物理竞赛复赛模拟训练卷22.doc

1、1物理竞赛复赛模拟训练卷 22题 1：物理规律具有一定程度的等效性。试以光的折射规律，解决运动学中的极值问题。图一直线 AB 为河岸，P 点为静止的水中的静止目标，与岸距离 PB=10m，Z 点为地面上人所在位置，离岸距离 ZA=20m，P 点与 Z 点相距 60m。人在地面上跑步的速度 3m/s，水中游泳速度 1m/s，问：(1)这人从 P 点到达 Z 点最短时间为多少 ?(2)如果人在河岸上 A 点，应如何运动到达 P 点的时间最短 ?最短时间为多少?分析与解答：(1) 如图 1(1)所示，如果是光线从光疏介质向“光密介质”传播，传播速度分别为 v1 与 v2，则“光密介质 ”对“光疏介质

2、”的折射率 n21= 。2依与经典的光传播的规律等效原理推理，人从图中 Z点直线跑到 O 点，再从 O 点游泳到 P 点的时间最短，显然应满足关系： 。jivsn21图中可计算出 AB=30 m，设 OB=x，则 AO=30 -33x，所以 OB= ，ZA= ，代入数210x20)(据式 有： ，解之可得jivsn2122)3(1xx=30m，则从 Z 点到达 P 点最短时间：t = =41(s).103320)0(2(2) 如图 1(2)所示，因 A 点在岸边，人应先河岸运动，再下水向 P 点直线运动。这与光传播全反射的道理相似。等效的全反射角：C= arc sin ，sinC= = ，则

3、x=3.2(m)，可算出31arcsin21v210x3AO=30 -3.2=48.8，所以最短的运动时间 t= =19.5(S).3 .84题 2：求解下列几个特殊的电容组合问题的电容值。(1)在如图 2(1A)所示的电容网络中，已知C1=C2=C3=C9=1F ，C 4=C5=C6=C7=2F，C 8=C10=3F 。试求 A，B 两点之间的等效电容CAB。分析与解答：(1)把 C2 处理为二个均为 2F 电容的串联，可将图 2(1A)所示的电容网络等效为图 2(1B)所示的电容网络。在图 2(1B)中直接标明各电容器的电容值（以 F 为单位），由此可以看出网络左右两半是完全对称的，因而

4、O与 O 与 O“三点等势，可以短接在 图 2(1B)中用虚线表示短接），故 C9=1F 实际上并不起作用。CB静止河水地面N2N1oApBzjiN2N1静止河水地面 oAp(1)(2)图 12因为图 2(1B)的电容网络左右对称， C9 不起作用，故有CAO=COB从而图 2(1B)因 O与 O 短接，C AO 可用电容串、并联公式求出，为故(2) 如图 2(2)所示，由 n 个单元组成的电容器网络，每一个单元由三个电容器连接而成，其中两个电容器的电容都是 3C，另一个电容器的电容为 2C，图中 a，b 为网络的输入端，a，b为其输出端。今在网络的输入端 ab 间加一恒定的电压 U，在其输出

5、端 a，b间接入一电容为 C 的电容器。求：从第 k（kn）个单元输入端起，后面所有电容器贮存的总电能。分析与解答：显然这是个电容器复联网络，总电能可由算出总等效电容求得，而除去电源后，应着重分析各电容器上电荷的分布状况。由电容器的的串联公式，不难求出整个网络的输入端 ab 间的等效电容。 第 k 个单元的输入端后的网络的等效电容 CK，设第 k 个单元的输入端间的电压为 ，kU它等于第 k1 个单元的输出端间的电压，而后者等于第 k1 个单元输入端间的电压 的 1/3，即。由此得，图 2(1A)图 2(1B)图 2(2)3即网络 ab 间的电压 U，由于第 k 个单元的输入端电压为 ，其输入

