物理竞赛练习(一)

物理竞赛练习(一)1.如图所示，一盛水的容器沿倾斜角为θ的固定斜面向下滑动，从靠近容器底部的细管A的管口向外喷出水，水的速度为v0，细管的内横截面积为S，已知水和容器的总质量为M，设容器内水的质量可视为不变，水的密度为ρ，当容器下滑时，水面与斜面平行，试求容器底部与斜面间的滑动摩擦系数。2.如图所示，水平弹簧一端固定，另一端系一质量为m的小球，弹簧的劲度系数为了k，小球与水平面的摩擦系数为μ，当弹簧为原长时小球位于O点，开始时小球位于O点右方的A点，O与A之间的距离为L0，从静止释放小球。(1)为使小球能通过O点，而且只能通过O点一次，试问μ值应在什么范围？(2)在上述条件下，小球在O点左方的停住点B点与O点的最大距离是多少？AOABm1l0l3.用粒子轰击原子可以使其从基态跃迁到激发态。设原子基态和激发态的能量差为ΔE，现分别用电子和质子轰击质量为M的静止原子，试问欲使上述跃迁发生，所需的最小动能是否相等？对你的回答给出相应的分析和计算。4．如图所示，A为圆筒形容器，B为活塞，B的两边充有理想气体，B与圆筒无摩擦，不漏气。L为固定在活塞上的细长直杆，细杆与圆筒间无摩擦且密封很好，不漏气。L为跨过无摩擦的定滑轮并与悬盘相连的轻绳，二悬盘的质量相等，整个系统放在恒温室中。当温度为T=300K，左盘上放置砝码m1=1.2kg，且活塞平衡时，两部分气体体积相等，即V1：V2=1：1。当温度为T=400K，右盘上放置砝码m2=0.5kg，且活塞平衡时，两部分气体的体积比为Vˊ1:Vˊ2=4:1。现在欲使活塞不因温度的变化而左右移动，问：1．应如何在盘内放置砝码？2．此时左右两部分的体积比是多少？BLLllA125．有两根光滑的绝缘杆，可在同一竖直平面内绕O点转动。两杆上各穿着一个质量为m、电量为q的小球。两杆与水平面夹角都等于θ时，两球在同一水平面上处于静止状态，如图所示。现使两杆同时绕O点缓慢转动，此时小球在杆上的位置随之改变。问θ取何值时，小球到O点的距离L为最小值？6．绝缘光滑水平面上固定一个正点电荷+Q，另一个质量为m、带电量为-q的质点在水平面上绕+Q做椭圆运动，运动过程中-q在水平方向上只受+Q的库仑引力作用。已知在-q的运动中距+Q的最近距离为a，最远距离为最近距离的n倍。问：-q到达离+Q最近距离处速率ν1多大？到达离+Q最远距离处速率ν2多大？当-q到达离+Q最远处时，欲要-q变为绕+Q做匀速圆周运动，需要向-q提供多少能量？qmqmNFmgOL物理竞赛练习(一)答案1.解：由水的状态可知，水在沿斜面方向受力为零，也就是说杯子沿斜面的加速度应为sing。那么杯向外喷水，水给杯的作用力应等于杯变到斜面给它的摩擦力现在，以水为研究对象，杯给水的作用力为N。0sinmmgN0sintmmgNsin0mgtmN在t内喷出水的质量tSmsin20mgSN0t0sinmg对杯子，200cosMgfNS200cosSMg2.分析：(1)小球开始时在A点静止，初始动能为零；弹簧拉长0l，具有初始弹性势能2021kl。释放后，小球在弹性力作用下向左运动，克服摩擦力作功，总机械能减小。为使小球能通过O点，要求初始弹性势能应大于克服摩擦力作的功0mgl,于是可得出μ值的上限。当小球越过O点向左运动，又从左方最远点B往回（即向右）运动时，为使小球不再越过O点，要求初始弹性势能2021kl小于克服摩擦力作的功)2(10llmg，其中1l是B点与O点距离，于是可得出μ值的下限。(2)设B点为小球向左运动的最远点，且小球在B点能够停住，则小球克服摩擦力作的功应等于弹性势能的减少。此外，小球在B点所受静摩擦力必须小于最大静摩擦力，由此可得出停住点B点与O点的最大距离。解：(1)小球向左运动时受摩擦力mg，其方向与运动方向相反，故摩擦力作负功。本题要求小球的停住点在O点或在O点左方，则必须满足如下条件，20021klmgl即mgkl20上式决定了μ值的上限，当mgkl20上时，小球正好在O点停住。当上时，小球将通过O点，并继续向左方运动。在向左方运动的过程中，可能停于某点，也可能在到达左方21y图17-49最远点B点后，再往回（即向右）运动的过程中停于某点。本题要求最后的停住点不能越过O点，即必须满足条件)2(211020llmgkl（1）式中1l是向左运动的最远点B点与O点的距离。因小球在B点的速度为零，故有)(21)(212010llkllmg即)(2110llkmg（2）解出kmgll201代入（1）式，得2002143klkmglmg或02134200222klmglkgm令2002222134klmglkgmy作y曲线如图17-49所示，图中μ1和μ2是二次方程y=0的两个根，分别等于mgkl401mgkl202因要求y0，如图1-43，μ的取值范围应为21其中μ2即为前已求出的μ的上限)(2上上。