1、第二十届北京市非物理类专业大学生物理竞赛试卷解2003年,一、填空题（13小题，每小题两个空，每空2分，共52分）,1、平直铁轨上停着一节质量M=20m的车厢，车厢与铁轨间摩擦可略。有若干名学生列队前行，教员押后，每名学生的质量同为m，当学生与教员发现前面车厢时，都以相同速度v0跑步，每名学生在接近车厢时又以2v0速度跑着上车坐下，教员却因跑步速度没有改变而恰好未能上车，据此可知，学生人数为_,全过程中由教员、学生和车厢构成的系统，其动能损失量为_.,解：由“教员却因跑步速度没有改变而恰好未能上车”这个条件知，学生上车坐下后车厢与学生的速度恰为v0,设学生的人数为x,选学生与车厢为系统，选学生
2、刚上车为初态，选学生坐下后为末态，因系统始末态的动量守恒，故有 xm2v0=(20m+xm)v0 x=20（第一空） 对于上面所谈的始末态而言，因教员的动能未变，故“由教员、学生和车厢构成的的系统”的动能损失与“由学生和车厢构成的系统”的动能损失相同，因此有动能损失 EK0-EK=1/2(20m)(2v0)2-1/2(20m+20m)v02=20mv02 （第二空）,2、光滑水平面上有4个相同的匀质光滑小球，其中球2、3、4静止于图示位置，球1具有图示方向初速度v0，设小球间将发生的碰撞都是弹性的，最后这4个球,球中停下的是_.运动的球中速度最小值为_.,解：球1与球2碰撞后交换速度，故球2的
3、速度为 v0，而球1静止；但球2与球3、球4碰撞后要以某一速度v反弹，故球2又要与球1碰撞，因此碰后球1的速度为v，而球2却要永远静止了。（第一空） （a）图为球2与球3、球4刚碰时的情况，（b）图为球2与球3、球4刚碰完时的情况（v3=v4=v）。由动量守恒知,由动能守恒知,（1）,（2）,联立解（1）、（2）式得,（第二空）,3、圆心记为O，半径R ,质量4m的匀质圆板，内切地割去半径为R/2的小圆板后，剩余的板块如图（a）所示，其质心位置记为C（图中未示出）。过O、C分别设置垂直于板面的转轴，相对这两个转轴的转动惯量各为IA=_,IC=_.,解:本题等效于半径为R 、质量为4m的大圆板与
4、半径为R/2、质量为-m的小圆板之和。大圆板对O轴的转动惯量为1/24mR2=2mR2;小圆板对O轴的转动惯量为3/2(-m)(R/2)2=-3/8mR2 （第一空）,大圆板的质心在y=0处；小圆板的质心在y=-R/2处（见图（b），故二者的质心在,由平行定理知,（第二空）,4、某时刻的弦波如图示，此时图中用实线示出的弦段中，振动动能最大的部位在_处，振动势能最大的部位在_处。,解：因B处的拉伸最甚，故B处的振动势能最大（第二空），本题是行波（不是驻波），而行波的振动动能恒等于振动势能，故振动动能的最大部位也在B处（第一空）,5、某气体在温度T1时的分子最可几速率与在温度T2时的分子方均根速率
5、相等，则T1/T2=_.这种气体在压强为p时的密度为，此时它的分子方均根速率 =_.,解：因,故由题设条件知,（第一空）,因 故 ，因此有,（第二空）,6、电荷Q 均匀地分布在半径为R的球面上，与球心O相距R/2处有一静止的点电荷q，如图所示，球心O处电势为_,过O点的等势面面积为_.,解：球心O处的电势为,（第一空）,Q在球面内不激发电场，故单对Q而言，球面内为等势区，因此，球面内的等势面仅由q决定；而q的等势面为以q为中心的球面族，故过O点的等势面面积为,（第二空）,7、图示的电路中，通过调节可变电阻器的R 值，能将图中5电阻的消耗功率降到的最低值为Pmin=_, 此时R=_.,解：题示电
6、路中的电阻10与可调电阻R为并联，其并联电阻为 ,故题示电路可等效为如下图所示的电路。 为求解，先假设5电阻中无电流，再求R，从而求出R;若R的值合理，则表明假设正确。 因5电阻中无电流，故A、B两点的电势差为零，即C、A间的电势差等于C、B间的电势差；A、D间的电势差等于B、D间的电势差，故有,1I1+2I1=4I4 RI1=12I2 联立解上二式得R=9(),由 得 R=90() (第二空),显然,合理. 既然5电阻中得电流可以为零,当然其消耗功率的最低值为 Pmin=0 (第一空),8、电阻丝网络如图所示，其中每小段长a，电阻R。网络中左侧正方形区域有垂直图平面朝外的匀强磁场，磁感应强度
