物理試題1答案

1、物理競(jìng)賽試題 1 參考答案一、解 (1)由于y方向速率不變，所以y=vt 則 vx=by=bvt 即 dx/dt=bvt dx=bvtdt兩邊積分 得 x= 聯(lián)立消去t得 x= (2)由于y方向勻速運(yùn)動(dòng)，故加速度a沿x方向由兩邊求導(dǎo)得 a=bv 由答圖1-1知 at=a cos 而 tan = cos =所以 at=(3)由 an=得 r= v=由答圖1-1知 an=a sin sin =所以 an=從而得 r= 由 t=y/v代入得 r= 二、解 作圖方法：利用尺規(guī)作圖法確定r/2的長(zhǎng)度，以C為圓心，用圓規(guī)作半徑為r/2的圓；利用尺規(guī)作圖法確定2r的長(zhǎng)度，以C為圓心，用圓規(guī)作半徑為2r的圓；

2、延長(zhǎng)RM交2r圓于H，連接CH交r/2圓于H；連接并延長(zhǎng)MH即得折射光線。作圖依據(jù)：如答圖1-2，HMC=i則在HCM中應(yīng)用正弦定理得 又在MCH與HCM中有公共角C，且 所以 MCHHCM從而 i=，亦即 i與i滿足折射定律 三、解 （1）在圓筒與臺(tái)階作完全非彈性碰撞的過(guò)程中（如答圖1-3-1），圓筒對(duì)于通過(guò)A點(diǎn)的軸角動(dòng)量守恒，有 mv(R-h)+IO0=IA 式中IO和IA分別為圓筒繞O點(diǎn)和A點(diǎn)的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量，為碰撞后圓筒的角速度，即圓筒開(kāi)始上翻時(shí)的角速度。又 IO=mR2，IA= mR2 +mR2=2 mR2， v=R0由以上各式得 = 在圓筒上翻過(guò)程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。取臺(tái)階較高平面為勢(shì)

3、能零點(diǎn)。上翻時(shí)的初始動(dòng)能為IA2，勢(shì)能為mg(R-h)，上翻到任意的位置時(shí)（如答圖1-3-2），勢(shì)能為mgR sin ，動(dòng)能為，其中是圓筒上翻到位置時(shí)的角速度。于是 mg(R-h)+ IA2=mgR sin + 將上面的表達(dá)式代入得 = 圓筒能滾上臺(tái)階的條件是：當(dāng)=時(shí)，>0。將與上述條件結(jié)合得 圓筒上翻過(guò)程中不脫離A點(diǎn)的條件是：N>0。在圓筒上翻過(guò)程中，OA方向的質(zhì)心運(yùn)動(dòng)方程為 mg sin -N=man=mR 于是 N= mg sin - mR=2 mg sin -mg(1-)-m上式表明N是的函數(shù)，的最小值min相對(duì)應(yīng)于N的最小值。由幾何關(guān)系得 sin min=1-代入N的表達(dá)

4、式得 Nmin= 2mg(1-)- mg(1-)- m= mg(1-)- m>0或 g(1-)> 由和得圓筒既不脫離A點(diǎn)又能滾上臺(tái)階繼續(xù)前進(jìn)的條件： g(R-h)> >gh或 (2)由v的條件還可得到對(duì)臺(tái)階高度h的限制條件： 即 h< 四、解法一 取坐標(biāo)系如答圖1-4所示。取左棒為場(chǎng)源電荷。在左棒上取電荷元 dx，距原點(diǎn)為x，它在右棒上距原點(diǎn)x處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng) dE=方向沿x軸正向，左棒上各電荷元產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向相同，所以左棒在x處的場(chǎng)強(qiáng) E=右棒x處的電荷元 dx受到的靜電力 dF= dxE=右棒上各電荷元所受的靜電力方向相同，所以整根右棒所受的總靜電力 F=()=F

5、的方向沿x軸正向。左棒所受的靜電力F=-F 解法二 在左右兩棒上各取電荷元 dx和 dx，右棒電荷元 dx受左棒電荷元的庫(kù)侖作用力 dF=右棒受到左棒的靜電作用力F=F的方向沿x軸正向。左棒所受的靜電力F=-F 五、解 這個(gè)循環(huán)看似非常復(fù)雜，但它經(jīng)歷的過(guò)程都是等溫過(guò)程和絕熱過(guò)程。如果將絕熱線bc延長(zhǎng)與等溫線ef交于g點(diǎn)（如答圖1-5），這樣就可把這循環(huán)看成兩個(gè)卡諾循環(huán)。對(duì)于卡諾循環(huán)abgfa，過(guò)程ab吸收的熱量 Qab=RT1=R×700×=1400R ln 2過(guò)程gf放出的熱量 |Qgf|=600R ln 2對(duì)于卡諾循環(huán)cdegc，過(guò)程cd吸收的熱量 Qcd=RT2=R&

6、#215;400×=400R ln 2過(guò)程eg放出的熱量 |Qeg|=300R ln 2于是該循環(huán)的效率 =50% 六、解 取線圈平面的法線方向垂直紙面向里，則線圈在初始位置時(shí)通過(guò)它的磁通量為正值。在距長(zhǎng)直導(dǎo)線x處取面元dS=ydx，如答圖1-6-1所示。通過(guò)面元dS的磁通量 d=B1·dS=B1dS=通過(guò)整個(gè)線圈的磁通量 1=(a+b)當(dāng)線圈繞AB軸轉(zhuǎn)過(guò)180°時(shí)，如答圖1-6-2所示，此時(shí)通過(guò)線圈的磁通量 2=在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中磁力做的功 A=I21= I2(2-1)=- =- 七、解 (1)先計(jì)算小頂角三棱鏡對(duì)光線的折射作用。如答圖1-7-1，考察小角度光線，有

