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物理竟赛题选2

发布时间:2014-01-28 10:52:06  

物理模拟试题

命题人:朱浩老师

第1题(20分)图示为一固定不动的绝缘的圆筒形容器的横截面,其半径为R,圆

筒的轴线在O处.圆筒内有匀强磁场,磁场方向与圆筒的轴线平行,磁感应强度为B.筒壁

的H处开有小孔,整个装置处在真空中.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子P以某

一初速度沿筒的半径方向从小孔射入圆筒,经与筒壁碰撞后又从小孔射出圆筒.设:筒壁

是光滑的,P与筒壁碰撞是弹性的,P与筒壁碰撞时其电荷量是不变的.若要使P与筒壁碰

撞的次数最少,问:(1).P的速率应为多少?(2).P从进入圆筒到射出圆筒经历的时间

为多少?

第2题(20分)如图所示,O为半径等于R的原来不带电的导体球的球心,O1、O2、O3为位于球内的三个半径皆为r的球形空腔的球心,它们与

O共面,已知OO1?OO2?OO3?R.在OO1、OO22

r的连线上距O1、O2为的P1、P2点处分别放置带电量2

为q1和q2的线度很小的导体(视为点电荷),在O3处

放置一带电量为q3的点电荷,设法使q1、q2和q3固定不动.在导体球外的P点放一个电量为Q的点电荷,P点与O1、O2、O3共面,位于O3O的延长线上,到O的距离OP?2R.(1).求q3的电势能.(2).将带有电量q1、q2的小导体释放,当重新达到静电平衡时,各表面上的电荷分别有何变化? 此时q3的电势能为多少?

第3题(20分)一电流表,其内阻Rg=10.0Ω,如果将它与一阻值R0=44990Ω的定值电阻串联,便可成为一量程U0=50V的电压表。现把此电流表改装成一块双量程的电压表,两个量程分别为U01=5V和U02=10V。当用此电压表的5V挡去测量一直流电源两端的电压时,电压表的示数为4.50V;当用此电压表的10V挡去测量该电源两端的电压时,电压表的示数为4.80V。问此电源的电动势为多少?

第4题(20分)如图所示,两个固定的均匀带电球面,所带电荷量分

1

别为Q和-Q(Q>0),半径分别为R和R/2,小球面与大球面内切于C点,两球面球心O和O?的连线MN沿竖直方向。在MN与两球面的交点B、O和C处各开有足够小的孔,因小孔损失的电荷量忽略不计。有一质量为m,带电荷量为q(q?0)的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。设静电力常量为k,重力加速度为g。

(1).要使质点为从A点上抛后能够到达B点,所需的最小初动能为多少?

(2).要使质点从A点上抛后能够到达O点,在不同条件下所需的最小初动能各为多少?

第5题(20分)如图,两块大金属板A和B沿竖直方向平行放置,相距为d,两板间加有恒定电压U,一表面涂有金属膜的乒乓球垂吊在两板之间,其质量为m。轻推乒乓球,使之向其中一金属板运动,乒乓球与该板碰撞后返回,并与另一板碰撞,如此不断反复。假设乒乓球与两板的碰撞为非弹性碰撞,其恢复系数为e,乒乓球与金属板接触的时间极短,并在这段时间内达到静电平衡。达到静电平衡时,乒乓球所带的电荷量q与两极板间电势差的关系可表示为q?C0U,其中C0为一常量。同时假设乒乓球半径远小于两金属板间距d,乒乓球上的电荷

不影响金属板上的电荷分布;连接乒乓球的绳子足够长,乒乓球的运动可近似为沿水平方向的直线运动;乒乓球第一次与金属板碰撞时的初动能可忽略,空气阻力可忽略。试求:

1.乒乓球运动过程中可能获得的最大动能;

2.经过足够长时间后,通过外电路的平均电流。

第6题(20分)一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环,其内、外半径分别为a1、a2,厚度可以忽略.两个表面都带有电荷,电荷面密度?随离开环心距离r变化的规律均为?(r)??0

r2,?0为已知常量.薄圆环绕通过环

心垂直环面的轴以大小不变的角加速度?减速转动,t = 0时刻

的角速度为?0.将一半径为a0 (a0<<a1)、电阻为R并与薄圆环

共面的导线圆环与薄圆环同心放置.试求在薄圆环减速运动过

程中导线圆环中的张力F与时间t的关系.

