2013天津物理竞赛答案

2013年“拓普杯”天津市大学生物理竞赛姓名所在学校所在考场准考证号：注意：本试卷共2页，试题每题10分，A类考生需做1至10题，B类考生做1至8题及11、12题。各题都需写出具体过程和结果。请将所有答案写在答题纸上，答在此页上无效!交卷时此试卷和答题纸草稿纸一并上交。注意：以下1至8题全体考生必答（要求写出具体计算过程与结果）。1．有一质点从静止出发沿半径为R＝３米的圆周做运动，切向加速度ａｔ＝３米／秒2。求:（1）经过多少时间它的总加速度a恰好与半径成450角？（2）在上述时间内，质点所经过的路程和角位移各是多少？2一充满氢气的气球，球囊的质量是氢气质量的5.0倍，球内外的温度相同，而球内的压力为球外的大气压力的1.8倍，在忽略球囊本身体积、空气阻力情况下，静止释放此气球，求开始上升时的加速度是多少？（氢气的摩尔质量为2.0克，空气的平均摩尔质量为29.0克）3.有一内外半径分别为1厘米、5厘米的球形电容器，其间充满相对介电常量为1、2两层均匀电介质，且1=2.52，两介质分界面半径为1.5厘米，已知电介质击穿场强为2.0x107伏特/米。求此电容器所能承受的最大电压是多少？4.在一椭圆形状的湖边有两个小村庄，光学专业出生的村官欲为两村庄共建一水利发电站，他利用费马原理选择发电站的地址（发电站必须建在湖边），以使得进村的输电线为最短（输电线必须从电站分别与两村相连接，以便于电站监控和维修）。（1）请描述如何选址，（2）根据费马原理推导出反射定律的数学表达式。5.右图为一方解石（CaC03）棱镜，光轴垂直纸面，有一非偏振光垂直入射在上表面上，为使从棱镜出射光为非寻常光（e光）。问：（1）棱镜顶角α是多少？（2）e光与上表面的入射光的夹角是多少？（3）在图中标出各部分光的偏振方向。（no=1.658,ne=1.486）6.一场物理竞赛按命题老师的时钟应在2小时内完成。当开始考试时命题老师乘火箭相对监考老师以0.4C（C为光速）的速度离开，且在他的钟刚到2小时即发回一个光信号。当监考老师收到光信号时，学生立即停止答卷。试问在监考老师看来，这场考试学生用了多少时间？7.坐标与动量、时间与能量的两个不确定关系：2xpx，2tE。要求：（1）从非相对论角度由后式来推证前式；（2）从相对论角度由前式来推证后式。8.在均匀磁场B中放置一厚度为d的长方形狭窄容器，侧面连通两竖直管子，容器装满了密度为ρ、具有导电性能的液体，两管子内的液面等高且高于容器，如图所示。容器的上下表面A、B为金属，和液体密切接触。请问：（1）当开关k闭合后，会观察到左管液面高于右管，为什么？（2）由于此现象变化会引起电流变化，在不提供电流表的情况下，通过测量什么参数，可以计算出电流强度？（3）根据所测的量和本题提供的已知条件，写出电路中电流I的数学表达式。注意：9、10题为A类考生必答题，B类考生作答无分。9．有一质量为m、长为L的匀质细杆的一端放在一个横钩的末端上，细杆与横钩之间的摩擦系数为μ，细杆的另一端用手托着处于水平状态，若手静止释放，问：（1）杆脱离横钩时杆与水平方向的夹角为多少？（2）脱离后杆绕质心转一周，质心在竖直方向下移了多少？题9图题10图10．1摩尔单原子理想气体经历着如图所示的可逆正循环，a→b为等容过程，b→c为等压过程，c→a变化过程的p-V关系为P=p0V2/V02,求做这样一个循环的热机的循环效率。注意：11、12题为B类考生必答题，A类考生作答无分。11．有一半径为R、质量为M的匀质圆盘置于摩擦系数为μ的水平桌面上，圆盘可绕其垂直中心轴转动。质量为m、速度为v0（方向平行于桌面）的子弹与圆盘边缘相切而过，带动圆盘开始转动，而子弹速度变为0.5v0，飞离圆盘。求:（1）圆盘开始转动时角速度有多大？（2）圆盘转过最大角度为多少？12．有一个探险家，选择无风的晴好天气从地球赤道乘气球垂直上升，当达到一定高度时气球静止不动，这时气压计显示为0.9个大气压，气温为270C，地面上赤道处的气压为1个大气压，气温也是270C。问：（1）气球所处的高度是多少米？（2）在此高度静止释放一小物体（初速度为零，不计大气摩擦力），落地点距出发点偏离多少米？向哪个方向偏离？V02V0P00VPP04P0abcKAB2013年天津市大学物理竞赛试题与答案一、解：已知R=3m，smvsmamRt/0,/3,302，质点做圆周运动（1）由dtdvat（1分）得)/(3303000smtdtdtavvtt（1分）而)/(33)3(2222smttRvan（1分）质点做圆周运动，当其总加速度a恰好与半径成45o角时，有ntaa即233t（2分）得st1（负值舍去）（1分）或者2/1sradRa（2分）22/1sradRan（1分）ntaa（2分）st1（1分）（2）在1s内，质点所经过的路程为：20021tatdtavdtStttt（1分）mS5.11321（1分）在1s内，质点所经过的角位移为：RSRS22（1分）rad5.035.1（1分）或者222121tRatt（1分）xa45naaxa45naarad5.013321（1分）二、解：设球体积为V，空气压强P0RTMPVPPH08.12（或nkTP）（2分）000222MPMPVRTMPHHH222226.3292928.18.1000000HHHHMMMMMPMP（3分）aMaMMgMMFFHHH2226