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物理竞赛辅导——综合练习题(十)(152K)


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物理竞赛辅导——综合练习题(十) 一、如图 1 所示,两个截面相同的圆柱形容器,右边容器高为 H,上端封闭,左边容器上端是一个 可以在容器内无摩擦滑动的活塞。 两容器由装由阀门的极细管道相连通, 容器、 活塞和细管都是绝热的。 开始时,阀门关闭,左边容器中装有热力学温度为 T0 的单原子理想气体,平衡时活塞到容器底的距离为 H,右

边容器内为真空,现将阀门缓慢打开,活塞便缓慢下降,直至系统达到平衡,求此时左边容器中 活塞的高度和缸内气体的温度。

提示:一摩尔单原子理想气体的内能为

,其中 R 为摩尔气体常量,T 为气体的热力学温度。

二、位于竖直平面内的矩形平面导线框 abcd,ab 长为 l1,是水平的,bc 长为 l2,线框的质量为 m, 电阻为 R,其下方有一匀强磁场区域,该区域的上、下边界 PP'和 QQ'均与 ab 平行,两边界间的距离为 H,H>l2,磁场的磁感强度为 B,方向与线框平面垂直,如图 2 所示,令线框的 dc 边从离磁场区域上边 界 PP'的距离为 h 处自由下落, 已知在线框的 dc 边进入磁场以后, 边到达边界 PP'之前的某一时刻线 ab 框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到 dc 边刚刚到达磁场区域下边界 QQ'的过程中, 磁场作用于线框的安培力作的总功为多少?

三、一平凸透镜焦距为 f,其平面上镀了银,现在其凸面一侧距它 2f 处,垂 直于主轴放置一 高为 H 的物,其下端在透镜的主轴上(如图)。 1、用作图法画出物经镀银透镜所成的像,并标明该像是虚、是实; 2、用计算法求出此像的位置和大小。

四、一个大容器中装有互不相溶的两种液体,它们的密度分别为 ρ 1 和 ρ (ρ 1<ρ 2)。现

2

让一长为 L、密度为(ρ 1+ρ 2)/2 的均匀木棍,竖直地放在上面液体内,其下端 离两液体分 界面的距离为 3L/4,由静止开始下落。试计算木棍到达最低处所需的时间。假

定由于木棍 运动而产生的液体阻力可以忽略不计,且两液体都足够深,保证木棍始终都在液 体内部运 动,既未露出液面,也未与容器相碰。

五、将一根长为 100 多厘米的均匀弦线,沿水平的 x 轴放置,拉紧并使两端固定。现对固定的右 端 25cm 处(取该处为原点 O,如图一所示)的弦上一点施加一个沿垂直于弦线方向(即 y 轴方向)的 扰 动,其位移随时间的变化规律如图二所示。该扰动将沿弦线传播而形成波(孤立的脉冲波)。已知 该 波在弦线中的传播速度为 2.5cm/s,且波在传播和反射过程中都没有能量损失。 1、试在图一中准确地画出自 O 点沿弦向右传播的波在 t=2.5s 时的波形图。

2、该波向右传播到固定点时将发生反射,反射波向左传 播,反射点总是固定不动的。这可看成是向右传播的波和向 左传播的波和向左传播的波相叠加,使反射点的位移始终为 零。由此观点出发,试在图一中准确地画出 t=12.5s 时的波形 图。 3、在图一中准确地画出 t=10.5s 时的波形图。

六、1997 年 8 月 26 日在日本举行的国际天文学大会上,德国 Max Planck 学会的一个研究组宣 布了他 们的研究成果:银河系的中心可能存在一个黑洞。他们的根据是用口径为 3.5m 的天文望远镜对猎户 座 中位于银河系中心附近的星体进行近六年的观测所得到的数据。他们发现,距离银河系中心约 60 亿 公 里的星体正以 2000km/s 的速度围绕银河系中心旋转, 根据上面的数据, 试在经典力学的范围内 (见 提 示 2),通过计算确认,如果银河系中心确实存在黑洞的话,其最大半径是多少?(引力常数 G= 6.67×10-20km3·kg-1·s-2) 提示:1、黑洞是一种密度极大的天体,其表面的引力是如此之强,以至于包括光在内的所有物 质 都逃脱不了其引力作用。 2、计算中可以采用拉普拉斯经典黑洞模型,在这种模型中,在黑洞表面上的所有物质,即使初 速 度等于光速 c 也逃脱不了其引力的作用。