提示:半径为r、通有电流I的圆线圈(环形电流),在圆心处产生的磁感应强度为B?k为已知常量)

I(kr2

第7题(20分)如图所示,接地的空心导体球壳内半径为R,在空腔内一直径上的P1和P2处,放置电量分别为q1和q2的点电荷,q1=q2=q,两点电荷到

球心的距离均为a.由静电感应与静电屏蔽可知:导体空腔内表

面将出现感应电荷分布,感应电荷电量等于-2q.空腔内部的电

场是由q1、q2和两者在空腔内表面上的感应电荷共同产生的.由

于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的,所以很难用场强叠

加原理直接求得腔内的电势或场强.但理论上可以证明,感应电荷对腔内电场的贡献,可用假想的位于腔外的(等效)点电荷来代替(在本题中假想(等效)点电荷应为两个),只要假想的(等效)点电荷的位置和电量能满足这样的条件,即:设想将整个导体壳去掉,由q1在原空腔内表?与q1共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的面的感应电荷的假想(等效)点电荷q1

?与q2共同产生的电场在电势皆为0;由q2在原空腔内表面的感应电荷的假想(等效)点电荷q2

原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为0.这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷,

?、q2?和q1、q2而且这样确定的等效电荷是唯一的.等效电荷取代感应电荷后,可用等效电荷q1

来计算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或场强.

?、q2?的位置及电量. (1).试根据上述条件,确定假想等效电荷q1

(2).求空腔内部任意点A的电势UA.已知A点到球心O的距离为r,OA与OP 1的夹角为??.

第8题(20分)如图?a?所示,十二根均匀的导线杆联成一边长为l的刚性正方体,每根导线杆的电阻均为R。该正方体在匀强磁场中绕通过其中心且与abcd面垂直的转动轴作匀速转动,角速度为?,已知磁感应强度大小为B,方向与转动轴垂直。忽略电路的自感。当正方体转动到如图?b?所示位置(对角线bd与磁场方向夹角为?)时,求

(1).通过导线ba、ad、bc和cd的电流强度。

(2).为维持正方体作匀速转动所需的外力矩。

3

参考答案

1 1.如图1所示,设筒内磁场的方向垂直纸面指向纸外,带电粒子P带正电,其速率为v.P从小孔射入圆筒中因受到磁场的作用力而偏离入射方向,若与筒壁只发生一次碰撞,是不可能从小孔射出圆筒的.但与筒壁碰撞两次,它就有可能从小孔射出.在此情形中,P在筒内的路径由三段等长、等半径的圆弧HM、MN和NH组成.现考察其中一段圆弧MN,如图2所示.由于P沿筒的半径方向入射,OM和ON均与轨道相切,两者的夹角

(1)

设圆弧的圆半径为r,则有 (2)

圆弧对轨道圆心O′所张的圆心角 (3)

由几何关系得 (4)

解(2)、(3)、(4)式得 (5)

2.P由小孔射入到第一次与筒壁碰撞所通过的路径为s=βr (6)

经历时间为 (7)

P从射入小孔到射出小孔经历的时间为t=3t1 (8)

由以上有关各式得 (9)

评分标准:(本题25分)

1.17分.(1)、(2)、(3)、(4)式各3分,(5)式5分.

2.8分.(6)、(7)、(8)、(9)式各2分.

4

2. 1.由静电感应知空腔1、2及3的表面分别出现电量为?q1、?q2和?q3的面电荷,由电荷守恒定律可

知,在导体球的外表面呈现出电量q1

?q2?q3.由静电屏蔽可知,点电荷q1及感应电荷(?q1)在空腔外

?q2?q3作球对称分布.