)()(球球浮合（2分）gMgVF00浮（2分）ga34.0（1分）三、解：设电容器内球带电量为Q，外球带电量为-Q由高斯定理可知204rQEr（2分）210124)(RRrRRRQrdEV（2分）122104RRRRVQCr（1分）代入数据rrrCC02001086.03.001.0015.0015.001.05.24（2分）两个电介质串联，总电容为rCCCCC02121067.0（1分）20maxmax4rQEr20maxmax4rEQr（2分）VECQVrr5020maxmaxmax107.2067.0015.04（2分）四、解：（1）村庄a法线湖ii村庄bc村庄a法线湖ii村庄b村庄a法线湖ii村庄bc费马原理：光从空间的一点到另一点是沿着光程为极值的路径传播的（2分）如图所示，假想有一束光从a点出发，经椭圆上某点c反射到达b点，则光线的实际路径acb取的即为极小值。由反射定律，ac与c点法线的夹角i等于bc与法线的夹角i’，若以反射点c作为发电站位置则输电线acb最短。（3分）（2）iiii反射面bbccaiiii反射面bbcca如图所示，假设ac’b为可能的光线从ba的路径（c’为反射点）。做b点关于反射面得对称点b’，则ac’b路径长度即为ac’b’路径的长度。显然，当反射点与a、b’三点共线时（此时反射点即为图中c点）的路径长度最短。根据费马原理，c点即为实际的反射点，acb为光线的实际路径。（3分）由图看出，ii，此即光的反射定律。（2分）注：题目要求利用费马原理选址，若仅凭数学方法求极值不能给分。此外，费马原理的表述也有多种形式，只要基本思想正确即可给分。例如，费马原理还可有如下表述：两点间光线的实际路径是光程（或：所需的传播时间）为平稳路径。在光线的实际路径上，光程的变分等于0：bandl0光沿光程值为最小、最大或常量的路径传播。五、解：（1）O光在表面发生全反射：2sin1sin0n（1分）09.37658.11sin1（2分）（2）e光发生折射：eensin1sin67.63658.1486.1sin1e（1分）58.26e（2分）（3）o光平行于纸面振动（2分）e光垂直于纸面振动（2分）o光e光o光e光六、解：从开始考试到发出信号，命题老师测得2小时为原时，即21t小时监考老师测得此段时间为2111cvtt（4分）监考老师测得信号发出地距自己1tvl（2分）从信号发出至其收到信号时间间隔12tcvclt（2分）所以监考老师测得考试时间1121)1(tvcvctcvttt（1分）代入数据06.3t小时（1分）七、解：（1）考虑一粒子沿x方向动量不确定量为xp，坐标不确定量为x其能量不确定度为：mppmpExxx)2(2（2分）时间不确定度为：vxt将两式相乘的：2Exxxpvxmpptx（2分）（2）根据相对论能量和动量关系式，得其动量不确定量为：EpcEcmEcpx2402x1）（（2分）坐标不确定度为：tmptvxx（2分）将两式相乘的：22xtEtEmcExp（2分）八、解：（1）当开关闭合时，液体中有从A到B方向的电流，且容器处于均匀磁场B中，因观测到左管的液面高于右管，说明在液面内部将产生压强，依据以上条件与实验观测结果，可得：根据左手（右手）定则可知，液体将应受到向左的安培力作用，并可判断出均匀磁场B的方向。（可参考正视图）（因图、文分析均可得出相关结论，所以可认可其不同的回答形式）（3分）（2）令容器内部高为L、厚为d，左右两管液面高度差为h；则由于安培力作用产生的压强为：LdBILSFP（3分）因两管的液体处于平衡状态，因此有：ghP（2分）所以解得：BghdI/（2分）KABBKABKABB+-·ABFIBfBfvvB正视图++--·ABFIBfBfvvB正视图九、解：NfcvmgNfcvmg如图，夹角为时，由转动定律)31(cos22mlLmgLg2cos3所以质心切向加速度cos432gLac（1分）由动能定理22)31(21sin2mlLmg得Lgsin3质心法向加速度sin2322gLacn（1分）由质心运动定理cos43cossin23sinmgmaNmgmgmamgfccncos41sin25mgNmgf（2分）脱离时应有Nf(1分)即1010cos4sin251tgtgmgmg（1分）（2）221cosgTTvhc（2分）脱离后角速度不变2T（1分）带入并考虑到2Lvc可得LLhsin32cos2其中10tg可得222100100cos100sin带入可得2221003210010LLh（1分）十、解由图分析可知RTpVRVPTRVPTRVPRPaVaTacb00000028解法一：0000009)82(23)(VPRVPRVPRTTCQbaabvab放热（2分）00000025)2(25)(VPRVPRVPRTTCQcbbcpbc放热（2分）002020677)(2300VPdVVVPTTRAEQacVVcacacaca吸热（4分）%4.1077811cabcabQQQQQ吸放（2分）解法二：净功：00200002034)2(00VPVVPdVVVPAAAVVbcca（4分）00677VPAEQcacaca吸热（4分）%4.10778吸净QA（2分）十一、解：角动量守恒JRmvRmv0021（3分）解得MRmv0（1分）摩擦力矩MgRdrrgRMMR322202（3分）动能定理0221J