清北学堂物理竞赛考前练习题第七套.pdf

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1、20102010 年北京清北学堂竞赛模拟题七年北京清北学堂竞赛模拟题七一、喷灌用的喷头如图 2-例 3（a）所示，球面上分布有孔径相同的小孔，用以喷出水注，球面半径为r，小孔相对于对称轴的极角的分布范围为：0 04。为使喷到大地的水注能均匀分布（得到均匀灌溉），求喷头球面上单位面积小孔数的分布，即小孔数密度n的表达式。二、二、如图 3-例 6 所示，厚度不计的圆环套在粗细均匀、长度为 L 的圆柱上端，二者质量均为 m。圆环与圆柱的的最大静默财力等于滑动摩擦系力，大小为kmg(k1,常数)。圆柱能沿光滑竖直细杆 AB（B端固定在地面上）上下滑动，圆柱与地面碰触时间极短，且无动能损耗。设圆柱从其下

2、端距离地面高度为 h 处由静止自由下落，与地经 n 此碰撞后圆环从圆柱上滑落。试确定 h 应为多少？三、一个沙漏（古代的一种计时器）置于一个盘称上，初始时瓶中的所有沙子都放在上面的容器里，如图 4-例 5（a）所示。瓶的质量为M，瓶中沙子的质量为m。在t 0时，沙子开始流入下面的容器，砂子以质量变化率为常数的读数W与时间t的函数曲线。四、四、质点的势函数V(r)即单位质量的质点在空间位置r处所具有的势能。今有以质量m为的质点，在一维直线势场m流下。画出t 0的全部时间内秤tV(x)Ax的作用下，在直线x上运动，A为大于零的常量。已知质点的能量为E，求质点运动周期。五、五、一平行板电容器，电容C

3、0 300pF，极板A1接+150V，极板A2接-150V（均对于地）。取一后金属板B，其面积与A1及A2相同，厚度为电容器极板间距离的三分之一，插入电容器两极板A1，A2的正中央，如图 1-练 20 所示。（1）取一电动势 50V 为的电源E，正极连金属板B，负极接地。问此时由电源E输送到金属板B的总电量是多少？（2）在上述情况下，左右平移金属板B，改变它在电容器两级板间的位置，使B板上的电量向电源E回输，直到电源E原来输给金属板B的电量全部送回电源时，固定B的位置，然后切断三个电源，并将B板从电容器中抽出。求此时电容器两极板A1，A2间的电压。六、设有一块透明光学材料，由折射率略有不同的许

4、多相互平行、厚度为d 0.1mm的薄层密接构成。如图例 12-22 所示，表示与各薄层垂直的一个截面，AB为此材料的端面，与薄层界面垂直，OO表示截面的中心线。各薄层的折射率nk的系数为nk n0 kv，其中n01.4142，v 0.0025。今 有 一 光 线 PO 一 入 射 角 30射向 O 点。求此光线在材料内能够到达的，离OO最远的距离。七、七、有mol 的理想气体经过12 31如图习 7-2 所示的循环过程，过程12和2 3在图中是直线段而过程31可表达为T 0.5T1(3 BV)BV，式中B是未知的常数，图中的T是绝对温标的温标，求气体在一个循环中所做的功。答案解析答案解析1 1

5、、分析与解分析与解若喷头球面上小孔喷水的速度v0保持不变（由控制水压办到），则每一个孔喷出的水注将按不变的抛物线行进。由于水注喷向大地，喷头球面半径r很小，可以认为各小孔喷出的水注均由球心o处发出。另外，由于04 45，不同水注不会有相同的射程。由于大地相对喷头对称轴具有轴对称性，为使大地得到均匀灌溉，喷头球面上小孔分布对此轴也应具有对称性。因此，单位面积小孔数的分布将取决于极角，相对于对称轴的方向（角）无关。设喷头球面上小孔数密度为n()。画出以r为半径的一个球面，球面上取一小面元，面元的位置在（取值0 24），（取值0 2），面元面积和此面元上小孔数分别为S r s inN n()S此处，

6、由于面元很小，近似成矩形表示，如图 2-例 3（b）所示.在处的小孔喷春的水注射程为22v0sincos222v0sincosv022R sin2ggg在范围内的小孔，将把水注喷到大地上距离在R RR范围，R由式2v0sin2得R g显然，在内的水注直至落到大地仍在范围内。小面元S上各水注喷到大地上的面积A为A RR2v0利用式、代入得A gsin2sin22喷头球面面元S上的全部小孔N，将被喷射到大地A面积内，根据题中要求，大地上每单位面积喷射道德水注数应为常量，即N C1（常量）A C1利用式、，代入得n()r2sinv20gsin2sin22由于r、v0，g均为常量，sin2 2sinc