6、端以后的等效电容 ，则这些电容器的总电能为。(3)、电容器网络如图 2(3A)所示，各电容器以 F 为单位的电容量数值已在图中标出，求 A、B 两点之间的等效电容 C AB。分析与解答：用类比法为电容器引入辅助参量 ，则 的串并联公式与电阻R 的串并联公式完全一样，而且图 48-89（b）甲中两个电容网络元之间有完全类似于电阻网络元的 变换。变换公式为：通过变换公式对题中的网络进行交换，从而求解。设 ，将中间同为 的电容变为 ，再将三个 组成的 网络元变换为的三个 Y 网络元，于是将原网络等效为如图 2(3B 乙)网络，图 2(3B 乙)中所标数值均为 值，此网络可等效如图 2(3B 丙) 网

7、络，图中所标数值图 2(3A)图 2(3B)4仍是 值。由图 2(3B 丙)可知当电桥平衡时，中间的 电容可拆去，此网络又等效为图 2(3B 丁) ，类比电阻串并联公式得：，故原网络 A、B 间的等效电容为 。(4) 图 2(4)中， A、B 是同心薄壁导体球壳，D 是一导体球。 A 与 D 间利用穿过 B 球壳上的绝缘导线相连，且 B 球壳接地。 A 与 D 的球心间的距离为 L，a、b、d 分别为球A、B 、 D 的半径，而 La，试求 A 与大地间的有效电容。分析与解答：A、D 等势，故 A 与 B 组成的球形电容器与 D 孤立导体球的电容两者并联球形电容器的电容公式为孤立导体球的电容为

8、总电量 题 3：如图 3（甲）所示截面积为 0.2m2 的 100 匝圆形线圈 A 处在匀强磁场中，磁感线垂直于线圈平面，磁感应强度随时间 t 的变化规律如图 3（乙）所示，设磁场垂直纸面向外为正方向，线圈 A 上的电流顺时针方向为正方向，R 1=4，R 2=6，C=30F、D 为理想二极管，线圈内阻不计，求：（1）电容器 C 充电时的电压。（2）电容器 C 放电时通过电阻 R2 的电量。分析与解答：线圈的电动势： ，从图 3（乙）可知，在tBtNSt2002s、35s 、68s 期间，故 ，a 正 b 负；在 23s、56s、89s 期间， ， ，b 正 a 负时，这是由于二极管的单向导图

9、2 (4)图 35电性，外电路断开，电容器通过 放电。a 正 b 负时，二极管导通，电容器被充电：，获得电量 ，上正下负。电容器放电时，如果无须 1 秒时间就能把电量放完，那么从上至下流经 的电量就是 。题 4：如图 4 所示有一个矩形平面线圈，面积 ，匝数 n，总电阻 0.5R，此线圈在磁感强度为 B 的匀强磁场中绕对称轴匀速转动。开始转动时，线圈平面与磁力线垂直，线圈外部电路中，3 个电阻器阻值相等，均为 R。二极管正向电阻为零，反向电阻无限大。已知电流表的示数 I。求：（1）线圈转动的角速度 ；（2）写出线圈中感应电动势的时间表达式；（3）使线圈匀速转动所需的外力矩大小。分析与解答：（1

10、）矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，将产生交流电。在交流电的两个半周期内，2 只二极管交替导通，因此，线圈外部电路的总电阻将不会改变，即电流表的示数表示流经两并联电阻中一个电阻器的电流强度的有效值。因此外部电路总电流强度有效值应为 2I。由此，根据闭合电路欧姆定律，立即可得交变电动势的有效值则交流电动势的最大值为再根据法拉第电磁感应定律，线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势最大值为解得线圈转动的角速度（2）根据题意，开始时（t=0）线圈平面与磁力线垂直，即 t=0 时，线圈的感应电动势为零，所以感应电动势的时间表达式为图 46（3）转动线圈在 t 时刻受到的电磁力矩大小为式中 i 是线圈的电

