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【试题及答案】清北学堂2014年暑假物理竞赛模拟试题六


清北学堂 2014 暑假集中培训课程模拟试题

清北学堂 2014 暑假物理竞赛模拟练习题(六) 命题人:方小敏教授
一.一块平板与水平面成 倾斜角,在此板上有一小滑块, 从板的底端以初速 v0 沿板开始运动,初速度的方向与板上 的水平方向 x 轴成夹角 , 已知小滑块与板之间的摩擦系数 为 ,试求: (1)小滑块运动到最高点时的速度 vh; (2)

小滑块最终运动的速度 v。

二.在倾角 高为 平面的高度

、质量为 M 的劈状物块置于光滑水平面上,质量为 m 的小球从斜面上方 处由静止开始释放,落到斜面上的碰撞点距水 ,已知碰撞的恢复系数 e=0.6, M=2m,

试求: (1)碰后小球能到达的最大高度; (2)小球跳起后,第二次下落是否还落在斜面上?

三.在竖直放置的绝热容器内,有两个质量均为 m 的活塞,把容器分成上、下两部分,其 中上部分(A)内装的是氧气,而下部分(B)内为氦气,开始时 两部分气体的温度和体积都相同,两活塞间的距离为 h,现通过 装在容器底部的电热丝通电加热氦气,使其体积增大一倍,已知 容器外为真空。试求: (1)需要加多少热量?设加热时,由于活塞导热性能差,未 有热量进入氧气中。 (2)经过足够长的时间后,由于活塞还有些导热,使是两部 分气体的温度又达到一样,则此时两活塞之间的距离为多大?

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清北学堂 2014 暑假集中培训课程模拟试题

四.四块面积均为 S 的平行导体板 A、B、C、D,间距分别 为 2d、d、2d ( d<< ) ,已知各板带的电量分别为 Q、2Q、

3Q、4Q,试求: (1)A、D 板之间的电势差; (2)用导线连接 B、D 板,并接地,则从接地线流入大地 的电量ΔQ= ? ,同时求出此时 A、C 板间的电势差; (3)撤去 B、D 间的连接线,以及接地线,并抽去 B 板, 再用导线连接 A、D 板,并把电动势为 E 的电源的正、负极, 分别接在 A、C 板上,此时三块板上的电量各为多大?

五.一质量为 m=1.0kg 的物块置于水平面上,与水平面之间的摩擦系数μ=0.4,物块通过一 根劲度系数 k=400N/m 的水平弹簧与墙连接,如图所 示,开始弹簧处于原长,物块以初速度 v0= 左压缩弹簧,试求: (1)经过多少时间物块回到出发点? (2)回到出发点时物块的速度。 m/s 向

六.图示 A 为折射率为 玻璃棒的一端,B 为折射率为 的塑料平凸透镜,凸面的曲率半径 为 R,厚度为 l,A、B 两端面平行且间距为 t,一点光源 S 位 于 A 内,与端面的距离为 d,与光轴的距离为 h,试求: (1)点光源 S 发出的光经此光学系统后成平行光束,则 t 应为多大? (2)要获得平行光束则对 l 有何限制? (3)平行光束与光轴的夹角 为多大?

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七. 一条直导线和半径为 a 的导体圆环叠放在光滑的水平面上, 直导线到圆环圆心的距离为 a/2,直导线固定,而圆环可沿水平面自由移动,两者之间电接触良好,在圆环区域内,有 一个边界与圆环重合、且方向垂直于圆环的匀强磁场,磁感强度 为 B,现磁场在极短时间内迅速地变为 0,试求:磁场刚变为零时 圆环的速度 v,已知直导线与圆环都是由相同的导线制成,导线 单位长度的质量为 ,电阻为 。

八.在实验室里测得一根沿 X 正方向运动的棒与 X 轴的夹角 v=0.6C 沿 X 轴运动的另一参照系 中,测得此角为 (1)棒相对实验室参照系的运动速度 v1; (2)棒相对 系的运动速度 v2; (3)在相对棒静止的参照系中,棒与 X 轴的夹角 ,试求:

,在相对实验室以速度

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清北学堂 2014 暑假集中培训课程模拟试题

参考答案:
一.(1) 小滑块向上运动时所受的摩擦力: 而重力沿板方向的分力为: ∴F = f , ,于是总有:

-(f+Fcos )Δt = mΔv -(F+fcos )Δt = mΔvY 由(1) , (2)式可得: 到最高点时ΔvY= -v0sin ∴ ,

(1) (2)

(2)小滑块向下运动时,有 (F-fcos )Δt = mΔvY (Fcos - f ) Δt = mΔv 由于 F=f , ∴Δv+ΔvY = 0 故最终稳定运动时速度方向必是沿-Y 方向,即 v=vY ( v - vh) + ( vY– o ) = 0 V = vh = v0( 1-sin ) (3) (4)

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二.(1)如题图取坐标系,小球碰撞前的速度 u= v(vX、vY)和 V,其中 vX= uX= usin ,而

, 设碰撞后小球和劈的速度分别为

e =
由水平方向动量守恒,

=

(1) (2)

MV = m(vXcosθ+vYsinθ) = msinθ(ucosθ+vY) cosθ =2.97m/s

由(1) , (2)式解得:vY =

V=

(1+

)