7、os，化简得n()C2cossin2，（C2为常量）其中sin2可以改写sin2 sin2 sin2sin2cos2cos2sin2sin2当很小时（即0），有sin2sin2cos22sin2 2cos2把此结果代入式，得n()C3coscos2（C3为常量）这就是喷头球面上小孔数密度随变化的额分布函数。喷头上小孔总数越多，能够到达水注的范围内，被喷洒的水分布得越均匀。这个分布函数对喷头的制作具有指导意义。2 2、分析与解、分析与解这里讨论的是环与柱的相对运动。去竖直向上为坐标正向，原点在地面。先考察柱与地第一次碰撞前后环相对珠的运动，并假设环未滑出柱。第一 次柱 与地 碰前瞬 间，环与 柱

8、速度 均为v0 2gh；碰地后瞬 间，柱速 度v22gh，环速度v1 2gh，环对柱的相对速度v v1v2 2 2gh。第一次柱碰地后，环相对柱滑动，在未滑脱前，柱的加速度a2 k 1g，环的加速度a1k 1g，环对柱的相对加速度a a1a2 2kg。环相对于柱是一个加速度a为常值得匀变速运动。如果环对柱停滑前未滑脱，就可以在柱参考系中（尽管它是一个加速参考系，但运动学关系仍成立）计算环滑行的距离S122 2ghv1S12a22kgk22hg滑行所需时间t1为t1 v2 2gh12ha2kgkg这个时间可以与碰地后柱达最高点所需时间t2相比t2 2ghv212ha2k 1gk 1g有关系t1

9、t2这说明，柱碰地后，环与柱开始相对滑动，当柱达到最高点是，滑动仍未停止，直至柱下落，环还在滑动。现在来判定，柱在进行第二次与地相碰前滑动是否停止。这只是计算在环与柱相对滑动停止时，柱是否在地面以上，即其高度h是否为正值。212h112h1h k 1h v2t1a2t122gh k 1g2kg2kkkg这是一个大于零的值，即柱未达地面，环与柱的滑动就已停止。与此同时，还可以算出此时环与柱的共同速度（即圆柱此时的速度）uu v2 a2t12gh k 1g 12h1 2ghkgk这相当于环与柱从主柱下端高度h处自由下落u2hhhh h2k 122gkkk这个结果说明，经过第一次与地碰撞，直到环相对

10、柱静止，此后的问题等价于环听在离柱下端l S1处，而柱由下端离地在柱上滑移的距离依次为h高度处自由下落。因此，在环未脱落前n1次碰撞中，环kS12h k2h2h，S2，Sn-1n1kkk11n1次共滑移距离为S S1 S2 Sn12h11 2h1n1 kkkkkn111k如果要求n次碰地环滑脱，应有关系2hnk代入S得到h的长度要求S l S l k 1lk 1 h 11221n1n1kk3 3、分析与解、分析与解设砂子自上面容器落下，全部到达下面容器底部，下落高度均为h。砂子自由下落h，速度变为v 2gh，所花时间t12g/h。为确定秤的读书随时间的变化情况，可把时间分四段进行讨论：1）砂子

11、开始下落直至砂子开始碰到下面容器底部之前，时间范围：0 t t1。显然，这段时间内盘秤读数为W1M mg tg，0 t t12h/g2）啥子刚开始出触及下容器底部，直至砂子全部离开上容器那一瞬时t2，时间范围：t1 t t2。在这段时间内砂子对容器的作用分为两部分，一部分是承受部分砂子的重量，其值等于 1）中t t1时大小；另一部分是单位时间内下落到下面容器底部的砂子受容器底部作用力的反作用力，其大小为v 2gh，所以在这段时间内盘秤的读数是常值，即W2M mg t1g2gh M mg，t1 t t2m3）砂子刚刚全部离开上容器直到全部抵达下容器底部为止。显然，这段时间内盘秤的读数为W3W2(

12、t t1)g M mg mg tg Mg tg，t2 t t3 t1t24）砂子全部达下容器底部后，盘秤读数为W4M mg，t t3 t1t2全部结论示于图 4-例 5（b）中。4 4、分析与解、分析与解先画出V(x)在V x坐标中的曲线，如图 5-练 15。在质点能量为E的条件下，质点只能在 x0到x0之间运动。当时x x0，E mV(x0)，质点只有势能，速度为零；当x 0时，质点势能为零，动能达最大值；一般情况下，E 121mv mV(x)mv2 mAx222E mAx xmt解得速度为v 由于势场的对称性，质点将在 x0和x0之间往复运动。为计算质点运动周期，可计算x 0到x x0的四

