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物理奥赛复赛模拟题一与答案

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题1:物理规律具有一定程度的等效性。试以光的折射规律,解决运动学中的极值问题。图一直线AB 为河岸,P 点为静止的水中的静止目标,与岸距离PB =10m ,Z 点为地面上人所在位置,离岸距离ZA =20m ,P 点与Z 点相距60m 。人在地面上跑步的速度3m /s ,水中游泳速度1m /s ,问:

(1)这人从P 点到达Z 点最短时间为多少?

(2)如果人在河岸上A 点,应如何运动到达P 点的时间最短?最短时间为多少? 分析与解答:

(1) 如图1(1)所示,如果是光线从‘光疏介质’向“光

密介质”传播,传播速度分别为v 1与v 2,则“光密介质”

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对“光疏介质”的折射率n 21=21

v v 。 依与经典的光传播的规律等效原理推理,人从图中Z

点直线跑到O 点,再从O 点游泳到P 点的时间最短,显然应满足关系:j

i v v sin sin 2

1=。

图中可计算出AB =303m ,设OB =x ,则AO =303-x ,

所以OB =2210+x ,ZA =2

220)30(+-x ,代入数据式

j i v v sin sin 21=

有:222

220

)30(10213+-+=x x ,解之可得x=30m ,则从Z 点到达P 点最短时间:t =1

1030320)30330(2

222++

+-=41(s ). (2) 如图1(2)所示,因A 点在岸边,人应先河岸运动,再下水向P 点直线运动。这与光

传播全反射的道理相似。 等效的全反射角:C =arc sin

31

arcsin 21=v v ,sinC=

2210+x x =3

1,则x =3.2(m ),可算出AO =303-3.2=48.8,所以最短的运动时间t=

1

2

.338.48+=19.5(S ).

题2:求解下列几个特殊的电容组合问题的电容值。

(1)在如图2(1A)所示的电容网络中,已知C 1=C 2=C 3=C 9=1μF ,C 4=C 5=C 6=C 7=2μF ,C 8=C 10=3μF 。试求A ,B 两点之间的等效电容C AB 。

分析与解答:(1)把C 2处理为二个均为2μF 电容的串联,可将图2(1A)所示的电容网络

等效为图2(1B)所示的电容网络。在图2(1B)中直接标明各电容器的电容值(以μF 为单位),由此可以看出网络左右两半是完全对称的,因而O ˊ与O 与O"三点等势,可以短接在[图2(1B)]中用虚线表示短接),故C 9=1μF 实际上并不起作用。

因为图2(1B)的电容网络左右对称,C 9不起作用,故有 C AO =C OB 从而

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图2(1B)因O ˊ与O 短接,C AO 可用电容串、并联公式求出,为

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(2) 如图2(2)所示,由n 个单元组成的电容器网络,每一个单元由三个电容器连接而成,其中两个电容器的电容都是3C ,另一个电容器的电容为2C ,图中a ,b 为网络的输入端,a ′,b ′为其输出端。今在网络的输入端ab 间加一恒定的电压U ,在其输出端a ′,b ′间接入一电容为C 的电容器。求:从第k (k ?n )个单元输入端起,

后面所有电容器贮存的总电能。

分析与解答:

显然这是个电容器复联网络,总电能可由算出总等效电容求得,而除去电源后,应着重分析各电容器上电荷的分布状况。

由电容器的的串联公式,不难求出整个网络的输入端ab 间的等效电容。

第k 个单元的输入端后的网络的等效电容C K ,设第k 个单元的输入端间的电压为k U ,它等于第k —1个单元的输出端间的电压,而后者等于第k —1个单元输入端间的电压

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的1/3,即

2(1A)

图2(2)

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。由此得

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即网络ab间的电压U,由于第k个单元的输入端电压为

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,其输入端以后的等效

电容

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,则这些电容器的总电能为

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(3)、电容器网络如图2(3A)所示,各电容器以μF为单位的电容量数值已在图中标出,求A、B两点之间的等效电容C′AB。