7、B随时间t的变化率为常数k，该区域外无磁场，因电磁感应，图中流过AB电阻丝的电流I=_.A到B的电压UAB=_.,解：AB段与其右侧网络为并联，其并联电阻为3/4R,图中四条边上的感应电动势同为（见下图），由电磁感应定律知 4=ka2 由闭合电路的欧姆定律知,由并联电路中电流分配的规律知,（第一空）,由一段含源电路的欧姆定律知,（第二空）,9、波长=500nm的单色光垂直入射到宽a=0.25mm的单缝上，单缝后面放置一凸透镜，透镜焦平面上放置一屏幕，测得幕上中央明条纹一侧第3个暗条纹到另一侧第3个暗条纹之间的距离为12mm，则中央明条纹的线宽度为_,透镜焦距为_.,解：暗条纹的条件为 asin
8、=k 因很小，故上式可简化为 a=k =k/a (k=1, 2, 3,) 两相邻暗条纹的角间距为,由图知，从k=3到k=-3的角间距为6=1210-2（弧度），其间距为l=12mm,故透镜的焦距为,（第二空）,由图知，中央明条纹的角间距为2，故其线宽度为,（第一空）,10、能使某种金属产生光电效应的入射光最小频率为6.01014Hz,此种金属的电子逸出功为_。若在金属表面上再施加U=3V的反电压，那么可激起光电流的入射光最小频率为_。（普郎克常量h=6.6310-19C),解：光电效应的规律为 EK=hv-A 当EK=0时，则得A=hv=6.6310-346.01014 =3.9810-19(
9、J) （第一空） 依题意，在金属表面上施加U=3V的反向电压时，便把逸出的电子又驱回了，故有 Ue=EK=hv-A,（第二空）,11、据玻尔的氢原子理论，氢原子中电子绕核作圆周运动的最小半径为5.2910-11m，此时电子运动速度大小为_,若将此时电子沿某直径方向的位置不确定量取为x1.010-10m,则据不确定,关系，电子沿该方向的速度不确定量已达vx_. 可见玻尔理论是一种“粗糙”的理论。（电子质量m=9.1110-31kg),解：电子受的库仑力为 ，电子作圆周运动的加速度为v2/r，由牛顿第二定律知,（第一空）,不确定关系为,（第二空）,12、飞船静止时体积为V0，平均密度为0，相对地面
10、以v=3/5c高速飞行时，地面参考系测得它的动能为EK=_,平均密度为=_.,解：,（第一空）,（第二空）,13、惯性系S相对惯性系S，沿x轴以v高速运动，S系中沿x轴有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k，振子质量为m,振子速度远小于光速，振幅为A，在S系中可测得该振子的振动周期为_,振子从图中,平衡位置x=0到x=A所经过时间为_.,解：在S系中，因振子速度远小于光速，故振子的振动周期T可按经典理论来计算，即,（第一空）,选振子经过平衡位置时为第一个事件，其在S系中的时空坐标为（t1,x1=0),其在S系中的时空坐标记作（ t1,x1）；选振子到达位置A时为第二个事件，其在S系中的时空坐标为（t2
11、=t1+T/4,x2=A），其在S系中的时空坐标记作（t2,x2）。由洛仑兹变换可得,（第二空）,附： t2-t1T/4,这令人感到迷惑。为解惑，再选振子从位置A回到平衡位置时为第三个事件，其在S系中时空坐标为（t3=t2+T/4=t1+T/2,x3=0),其在S系中的时空坐标记作(t3,x3),则有,显然， t3-t2T/4,但t3-t1为,至此，真相大白。,二、计算题（5小题，共53分） 14、（9分）车厢内的滑轮装置如图所示，平台C与车厢一起运动，滑轮固定不动，只是为轻绳提供光滑的接触，物块A与水平桌面间摩擦系数u=0.25,A的质量mA=20kg,物块B的质量mB=30kg.今使车厢沿
12、图示水平朝左方向匀加速运动，加速度a0=2m/s2,假定稳定后绳将倾斜不晃，试求绳中张力T。,解：选车厢为参照系，则物块A和B的受力情况如图所示，其中的mAa0和mBa0为惯性力，对物块B，在垂直绳方向受力平衡，故有mBgsin=mBa0costan=a0/R 对物块B，沿绳方向的动力学方程为,物块A的动力学方程为,式（1）加式（2）得,由式（1）得,15、（11分）半径R，电荷面密度为常量得薄圆板，在北京地区一个竖直平面上以恒定角速度绕着它的中心轴旋转，中心轴自西向东放置，如图所示，中心轴上与圆板中心O相距l处有一原水平指北的小磁针，因又受到圆板电流磁场的作用而朝东偏转角后到达新的平衡位置，
