2011年第二届拓普杯天津市普通高等院校《大学物理》竞赛试题(汇总)

2011年第二届拓普杯天津市普通高等院校《大学物理》竞赛试题一、如图是长为L质量为m的均质细杆处于水平静止状态。它的一端在光滑的轴上，细杆可绕轴自由转动，另一端用轻绳（不计质量）悬挂于天花板，轻绳垂直于水平面。问：（1）在剪断轻绳这一瞬间，细杆质心加速度a、细杆绕其质心转动角加速度、轴的支撑力N各是多少？（2）当细杆转动到竖直位置转动角速度、质心速度v？解法：（1）设轴的支撑力为N，则：平动方程：maNmg（1）1分转动方程：ILmg2（2）1分由231mLI，2La代入（2）得1分ga431分代入（1）式得：mgmamgN41细杆绕轴转动的角加速度：LgLa2321分刚体的运动可看作：质心的平动和绕质心的转动的复合运动。如图所示，故绕质心的转动角加速度Lg231分(2)竖直位角速度为，由机械守恒绳链铰细杆转动平动C2223121212mLILmgLg33分质心速度：gLLvc32121分解法2Lgdtd23dddtddddtdLg232分02023ddLgLg31分质心速度：gLLvc32121分二、如图所示，高为a、底半径为b的非绝热正圆锥容器，内装一种化学纯气体。容器置于气压为P0温度为T0的大气中。开始时，锥顶开口与大气相通，内部气体压强为P0，但温度分布为T=T0+x，此时将开口闭合，最终达到平衡时容器内气压P是多少？解：利用初始条件求容器内气体总分子数N由理想气体压强公式：0PnkT（2分）（若写成0PVCT或00PVPVTT也给2分）分子数密度：000()()PPnxkTkTx（2分）x—x+dx内的分子数为：2200()()PbdNnxydxxdxkTxa（2分）积分求总分子数：2000()aPbNxdxkTxa22000200aPbTxTdxkaTxyxbaO222000020ln2PbTaaaTTkaT（2分）将开口闭合，最终达到平衡时，温度与大气相同为T0，压强为P，而分子数密度均匀。由压强公式得：0PnkT0NkTV22200000202ln213PbTaaaTTkTkaTba2200000303ln2PTTaaaTTaT（2分）三、“嫦娥奔月”激起人们欲上月球居住的愿望，月球上昼夜最高温度C1160，夜间的最温度C1510。人们要在月球上居住，若起居室温度保持C210，起居室墙壁透热的功率为每度温差0.2千瓦（随墙壁材料而变）。试求昼间与夜间在温度最大和最小值情况下，卡诺热机的功率各为多少？解：温度：昼间为389K，夜间122K，居室294K。（1）昼间室内外温差95K，KTKT294,38921居室室外（1分）室外向居室透热功率：千瓦0.19952.02P（1分）卡诺机的制冷系数：21222)(TTTPPtWtQ（2分）求得卡诺机的工作功率：千瓦1.60.19294952221PTTTP（1分）（2）夜间室内外温差172K，KTKT122,29421室外居室（1分）居室流出热功率：千瓦4.342.01721P（1分）卡诺机的制冷系数：21222)(TTTPPtWtQ（2分）求得卡诺机的工作功率：千瓦2.484.341221722221PTTTP（1分）四、通有电流I的长直导线（视为无限长）弯曲成如图所示。弯曲部分为圆，半径为R，问圆心处的磁感应强度B的大小和方向如何？解法：圆心出的磁场可以看作长直导线和圆电流产生的磁场的叠加长直导线的磁场RIB201，方向垂直纸面向外；3分圆电流的磁场RIB202，方向垂直纸面向里；3分故圆心处的磁场112012RIBBB2分方向垂直纸面向里；2分五、用伏安法测电阻，给出如下物品：待测电阻R一个，直流电源一个，内阻为Ar的安培表一个，内阻为Vr的伏特表一个，及必要的连接线。要求：（1）画出内接法和外接法的电路图；（2）以电流表读数I、内阻Ar、伏特表读数V、内阻Vr这四个作为已知条件，写出内接法和外接法测量电阻值R与实际电阻R的绝对误差、相对误差的数学表达式；（3）当待测电阻R较大或较小时，分别采用哪种电路图（内接法和外接法）更合适？解：（1）内接法电路图（2分）AVKER0R外接法电路图（2分）（2）内接法：AIrIRVAArIVIIrVRIVR'绝对误差：ArRRR'（1分）（R’R）相对误差：%100%100AARIrVIrRRE（1分）外接法：VrVRVIVIrVrrVIVRVVVIVR'绝对误差：IVVIrVrRRRVv'（1分）（R’R）相对误差：%100%100VRIrVRRE（1分）（3）当待测电阻R较大时，采用内接法（1分）当待测电阻R较小时，采用外接法（1分）AVKER0R六、波长为nm440的单色光垂直入射到平面透射光栅上，第三级谱线的衍射角3，满足3.0sin3，第四级缺级。求：（1）此光栅的光栅常数d及光栅狭缝的最小可能宽度a；（2）列出屏幕上可能呈现的谱线的全部级数；（3）此光栅上总共有250N条刻痕，要把波长为nm00.589和nm59.589两条谱线分辨开来，最理想应选择在哪一级工作？