分析与解答:用类比法为电容器引入辅助参量

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,则

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的串并联公式与电阻R

的串并联公式完全一样,而且图48-89(b)甲中两个电容网络元之间有完全类似于电阻网络元的

变换。

变换公式为:

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通过变换公式对题中的网络进行交换,从而求解。

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,将中间同为

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的电容变为

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,再将三个

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组成的

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网络元变换为

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的三个Y 网络元,于是将原网络等效为如图2(3B 乙)网络,图2(3B 乙)中所标数值均为

值,此网络可等效如图2(3B 丙)网络,图中所标数值

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仍是

值。

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由图2(3B 丙)可知当电桥平衡时,中间的

电容可拆去,此网络又等效为图2(3B 丁),

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类比电阻串并联公式得:

,故原网络A 、B 间的等效电容为。

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(4) 图2(4)中,A 、B 是同心薄壁导体球壳,D 是一导体球。A 与D 间利用穿过B 球壳上的绝缘导线相连,且B 球壳接地。A 与D 的球心间的距离为L ,a 、b 、d 分别为球A 、B 、D 的半径,而L?a ,试求A 与大地间的有效电容。

分析与解答:A 、D 等势,故A 与B 组成的球形电容器与D 孤立导体球的电容两者并联

球形电容器的电容公式为

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孤立导体球的电容为

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∴总电量

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题3:如图3(甲)所示截面积为0.2m 2的100匝圆形线圈A 处在匀强磁场中,磁感线垂直于线圈平面,磁感应强度随时间t 的变化规律如图3(乙)所示,设磁场垂直纸面向外为正方向,线圈A 上的电流顺时针方向为正方向,R 1=4Ω,R 2=6Ω,C=30μF 、D 为理想二极管,线圈内阻不计,求: (1)电容器C 充电时的电压。

(2)电容器C 放电时通过电阻R 2的电量。 分析与解答:线圈的电动势:t

B

t B NS t N ??=??=??Φ=20ε,从图3(乙)可知,在0~2s 、3~5s 、6~8s 期间,

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,a 正b 负;在

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2~3s 、5~6s 、8~9s 期

间,

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,b 正a 负时,

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这是由于二极管的单向导电性,外电路断开,电容器通过

放电。a 正b 负时,二极管导

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通,电容器被充电:

,获得电量

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,上正下负。电容

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器放电时,如果无须1秒时间就能把电量放完,那么从上至下流经

的电量就是

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题4:如图4所示有一个矩形平面线圈,面积

,匝数n ,总电阻0.5R ,此线

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圈在磁感强度为B 的匀强磁场中绕对称轴匀速转动。开始转动时,线圈平面与磁力线垂直,线圈外部电路中,3个电阻器阻值相等,均为R 。二极管正向电阻为零,反向电阻无限大。已知电流表的示数I 。求:

(1)线圈转动的角速度ω;

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(2)写出线圈中感应电动势的时间表达式; (3)使线圈匀速转动所需的外力矩大小。 分析与解答: (1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,将产生交流电。在交流电的两个半周期内,2只二极管交替导通,

因此,线圈外部电路的总电阻将不会改变,即

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电流表的示数表示流经两并联电阻中一个电阻器的电流强度的有效值。因此外部电路总电流

强度有效值应为2I 。由此,根据闭合电路欧姆定律,立即可得交变电动势的有效值

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则交流电动势的最大值为

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再根据法拉第电磁感应定律,线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势最大值为

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解得线圈转动的角速度

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(2)根据题意,开始时(t=0)线圈平面与磁力线垂直,即t=0时,线圈的感应电动势为零,所以感应电动势的时间表达式为