11、流强度，值为又因外力矩平衡时，外力矩等于电磁力矩，所以评注：理想二极管有单向导电特性，即正向电阻看做为 0，反向电阻则趋向于 。题 5：一束强激光通过小的透明物体时，由于折射的作用而对物体产生相当的作用力。为对此有所理解，如图 5(A)所示，取一个很小的玻璃三棱镜，其顶角 A=-2，底边长为2h，厚度为 ，折射率为 n，密度为 。该棱镜处在一束沿着水平 x 轴传播的激光之中（假设棱镜不发生转动，即其顶角总是对准激光束射来的方向，它的两个三角形侧面总是平行于 xy 平面，底面总是平行于 yz 平面）如图 5(B)所示，周围空气的折射率取为 na=1，设棱镜各面均镀有防反射膜，确保不发生反射。激光

12、束的强度沿 Z 轴均匀分布，但是从 轴开始，沿 y 轴正负方向的光强按线性关系减弱，在 y=0 处强度最大，其值为 I0，而到 y4h 处，光强降为零（参见图 5(B)）。（光的强度即为每单位面积的功率，单位为 Wm-2）1在激光射到棱镜上表面时，参见图 37-94，试求偏转角 （以 和 n 表示）。2将棱镜顶端由原来的位置 x 轴位置沿 y 轴平移 y0 量，且设y 03h，试用 I0, ,h, 和 y0 来表述激光作用在棱镜上的净作用力的 x,y 分量，作图表示出作用力在水平方向（x 轴方向）和竖直方向（y 轴方向）的分量随位移 y0 的变化关系。3设激光束在 z 方向的宽度为 1mm，在

13、 y 方向的宽度为 80m ，棱镜参量为=30,h=10m,n=1.5,=1mm,=2.5g/cm 3。当棱镜的顶端位于激光束对称面以下的 y0=-h/2=(-5m) 处时，需要多少瓦的激光束功率才能使棱镜克服重力（朝-y 方向）的作用处于平衡状态？4用与 3 问中相同的棱镜和激光束，在没有重力的条件下做实验，且设定I0=108W/m2，移动棱镜使其顶端静止地处于 y0=h/20 的位置，而后释放棱镜，它将产生振动，试求振动周期。解：1、这是一个涉及折射定律的简单几何光学问题，参照图 37-95，因 ，故入射角 ，据折射定律，有可确定折射角为图 5(A)图 5(B)7光束对棱镜底面的入射角应为

14、对底面应用折射定律，有，最后可解得2棱镜所受力与激光束通过棱镜时的动量改变率的大小相同，方向相反，为进行分析，先考虑入射在棱镜上半面激光的动量改变量。设激光束中每秒有 个光子沿着平行于 轴的方向射到棱镜的上表面，一个光子的能量记为 E，其动量为 ，以相对于 轴为 角的方向离开棱镜的光子与入射光子相比较，对应的动量变化量为个光子总动量改变量便是E 量即为照射在上表面的激光功率 ，故棱镜因上表面对激光的折射而受到的作用力为由同样的分析，可得棱镜因下表面对激光的折射而受到的作用力为其中 为激光束照射在棱镜下表面的功率。从上面两个结果，可知作用在棱镜的净力为图 5(C) 图 5(D )8其中角 已由角

15、 和棱镜折射率 n 确定。为得到 和 量，需计算棱镜上、下表面的平均光强 ，再各乘以上、下表面在垂直于激光束方向上的投影面积 ，光强 I 随 y 的分布是线性函数，故平均光强很容易确定。据题又有图 37-96现在假设棱镜顶端从 轴向上提升 （ ）量，则可分下述两种情况讨论：（1） 则整个棱镜都处于激光束的上半部分，这种情况下，如图 37-96 所示，平均光强等于两个表面各自中央位置的值，棱镜上表面中央位置在 处，下表面中央位置在 处，据此得，这样，不难算得9图 37-97（2） 则棱镜的下表面有一部分处在激光束的下半部分，如图 37-97 所示，棱镜下表面中从 y=0 到 部分的面积为下表面面

