物理竞赛练习(四)

物理竞赛练习(四)1.一列进站后的重载列车，车头与各节车厢的质量相等。均为m，若一次直接起动，车头的牵引力能带动30节车厢。那么，利用倒退起动，该车头能起动多少节同样质量的车厢？2.如图所示，拉直的绳子左端固定于墙上，有一简谐波沿绳子向x方向传播。坐标原点O在墙的右方，与墙的距离为45，其中为波长，已知O点的振动为tAycos0，其中为圆频率，试描述绳中的特征。Ox453.在一大水银槽中竖直插有一根玻璃管，管上端封闭，下端开口．已知槽中水银液面以上的那部分玻璃管的长度76cml，管内封闭有31.010moln－的空气，保持水银槽与玻璃管都不动而设法使玻璃管内空气的温度缓慢地降低10℃，问在此过程中管内空气放出的热量为多少？已知管外大气的压强为76cm汞柱高，每摩尔空气的内能VUCT，其中T为绝对温度，常量1V20.5J(molK)C－，普适气体常量18.31J(molK)R－。4.一汽缸的初始体积为0V，其中盛有2mol的空气和少量的水（水的体积可以忽略）。平衡时气体的总压强是3.0atm，经做等温膨胀后使其体积加倍，在膨胀结束时，其中的水刚好全部消失，此时的总压强为2.0atm。若让其继续作等温膨胀，使体积再次加倍。试计算此时：(1)汽缸中气体的温度；(2)汽缸中水蒸气的摩尔数；(3)汽缸中气体的总压强。假定空气和水蒸气均可以当作理想气体处理。5．半径分别为R1和R2的两个同心半球面相对放置（图41-106）。两个半球面均匀带电，电荷面密度分别为α1和α2。求大半球面的直径AOB上电势的分布。6.如图所示A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场．己知B板电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图预20-7-2所示，其中UA的最大值为的U0，最小值为一2U0．在图预20-7-1中，虚线MN表示与A、B扳平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为l．在此面所在处，不断地产生电量为q、质量为m的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等．这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动．设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B板的电压．己知上述的T、U0、l，q和m等各量的值正好满足等式20222163TmqUl若在交流电压变化的每个周期T内，平均产主320个上述微粒，试论证在t＝0到t＝T／2这段时间内产主的微粒中，有多少微粒可到达A板（不计重力，不考虑微粒之间的相互作用）。1.解:若一次直接起动，车头的牵引力需克服摩擦力做功，使各节车厢动能都增加，若利用倒退起动，则车头的牵引力需克服摩擦力做的总功不变，但各节车厢起动的动能则不同。原来挂钩之间是张紧的，倒退后挂钩间存在s的宽松距离，设火车的牵引力为F，则有：车头起动时，有2121msmgF拉第一节车厢时：11mmm，故有sgmF2141212121222212212mmsmgF拉第二节车厢时：2222mmm故同样可得：sgmF3532942222……推理可得sgnmFnnn31212由02n可得：mgnF312另由题意知,31mgF得：46n因此该车头倒退起动时，能起动45节相同质量的车厢。2.分析：向左传播的波遇墙后反射，在绳中同时存在传播方向相反的两列波，它们叠加后形成驻波。为了对驻波作定量描述，必须写出入射波和反射波的波动表示式，两列波的相位均以原点O的相位作参考，注意到绳与墙连接点的振动始终为零（波节），这意味着入射波和反射波在连接点的振动相位相反，即入射波遇墙反射时产生了的相位突变，这称为半波损失，写出驻波的定量表示式后，便可找出波节与波腹的位置。解：已知原点O的振动为tAycos0向左传播的入射波表示式为xtAy2cos1入射波传到反射点时的相位为25452tt反射后相位突变，故反射波在反射点的相位为2725tt反射波在O点的相位比反射点的相落后25452故反射波在原点O的相位为62527tt因而反射波的波动表示式为xtAy26cos2xtA2cos2绳中的合成波为21yyyxtAxtA2cos2costxAcos2cos上式即驻波方程，当2)12(2kx2,1,0k时02cosx振幅为零，为波节，故波节的位置为221kx2,1,0k当kx22,1,0k时12cosx振幅最大，为波腹，故波腹的位置为2kx2,1,0k驻波的图形如图19-206所示3.参考解答设玻璃管内空气柱的长度为h，大气压强为0p，管内空气的压强为p，水银密度为，重力加速度为g，由图复解17-1-1可知0()plhgp（1）根据题给的数据，可知0plg，得pgh（2）若玻璃管的横截面积为S，则管内空气的体积为VSh（3）由（2）、（3）式得VpgS（4）即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程pVnRT得2VgnRTS（5）由（5）式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，根据（4）式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化关系为pV图上过原点的直线，如图复解17-1-2所示．