13、分之一周期，在这一段中x x，v 0。所以t x2(E mAx)mT 4mx0 xT 4t 42x0E xAmt0令y E xAm则y2 E xAm当x xx时，有y y y，上式变为(y y)E Am(x x)联立并略去高级小量(y)，得x 代入式，得到222yymAm2x08mT 4()E mAx(E E mAx0)2mAx0mA2利用x x0时，E mV(x0)mAx0，代入式，得质点运动周期T 5 5、分析与解、分析与解（1）金属板B插入电容器并位于极板A1，A2的正中央时，分别形成两个电容器，其电容器分别记为C1和C2，每个电容均为原电容量C0的 3 倍，即C1 C2 3C0。42E

14、Am接入电源E后，设电容器A1B1和B2A2上的电压分别为U1和U2，则U115050 100（V）U2 50(150)200（V）B1，B2板上的电量分别为q1 C1U1 300C0q2 C2U2 600C0因金属板B原不带电，所以接入电源E后电源E输给金属板B的电量为Q q1 q2 300C0 9108（C）（2）改变金属板B的位置，即改变A1B1和B2A2的电容，从而改变B1，B2两面上的电量。当两面上电量之和恢复为零时，由电源E送来的电量全部送回电源。设此时A1和B1的距离为d1，B2和A2的距离为d2，A1和A2的距离为d0，则d1 d22d03和C2，则再设此时A1B1和B2A2的

15、电容分别为C1C1d2C2d1金属板B上总电量为零的要求为C1U2 2U1C224d0，d2d09999和C2C1 C0，C2 C0进一步解得C124三式联立解得d1所带电量q为q C1U1 450C0C1和C2切断三个电源后，A1和A2两板上电量不变，抽出金属板B后，电容器A1A1上的电压为U1q 450（V）C06、【分析】有关薄层的折射率nk的数值为nk n0 kv，值随着k增大，折射率不断减小，光是从光密介质射向光疏介质。当入射角大于临界角是，将发生全反射，该界面就是此光线在材料内能够到达的离OO最远的距离的界面。【解】如图 例 12-23 所示，设光线 进入材 料后的 折射角 为0，

16、则根据折 射定律 有sin0 n0sin0此光线进入薄层 1 时，入射角为20，设折射光线与OO的夹角为1，则折射角为0)n1sin(21，根据折射定律可得n0sin(221)，即n0cos0 n1cos1；与此同理，当光线进入第二层薄层有n2cos2 n1cos1，依次逐层考虑有n0cos0 n1cos1 n2cos2 ncosk 常数由于nk n0 kv，而n0合v为不变量，所以随着序号k的增大，nk减小，因而cosk增大，k减小。设光线在第k与k 1层界面上发生反射，则0 k式中Ck arcsin2Cknk1。为光线在第k与k 1层界面上发生全反射的临界角。nknk1s0 nkcosk，

17、所以nk n0cos0 n1k，而n0conk由三角知识可得1 cosk由题意和上述的计算可得：nk1.41420.0025k,nk11.41420.0025(k 1),2n0cos0 n01sin20n0sin20代入式nk n0cos0 n1k，可得k 36.52 k 1所以去k 36。k层上表面即为光能到达的离OO最远处。它与OO距离为h (k 1)d (36 1)0.1 3.7（mm）光线从上面第k层上表面发射后，经逐层折射进入材料的下半部，同理可得光线到达下面的第k层下表面又反射回去，光到OO下面的最远距离也为 3.7mm。因此光线在材料内传播时，能够到达离OO最远的距离为 3.7m

18、m。7、答案：把 过程31的温度表 达式代 入状态 方程可得到在这个过程中压强随体积的变换关系pV RT中，是线性的，既有p 0.5RT1B(3 BV)这样便可把T V图上的循环过程反映到p V图上，如图习答 7-1 所示，仍考虑31过程，将T T1代入T V表达式中得T1 0.5T1(3 BV)BV解得V112，V2，即V2 2V1BB这表明：过程12是气体在常压p2下的膨胀，在过程2 3中气体体积不变，而压强及温度减小为原来的1。在p V图上循环过程是一个直角三角形，循环方向为顺时针方向，2见图 7-1，所求的功为图中三角形的面积，即W 11 2RT1rRT11(p2 p1)(V2V1)(V2V1)RT122V2V24