13、试求该处地磁场磁感应强度地水平分量B/.(可参考用不定积分公式：）,解：将薄圆板分割成半径为r，宽度为dr的圆环，其上的电量为 dQ=2rdr 此电荷因以旋转而形成的电流强度为,此电流在点P的磁感应强度为,整个薄圆板因旋转在点P的磁感应强度为,如图所示，薄圆板在点P的B朝东，地磁场的B/朝北，磁针平衡时与B合同向，故有,16、（9分）如图所示，在洛埃镜实验中，平板玻璃MN的长度r=5.0cm，与平板玻璃垂直的幕到板N端的距离l=3.0m，线光源S位于M端正上方，离板的高度h=0.50mm，光源波长500nm，试求： （1）幕上相邻干涉亮条纹的间距； （2）幕上干涉亮条纹的最低级数。,解：本题的
14、光路图如下图所示。 （1）反射光有半波损失，故交于点P的两条光线的位相差为,亮条纹的条件为,两相邻亮条纹的角间距为,幕上相邻两亮条纹的间距为,（2）图中的h/r,代入（k+1/2)/2h中得,故幕上干涉亮条纹得最低级数kmin=20.,17、（13分） pV坐标面上，单原子分子理想气体得两条等压线和两条等体线围成得矩形ABCD如图示，状态B得温度示状态D得温度的4倍，状态A与状态C温度相同，过A 、C的等温线已在图中画出，将循环过程ABCA、ACDA的效率分别记为1、2，试求1/2之值。,解：如图所示，状态D温度记作T1，状态A和C的温度记作T2 ，状态B的温度记作T3。 对循环ABCA,吸放
15、热如下： AB段吸热为QAB=vCp(T3-T2) BC段放热为QBC=vCV(T3-T2) CA段放热为,对循环ACDA，吸放热如下： AC段吸热为 CD段放热为QCD=vCp(T2-T1) DA段吸热为QDA=vCV(T2-T1),为了求出1/2，下面寻找T2、V2/V1与T1的关系：,将式代入式得,T2=2T1 ,将T2=2T1、CV=3/2R、Cp=5/2R代入1与2中得,18、（11分）行星原本绕着恒星S作圆周运动，设S在很短时间内发生爆炸，通过喷射流使其质量减小为原来质量的倍，行星随即进入椭圆轨道绕S运行，试求该椭圆轨道的偏心率e。（提示：记椭圆的半长、半短轴分别为A、B，则 ）,
16、解：如图所示，恒星S爆炸之前，行星作圆周运动，行星运行到点P时，恒星S爆炸；若恒星完全喷射掉了，则行星必沿v的方向作直线运动；今恒星尚留下了质量M=M0(1),故行星的轨道必为介于直线与圆之间的椭圆，显然点P必为离S最近的点，圆的半径记作R，椭圆在点P的曲率半径记作，行星的质量记作R，行星的质量记作m ,将牛顿第二定律用,于点P处的行星，则有,由图知R=A-C，可以证明（略）B2/A，代入上式得,因B2=A2-C2,e=C/A,故有,三、实验题（三小题，共15分） 19、（4分）何谓数字电压表的“分辨率”和”位数“？某数字电压表的一个最小量程为200mV的档，满量程显示数为200.00，其分辨
17、率是什么值？某数字电压表最高的显示数为7999，其位数是多少？,解：数字电压表的最小量程所能显示的最小可测量值称为它的分辨率；数字电压表能完整地显示数字地最大位数称为它的位数（能显示09十个数字的称为一个整位，不能完整显示这十个数字的称为半位）。 其分辨率为10uV。 其位数为三位半。,20、（5分）在测定冰的熔解热的实验中，需要测出量热器中水的温度T随时间t的变化关系。三名学生各自绘制的实验曲线分别如图1、2、3所示，其中T1是冰刚要放入前水的温度，T2是环境温度，T3是末态温度。试问哪一个较符合实验要求？为什么？再问，若热水倒入量热器后未经搅拌即测量T1,那么最后获得的冰的熔解热将偏大还是
18、偏小？为什么？,解：图2较符合实验要求，其原因是：T1T2过程中系统向外散热， T2T1过程中系统从外界吸热，为减少由此引起的误差，应使两者尽可能互相抵消，显然图2较符合这一要求。 若未搅即测量T1，则获得的冰的熔解热将偏离，因为这将使热水与量热器内筒及搅拌器共同的初始温,度T1值高于应有的值，而T1越高，意味着传输给冰的热量越多，结果导致冰的熔解热偏高。,21、（6分）借助凸钭镜测定凹透镜焦距的实验原理如图所示。 （1）据此写出实验的重要步骤； （2）将物A、凸透镜 L1、凹透镜L2、像D1、D2在导轨中的位置分别记为xAxL1xL2xv1xv2,实验中最少需记录其中哪几个位置量？ （3）据（2）问，写出凹透镜L2的焦距f2的计算公式。,解 ；（1）使物A经凸透镜L1成实像于主光轴某D1处；在凸透镜L1与D1之间插入凹透镜L2，调节L2的方位，使其与原系统共轴，并成像于主光轴某D2处。 （2）实验中最少需要记录的位置量为： xL2、xv1，xv2.,(3)凹透镜L2的焦距f2的计算公式应为,
