逆时针方向旋转，角速度各为10，20. 移动两轮以使它们接触，当转动状态稳定后，两轮的角速度分别为1=_,2=_图 52. 被电势差U加速的电子从电子枪口T发射出来，其初速度指向x方向. 为使电子束能击中目标M点，（直线TM与x轴间夹角为），在电子枪外空间加一均匀磁场B，其方向与TM平行，如图6.已知从T到M的距离为d，电子质量为m，带电量为e. 为使电子恰能击中M点，应使磁感应强度B= _.图 63在图7电路中，已知电感线圈的自感系数为L1和L2. 两者间的互感系数为M，导线和线圈的直流电阻忽略不

39、计. 当线圈L1中电流强度的变化率为，A，B两点间的电压uAB=_. 图 74如图8所示，真空中有四块完全相同且彼此靠近的大金属板平行放置，表面涂黑（可看成绝对黑体）. 最外侧两块板的热力学温度各维持为T1和T4，且T1T4. 当达到热稳定时，第二和第三块板的热力学温度分别为T2=_， T3=_. 图 85一厚度为10m的方解石晶片，其光轴平行于表面，放置在两正交偏振片之间，晶片主截面与第一个偏振片的偏振化方向夹角为45°，若要使波长为6000Å的光通过上述系统后呈现极大，晶片厚度至少需磨去_m. （方解石的no=1.658，ne=1.486）6将下列游标量具的游标分度值填

40、在下表空格内. 游标分度数20205030主尺分度值1mm1mm1mm0.5°与游标总长度对应的主尺长度19mm39mm49mm14.5°游标分度值三、问答题（共24分）1（10分）用下列指定仪器自组一个桥式电路，测量微安表内阻. （1）画出线路图；（2）写出关键的设计思想及计算公式. 仪器名称规 格数量旋转式电阻箱0.1级 六个转盘 四个接线柱（如附图所示）1个滑线变阻器50允许最大电流2A1个微安表100A1.5级 内阻约/k1个电源约3V1个开头单刀单掷1个导线若干图9为旋转式电阻箱面板图（图中“0.9”和“9.9”的两个接线端是“0”和“99999.9”两个接线端之

41、间的中间抽头）. 图 92（8分）光栅光谱和棱镜光谱有哪些不同？3（6分）以下二题中任选一题（1）使用灵敏电流计的注意事项是什么？（2）调整分光计中的望远镜，以使它适合于接收平行光. 在此过程中，主要的两个调节步骤是什么？四、计算题（共40分）1（10分）如图10所示，具有半圆柱形凹槽的木块放置在光滑地面上，木块质量为M. 质量为m的质点从最高点由静止下滑，摩擦力忽略不计. 求质点下滑至最低点时给木块的压力. 图 10图 112（10分）如图11所示，有一个长为l、宽为a、高为b的矩形管，图中画斜线的前后两侧面为金属板，其它两面（上、下面）为绝缘板，用导线将两金属板相连，金属板和导线的电阻可忽

42、略不计. 今有电阻率为的水银流过矩形管，流速为v0. 设管中水银的流速与管两端压强差成正比，已知流速为v0时的压强差为p0. 在垂直于矩形管上下平面的方向上加均匀磁场，磁感应强度为B. 求加磁场后水银的流速v. 3（10分）偏振分束器可把入射的自然光分成两束传播方向互相垂直的偏振光，其结构如图12（a）和图12（b）所示. 两个等边直角玻璃棱镜斜面对斜面合在一起，两斜面间夹一多层膜. 多层膜是由高折射率和低折射率材料交替组合而成. 设高折射率材料为硫化锌，其折射率nH=2.38；低折射率材料为冰晶石，其折射率nL=1.25. 氩离子激光的波长为=5145Å，以45°角入射到

43、多层膜上. 图 12（a）（1）为使反射光为线偏振光，玻璃棱镜的折射率n应取多少？（2）为使透射光的偏振度最大，高折射率层的厚度tH及低折射率层的厚度tL的最小值是多少？图 12（b）4（10分）1mol单原子理想气体从初态压强p0=32Pa，体积V0=8m3经pV图上的直线过程到达终态压强p1=1Pa，体积V1=64m3；再经绝热过程回到初态，如此构成一循环. 求引循环的效率. 答案及参考解法一、选择题（每小题5分，共20分）1（C）简要说明：设木块质量为m，它的受力情况如图13所示. 选x轴平行斜面，y轴垂直斜面，则木块满足的牛顿第二定律的投影式为：x方向：mgsinf=macos (1)

44、y方向：N=mgcos=masin (2)由（1）、（2）解得： f=m(gsinacos) (3)N=m(gcos+asin) (4)相对静止条件要求：图 13 NfN (5)（3）、（4）、（5）解得：a. 2（C）简要说明：RAB与n无关，则要求有如图14所示的等效电路：图 14所以应有如下关系：解得：. 3（D）简要说明：暗纹条件为：即2nt=k第11条暗纹相应于k=10，此时的t即为楔形膜的厚度，所以膜厚4（B）简要说明：金属球达到最高电势时，质子轨迹刚好与金属球相切，如图15所示，质子所受力为有心力，它对球心O的角动量守恒，即 mv0d=mvr (1)质子是在带电金属球的保守场中运

45、动，它的能量守恒，即 (2)又 (3)图 15由（1）、（2）、（3）式联立解得二、填空题（每小题6分，共36分）1；. 简要说明：以逆时针转的角速度为正，如图16所示，对圆柱轮子1：图 16摩擦力f的冲量矩为角动量改变为由角动量定理有= (1)同理，对圆柱轮子2有：= (2)由（1）、（2）式得： (3)稳定后，两轮表面线速度大小相等，即1R1=2R2 (4)两个轮子的转动惯量分别为 (5) (6)（3）、（4）、（5）、（6）式联立解得：2简要说明：电子速率为，电子速度与B平行的分量为v=vcos，与B垂直的分量为v=vsin.电子从T到M所需时间为： (1)电子绕一周所需时间为： (2)电子转圈的半径 (3)电子击中点的条件是：t=kT （k=1，2，3，） (4)由（1）、（2）、（3）、（4）式联立解得3简要说明：对L2所在电路有对L1所在电路有以上两式中M前面的正、负号由两个线圈的绕向关系决定. 电压4简要说明：对前面图8中温度为T2的板的左、右侧单位时间内净获得的辐射热量分别为： (1) (2)达到热稳定时应有：Q2左+Q2右=0 (3)由(1)、(2)、(3)式联立解得： (4) 同理，对温度为T3的板有： (