2008北航校物理竞赛

1θ一、填空题（每题4分,共计40分）1．匀质圆柱体，t=0开始在倾角为θ的斜面上从静止释放，如图所示。如果圆柱体与斜面间的摩擦因数µ=0，圆柱体平动下滑，t0时刻下滑速度记为v0。若µ0，但较小，圆柱体连滚带滑地沿斜面向下运动。当µ达到某一临界值µ0=时，圆柱体恰好能纯滚动地沿斜面向下运动，t时刻质心速度为v0的倍。2．两个小球在光滑桌面上运动，质量分别为m1=10g，m2=50g，速度分别为v1=0.30m/s，v2=0.10m/s相向运动发生正碰，碰撞后m2恰好静止，则恢复系数e=_________，是____________碰撞．（填写：完全弹性、非弹性、完全非弹性）3．空间有一力场，处在Oxy平面内任一位置r处的质点，受力大小为rwF/=，方向始终与)(rkvv×的方向相同，其中w是与质点和力场性质有关的常量，kv为z方向上的单位矢量．质点沿图中abcda路径运动一周，其中ba与cd为指向原点的直线段，ad与bc为以原点为圆心的圆弧，则力F在两段圆弧bc和da路径上作的功Abc=_______________________；Ada=_____________________；绕闭合路径abcda一周所作的功==∫⋅abcdalFAvvd___________________．4．一长为l、重W的均匀梯子，靠墙放置，如图．梯子下端连一劲度系数为k的弹簧．当梯子靠墙竖直放置时，弹簧处于自然长度．墙和地面都是光滑的．当梯子依墙而与地面成θ角且处于平衡状态时，(1)地面对梯子的作用力的大小为__________________．(2)墙对梯子的作用力的大小为________________________．(3)W、k、l、θ应满足的关系式为______________________．5．转动着的飞轮的转动惯量为J，在t＝0时角速度为ω0．此后飞轮经历制动过程．阻力矩M的大小与角速度ω的平方成正比，比例系数为k(k为大于0的常量)．当031ωω=时，飞轮的角加速度β＝___________．从开始制动到031ωω=所经过的时间t＝__________________．abcdxyzOθ1θ2ABθ26．如图所示，在电荷为＋q的点电荷电场中，放入一不带电的金属球，从球心O到点电荷所在处的矢径为rv，属球上的感生电荷净电荷q′=___________，这些感生电荷在球心O处产生的电场强度E′v=_______________．7．有两个离地很远的相同的导体球，半径均为a；它们的中心相距d，且da．起初两球带有相同的电荷q，然后用导线使它们先后分别接地后再绝缘，接地时间足以使它们与地达到静电平衡，则最后两球留下的电荷分别是________________和__________________．8．一个半径为R、面电荷密度为σ的均匀带电圆盘，以角速度ω绕过圆心且垂直盘面的轴线AA＇旋转；今将其放入磁感强度为Bv的均匀外磁场中Bv的方向垂直于轴线AA＇．在距盘心为r处取一宽为dr的圆环，则圆环内相当于有电流__________________，该电流环所受磁力矩的大小为__________________，圆盘所受合力矩的大小为____________________．9．单位长度上有n匝线圈的无限长载流螺线管内充满相对磁导率为µr的磁介质，线圈内通有电流I．在磁介质内轴对称地挖出一个半径为r，长为h的圆柱空腔(如图所示)．若空腔中心O点的磁场强度用HO表示，则(1)当hr时，HO＝________________________；(2)当hr时，HO＝________________________．(设挖去磁介质后没有影响原来的磁化状态)10．由半径为R、间距为d（dR）的两块圆盘构成的平板电容器内充满了相对介电常数为εr的介质．电容器上加有交变电压V=V0cosωt板间电场强度E(t)=__________________，极板上自由电荷的面密度σ(t)=__________________，板间离中心轴线距离为r处的磁感强度B(r，t)=____________________．