第三届全国物理竞赛决赛题参考解

1、第三届全国物理竞赛决赛题参考解答1.解答: (1) 用V0表示容器的体积,V表示抽气筒的体积,则每一次抽气之前,容器内的体积为V0 ,抽后 该气体的体积变为V0+V,抽前与抽后容器内的气体压强之比应为.若总共抽了N次,则最初的压强p0与最后的压强p之比应为 或 代入数值，经计算(取)可得 N = 27 (次)所以工作时间为 (2) (i)用m，a和v分别表示- 子的质量，第一轨道半径和速度，根据库仑定律和牛顿定律，可列出第一轨道上的运动方程。 据量子化条件，对第一轨道有 同理，对氢原子可得下式 式中me，a0和v0分别表示电子的质量。第一轨道半径和速度由以上四式，可得 代入数值，经计算可得 (

2、ii)由上面已知 要使-子轨道进入原子核内，则要满足下式 将题中已知的各量代入：可解得 2.解答 由题意R L所以下面的解答中，都是设物体尚未离开平台 （1）在物体C下滑的过程中，C对A的作用力沿水平方向的分力是向右的，推动A和B一起向右加速运动，当C到达轨道的最低位置时，C对A的作用力的水平分力为零，这时AB向右运动的速度达到最大继续下去，C对A的作用力的水平分力将开始向左，A将开始做减速运动，从而和B分离由此可知，当C滑到轨道最低位置时，A，B开始分离这时A，B向右运动,由动量守恒可知C是向左运动的设用vA、vB、vC分别表示三者此时速度的大小，根据动量守恒和能量守恒可知 且有 由以上各式

3、联立，可解得 方向向右 (2)AB分离后，B的动量为mvB 方向向右，当C达到最高点时，A，C两物体无相对运动，具有同样大小的速度v，方向向左根据动量守恒可知。即 （1）用l表示C距台面的最大高度，根据能量守恒可知 (2)由(1)、(2)两式可解得 (3)在(2)中已分析过，A，C两物体的总动量的方向是向左的，所以A从平台的左边落地。由于R L因此在讨论A.C在平台上滑动的距离和时间时，可以粗略地把它们看成一个物体，具有向左的速度 而且原来处于平台的中央，即距左端L/2处，所以经历的时间为 3.解答 (1)由r、r1和r3的阻值可知,此时满足电桥平衡条件 因此，r2中无电流 (见图 3-40)

4、若用rAB表示AB间的等效电阻,则 所以通过电流计的电流强度为 (2) r1 、r2和r3各有“通”“断”两种情况. 通时阻值为1，断时阻值为，因此电路中的组合情况共有23=8种可能,列表如下 由于r1 ，r2和r3的通断是随机的，以上8种可能性的几率相同，因此平均功率为。 平均功率4解答 (1)a，b相连后，设三个电容器上带电量分别为q1q2.q3 则应有、 或者 解出 电容器2上带电量 上板带正电 (2)断开a、b，把a，c相连后，电容器2上电量仍为q2，电容器1与3成为并联，电量重新分配后，它们的电量 再断开a，c，把a，b相连后，设三个电容器上的电量变为、则有 或者 解出 电容器2上带

5、电量 上板带正电1c图 344(3). 在（2）中带电的情况下，把a.b与d相连后即成为如图3-44所示的电路这时电容器l短路，电容器2的下板与3的上板等电势，另外两个板等电努设这时电容器2的下板上所带的电量为，则电容器3的上板上所带的电量也为 ,且 电容器2上带电量 下板带正电5解答解法1先求系统将向右滑落时的位置，由于 >1, 故 即系统在图 345（a）图 345所示的位置时不可能平衡。平衡且刚开始向右边下滑时的1必然在 0 <1< 900 . 设在图 3-45(b)的位置物体刚开始向右下落此时系统所满足的平衡条件为 (1)利用 (1)式可简化为 即 （2）再讨论系统向

6、左滑的情况由于 ,有可能在m2 处于悬垂状态时,系统开始下滑，因此要分别讨论各种可能性设系统在图 3-46(a)所示的位置刚开始下滑 ,此时有 即 即开始向左下滑图 3-46则系统必然在2<900时开始向左下滑,如图 3-46(b)所示,此图与图3-45(b)类同,故只要将(1)式的下标1与2对调,即可得这一情况下的解答. 若 系统在图 3-46(a)的位置仍不会下滑,系统刚开始下滑的位置必然是m1也在左侧,如图 3-46(c)所示.由 可得 或 令 如图 3-47所示,则有 因而 即得 若用表示圆柱体转过的角度,则最后答案为:图 3-48 时 解法二： (I)先求系统将要向右滑落时的位