总之，所求μ值范围为mgklmgkl2400(2)要求小球在左方最远点B点停住，除需满足上述（2）式外，小球在B点所受弹性力不得超过最大静摩擦力，即mgkl1（3）联合（2），（3）式，得301ll即若小球从A点静止释放后，只能通过O点一次，且在到达左方最远点B点能停住，则停住点B点与O点的距离不会超过0l/3。3.解：设m为入射粒子的质量，i和f分别为入射粒子与原子碰前和碰后的速度，M为原子碰后的速度。由碰撞前后动量和能量守恒可得：MfiMmm(1)EMmmMfi222212121(2)因在完全非弹性碰撞中，动能转化为其他形式的能量最大，故欲使原子激发所需的入射粒子动能最小，碰撞后入射粒子的速度f必须与原子的速度M相同，即Mf。将此关系代入式（1）得：iMfMmm于是有EMmmMmmii22)(2121EMmmmi2121因此所需的入射粒子最小动能EMmmEik1212min当入射粒子为电子时，eemmm,为电子质量,EMmEeek1min当入射粒子为质子时，ppmmm,为质子质量，EMmEppk1min∵pemm∴pkekEEminmin4解：1、令1111,,,TVp和2222,,,TVp分别表示活塞左、右两部分气体的压强、体积、温度和摩尔数。由状态方程可知22221111,RTVpRTVp因为两部分气体的温度总是相同的，所以在任何温度下都有212211VpVp或122121VVPP按题中要求，若21,VV不随温度而变化，则必122121)()(VVTPTP=常量设左右两盘中所放砝码的质量差为右左mmm设活塞面积为S，则当活塞不动时SmgTpTp/)()(12可得122111/)()(VVSmgTPTP=常量因为)(1Tp是随温度变化的，因而上式当且仅当0m时成立。以上说明当左、右二盘均不加重物或加等质量重物时，可使活塞不因温度变化而移动位置。2、下面求这种情况下21/VV的值，由上面结果可知212112211VVVVV或因此需要用题给数据求出21/，令V表示容器的容积，有kgmkgmVVVKT5.0,2.1,2/,3002121，5/44,40021VVVKT。令21,pp和21,VV分别表示温度为T时两边气体的压强和体积，21,pp和21,VV分别表示温度为T时两边气体的压强和体积。由气体状态方程可得VRTVRTP5.0//1111（1）VRTVRTp5.02222（2）VTRVRTp8.01111（3）VTRVRTp2.02222（4）由以上四式可得VRTpp)(22121（5）VRTpp)25.15(1212（6）由活塞的平衡条件可知SppgmSppgm)(,)(122211代入（5）、（6）二式得VRTSgm)(2211，VTRSgm)25.15(122得2.33005.04002.125.15)(2211221TmTm3/,28211221故3//2121VV5分析：杆转得缓慢意味着小球在每一个位置上都处于合力为零的平衡状态。运用三个共点力的平衡条件，可以得到l与之间的函数关系，从函数式去研究l的最小值应该是不难的。解：两球受力对称，分析一个小球就足够了。小球m受三个力作用，而重力mg和库仑斥力F的合力跟支持力N必定等大反向，取长度量l，22)cos2(lqkF。由图可见tan)cos2(22mglqk则tancos4222mgkql又因为mgkq42是恒量，设2sin21cossin221cossincos2tgx当4时，21maxx，mgkql2min。点评：解决质点受力平衡或不平衡的问题，第一程序总要对质点做正确的受力分析。怎样分析受力才算正确？第一是力的个数，一个不能多一个也不能少，比起一般常见的力学问题，本题点电荷少了摩擦力，多了一个电场力。第二是力的方向要判断准确，例如本题不能搞错角。库仑力必然在水平方向。在正确受力分析的基础上，合力如果为零，就是平衡问题，合力如果不为零，就必然等于ma。力学当中的思维方法，完全可以迁移到静电场中来。Ckmglq71002.366。6.解：q在运动中只有库仑力做功，动能与电势能总和保持不变，运用开普勒行星运动第二定律有：nakQqmvakQqmv22212121，21nvv，联拉方程可解出1v和2v：makQqnnv211，makQqnnnv2)1(2，q在最远点从椭圆运动变为匀速圆周运动后，其速率要由2v变为2v，而2v由牛顿第二定律求出：navmnaQqk222)(，则nakQqnnmvvmE21121212222。