产生的电场为零;点电荷q2及感应电荷(?q2)在空腔外产生的电场为零;点电荷q3及感应电荷(?q3)在空腔外产生的电场为零.因此,在导体球外没有电荷时,球表面的电量q1

当球外P点处放置电荷Q后,由于静电感应,球面上的总电量仍为

?q1?q2?q3?,但这些电荷在球面上

不再均匀分布,由球外的Q和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零.

O3处的电势由位于P点处的Q、导体球表面的电荷同产生.无论势为k

?q1?q2?q3?及空腔3表面的感应电荷(?q3)共

?q1?q2?q3?在球面上如何分布,球面上的面电荷到O点的距离都是R,因而在O点产生的电

q1?q2?q3Q

, Q在O点产生的电势为k,这两部分电荷在O3点产生的电势U?与它们在O点产

R2R

Q??q1?q2?q3?Q?2q1?2q2?2q3?

???k?? (1)

R2R2R????

生的电势相等,即有U??k?

因q3放在空腔3的中心处,其感应电荷?q3在空腔3壁上均匀分布.这些电荷在O3点产生的电势为

U???k

?q3

r

根据电势叠加定理,O3点的电势为U

(2)

?Q?2q1?2q2?2q3q3?

?U??U???k??? (3)

2Rr??

故q3的电势能W

?Q?2q1?2q2?2q3q3?

?q3U?kq3??? (4)

2Rr??

2. 由于静电屏蔽,空腔1外所有电荷在空腔1内产生的合电场为零,空腔1内的电荷q1仅受到腔内壁感应电荷?q1的静电力作用,因q1不在空腔1的中心O1点,所以感应电荷?q1在空腔表面分布不均匀,与q1相距较近的区域电荷面密度较大,对q1的吸力较大,在空腔表面感应电荷的静电力作用下,q1最后到达空腔1表面,与感应电荷?q1中和.同理,空腔2中q2也将在空腔表面感应电荷?q2的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷?q2中和.达到平衡后,腔1、2表面上无电荷分布,腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化.O3的电势仍由球外的电荷Q和导体球外表面的电量

?q1?q2?q3?及空腔3内壁的电荷?q3共同产生,故O3

处的电势U与q3的电势能W仍如(3)式与(4)式所示.

3设电流表的量程为Ig,当电流表与定值电阻R0串联改装成电压表时,此电压表的内阻

R'0=Rg+R0

由于此电压表的量程U0=50V,故有IgR'0=U0 由(1)、(2)两式得Ig?

(1) (2) (3)

U050

?A?1.11?10?3A

Rg?R010?44990

即电流表的量程为1mA。

电流表改装成的双量程电压表的电路如图所示,图中R1和R2是为把电流表改装成双量程电压表必须串联的电

5

阻,其值待求。用R'1表示电压表量程U01=5V档的内阻,则有R'1=Rg+R1 (4)

而IgR'1=U01

由(3)、(5)式得R'1?(5) (6) U015??3Ω?5?103Ω Ig10

U0210??3Ω?1.0?104Ω Ig10同理得电压表量程U02=10V档的内阻 R'2?Rg?R1?R2?(7)

设电源的电动势为E,内阻为r,当用电压表的5V档测电源两端的电压时,电压表的示数为U1,已知U1=4.50V,设此时通过电压表的电流为I1,有U1+I1r=E (8) U1=I1R'1 (9) 当用电压表的10V档测量该电源两端的电压时,电压表的示数为U2,已知U2=4.80V,设此时通过电压表的电流为I2,有U2+I2r=E (10) U2=I2R'2 (11) 解(8)、(9)、(10)、(11)式,并注意到(6)、(7)式得E=5.14V (12)

评分标准:本题14分。(3)式3分,(6)式2分,(7)式2分,(8)式、(9)式、(10)式、(11)式共4分,(12)式3分。

4 1.质点在A?B应作减速运动(参看图1).设质点在A点的最小初动能为Ek0,则根据能

量守恒,可得质点刚好能到达B点的条件为

kqQkqQkqQkqQ (1) ??mgR?Ek0??R3R/22R5R/2

由此可得

Ek0?mgR?7kqQ (2) 30R

2. 质点在B?O的运动有三种可能情况:

i.质点在B?O作加速运动(参看图1),对应条件为

mg?4kqQ (3) 29R

此时只要质点能过B点,也必然能到达O点,因此质点能到达O点所需的最小初动能由(2)式给出,即

Ek0?mgR?