16、积的 倍，其平均光强等于 处的光强，即为从 y=0 到 部分的面积为下表面面积的 倍，其平均光强等于 处的光强，即为联合起来考虑，便得上表面平均光强与 的函数关系同（1）中所述，即得，于是有，由此可得， 10图 37-98考虑到光强分布相对于 y=0 面对称，故 的解与 的解之间具有镜面对称， 和 对 的函数关系如图 37-98 所示。3由 的表述式及图线均可看出，为使 以克服棱镜所受重力，则要求 ，为获得克服棱镜所受重力所对应的 力，须先求出棱镜的质量，再使激光束提供的 力等于棱镜所受的重力，根据已给的数据可进而求出 ，最后再求得激光束的总功率，计算中可用平均光强与激光束截面积的乘积来算出光

17、束功率。棱镜的体积为其质量便为所受重力为上面 2 中之解对应 而得，但因 与 二者间具有对称性，故可利用该解，即 须满足其中，11，可算得 由 ，其中 ，S 为激光束截面积，可算得4最大位移量 ，对应 1，故 位移量对应的竖直方向分力为，可近似取为，这是一个线性恢复力，对应的谐振动角频率为振动周期便为数值计算可得。题 6：应用玻尔理论，解答以下两个问题。（1）试通过推导，用氢原子的玻尔半径 R1 和电子电量的绝对值 e 以及真空介电常数 0 来表述氢原子的结合能 E；（2）设由一个 _子和氦核组成类氢离子， _的质量是电子质量的 207 倍，其他性质与电子相同，对于这种类氢离子，玻尔的轨道量子

18、化理论同样适用。已知氢原子的R1=0.053nm，E=13.6eV 。试求这种类氢离子的玻尔半径 R1和结合能 E。分析与解答：在求解氢原子结合能时，因电子质量远小于原子核（质子）的质量，一般情况下不必考虑原子核的运动。对于由 子和氦核组成的类氢离子，因 的质量远大于电子质量，与氦核质量相12比不可忽略，故需要考虑氦核运动的影响。只要用折合质量代替 子的质量，即可求解这一类氢离子的玻尔半径和结合能。（1）对于基态氢原子，有式中 为基态能量， 为电子质量。由以上两式，解出故氢原子的结合能为（2）对于 子和氦核组成的类氢离子，需要考虑氦运动的影响。引入折合质量其中 质量 m 和氦核质量 M 分别为

19、：该类氢离子的基态，有由以上两式，得基态半径 为对于氢原子，其基态半径 为由以上两式，得13把 代入，得仿照第（1）问中 计算，同样可以得出该类氢离子的基态能量为与已经得出的 表达式联立，得故类氢离子的结合能为题 7：电偶极子是由两个质量为 m，电量分别为+q 和-q 的粒子，固定在长度为 L 的轻硬杆的两端构成的。空间有与杆垂直的磁场，磁感应强度为 B。初始时，偶极子以角速度 0 转动，且质心静止，然后释放。请描述偶极子的运动稳定状态。分析与解答：解答稳恒磁场的问题，一般要用一个结论：洛仑兹力不对电荷作功。此时可用能量守恒方程，再结合动力学方程，即可求解。偶极子的运动为中心的运动与两电荷绕中

20、心的转动的合成（图 43-52（a）所示），因为自转，系统受大小为 的洛仑兹力作用，LBqf洛方向由+q 指向 -q。因为质心的运动，系统受一力偶作用，力偶矩为当系统稳定时，角速度不再变化，故此时力偶矩必为零，则可见 应时时刻刻与杆垂直，由此知中心也应以同一角速度 绕空间某点转动，稳定运动情形如图43-52（ b）。O 点的运动半径 r 由动力学方程确定。14得 再由能量守恒得 代回 r 表达式得 注意:所求的只是可能存在的稳态，但是否可达到却只能借助过程分析，在此无法给出。题 8：关于双星系统，（a）众所周知，大部分恒星构成双星系统。有一种双星系统由一个质量为 m0，半径为 R 的寻常星和一