七、有一半径为 R 的不导电的半球薄壳,均匀带电,倒扣在 xOy 面上,如图所示。图中 O 为球心, ABCD 为球壳边缘,AOC 为直径。有一电量为 q 的点电荷位于 OC 上的 E 点,OE=r。已知将此点电荷由 E 点缓 慢移至球壳顶点 T 时,外力需做功 W,W>0,不计重力影响。 1、试求将此点电荷由 E 点缓慢移至 A 点外力需做功的正负大小,并说明理由。 2、 为球心正下方的一点, P OP=R。 试求将此点电荷由 E 点缓慢移至 P 点外力需做功的正负及大小, 并说明理由。

八、如图所示,一薄壁钢筒竖直放在水平桌面上, 筒内有一与底面平行并可上下移动的活塞 K,它将筒隔成 A、B 两部分,两部分的总容积 V=8.31×10-2 米 3。活塞导 热性能良好,与筒壁无摩擦、不漏气。筒的顶部轻轻放上 一质量与活塞 K 相等的铅盖,盖与筒的上端边缘接触良好 (无漏气缝隙)。当筒内温度 t=27℃时,活塞上方 A 中盛有 nA=3.00 摩尔的理想气体,下方 B 中盛 有 nB=4.00 摩尔的理想气体,B 中气体中体积占总体积的 。现对筒内气体缓慢加热,把一定的热 。问筒内的气体温度 t’是多少?

量传给气体,当达到平衡时,B 中气体的体积变为占总体积的

已知筒外大气压强为 p0=1.04×105 帕,普适气体常数 R=8.31 焦/摩尔·开。

参考答案 一、设容器的截面积为 A,封闭在容器中的气体为 v 摩尔,阀门打开前,气 体的压强为 p0,由理想气体状态方程有 p0AH=vRT0 (1) 打开阀门后,气体通过细管进入右边容器,活塞缓慢向下移动,气体作用于 活塞的压强仍为 p0,活塞对气体的压强也是 p0,设达到平衡时活塞的高度为 x, 气体的温度为 T,则有 p0(H+x)A=vRT (2)

根据热力学第一定律,活塞对气体所做的功等于气体内能的增量,即 p0(H-x)A= vR(T-T0) (3)

由(1)、(2)、(3)式解得 x= T= H T0

二、设线框得 dc 边刚达到磁场区域上边界 PP'时得速度为 v1,则由 mv12=mgh (1) dc 边进入磁场后,按题意线框虽然受安培力阻力作用,但依然加速下落, 设 dc 边下落到 PP'得距离为△h1,速度达到最大值,以 v0 表示这最大速度,这 时线框中得感应电动势为 ε =Bl1v0 线框中的电流

作用于线框的安培力为

f=Bl1I=

(2)

速度达到最大的条件时安培力 f=mg 由此得

v0=

(3)

在 dc 边向下运动距离△h1 的过程中,重力做功 A1=mg△h1,安培力做功 A2, 由动能定理得 A1+A2= 将(1)、(3)式代入得安培力作的功

(4)

线框速度达到 v0 后,作匀速运动,当 dc 边匀速向下运动的距离为△h2=l2- △h1 时,ab 边到达磁场的边界 PP',整个线框进入磁场,在线框的 dc 边向下移 动△h2 的过程中,重力做功 A1',安培力做功 A2',但线框速度未变化,由动能定 理 A1'+A2'=0 A2'=-A1'=-mg△h2=-mg(l2-△h1) (5) 整个线框进入磁场后,直至 dc 边达到磁场区的下边界 QQ',作用于整个线 框的安培力为零,安培力作的功也为零,线框只在重力作用下作加速运动。 所以,整个过程中安培力作的总功

A=A2+A2'=-mg(l2+h)+ 三、1、用作图法求得物 AP 的像 A'P'及 所用 各条光线的光路如图预解所示。 说明:平凸薄透镜平面上镀银后构成一 个由会聚透镜 L 和与它密接的平面镜 M 组合 LM。如图预解所示,图中 O 为 L 的光心, AOF'为主轴,F 和 F'为 L 的两个焦点,AP 为物,作图时利用了下列三条特征光 线。 (1)由 P 射向 O 的入射光线,它通过 O 后方向不变,沿原方向射向平面镜 M,然后被 M 反