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(3)转动线圈在t时刻受到的电磁力矩大小为

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式中i是线圈的电流强度,值为

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又因外力矩平衡时,外力矩等于电磁力矩,所以

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评注:理想二极管有单向导电特性,即正向电阻看做为0,反向电阻则趋向于。

题5:一束强激光通过小的透明物体时,由于折射的作用而对物体产生相当的作用力。为对此有所理解,如图5(A)所示,取一个很小的玻璃三棱镜,其顶角A=π-2α,底边长为2h,厚度为ω,折射率为n,密度为ρ。

该棱镜处在一束沿着水平x轴传播的激光之中(假设棱镜不发生转动,即其顶角总是对准激光束射来的方向,它的两个三角形侧面总是平行于xy平面,底面总是平行于yz平面)如图5(B)所示,周围空气的折射率取为n a=1,设棱镜各面均镀有防反射膜,确保不发生反射。

激光束的强度沿Z轴均匀分布,但是从轴开始,沿y轴正负方向的光强按线性关系减弱,在y=0处强度最大,其值为I0,而到y±4h处,光强降为零(参见图5(B))。

(光的强度即为每单位面积的功率,单位为W2m-2)

1.在激光射到棱镜上表面时,参见图37-94,试求偏转角θ(以α和n表示)。

2.将棱镜顶端由原来的位置x轴位置沿y轴平移y0量,且设∣y0∣≤3h,试用I0, θ,h,ω和y0来表述激光作用在棱镜上的净作用力的x,y分量,作图表示出作用力在水平方向(x 轴方向)和竖直方向(y轴方向)的分量随位移y0的变化关系。

3.设激光束在z方向的宽度为1mm,在y方向的宽度为80μm,棱镜参量为α=30°,h=10

μm,n=1.5,ω=1mm,ρ=2.5g/cm3。当棱镜的顶端位于激光束对称面以下的y0=-h/2=(-5μm)处时,需要多少瓦的激光束功率才能使棱镜克服重力(朝-y方向)的作用处于平衡状态?

4.用与3问中相同的棱镜和激光束,在没有重力的条件下做实验,且设定I0=108W/m2,移动棱镜使其顶端静止地处于y0=h/20的位置,而后释放棱镜,它将产生振动,试求振动周期。

解:1、这是一个涉及折射定律的简单几何光学问题,参

照图37-95,因

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,故入射

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,据折射定律,有

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可确定折射角为

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光束对棱镜底面的入射角应为

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对底面应用折射定律,有

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最后可解得

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2.棱镜所受力与激光束通过棱镜时的动量改变率的大小相同,方向相反,为进行分析,先考虑入射在棱镜上半面激光的动量改变量。

设激光束中每秒有

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个光子沿着平行于轴的方向射到棱镜的上表面,一个光子的能量记

为E,其动量为

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,以相对于轴为

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的方向离开棱镜的光子与入射光子相比较,对应的动量变化量为

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个光子总动量改变量便是

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图5(A) 图

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5(B)

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E量即为照射在上表面的激光功率,故棱镜因上表面对激光的折射而受到的作用力为

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由同样的分析,可得棱镜因下表面对激光的折射而受到的作用力为

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其中为激光束照射在棱镜下表面的功率。

从上面两个结果,可知作用在棱镜的净力为

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其中角已由角和棱镜折射率n确定。

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为得到和量,需计算棱镜上、下表面的平均光强,再各乘以上、下表面在垂直

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于激光束方向上的投影面积,光强I随y的分布是线性函数,故平均光强很容易确定。据题又有

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图37-96

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现在假设棱镜顶端从轴向上提升()量,

则可分下述两种情况讨论:

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(1)

则整个棱镜都处于激光束的上半部分,这种情况下,如图37-96所示,平均光强等于两个表

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面各自中央位置的值,棱镜上表面中央位置在处,下表面中央位置在处,据此得

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这样,不难算得

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图37-97

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(2)则棱镜的下表面有一部分处在激光束的下半部分,如图37-97所示,棱镜