O+qrrµrOh2rI3二、计算题（每题10分,共计60分）11．一光滑直杆OA与竖直轴Oz成α角（α为常数）．直杆以匀角速度绕Oz轴转动，杆上有一质量为m的小滑环，在距O点为l处与直杆相对静止如图示．试以OA杆为参考系求出此时杆的角速度ω，并讨论小滑环是否处于稳定平衡？12．如图所示，地面上A点距离墙为l米，从A点沿45°方向对墙抛出一个球，球在墙B处与墙垂直碰撞后，被墙反弹回来，落在地面C点，再次被地面弹起，又落回到A点．球与墙、地面碰撞的恢复系数一样，地面光滑.试求(1)OB与OC,(2)恢复系数e13．某人站在水平转台的中央，与转台一起以恒定的转速n1转动，他的两手各拿一个质量为m的砝码，砝码彼此相距l1(每一砝码离转轴21l1),当此人将砝码拉近到距离为l2时(每一砝码离转轴为21l2)，整个系统转速变为n2．求在此过程中人所作的功．(假定人在收臂过程中自身对轴的转动惯量的变化可以忽略)14．如图所示，一球形电容器，内球壳半径为R1，外球壳半径为R2(R2＜2R1)，其间充有相对介电常数分别为εr1和εr2的两层各向同性均匀电介质(εr2＝εr1/2)，其界面半径为R．若两种电介质的击穿电场强度相同为EM，问：(1)当电压升高时，哪层介质先击穿？(2)该电容器能承受多高的电压？15．一充电的真空平板电容器，两极板之间距离为d，两板间电势差为U．在负极板附近可发射初速可略(v0=0)的电子．今将电容器放在均匀磁场中，磁场方向垂直图面向里，如图所示(电容器极板平面与图面垂直)．问：欲阻止电子到达正极板，该磁场的磁感强度B至少为多大(不计重力影响)？16．如图示，有一由细软导线做成的边长为l＝0.1m的正方形线圈，其中流过电流I1＝1A的电流，将正方形线圈放到一通有电流I2＝2A的无限长直导线旁边，使二者共面，距离a＝0.5m，有一外力作用到正方形线圈上，使其变成等边三角形，且仍保持与长直导线共面，位置如图．求外力克服磁场力所做的功．[µ0=4π×10-7H·m-1］zAmαlOlOCAB0vvRROR1R2εr1εr2++++----BvdI2I1al4参考答案一、填空题（每题4分，共计40分）1．tanθ/32分2/32分2．0.52分非弹性2分3．)(12θθ−w1分)(12θθ−−w1分02分4．W1分klcosθ1分W＝2klsinθ2分5．Jk920ω−2分02ωkJ2分6．02分()304/rrqεπv2分7．－(a/d)q2分(a/d)2q2分8．rrdσω1分rBrd3σωπ1分4/4BRσωπ2分9．nI2分µrnI2分10．tdVωcos)/(01分tdVrωεεcos)/(001分trdVrωωµεεsin)2/(21000−2分（不写负号也算对）二、计算题（每题10分,共计60分）11．(1)取杆OA为参考系，小环处于静止状态，受力如图：gmv、Nv及惯性离心力F′v三者合力为零.受力图2分0=′++FNgmvvv其中2)sin(ωαlmF=′①将①式沿OA杆方向取投影可得0cossin)sin(2=−ααωαmglm②∴lgααωcossin1=4分(2)因为N与杆是垂直的，故无论N取何值，都不影响小环沿杆的运动．现假定小环受到一个扰动，向杆A端发生一位移∆l，即∆l大于零．由上面②式知：ααωcossin])[(2mgllm+∆即惯性离心力F′沿杆的分量大于重力沿杆的分量，二者方向相反，合力指向杆的A端，故小环将沿杆向A端加速，不能再返回平衡位置．反之，如小环向O端发生一∆l位移，此时∆l0，故2分ααωcossin])[(2mgllm+∆小环将受到一个指向杆O端的合力，也不会再返回平衡位置，∴小环所处平衡是不稳定平衡．2分12．