物理竞赛-第25届大学生试卷答案

8. 1 ( Q + q − Q + q + Q + q ) ； Q + q
4πε 0 R1 r R2
R3
4πε 0 R3
9. 153 r ； 2 r 209 3
10.
λ
；线
4(no − ne )
11. 6.49 ×109 ；30
12. (1− υ 2 )−1 ； (1+ β 2 )2
c2
(1− β 2 )2
一．
1. α 2 x ；α 2 x0eαt
2. 等于 ；等于
3.
mB mA +mB
(
g
+
a0
)
；
a0
≥
mB g µmB +mA
4. 4 l ； q
3
6πε 0 ml
5. (1− υ u
υt L2 +υ 2t 2 )v0
； (t −
L2 +υ 2t2 − L
u
)v0
6. 1− 1 ；1− 1
α3
α2
7. 不可能从单一热源吸取热量，使之完全变化有用的功而不产生其它影响； 不可能把热量从低温物体转移到高温物体，而不产生其它影响
得
T1 = T2 +
Q 2π KA
ln
R2 R1
= 300 +
2π
43.2 × 8.61×10−3
ln
7.5 5
=
624K
(3) 取r < R1的单位长度铀柱面，热平衡时有
ρQπ
r2 =-Ku
dT dr
⋅ 2π
r
∫ ∫ ⇒
-
T2 dT
T1
=
ρQ 2Ku
R1 rdr
0
=
ρQ 4Ku
R12
得
T0 = T1 +
ρQ R12 4Ku
= 624 +
5.5×10−3 × (0.05)2 = 624.07K 4× 46
⇒ T0 ≈ T1 = 624K
(3分)
(4) 空气层各处压强P相同，由
(3分)
P = nkT , n:分子数密度
得
n(r)T (r) = 常量 ⇒ ρ(r)T (r) = 常量
因此
γ = ρ1 = T1 = 0.481 ρ2 T2
L − x0 L − x0 +ζ
υ0
(3分)
4
dt 时间内左侧向右侧输运绳段
dζ
=
1 2
(υ0
−υζ )dt
=
2(
L − x0 L − x0 +ζ
)
υ0dt
得积分式：
∫ ∫ t 0
υ0dt
=
x0 2(L − x0 +ζ )dζ 0 L − x0
=
2x0 +
x02 L − x0
=
x0
2L − x0 L − x0
Imω 2
=
1 6
ml 2ω 2
t → t + dt时间间隔对应φ → φ + dφ，有
重力势能减少量
dEk
=
1 ml2ω 3
dω dt
dt
= 1 ml2β dφ 3
− dEP
=
d
⎡⎢⎣mg
l 2
(1− cosφ )⎤⎥⎦
=
mg
l 2
sinφdφ
电阻上消耗能量
dWI = PIdt，φ = 45°时PI = 0
14 题解图
dA = ∫∫s dFdr = ∫∫sσ ERds ⋅ dr
= σ ER sdr = QERdr
(4分 )
外界输入能量即为dA，全部转化为新建场区(dV
=
4π R2dr，E
=
Q 4πε 0 R 2
)
场能，
即有
QER dr
=
dA
= ωedV
=
1 2
ε
0
E
2
⋅ 4π R2dr
=
Q2dr 8πε 0 R 2
*
CB
=
L
2
即得 t =（CB* − CB）= 2L − x0 x0 = 14 − 9 2 L
υ0 −υC
L − x0 υ0
4g
(3分 )
υx
L/2
L/2 - x
υ
L/2 - x
15 题解图 1
υ0 x0 B C
L – x0
S系
15 题解图 2
υ0 x0-ζ
(L – x0)+ζ S 系 υζ 15 题解图 3
−
sin φ )
=
−
1 2
FυA
cos 2φ sin φ
⇒
− PF
=
B 2l 2 4R
υA2
cos2 2φ sin2 φ
(6分 )
又，细杆电阻消耗的电功率为
PI
=
I
2 AB
R
=
B 2l 2 4R
υA2
cos2 2φ sin2 φ
即
− PF = PI
(3) φ角位置时，细杆动能
(0.5分)
Ek
=
1 2
ω1
=
−
11 65
ω0，ω2
=
−
36 65
ω0
(3分 )
7
三．18.