(4) 7kqQ30R

若(3)式中取等号,则最小初动能应比(4)式给出的Ek0略大一点.

ii.质点在B?O作减速运动(参看图1),对应条件为

mg?

(5) 4kqQR2

6

此时质点刚好能到达O点的条件为

kqQkqQkqQkqQ

??mg(2R)?Ek0??RR/22R5R/2

(6) 由此可得

Ek0?2mgR?

11kqQ

(7) 10R

iii.质点在B?O之间存在一平衡点D(参看图2),在B?D质点作减速运动,在D?O质点作加速运动,对应条件为

4kqQ4kqQ

(8) ?mg?22

9RR

设D到O点的距离为x,则

mg?

kqQ (9) 2

(R/2?x)

Rx? (10)

2

根据能量守恒,质点刚好能到达D点的条件为

图2

kqQkqQkqQkqQ

??mg(2R?x)?Ek0??RR/2?x2R5R/2(11)

由(10)、(11)两式可得质点能到达D点的最小初动能为

59kqQ

Ek0?mgR??

210R

(12)

只要质点能过D点也必然能到达O点,所以,质点能到达O点的最小初动能也就是(12)式(严格讲应比(12)式给出的Ek0略大一点.)

评分标准:本题20分.

第1小问5分.求得(2)式给5分.

第2小问15分.算出第i种情况下的初动能给2分;算出第ii种情况下的初动能给5分;算出第iii种情况下的初动能给8分,其中(10)式占3分.

7

5.根据题意,乒乓球与金属板第一次碰撞前其动能和速度分别为

Ek1?0 v1?0

(1) (2)

刚碰后,乒乓球带的电荷量 q?C0U

(3)

其动能和速度分别为 ??0 Ek1v1??0

(4) (5)

此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动。当它到达另一金属板,与金属板第二次碰撞前其动能为 ??qU Ek2?Ek2

(6)

注意到(3)、(4)式有 Ek2?C0U2

(7)

与金属板第二次碰撞前的速度为

v2?

(8)

第二次碰撞后的速度和动能分别 ??ev2 v2

(9) (10)

??Ek2

1

?2 mv2

2

由(9)、(10)式得 ??e2Ek2 Ek2

(11)

乒乓球与金属板第三次撞前动能为 ??qU Ek2?Ek2

(12)

由(3)、(7)(11)、(12)式得 Ek3??1?e??C0U2

(15)

乒乓球与金属板第三次碰撞前速度

v1?

(16)

8

乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为 ??ev3 v3

??e3Ek3 Ek3

(17) (18)

乒乓球与金属板四次碰撞前的动能 ??qU Ek4?Ek3

(19)

由(3)、(15)、(18)、(19)式得 Ek4??1?e2?e4?C0U2

(20)

乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为

v4?

(21)

乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为 ??ev4 v4

??e2Ek4 Ek4

(22) (23)

以此类推,可得乒乓球与金属板第n次碰撞前、后的动能分别为

22?n?2??C0U2 Ekn??1?e???e??

(24) (25)

??e2?1?e2??eEkn

?

2?n?2?

?C0U22 ?

1?e??

Ekn?C0U2 2

1?e

2n?1

(26)

??Eln

e2??1?e

2?n?1?

1?e2

?

?CU2

(27)

?均随碰撞次数单调递增。当n??时有 对非弹性碰撞,e?1,可由以上两式看出Ekn和Ekn

Ek ?

1

CU2 2

1?e

(28) (29)

e2

??? EkC0U2 2

1?e

乒乓球运动过程中达到的最大动能应与金属板碰撞前的极限动能,即

Ekmax?Ek??

1

C0U2 2

1?e

(30)

2.经过足够长时间后亦即n??时,乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一次碰撞前的速度分别为

??v?