=1.08m/s

∴ v=

=3.31m/s;tan

=

=0.489,

=26.1 ; = π/2 – ( + ) =48.9

∴h =

=0.32m

(2)若小球落到水平面上,则所需的时间为 t,有: -H = vsinαt – gt2/2 ∴t = (1+ ) = 0.773 s

此时劈的位移: X = Vt = 0.835m 小球的水平位移: x= vcosαt =1.67m 小球的相对位移:x’= x + X =2.50m < 故小球第二次仍然落到斜面上。 三.(1)对气体 A,B 初态: PAVA=nART0 PBVB=nBRT0 ∵ PB=2PA , VA=VB ∴ nB =2nA 其中 PA=mg/S PB=2mg/S 对气体 B 的末态: PB2VB=nBRT 由(2) , (3)式,得: T=2T0 所加的热量: (3) (1) (2) =3.73m

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Q = nBCPBΔT= nB(5R/2)T0= PBVB=5mgh (2)设两部分气体温度又相同时,温度改变了ΔT,此时,它们的体积也一定相同,设它们 的增大量为ΔV,两部分气体各吸收的热量为: QA= nACPAΔT = nA(7R/2)ΔT,QB = nBCPBΔT = nB(5R/2)ΔT 则: = QA+QB=Q = (4) (5) (6) (7)

由(4) , (5)式,可得: QA=7Q/17=35mgh/17=35PAVA/17 由于气体进行的是等压过程: QA= nACPAΔT = CPAPAΔV/R =7PAΔV/2 由(6),(7)式得: ΔV= 10VA/17 Δh = h + ΔV/S =h + 10h/17 =27h/17

四. (1 ) 设四块板各面的电荷面密度从左到右分别为:

(1) (2) (3) (4) 由以上四式,解得: , , UAD = -4πK(
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2d+

d+

d) =-4πKQd(8+2-2)/S =-32πKQd/S
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(2)设各面的电荷面密度为:0、 (5) (6) 4πK d=4πK d 由以上四式,解得: 接地时流入大地的电量为: ΔQ = 2Q+4Q+( + + ) = 10Q UAC = 4πKd(2 + ) = 0 (3)设各面的电荷面密度为: = 3Q/2S 4 πK 由以上二式,解得: = 3Q/2S 3d = 4πK (8) 2d = E(9) , , (7)

QA = 3Q/2 -

QC =

QD = 3Q/2 -

五. (1)向左运动时,平衡位置为 O1,OO1= b = μmg/k = 0.01m

X10 = b

=

= 20/s

A1 =

=0.03m

tanΦ1 =-

= -2

Φ1= - 0.392π

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运动方程为:x1 = A1cos(ωt+Φ1) 运动到最左端时 x1=A1,即ωt1+Φ1=0 t1= -Φ1/ω = 0.0615s 向右运动时,平衡位置为 O2 ,OO2=b ,A2 = A1-2b = 0.01m 故最后停在 O 点。t2= T/2 =π 总时间 t = t1 + t2 =0.219s 回到出发点时速度 v=0 =0.157s

六、 (1)先经 A 端面折射成像:

+

=0

∵u1= d

∴ v1 = -d/n1

再经塑料 B 平面折射成像:

u2 =

+t

+

=0

v2 = -n2u2 = -( d + n2t )

最后经球面折射成像:

u3 =

+l=

d + n2 t+ l ,

(1)

V3→∞ 由(1) , (2)式解得:

u3 =

R

(2)

t=

(2) (3)

t≥0, 即 l ≤ O 点为球面的球心,S 为 S 经前两次折射所成的像点


d’=

d + n2t + l – R

∴θ≈tanθ=h/d’=

=(n2-1)h/R

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七、设磁场的变化率为 k= B/Δt

图中θ= π/3

ε1 =4πa2k/3 R1 =4πar0/3

ε2= πa2k/3 R2=2 πar0/3

ε3 = R3=

a2k/4 ar0

等效电路如图所示

I1 = I2 + I3 I1R1 + I 3R 3 = ε1 + ε3 I1R1 + I2R2 =ε1 + ε2 由以上三式,解得: I1 = I2 =

(1) (2) (3)

在 adc 段上任取一小段ΔL=aΔθ,所受的力为ΔF 1 = I1ΔL ,求和得: F1 = 同理,a’bc’段所受合力沿-X 方向 F2 = I2a cosθ=I1
COSθ=i1

=

I1a

而 aa’,cc’段受合力为零,则整个圆环受的合力为 F= F1–F2= 由动量定理:FΔt = mv,解得: v= = = (I1-I2)

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八、 (1)设在实验室静止的参照系里棒与 X 轴的夹角为θ0, tanθ1= 由速度变化公式 v2 =

∴tanθ0=tanθ1

=

(1)

tanθ2 = ∴c2– v12 = 0.49 ( c2 – v22 ),解得: v22 = 设 v1=ac,由(1) , (2)式可解得:

=

= tan350 =0.7

(2)

a=11/15=0.73 ∴v1=0.73c (2)v2 = = 0.24c

(3)tanθ0 =

=0.68

θ0 =34.2

0

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