解法：（1）由光栅方程kdsin求得光栅常数dnm44001044003.0104403sin99kd2分第四级缺级，第二级不缺级才能得a有最小值4adnm11001011001044400499da2分（2）光谱最外侧0901sin，该处的级次：kd090sin101044010440099dk即在最外侧处为第十级2分又由于4、8为缺级，可呈现0，1，2，3，5，6，7，9，10，共十七条谱线。2分（3）光栅的分辨本领：10001059.01058999R又因为kNR42501000NRk即从第四级开始均可分为这两条谱线。即从第四级缺级，最理想应选第五级工作。2分七.试证明玻尔氢原子第n圆轨道(半径为rn)的周长是该轨道上运动电子的德布罗意波波长的n倍。证明:根据玻尔假设,电子轨道角动量:2hnnmvrn4分第n轨道转动的电子动量:nrnhmvp21分根据德布罗意波公式,电子波波长:nrrnhhphnn224分故得:nrn21分八、太阳光投射到与其入射方向垂直的地球表面上的平均强度为I（通常称为太阳常数），其值为21340mW。（提示：利用光量子、质能关系等知识）求：（1）太阳光在单位面积的镜面反射时产生的辐射压力是多少？（2）日地间距离为m1110495.1，太阳单位时间流失的质量是多少？解法：（1）光子能量为E，由PcE，求得光子动量cEP（2分）t时间内，单位面积上有n个光子经镜面反射，由冲量定理：pntf2（2分）求得辐射压力：)(1093.81083134022226mNcIcEtnf（1分）（2）由质能关系式：2mcE（2分）太阳单位时间内流的能量：2cdtdmdtdE（1分）IRdtdE24（1分）求得太阳单位时间内流失的质量：)(1018.4)103(1340)10495.1(14.34411928211222sKgIRcdtdEcdtdm（1分）九、有一半径为R、盘面平行于水平面的圆盘，盘面上有两个从圆心出发直到边缘的光滑小槽，一个是沿半径方向的直槽，另一个是以半径R为直径的半圆弧槽。当圆盘绕其垂直中心轴以匀角速转动时，处于圆心的小物体（视为质点）以初速度为零地沿小槽滑动。求：（1）沿半径方向的直槽达到圆盘的边缘时，小物体相对于圆盘、相对于地面的速度各为多少？（2）沿半圆弧槽达到圆盘的边缘时，小物体相对于圆盘、相对于地面的速度各为多少？解：转动参考系为非惯性系，在非惯性系中只要加上惯性力，力学定律连续有效。质点相对转动参考系运动，不仅有离心力，还有科里奥力，但此力总与运动方向垂直，若用动能定理只考虑惯性离心力就可以了。（1）在边缘处相对边缘速度为'v，依动能定理：0mv21drmrdr2R020Rf惯3分Rv‘即1分因为圆盘边缘相对地的速度也为R，但方向与’v垂直：故相对地的速度为：R2v1分（2）0mv21drmrdrdlcosfldf2R020R0R0Rf惯惯惯3分Rv‘即1分因为圆盘边缘相对地的速度也为R，但方向与’v相同：故相对地的速度为：R2v1分十．设有一均匀磁场B分布在半径为R的圆柱形区域内，并以速率dtdB变化。有五段长度均为R的金属细棒串联按如图所示的形式放置。求各段的感应电动势（注意标明电动势的方向）。解：变化的磁场在其周围会激发起涡旋电场。感生电动势为StBdtdldELi2分当Rr0StBldEidtdBrEdtdBrrEii2221分当RrdtdBrREdtdBRrEii22221分⑴、oa、do这两段导体电动势oa、do。由于E垂直这两段导体，所以0dooa1分⑵、联结ob、oc，所以15docaob，30bocdtdBRdtBSddtdldEldEldEldEoaabbooabo21360151分可得dtdBRab24002即dtdBRab2421分同理dtdBRcd2421分⑶dtdBRdtBSddtdldEldEldEldEobbccdobco2136030Odcba可得dtdBRbc12002即dtdBRbc1222分十一、如图所示，有一半径为R质量为m的匀质圆环，悬挂在墙壁上的钉子上可自由摆动。求环作微小角度（小于5度）摆动时的周期T。解法1：如图所示，当圆环摆角为时，其所受重力对O′轴的力矩（即恢复力矩）为sinmgRMmgR——2分由平行轴定理，圆环对O′轴的转动惯量为222mRmRJJOO——2分由转动定律，22dtdJJMOO——2分2222dtdmRmgR0222Rgdtd此为谐振动，角频率Rg2——2分故周期gRT222——2分解法2：由平行轴定理，圆环对O′轴的转动惯量为222mRmRJJOO——2分圆环摆动过程中，机械能守恒，即2)(21)cos1(dtdJmgREO不变——2分两边对t求导，得2222221sin0dtddtdmRdtdmgR——2分mgOOR考虑到sin，将上式整理得0222Rgdtd此为谐振动，角频率Rg2——2分故周期gRT222——2分十二、如图所示，有一不带电的半径为1R的接地金属导体球，外面是一个内外半径分别为2R、3R的同心金属导体球壳（321RRR）。求：（1）此金属导体系统的电容是多少？（2）若给外球壳带上电量Q，则内球的带电量是多少？（3）外球壳电势是多少？（4）此系统的静电能是多少？解：（1）内球与球壳内表面构成球形电容器，其电容1221014RRRRC——1分球壳外表面与无限远构成球形电容器，其电容3024RC——1分将接地与无限远等效（电势为零），则1C、2C并联