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下表面中从y=0到部分的面积为下表面面积的倍,其平均光强等于

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处的光强,即为

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从y=0到部分的面积为下表面面积的倍,其平均光强等于

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处的光强,即为

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联合起来考虑,便得

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上表面平均光强与的函数关系同(1)中所述,即得

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于是有

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由此可得

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图37-98

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考虑到光强分布相对于y=0面对称,故的解与的解之间具有镜面对称,

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和对的函数关系如图37-98所示。

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3.由的表述式及图线均可看出,为使以克服棱镜所受重力,则要求,

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为获得克服棱镜所受重力所对应的力,须先求出棱镜的质量,再使激光束提供的力

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等于棱镜所受的重力,根据已给的数据可进而求出,最后再求得激光束的总功率,计算中可用平均光强与激光束截面积的乘积来算出光束功率。

棱镜的体积为

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其质量便为

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所受重力为

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上面2中之解对应而得,但因与二者间具有对称性,故可利用该解,

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即须满足

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其中

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可算得

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由,其中,S为激光束截面积,可算得

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4.最大位移量,对应?1,故?位移量对应的竖直方向分力为

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可近似取为

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这是一个线性恢复力,对应的谐振动角频率为

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振动周期便为

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数值计算可得

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题6:应用玻尔理论,解答以下两个问题。

(1)试通过推导,用氢原子的玻尔半径R1和电子电量的绝对值e以及真空介电常数ε来表述氢原子的结合能ΔE;

(2)设由一个μ _子和氦核组成类氢离子,μ _的质量是电子质量的207倍,其他性质与电子相同,对于这种类氢离子,玻尔的轨道量子化理论同样适用。已知氢原子的R1=0.053nm,ΔE=13.6eV。试求这种类氢离子的玻尔半径R1ˊ和结合能ΔEˊ。

分析与解答:在求解氢原子结合能时,因电子质量远小于原子核(质子)的质量,一般情况下不必考虑原子核的运动。

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对于由子和氦核组成的类氢离子,因的质量远大于电子质量,与氦核质量相

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比不可忽略,故需要考虑氦核运动的影响。只要用折合质量代替子的质量,即可求解这一类氢离子的玻尔半径和结合能。

(1)对于基态氢原子,有

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式中为基态能量,为电子质量。由以上两式,解出

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故氢原子的结合能为

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(2)对于子和氦核组成的类氢离子,需要考虑氦运动的影响。引入折合质量

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其中质量m和氦核质量M分别为:

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该类氢离子的基态,有

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由以上两式,得基态半径为

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对于氢原子,其基态半径为

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由以上两式,得

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代入,得

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仿照第(1)问中计算,同样可以得出该类氢离子的基态能量为

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与已经得出的表达式联立,得

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故类氢离子的结合能为

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题7:电偶极子是由两个质量为m,电量分别为+q和-q的粒子,固定在长度为L的轻硬杆的两端构成的。空间有与杆垂直的磁场,磁感应强度为B。初始时,偶极子以角速度ω转动,且质心静止,然后释放。请描述偶极子的运动稳定状态。

分析与解答:解答稳恒磁场的问题,一般要用一个结论:洛仑兹力不对电荷作功。此时可用能量守恒方程,再结合动力学方程,即可求解。

偶极子的运动为中心的运动与两电荷绕中心的转动的合成(图43-52(a )所示),因为自转,系统受大小为L Bq f ω=洛的洛仑兹力作用,方向由+q 指向-q 。

因为质心的运动,系统受一力偶作用,力偶矩为

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当系统稳定时,角速度不再变化,故此时力偶矩必为零,则

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可见

应时时刻刻与杆垂直,由此知中心也应以

同一角速度绕空间某点转动,稳定运动情形如图43-52(b )。O 点的运动半径r 由动力学方程确定。

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再由能量守恒

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代回r 表达式得

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注意:所求的只是可能存在的稳态,但是否可达到却只能借助过程分析,在此无法给出。