射, 反射光线与主轴的夹角等于入射角, 均为 α , 反射线射入透镜时通过光心 O, 故由透镜 射出时方向与上述反射线相同,即图中 OP'。 (2)由 P 发出且通过 L 左方焦点 F 的入射光线 PFR,它经过 L 折射后的出 射线与主轴平 行,垂直射向平面镜 M,然后被 M 反射,反射光线平行于 L 的主轴,并向左射入 L,经 L 折射后 的出射线通过焦点 F,即为图中的 RFP。 (3)由 P 发出的平行于主轴的入射光线 PQ,它经过 L 折射后的出射线将射 向 L 焦点 F', 即沿图中 QF'方向射向平面镜,然后被 M 反射,反射线指向与 F'对称的 F 点,即 沿 QF 方向。此 反射线经 L 折射后的出射线可用下法画出;通过 O 作平行于 QF 的辅助线 S'OS, S'OS 通过光 心,其方向保持不变,与焦面相交于 T 点。由于入射平行光线经透镜后相交于焦 面上的同一 点,故 QF 经 L 折射后的出射线也通过 T 点,图中的 QT 即为 QF 经 L 折射后的出 射光线。 上列三条出射光线的交点 P'即为 LM 组合所成的 P 点的像,对应的 A'即 A 的像点。由图可 判明,像 A'P'是倒立实像,只要采取此三条光线中的任意两条即可得 A'P',即 为正确解 答。 2、按陆续成像计算物 AP 经 LM 组合所成像的位置、大小,物 AP 经透镜 L 成的像为第一 像,取 u1=2f,由成像公式可得像距 v1=2f,即像在平面镜后距离 2f 处,像的大 小 H'与原物 相同,H'=H。 第一像作为物经反射镜 M 成的像为第二像,第一像在反射镜 M 后 2f 处,对 M 来说是虚物,

成实像于 M 前 2f 处,像的大小 H"也与原物相同,H"=H'=H。 第二像作为物, 再经透镜 L 而成的像为第三像, 这时因为光线由 L 右方入射, 且物(第

二像)位于 L 左方,故为虚物,取物距 u2=-2f,由透镜公式

可得像距

上述结果表明,第三像,即本题所求的像的位置在透镜左方距离 2f/3 处, 像的大小

可由

求得,

像高为物高的 四、 1、用 S 表示木棍的横截面积,从静止开始到其下端到达两液体交界 面为止,在这过程 中,木棍受向下的重力 下落的加速度 和向上的浮力 ρ 1LSg。由牛顿第二定律可知,其



用 t1 表示所需的时间,则 ②

由此解得



2、木棍下端开始进入下面液体后,用 L'表示木棍在上面液体中的长度,这 时木棍所受 重力不变,仍为 ,但浮力变为 ρ 1L'Sg+ρ 2(L-L')Sg。当 L=L'时,浮力

小于重力;当 L'=0 时,浮力大于重力,可见有一个合力为零的平衡位置。用 L0' 表示在此平 衡位置时,木棍在上面液体中的长度,则此时有 ④ 由此可得 L0'=L/2 ⑤ 即木棍的中点处于两液体交界处时,木棍处于平衡状态,取一坐标系,其原 点位于交 界面上,竖直方向为 z 轴,向上为正,则当木棍中点的坐标 z=0 时,木棍所受合 力为零,当 中点坐标为 z 时,所受合力为

式中 k=(ρ 2-ρ 1)Sg ⑥ 这时木棍的运动方程为

aZ 为沿 z 方向的加速度



由此可知为简谐振动,其周期



为了求同时在两种液体中运动的时间,先求振动的振幅 A。木棍下端刚进入 下面液体 时,其速度 v=a1t1 ⑨ 由机械能守恒可知 式中 ⑩

为此时木棍中心距坐标原点的距离,由①、③、⑨式可求得 v,再将 v

和⑥式中的 k 代入⑩式得 A=L 由此可知,从木棍下端开始进入下面液体到棍中心到达 坐标原点所走的距离是振幅的一半,从参考圆(见图)上可 知,对应的 θ 为 300,对应的时间为 T/12。因此木棍从下端 开始进入下面液体到上端进入下面液体所用的时间,即棍中 心从 到 所用的时间为

3、从木棍全部浸入下面液体开始,受力情况的分析和 1 中类似,只是浮力 大于重力, 所以做匀减速运动,加速度的数值与 a1 一样,其过程和 1 中情况相反地对称, 所用时间 t3=t1