同步变化的圆柱形匀EK强(rK磁) =场12区rK ×域dd如BtK 题解图K1所示，圆内rK处感应电场EK可表述K 为 本题所给磁场区域，可处理为全R圆柱形B磁场区域与r = R 2小圆柱形(−B)磁场
区域的叠合。E小KA 圆= 孔12 d区dBtK域rK1 ×中kK任+ 意12 (点− dAdBtK处)rK的2 ×感kK 应= 12电dd场BtK 场rK0 ×强kK便= 为EKO′
得
y1
=
cL 4 av
故中央亮纹线宽为
(3分)
∆l0
=
2 y1
=
cL 2av
(4) 圆孔衍射爱里斑半角宽为
∆θ = 1.22 λ = 1.22 c
d
vd
故可分辨四个小孔的最小a值应为
a min
=
l ⋅ ∆θ
= 1.22 cL vd
(4分)
2
二．14.
(1)
A
=
F ∆l
=
σ
ES S ∆l ,
或A
=
1 2
K B ~t
θ：sin2θ = sin2 θ
⇒ 2sinθ cosθ = sin2 θ ⇒ tanθ = 2
⇒ θ = arctan 2(= 63.4°)
(1分)
υ0：υ02 = aR / sin2 θ , sinθ = 2 5
K r
KK E(r )
⇒ υ0 =
5R 4
Kq m
(1分 )
18 题解图 1
N
=
Mg
−
dP dt
=
Mg
−
2ML2g（L
−
2 x）2
N 恰好为零时，对应的x便为
x
=
x0
=
1 4
(2 −
2)L
(2) x = x0时，有
(3分)
υ=1 2
2g L
(L
−
2 x0
)
=
1 2
gL
(1分 )
取初速方向竖直向下，大小为υ的自由落体参考系S，S系中软绳右侧绳段
初速为零，左侧绳段竖直向上初速为
(3分)
6
三．17.
(1) 参考题解图，碰撞过程中悬挂点O1提供的水平右向力记为N1(平均值)， 两摆盘间水平碰撞力大小记为N (平均值)，碰撞时间记为∆t。
摆1的动量方程：
N1∆t − N ∆t = m1ω1 ⋅ 2R − m1ω0 ⋅ 2R = 2mR(ω1 − ω0 ) (2分)
角动量方程(以O2为参考点)：
5
二．16.
(1) Q = ρQ ⋅π R12 = 5.5×103 ×π × (0.05)2 = 43.2J
(1分)
(2) 热平衡时，通过半径为r的单位长度空气柱面向外输送热量为Q，有
-KA
dT dr
⋅ 2π
r=Q
∫ ∫ ⇒
-
T1 dT
T0
=
Q 2π KA
R2 R1
dr r
=
Q 2π KA
ln
R2 R1
由功能关系 dEk = −dEP − dWI
φ = 45°时，得
dEk
=
−dEP
⇒
1 3
ml 2 β
dφ
= mg l sinφdφ 2
⇒ β = 3g sinφ = 3 2 g (2分)
2l
4l
y
A
K
υKA
φ φK
IAB C
e
K
υKC K
B
F
φ dl
K
IAB
dF
υK B
O
B
x
19 题解图
10
摆1：N1∆t ⋅ R − N ∆t ⋅ 3R = (3Rm1ω1 ⋅ 2R + I ω C1 1) − (3Rm1ω0 ⋅ 2R + I ω C1 0 ) (2分)
摆2：N ∆t ⋅ 3R = I2ω2
(1分)
IC1
=
1 2
m1R2 ,
I2
=
1 2
m2 R2
+
m2
⋅ (3R)2
可简化为