题8:关于双星系统,(a )众所周知,大部分恒星构成双星系统。有一种双星系统由一个质量为m 0,半径为R 的寻常星和一个更大质量M 的致密中子星相互围绕对方旋转组成。在下面的所有内容中,忽略地球的运动。对这个双星系统的观察得到下列信息:

1)寻常星的15-177最大角位移为Δθ, 同时中子星的最大角位移为Δψ(图);

2)从图中一个最大位移状态(Ⅰ)变刭另一个最大位移状态(Ⅱ)所需要时间为τ;

3)寻常星的辐射特性表明,其表面温度为T,单位时间辐射到地球表面单位面积的能量为P;

图15-178

4)由于寻常星的引力场作用,这一辐射中的钙谱线与正常的波长λ0相差Δλ[在这个

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计算中可认为波长为的光子的质量为h/(cλ)]

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求从地球到这个双星系统距离的表达式,只能用所观察到的量和普适常量表示。将你的结

果填在答案纸上。

(b)假定M?m 0,寻常星基本上在半径为r0的圆形轨道上绕中子星

转动。假定寻常星开始以速度v0(相对寻常量)向中子星发射气体(图

15-178)。假定在此问题中,只考虑中子星的引力作用,并忽略寻常星

的轨道变化,求气体与中子星的最近距离r f(图15-178)。将结果填写

在答案纸上。

分析:此题用到万有引力、圆周运动及物理光学的知识,需要用到

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圆周运动的动力学方程及能量守恒定律分析、求解。()问还需用到

角动量守恒定律。

解:()双星系统的质心可视为不动。设寻常星与质心距离为

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物理奥赛复赛模拟题一与答案

,中子星与质心距离为,由图1-7-48有。

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(1)

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(2)

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可见的值有赖于。由牛顿运动定律,并注意到

双星转动角速度与观察量的关系

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由以上两式得

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及 (3)

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可见,的值依赖于。而可由光谱的引力红移求得。由能量守恒,并注意到

光子质量与波长关系,有

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由此可得 (4)

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于是,又与R联系起来。但R可与观察量P相联系

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(5)

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由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式即可求得由观察量表示的值

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(6)

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()气体质元的角动量守恒

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(7)

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其中为质元与中子星最靠近时的角速度。则由原状态的动力学关系决定因

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素 (8)

质元的能量守恒,即有

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(9)

联立(7)、(8)、(9)式得

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解的二次方程,得

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(10)

题9:分析计算下列几个热学问题:

1、在量热器内有两层水,下层较冷,上层较热。当温度均匀时,水的总体积会改变吗?

2、一个杯里装300cm3,温度为0℃的甲苯,另一个杯里装有110cm3,温度为100℃的甲苯,两体积之和为410cm3。求两杯甲苯混合以后的最终体积。甲苯的体膨胀系数为β=0.01(℃)-1,忽略混合过程中的热量损失。

分析与解答:

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1、用t表示最后的共同温度。用、、分别表示较冷的水的质量、

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体积和温度,表示它t时的体积;用、、表示较热的水的量,

表示它在t时的体积,根据热平衡方程有

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比热C可以约去。

另一方面,体积随温度而变化的表达式为

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,;

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式中、表示水在0oC和时密度,α表示体胀系数(认为是常量)。由上列五式有

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即水的总体积不变。

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,则在0℃时的体积为

2、若液体温度为时的体积为V

1

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同理,若温度为时的体积为V

,则在0℃时的体积为

2

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如果液体在0℃时的密度为,则质量分别为

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,

混合后,液体的温度为

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在该温度下的体积为,所以混合后的体积之和为

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体积之和不变,在本题仍为,若把多杯甲苯不断地加入混合物进行混合,对任何数量的甲苯这个结果都成立。