(31)

9

v??? (32) 此间时间间隔 T?d ?v?v?

2 (33)

因此可得,通过外电路的平均电流强度

q T

由(31)、(32)、(33)、(34)各式得

I?

I (34) (35) 6用半径分别为r1(>a1),r2,?,ri,?,rn–1(<a2)的n-1个同心圆把塑料薄圆环分割成n个细圆环.第i个细圆环的宽度为Δri?ri?ri?1,其环带面积ΔSi?πri2?π?ri?Δri??2πriΔri 2

2式中已略去高阶小量(Δri).,该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为

Δqi?2σΔSi?2σ0

ri22πriΔri?4π?0Δri ri

设时刻t,细圆环转动的角速度为??,????0??t?

单位时间内,通过它的“横截面”的电荷量,即为电流ΔIi?Δqi?2π?2??0Δri ri

?kΔIi2??0Δri (1) ?kriri2由环形电流产生磁场的规律,该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为ΔBi

式中Δri是一个微小量,注意到riri?1?ri?ri?Δri??ri2,有Δriri?ri?111 (2) ???2riri?1ri?1riri

将各细圆环产生的磁场叠加,由(1)、(2)式得出环心O点处的磁感应强度: B?2k??0(a2?a1) (3) a1a2

由于a0<<a1,可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场,可由O点的场表示.磁场对导线环的磁通量Φ?BS?2k??0(a2?a1)2πa0 a1a2(4)

由于?是变化的,所以上述磁通量是随时间变化的,产生的感应电动势的大小为

222k?0(a2?a1)πa0????2k?0(a2?a1)πa0? (5) E????ta1a2?ta1a2

10

2

E2k?0(a2?a1)πa0?

由全电路欧姆定律可知,导线环内感应电流的大小为I? ?

Ra1a2R

(6)

设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转,穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外,由于薄圆环环作减角速转动,穿过导线圆环的磁场逐渐减小,根据楞次定律,导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向,导线圆环各元段?l所受的安培力都沿环半径向外.现取对于y轴两对称点U、V,对应的二段电流元I?l所受的安培力的大小为

?f?BI?l (7)

方向如图所示,它沿

x

y

方向分量分别?fx?BI?l?cos??BI?y (8) (9)

?fy?BI?l?sin??BI?x

根据对称性,作用于沿半个导线圆环QMN上的各电流元的安培力的x分量之和相互抵消,即fx?

?

BIΔy?BI

?

Δy?0

π

(式中?y??lcos?,当??时,?y是

2

π

正的,当??时,?y是负的,故

2

, ??

y?0)

而作用于沿半个导线圆环QMN上的各电流元的安培力的y分量之和为

fy?

?BIΔx?BI?Δx?BI2a

(11)

(式中?x??lsin?,由于??在0??之间?x都是正的,故

??x?2a

),

即半个导线圆环上受的总安培力的大小为BI2a0,方向沿y正方向,由于半个圆环处于平衡状态,所以在导线截面Q、N处所受(来自另外半个圆环)的拉力(即张力)F应满足2F?BI2a0.由(3)、(6)两式得

F?BIa0?

23

4k2?0πa0(a2?a1)2?

2

a12a2R

??0??t?

(12) 由(12)式可见,张力F随时间t线性减小

71.解法Ⅰ:

?的位置应位于OP?q1如图1所示,S为原空腔内表面所在位置,q21的延长线上的某点B1处,

的位置应位于OP2的延长线上的某点B2处.设

A1为S面上的任意一点,根据题意有

k

q1A1P1q2A1P2

?k

?q1A1B1?q2

?0 (1)

B2

1

k?k

A1B2

?0 (2)

怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图1中?OP1A1与?OA1B1的关系.