7、i=nr， n=， r+= 所以偏折角 =i-+=(n-1) 既然與入射角無(wú)關(guān)，由S發(fā)出的任兩條夾角為的光SA，SB經(jīng)上半棱鏡折射后的反向延長(zhǎng)線S1A和S1B的夾角仍為（如答圖1-7-2），而它們所夾的弧同為AB，故S1（即S的像）與棱鏡的距離也是a。于是（利用）兩相干光源的距離S1 S2=2a=2a(n-1)不難看出，S1、 S2至P點(diǎn)（P與中心點(diǎn)O的距離為x）的光程差=S1 S2·x/(a+b)=2a(n-1)x/(a+b) 令=m，即得m級(jí)亮條紋距離x：x=(2)當(dāng)S上移至S時(shí)，設(shè)想雙棱鏡沿虛線切去厚為d的薄片組成新的雙棱鏡，則零級(jí)條紋將上移h至O（如答圖1-7-3）。但下半厚

8、為d的薄片的存在使S在下半棱鏡中產(chǎn)生附加光程差 (n-1)d，從而使零級(jí)條紋從O下移距離y，而有而由幾何關(guān)系有 從而 代入上式得 因而S上移至S最終使零級(jí)條紋自O(shè)點(diǎn)下移距離 八、解 火箭在從地球飛往銀河系的過(guò)程中始終在作變速運(yùn)動(dòng)，所以若以火箭為S參照系，則這是個(gè)非慣性系。如果要用狹義相對(duì)論來(lái)求解此類問(wèn)題，可在S系中先后建立一系列的坐標(biāo)系，任一瞬時(shí)t時(shí)坐標(biāo)系以此時(shí)火箭的速度v在極短時(shí)間內(nèi)相對(duì)地球作勻速直線運(yùn)動(dòng)。故在此段時(shí)間內(nèi)S可看作慣性系，這樣就可用狹義相對(duì)論來(lái)求解，而火箭的整個(gè)加速過(guò)程，便是這一系列無(wú)限段運(yùn)動(dòng)過(guò)程的組合。在S系中，火箭作加速度為a的加速運(yùn)動(dòng)。火箭在dt時(shí)間內(nèi)動(dòng)量的增量為dp，根

9、據(jù)動(dòng)力學(xué)規(guī)律，有 式中M近似為該瞬時(shí)火箭的凈質(zhì)量。由動(dòng)量守恒可知，火箭動(dòng)量的增量應(yīng)等于dt時(shí)間內(nèi)輻射光子的動(dòng)量，而火箭輻射光子的同時(shí)，又使火箭（其內(nèi)燃料）的能量E發(fā)生改變，故根據(jù)質(zhì)能公式：E=Mc2，有 由可得 火箭發(fā)動(dòng)機(jī)在任何時(shí)刻的功率N為 表明，火箭發(fā)動(dòng)機(jī)的功率取決于該時(shí)刻火箭的質(zhì)量，于是，只需求出火箭初始質(zhì)量M0，便可求得所需求的初始功率。設(shè)旅程一半時(shí)（即加速過(guò)程結(jié)束時(shí)）火箭的靜質(zhì)量為Mh，速度為v，并設(shè)此一半旅程中輻射光子的總能量為Er，則由能量守恒和動(dòng)量守恒分別得 由可解得 而后一半旅程可同理求得 由可得 表明要求得火箭的初始質(zhì)量M0，需先求得火箭在旅程一半時(shí)的速度v，為此，設(shè)在地球

10、參照系S系中，火箭在時(shí)刻t的速度為u，經(jīng)過(guò)時(shí)間dt后，u的增量為du，而在S系中相應(yīng)的增量為du，則由速度變換公式，有 即 上式中略去高階無(wú)窮小，得到 因dt是本征時(shí)間，故由時(shí)間膨脹，有 由可得 式中為S系中火箭的加速度，因a為常量，故a不是常量，則上式可改寫成 對(duì)上式積分，并利用初始條件：t=0時(shí)u=0，可得 即得 因 ，故為 對(duì)上式積分，并利用初始條件：t=0時(shí)，x=0，可得 當(dāng)火箭飛到半程時(shí)，代入上式，即可求得完成半程所需的地球時(shí)間t為 把代入，即可得火箭在半程時(shí)的速度v為 因，則上式中略去高階小量，得 把代入，得火箭起飛時(shí)的凈質(zhì)量M0為 把代入，即可得到火箭在開(kāi)始發(fā)射時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)所需的功率N為 九、解 設(shè)四個(gè)回路的電流如答圖1-9所示.既然，則電阻、電感、電容的復(fù)阻抗分別為 根據(jù)基爾霍夫定律，列出回路方程如下 化簡(jiǎn)得 第2、3式實(shí)際上相同。第2式乘i與第1式相加得 ，代入第4式即得所求總電流 因而電路的等效阻抗為 R/2，電路上方的5條支路等效為一個(gè)電阻R，并聯(lián)在底部電阻R上。 十、解 設(shè)電子沿y方向運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量為py，由相對(duì)論動(dòng)量-能量關(guān)系得式中，c為光速，E為電子的能量，E=1MeV，E0為電子的靜能，E0=0.5