在管内气体的温度由1T降到2T的过程中，气体的体积由1V变到Oyx4543444345图19-2062V，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有斜线的梯形面积来表示，即有221212121()22VVVWgVVgSSSV（6）管内空气内能的变化V21()UnCTT（7）设Q为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律WQU，有QUW（8）由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得V211()2QnTTCR（9）代入有关数据得0.247JQ0Q表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为0.247JQQ（10）4.参考解答(1)只要有液态水存在，平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和：3.0atmppp总空饱00（1）第一次膨胀后102VV2.0atmppp总空饱11（2）由于第一次膨胀是等温过程，所以0102pVpVpV空空空011（3）解（1）、（2）、（3）三式，得1.0atmp饱（4）2.0atmp空0（5）1.0atmp空1（6）由于1.0atmp饱，可知汽缸中气体的温度0373KT（7）根据题意，经两次膨胀，气体温度未改变。(2)设水蒸气为mol水．经第一次膨胀，水全部变成水蒸气，水蒸气的压强仍为p饱，这时对于水蒸气和空气分别有10pVRT饱水（8）1002pVRTRT空1空（9）由此二式及（5）、（6）式可得2mol水（10）(3)在第二次膨胀过程中，混合气体可按理想气体处理，有21pVpV总2总1（11）由题意知，204VV，102VV，再将（2）式代入，得1.0atmp总2（12）5.分析：割补法是物理中常用的一种解题方法。均匀带电球壳在球内、外产生的电势是大家熟悉的，本题可先分别算出大、小半球面在AOB上产生的电势，再用电势叠加原理求出最后结果。解：半径为R的均匀带电球壳内部电势为RQk，外部电势为rQk（rR）。这道题目要解决两个问题：（1）半球壳的电势是多少？（2）两个半球壳的电势如何叠加？完整的半径为1R的球壳在AOB上产生的电势为.44'111121111kRRRkRQkU鉴于对称性，半个球面对'1U的贡献必为21，因此，它在AOB上产生的电势应为1112RkU.完整的半径为2R的球壳在AOB上离O距离小于2R的范围内（即图3-1-26中的COD段）的电势为.4'22222kRRQkU在AOB上，离O的距离大于2R的范围内的电势为)(4''1222222RrRrkRrQkU半球的贡献同样必为'2U和''2U的1/2。最后AOB上电势分布应为rRRkRRkUUUq222122112122122RrRRr。6.参考解答在电压为0U时，微粒所受电场力为0/2Uql，此时微粒的加速度为00/2aUqlm。将此式代入题中所给的等式，可将该等式变为203162Tla（1）现在分析从0到/2T时间内，何时产生的微粒在电场力的作用下能到达A板，然后计算这些微粒的数目。在0t时产生的微粒，将以加速度0a向A板运动，经/2T后，移动的距离x与式（1）相比，可知20122Txal（2）即0t时产生的微粒，在不到/2T时就可以到达A板。在A0UU的情况下，设刚能到达A板的微粒是产生在1tt时刻，则此微粒必然是先被电压0U加速一段时间1t，然后再被电压02U减速一段时间，到A板时刚好速度为零。用1d和2d分别表示此两段时间内的位移，1v表示微粒在1t内的末速，也等于后一段时间的初速，由匀变速运动公式应有21011()2dat（3）210202(2)vad（4）又因101vat，（5）12ddl，（6）112Ttt，（7）由式（3）到式（7）及式（1），可解得12Tt，（8）这就是说，在A0UU的情况下，从0t到/4tT这段时间内产生的微粒都可到达A板（确切地说，应当是/4tT）。为了讨论在/4/2Ttt这段时间内产生的微粒的运动情况，先设想有一静止粒子在A板附近，在A02UU电场作用下，由A板向B板运动，若到达B板经历的时间为，则有2012(2)2la根据式（1）可求得3124T由此可知，凡位于MN到A板这一区域中的静止微粒，如果它受02UU的电场作用时间大于，则这些微粒都将到达B板。在/4tT发出的微粒，在A0UU的电场作用下，向A板加速运动，加速的时间为/4T，接着在A02UU的电场作用下减速，由于减速时的加速度为加速时的两倍，故经过/8T微粒速度减为零。由此可知微粒可继续在A02UU的电场作用下向B板运动的时间为11133128824TTTT由于1，故在/4tT时产生的微粒最终将到达B板（确切地说，应当是/4tT），不会再回到A板。在t大于/4T但小于/2T时间内产生的微粒，被A0UU的电场加速的时间小于/4T，在A02UU的电场作用下速度减到零的时间小于/8tT，故可在A02UU的电场作用下向B板运动时间为11128TT所以这些微粒最终都将打到B板上，不可能再回到A板。由以上分析可知，在0t到/2tT时间内产生的微粒中，只有在0t到/4tT时间内产生的微粒能到达A板，因为各个时刻产生带电微粒的机会均等，所以到达A板的微粒数为1320804N（9）评分标准：本题20分。论证在0t到/4tT时间内产生的微粒可能到达A板给10分；论证/4tT到/2tT时间内产生的微粒不能到达A板给6分。求得最后结果式（9）再给4分。