?的位置B1使下式成立,即 若等效电荷q1

11

2OP1?OB1=R (3)

即 OP1

OA1?OA1OB1 (4)

则 △OP1A1∽△OA1B1

有 A1P1

A1B1?OP1OA1?a (5) R

? 由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷q1

??? q1Rq1 (6) a

?的位置B1到原球壳中心位置O的距离 由 (3) 式知,等效电荷q1

R2

OB1? (7) a

同理,B2的位置应使△OP2A1∽△OA1B2,用类似的方法可求得等效电荷 ??? q2Rq2 (8) a

?的位置B2到原球壳中心O位置的距离 等效电荷q2

R2

OB2? (9) a

解法Ⅱ:

?两者在A1点产生的电在图1中,设A1P1?r1,A1B1?r1?,OB1?d.根据题意,q1和q1

势和为零.有

kq1q??k1?0 (1') ?r1r1

式中

r1?(R2?a2?2Racos?)2 (2')

s) (3' r1??(R2?d2?2Rdco?)

由(1')、(2')、(3')式得

2?(R2?a2?2Raco?(R2?d2?2Rdco?s)?q1s) (4' q1) 2

(4')式是以cos?为变量的一次多项式,要使(4')式对任意?均成立,等号两边的相应系数 12

应相等,即

2?(R2?a2) (5' q1) (R2?d2)?q1

2?a (6' q1) d?q122

由(5')、(6')式得

ad2?(a2?R2)d?aR2?0 (7') (a2?R2)?(a2?R2)解得 d? (8') 2a

由于等效电荷位于空腔外部,由(8')式求得

R2

d? (9') a

由(6')、(9')式有

R22??2q1 (10' q1) a2

考虑到(1')式,有

??? q1

同理可求得 R) q1 (11'a

R2

OB2? (12') a

??? q2R) q2 (13'a

?、q2、q2?共同产生,即 2.A点的位置如图2所示.A的电势由q1、q1

?1R11R1?????? UA?kq?PAaBAPAaBA? (10)

122??1

P1A?r2?2racos??a2

?R2??R2?2???B1A?r?2r??a?cos???a?

????

2图2

P2A?r2?2racos??a2

?R2??R2?2

???B2A?r?2r??a?cos???a? ????

代入 (10) 式得

2

?1R?U?kq? A ?222224

ar?2raRcos??R?r?2racos??a

?

1

r?2racos??a

2

2

?

?

? (11)

2224?ar?2raRcos??R?

R

评分标准:

本题20分.第1问18分,解法Ⅰ中(1)、(2)、(6)、(7)、(8)、(9) 式各3分.解法Ⅱ的评分可参考解法Ⅰ.

第2问2分,即(11)式2分.

8.(20分) 1.a?a和cc?中的感应电动势为

2

?sin? b?b和dd?中的感应电动势为

Ea?a?Ecc???1?

2

?cos? 2

根据电路的对称性可知

(1)

?b?b??dd???2?

(2)

Iba?Ia?b??Id?c??Icd?I1?,Iad?Id?a??Ic?b??Ibc?I2

(3)

根据基耳霍夫第一定律,有 Iaa??Ic?c?I1?I2 Ib?b?Idd??I1?I2

(4) (5)

根据基耳霍夫第二定律,有 I1R?Iaa?R?I1R1?Ibb?R??2??1 I1R?Idd?R?I2R?IadR??2??1

(6) (7)

(8)

Ibc?Iad

Bl2?

?I1??cos??sin??

8R

Iad?Ibc?I2cos??sin?? (9)

2.当正方体转动到任意位置(对角线db与磁场夹角为任意?)时,通过a?a、cc?,b?b、dd?的电流

Ia?a?Iad

?Iba??

(10)

14

Icc?Ib?b

?Ibc?Icd??

(11)

(12)

?Iba?Ibc?

(13) Idd??Iad?Icd?

为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场对电路作用的合力矩,即

Fa?a?Fcc??BlIa?a,Fb?b?Fdd??BlIb?b

(14)

(15)

sin??2Fb?bcos? 将(11)~(14)代入(15),得 M?2Fa?a

B2l4?

。 (16) M?

2R评分标准:(1)、(2)式共4分,(4)、(5)式共6分,(6)、(7)式共4分,(10)~(13)式共2分,(14)式1分,(15)式2分,(16)式1分。

15

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