7、置如图348所示，系统不向右下滑的条件为 (1)由于 , , 所以(1)式成为 (2)由于 , , 则由(2)式可得 因此，系统将要向右滑落的位置1右为 (3) 由于<1 所以 1右<900(2) 系统向左滑落的情况: 要使系统不向左滑落的条件,只需将(2)式中的所有下标1与2互换即可得到. (4)现在 (5)按的大小可有三种情况:情况1: 即 这时 (4)式可写成图3 -49 或 (6)由(6)式可知,在 时,如图3 -49所示,系统刚向左滑落时的位置2左为 (7) 情况2: 这时 (4)式成为 (8)由于 可得 即2由00到900，均满足系统不向左滑落的条件系统将要向左滑落的位

8、置为 情况3: 即 这时 (4)式成为图 3-50 (9)上式右方为一负数，说明2取00到900之间的任意值，系统均不会向左滑落在这种情况下,必须进一步转动圆柱体使m1移到左方,m2离开圆柱而自由悬垂(如图3-50).这时系统不向左滑落的条件已不再是(4)式,需要重新讨论 用表示系统的位置,则不向左滑落的条件为 即 (10)系统将要向左滑落的位置2应满足 (11)解此方程求左 ,为此将(11)式改写为 取 则 即因而可得 (12) 由于 故(12)式肯定有解(3)答案: 设系统向左滑落前圆柱所转的角度为,显然, 与有关,最后的答案与解法1 的结果完全相同6 解答:首先讨论粘合透镜的上半个透镜的

9、成像.在图 3-51中OO是粘合透镜的中心轴线,在00上方用实线画出了上半个透镜，在00下方未画下半个透镜.而是补足了未切割前整个透镜的其余部分，用虚线表示整个透镜的光轴为OO图 3-51半个透镜的成像规律应与完整的透镜相同.现在,物点(即光源)S在粘合透镜的中心线上,即在图中透镜的光轴上方a/2处.离透镜光心的水平距离正好是透镜的焦距.根据几何光学.光源S发出的光线,经透镜折射后成为一束平行光束,其传播方向稍偏向下方.与光轴)(对OO也是一样)成角为. 当透镜完整时光束的宽度为D×cos ( D 透镜直径).对于上半个透镜,光束宽度为 D/2 .同理,S所发的光,经下半个透镜折射后

10、,形成稍偏向上方的平行光束,与轴成/2角,宽度也是D/2.图 3-53峰峰·于是，在透镜右侧,成为夹角为的两束平行光束的干涉问题(见图3一52)，图中两平行光束的重叠区(用阴影表示)即为干涉区为作图清楚起见,图3-5中,特别是图3-52中的角；均远较实际角度为大.图 3-52图353表示的是两束平行光的干涉情况，其中和图352中的相对应的图353中实线和虚线分别表示某一时刻的波峰平面和波谷平面在垂直于中心轴线的屏幕上，A、BC表示相长干涉的亮纹位置，D、E表示相消干涉的暗纹位置，相邻波峰平面之间的垂直距离是波长，故干涉条纹间距x满足 在很小的情况下，上式成为 ，所以透镜切去的宽度 果

11、然是一个很小的角度(2)由以上的求解过程可知、干涉条纹间距x与屏幕离透镜L的距离无关，这正是两束平行光干涉的特点但屏幕必须位于两束光的相干叠加区才行，图352中以阴影菱形部分表示这一相干叠加区。因为由（l)中已知条纹是等间距的，显然当屏幕位于PQ处可获得最多的干涉条纹，而PQ平面到透镜L的距离 实验试题参考解答 一用电热法测定热功当量本题实验原理不难。重点在于考查学生基本实验技能，其中有六种基本测量(质量、时间、温度、体积、电流、电压)和天平调整。稳压电源调整两种基本实验技巧 1用物理天平称衡物体质量调整天平水平、平衡（游码应放左端)。称衡内筒应先将水擦干，止动后用镊子加砝码(镊子拨游码)，读

12、数不粗于，0.l克,内筒盛水后，应先擦净筒外,再称衡冷水质量. 2.调整稳压电源至加热电流0.800 A；测定电压(11.0013.00 V)均应读到0.5级电表的刻度内再估读一位数。3. 050.00的温度计刻度为0.2,读数不得粗于0.1. 由于是稳定功率加热,稳定后的升温线随时间呈线性增加,因而初始温度和末温均应在通电加热搅拌稳定的状态下测量.以保证水温滞后于电热管的时间近似相等,从而保证测得升温的准确性.4.选择末温2、应使(室温),以尽量减少系统与外界净交换的热量.5用秒表计时电子秒表读数显至0.01秒，就应读到和记到0.01秒：机械秒表(其擒踨跃变量为0.2秒)读数不得粗于0.2秒6用小量筒测量温度计浸入水中的体积时，首先要确定浸入部分的界线。小量筒应直立桌上,人眼在水平方向读数量筒刻度为0.5cc,可估读到0.1cc.7热功当量 = 应正确无误，单位及数据有效位数亦应达基本要求二.用直流电桥测未知电阻的阻值 本实验的基本原理一般均了解，重点在于考查学生在物理思想上对电轿实验方法是否真正掌握，能否自已想办法提高电桥的测最准确度 首先要求学生按回路有序连线，会使用检流计：(及阻尼开关保