物理竞赛辅导综合练习题.docx

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物理竞赛辅导综合练习题

物理竞赛辅导——综合练习题

　　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，ab边到达边界PP'之前的某一时刻线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ρ1和ρ2（ρ1<ρ2）。

现让一长为L、密度为（ρ1+ρ2）／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MaxPlanck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、P为球心正下方的一点，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

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

。

问筒内的气体温度t’是多少？

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＝

H

　　T＝

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

和向上的浮力ρ1LSg。

由牛顿第二定律可知，其

下落的加速度

①

　　用t1表示所需的时间，则

②

　　由此解得

③

　　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ρ1L'Sg+ρ2（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／2⑤

　　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=（ρ2-ρ1）Sg⑥

　　这时木棍的运动方程为

　　aZ为沿z方向的加速度

⑦

　　由此可知为简谐振动，其周期

⑧

　　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=a1t1⑨

　　由机械能守恒可知

⑩

　　式中

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

　　或

……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

时

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）