21、个更大质量 M 的致密中子星相互围绕对方旋转组成。在下面的所有内容中，忽略地球的运动。对这个双星系统的观察得到下列信息：1）寻常星的 15-177 最大角位移为 ， 同时中子星的最大角位移为 （图）；2）从图中一个最大位移状态（）变刭另一个最大位移状态（）所需要时间为；3）寻常星的辐射特性表明，其表面温度为 T，单位时间辐射到地球表面单位面积的能量为 P；图 15-1784）由于寻常星的引力场作用，这一辐射中的钙谱线与正常的波长 0 相差 在这个计算中可认为波长为 的光子的质量为 h/(c)求从地球到这个双星系统距离 的表达式，只能用所观察到的量和普适常量表示。将你的结果填在答案纸上。（b）假

22、定 Mm0，寻常星基本上在半径为 r0 的圆形轨道上绕中子星转动。假定寻常星开始以速度 v0（相对寻常量）向中子星发射气体（图 15-178）。假定在此问题中，只考虑中子星的引力作用，并忽略寻常星的轨道变化，求气体与中子星的最近距离 rf（图 15-178）。将结果填写在答案纸上。分析：此题用到万有引力、圆周运动及物理光学的知识，需要用到圆周运动的动力学方程及能量守恒定律分析、求解。（ ）问还需15用到角动量守恒定律。解 ： （ ）双星系统的质心可视为不动。设寻常星与质心距离为 ，中子星与质心距离为 ，由图 1-7-48有。(1)(2)可见 的值有赖于 。由牛顿运动定律，并注意到双星转动角速度

23、 与观察量 的关系有由以上两式得及 (3)可见， 的值依赖于 。而 可由光谱的引力红移求得。由能量守恒，并注意到光子质量与波长关系，有由此可得 (4)于是， 又与 R 联系起来。但 R 可与观察量 P 相联系 (5)由(1)、(2)、(3) 、(4)、(5)式即可求得由观察量表示的 值(6)（ ）气体质元 的角动量守恒16(7)其中 为质元与中子星最靠近时的角速度。 则由原状态的动力学关系决定因素 (8)质元的能量守恒，即有(9)联立(7)、(8)、(9) 式得即 解 的二次方程，得(10)题 9：分析计算下列几个热学问题：1、在量热器内有两层水，下层较冷，上层较热。当温度均匀时，水的总体积会

24、改变吗？2、 一个杯里装 300cm3，温度为 0的甲苯，另一个杯里装有 110cm3，温度为 100的甲苯，两体积之和为 410cm3。求两杯甲苯混合以后的最终体积。甲苯的体膨胀系数为 =0.01（） -1，忽略混合过程中的热量损失。分析与解答：1、用 t 表示最后的共同温度。用 、 、 分别表示较冷的水的质量、体积和温度， 表示它 t 时的体积；用 、 、 表示较热的水的量， 表示它在 t 时的体积，根据热平衡方程有比热 C 可以约去。另一方面，体积随温度而变化的表达式为， ；， 17式中 、 表示水在 0C 和 时密度， 表示体胀系数（认为是常量）。由上列五式有即水的总体积不变。 2、若液体温度为 时的体积为 V1，则在 0时的体积为同理，若温度为 时的体积为 V2，则在 0时的体积为如果液体在 0时的密度为 ，则质量分别为, 混合后，液体的温度为在该温度下的体积为 ，所以混合后的体积之和为体积之和不变，在本题仍为 ，若把多杯甲苯不断地加入混合物进行混合，对任何数量的甲苯这个结果都成立。