4、总时间为

五、

六、[解答] 首先求出一定质量的引力源成为黑洞应满足的条件,按照黑洞的定 义,包括以光速运动的 光子也不能脱离黑洞的吸引, 即不能逃离黑洞的表面,而拉普拉斯经典黑洞模型 则把光看作是以光速 c 运动的某种粒子。我们知道,物体在引力作用下的势能是负的,物体恰能逃离引 力作用,表示物体运 动到无限远的过程中, 其动能恰好全部用于克服引力作功。物体不能逃离引力作 用,表示该物尚未到 达无限远处,其动能已全部用于克服引力作功,但引力势能仍是负的,这意味着 它在引力源表面处 时,其动能与势能之和小于零。若某引力源的质量为 M,半径为 rB,质量为 m 的 粒子在引力源表面的速 度等于光速,但它仍不能逃离引力作用,则按牛顿力学的观点应有下列关系:

……①



……②

这就是说,对于质量为 M 的引力源,只有其半径 rB(叫做黑洞的引力半径),小于



才会在其表面产生足够强的引力, 使得包括光在内的所有物质都不能脱离其引力 作用。对光而言,人 们将无法③④⑤ 七、解答:1、解法一。 设想, 取另一完全相同的带电半球壳扣在题给的半球壳下面,构成一个完整 的均匀带电球壳,则球 壳及其内部各点电势都相等。令 V 表示此电势,根据对称性可知,上、下两个半 球壳分别在圆面 ABCD 上 各点引起的电势是相等的,再由电势叠加原理可知,当只有上半球壳存在时,圆 面 ABCD 上各点的电势都 应为完整球壳内电势的一半,即 V/2,所以将电荷由 E 点移至 A 点的过程中,外 力作功为零。 解法二。(用反证法证明圆面 ABCD 上各点的场强必垂直该面) 在圆面 ABCD 上任取一点为考察点,若该点的场强不垂直该面,则设想另一 完全相同的带电半球壳扣 在题给的半球壳下面, 结果两个带电半球壳在该点产生的合场强就不会为零,这 与均匀带电球壳内部场 为零的结论相矛盾,所以均匀带电半球壳产生的电场在圆面 ABCD 上各点的场强 都与该圆面垂直,该圆成 为一等势面,将电荷由 E 点移至 A 点的过程,外力做功为零。 2、对完整球壳,E 点与 T 点等势,电势差为零。由电势叠加原理可知,若 上半球壳在 T、E 两点形成 的电势差为(VT-VE),则下半球壳在 T、E 两点形成的电势差必为-(VT-VE)。 已知 W=q(VT-VE) ,所以在下半球壳产生的电场中,q 由 E 到 T 外力做功必为-W。由对称性可知, 在上半球壳产生的电场 中,q 由 E 到 P 外力的功也必为-W。 八、解答:

设温度为 t 时,A、B 中气体的体积分别为 VA、VB,它们的压强 pA 和 pB 可由 气态方程 pAVA=nART (1) pBVB=nBRT (2) 求得,式中 T=273+27=300K,VB=(1/10)V,VA=(9/10)V。加热时, 随着温度升高,活塞 K 向上移动,A 中气体的压强增大。如果 A 中气体对铅盖的压力大于筒外大气对铅 盖的压力及锅盖的重力之 和,铅盖将被顶开,气体将从 A 中缓慢漏出。故首先应判定 B 中气体的体积由 (1/10)V 增加到(1/9)V 的过程中,A 中气体是否有漏出。 先假设铅盖未被顶开,当 A、B 中气体的体积分别是 V’B=(1/9)V,V’A =(8/9)V 时,压强分别 为 pA1、pB1,温度为 T1,则有 pA1V’A=nART1 (3) pB1V’B=nBRT1 (4) pB1-pA1=pB-pA (5) 由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式可求出 PA1=3.00×105Pa (6) 而 p0+(pB-pA) =1.04×105+(1.20×105-1.00×105) =1.24×105Pa 由于 pA1>p0+(pB-pA),可见,在 B 中气体体积变为(1/9)V 以前,铅盖 已被顶开,A 中气体不断 缓慢漏出。实际上只要 A 内气体压强比 p0+(pB-pA)稍大一小点,就有气体漏 出,随着 A 中气体温度不 断升高,不断有气体漏出,而 A 内气体的压强始终等于

p0+(pB-pA) 设加热完毕后,气体温度为 T’,A 中气体压强为 p’A,则有 p’A=p0+(pB-pA) (7) 若 B 中气体的压强为 p’B,则有 p’BV’B=nBRT’ (8) p’B-p’A=pB-pA (9) 由(1)、(2)、(7)、(8)、(9)式可求得

(10)

代入数据可求得 T’=400K t’=T’-T0=127℃ (11)

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