(1)tl°=45cos0v①045sin0=−°tgv②2分由①、②解得gl20=v，°=45cos0vltlllgttOB21212145sin20=−=−°=v2分AzOαNmgF′v5设弹回速度为vx，则有°=45cos0vvxe，°=45cos0vvex弹回后落地时间与上面求出的相同，故eltetOCx=°==45cos0vv2分(2)在C点球落下的竖直速度为OBgy2=vgl=，跳起的竖直速度的大小gleeyy==′vv故从C到A经过的时间glegty/2/22=′=v∴=⋅°==20245costetCAxvvleglegle22/222=⋅=2分因leellCAOC22+==+,故122=+ee,21=e2分13．(1)将转台、砝码、人看作一个系统，过程中人作的功W等于系统动能之增量：W＝∆Ek＝212210222204)21(214)21(21nmlJnmlJπ+−π+24分这里的J0是没有砝码时系统的转动惯量．(2)过程中无外力矩作用，系统的动量矩守恒：2π(J0＋2121ml)n1=2π(J0＋2221ml)n2∴()()1222212102nnnlnlmJ−−=4分(3)将J0代入W式，得()2221212llnmnW−π=2分14．(1)设两球壳上分别带电荷＋Q和－Q，则其间电位移的大小为D＝Q/(4πr2)两层介质中的场强大小分别为E1=Q/(4πε0εr1r2)2分E2=Q/(4πε0εr2r2)2分在两层介质中场强最大处在各自内表面处，即E1M=Q/(4πε0εr121R)，E2M=Q/(4πε0εr2R2)两者比较可得()()21221122212///RRRREErrMM==εε已知R2＜2R1，可得E1M＜E2M，可见外层介质先击穿．3分(2)当外层介质中最大场强达击穿电场强度EM时，球壳上有最大电荷．QM=4πε0εr2R2EM1分此时，两球壳间电压(即最高电压)为∫∫⋅+⋅=21dd2112RRRRrErEUvvvv∫∫π+π=21220210d4d4RRrMRRrMrrQrrQεεεε⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−+−=2221112RRRRRRRErrMrεεε2分615．解法一：按如图坐标，电子在z方向不受力，由初始条件可知电子只在Oxy平面内运动x方向：Betmyxvv=dd，y方向：BeeEtmxyvv−=dd4分yxymBeteBtmvvv2222dddd−=−=0dd2222=+yymBetmvv1分解得：⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=φtmeBAysinv，⎟⎠⎞⎜⎝⎛+=φtmeBmeBAtycosddv由初始条件：t＝0时，vy＝0，meEmeBAty==φcosddv可决定积分常数：φ=0，A=E/B∴tmeBBEysin=v1分∫=tyydvCtmeBeBmEttmeBBE+−==∫cosdsin2由初始条件：t＝0时y＝0得2eBmEC=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=tmeBeBmEycos12，2max2eBmEy=2分若电子达不到正极板，则deBmEy≤=2max2即2222edmUedmEB=≥，∴emEdB21≥2分解法二：电子不会受到垂直于图面方向的力，由初始条件可知电子只能在图面内运动．将电子的瞬时速度vv分解为两个分量1vv和2vv并令1vv=常量，且EBvvv=×1v，则电子的运动决定于以下两个方程0dd1=tmvv，Betmvvv×−=22ddvv4分∴可把电子的运动看成是两个分运动所合成，其一为以常量速度1vv沿x方向作匀速直线运动，()BdUBE//1==vv2分其二为以垂直于Bv的2vv在外磁场Bv中运动，也即作匀速率圆周运动．因为电子从负极板上发出时，初速为0，可知()BdUBE//2==vv且圆周运动的半径为deBmUeBmR22==vv2分若电子达不到正极板则2R≤d，即ddeBmU≤22或222edmUB≥emUdB21≥2分++++----BvvxvyyOxvv2vrv1v21vrBrvr716．外力克服磁场力作功为A=I∆Φ∆Φ为两种情况的磁通量之差．2分设正方形的磁通量为Φ1，则