2023年天津市大學(xué)生物理競賽真題(含答案)

....;.;.2023年其次屆拓普杯天津市一般高等院?！洞髮W(xué)物理》競賽試題一、如圖是長為L質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)桿處于水安靜自由轉(zhuǎn)動，另一端用輕繩〔不計質(zhì)量〕懸掛于天 繩 鉸花板，輕繩垂直于水平面。問： 鏈在剪斷輕繩這一瞬間，細(xì)桿質(zhì)心加速度a、 細(xì)桿細(xì)桿繞其質(zhì)心轉(zhuǎn)動角加速度、軸的支撐力N各是多少？當(dāng)細(xì)桿轉(zhuǎn)動到豎直位置轉(zhuǎn)動角速度、質(zhì)心速度v？解法：設(shè)軸的支撐力為N，則：平動方程：mgNma 〔1〕 1分mgL21

I 〔2〕 1L由I

mL2，a3 3

代入〔2〕得 1分a4g 11代入〔1〕式得： Nmgma

4mgaL2

3g 12LC運動。 平動 轉(zhuǎn)動C如下圖，故繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動角加速度3g2L1(2)豎直位角速度為，由機械守恒2

1I22

11

mL22 33gL3gL質(zhì)心速度：vc

L 1 13gL23gL22d 3g 3g d dd d dt 2L

2L dt

d dt

d 223g02L0

d

d 13gL3gL質(zhì)心速度：vc

11 3gL1 3gL2Lybaxb的非絕熱正圓錐P0溫TybaxP0，但溫度分布為T=T0+x，此時OP是多少？解：利用初始條件求容器內(nèi)氣體總分子數(shù)NP0

nkT〔2分〕0〔PV0T

PV PV C或0 T T0

2分〕00分子數(shù)密度：n(x)P P00

〔2分〕kT 0

x)

P b 2x—x+dxdNn(x)y2dx

0 xdx〔2分〕k(T0

x) a 積分求總分子數(shù)：Na P

b

x2dx0k(T0

x) a Pb2a T2a 0 xT

0 dxka2 0

0 Tx0Pb2a2 Ta 0 aTT2ln 0 〔2分〕ka2 2 0 0 T0將開口閉合，最終到達平衡時，溫度與大氣一樣為T0，壓強為P，而分子數(shù)密度均勻。由壓強公式得：PnkT0

NkTV Pb2a20

T2lnTakT01b2akT01b2a3003PT a2 Ta000 aTT2ln 〔2分〕0a3 2 0 0 T01160C，夜間的最溫度1510C210C，起居0.2千瓦〔隨墻壁材料而變。試求晝間與夜間在溫度最大和最小值狀況下，卡諾熱機的功率各為多少？389K122K294K?！?〕晝間室內(nèi)外溫差95KT1

389K居室T2

294K 〔1分〕P2

0.29519.0千瓦 〔1分〕Q2Q2tWt卡諾機的制冷系數(shù)：

) 2 2P TT1 2

〔2分〕求得卡諾機的工作功率：T2P 1T PT2T 22

9519.06.1千瓦 〔1分〕294夜間室內(nèi)外溫差172KT1

294K,室外T2

122K 〔1分〕P1

1720.234.4千瓦 〔1分〕Q2tQ2t

( ) 2 2Wt P TT1 2

〔2分〕求得卡諾機的工作功率：T2P 1T PT2T 22

17234.448.2千瓦 〔1分〕122I的長直導(dǎo)線〔視為無限長〕彎曲R，問圓心B的大小和方向如何？解法：圓心出的磁場可以看作長直導(dǎo)線和圓電流產(chǎn)生的磁場的疊加B

I0 ，方向垂直紙面對外； 3分1 2RIB2

0 ，方向垂直紙面對里； 3分2R 0故圓心處的磁場BBBI11 2 02 1 2R 方向垂直紙面對里； 2分五、用伏安法測電阻，給出如下物品：待測電阻R一個，直流電源一個，內(nèi)阻為rrA

的伏特表一個，及必要的連接線。要求：畫出內(nèi)接法和外接法的電路圖；IrA

、伏特表讀數(shù)VrV

這四個作為條件，寫出內(nèi)接法和外接法測量電阻值R與實際電阻R確實定誤差、相對誤差的數(shù)學(xué)表達式；VARR0VAVARR0VARR0〕內(nèi)接法電路圖2分〕外接法電路圖〔2分〕

K E K EVIr V V內(nèi)接法：VIRIr R

A r

R”A I I A I確定誤差：RR”Rr 〔1分R>〕ARR相對誤差：E R

R 100%

A 100% 〔1分〕IrAV V V Vr VI

Rr R V Ir

R”IV IrV

VVr VRR”

RIr v

1分R〕V IV相對誤差：E R

VRR 100%Ir 100%RV

〔1分〕當(dāng)待測電阻R較大時，承受內(nèi)接法〔1分〕當(dāng)待測電阻R較小時，承受外接法〔1分〕六、波長為440nm的單色光垂直入射到平面透射光柵上，第三級譜線的衍射角 ，滿足sin 0.3，第四級缺級。求：3 3此光柵的光柵常數(shù)d及光柵狹縫的最小可能寬度a；列出屏幕上可能呈現(xiàn)的譜線的全部級數(shù)；此光柵上總共有N250589.00nm和589.59nm兩條譜解法：由光柵方程dsink求得光柵常數(shù)dd k 3440109

44001094400nm 2sin 0.3第四級缺級，其次級不缺級才能得a有最小值d4 ad440010911001091100nm 2a 4 4光譜最外側(cè)900 sin1，該處的級次：dsin900k kd4400109 440109

10 即在最外側(cè)處為第十級2又由于4、80，1，2，3，5，6，7，9，10，共十七條譜線。 2分

589109R 1000 0.59109又由于 RkN

kR

10004N 250即從第四級開頭均可分為這兩條譜線。即從第四級缺級，最抱負(fù)應(yīng)選第五級工作。 2分.布羅意波波長n倍。證明:依據(jù)玻爾假設(shè),電子軌道角動量:mvrn

nnh 4分2n軌道轉(zhuǎn)動的電子動量:pmv nh 1分n依據(jù)德布羅意波公式,電子波波長:h h

2rn 4分p nh n2rn故得: 2rn

n 1分八、太陽光投射到與其入射方向垂直的地球外表上的平均強度為I〔通常稱為太陽常數(shù)，其值為1340Wm2〔提示：利用光量子、質(zhì)能關(guān)系等學(xué)問〕求：太陽光在單位面積的鏡面反射時產(chǎn)生的輻射壓力是多少？日地間距離為1.4951011m，太陽單位時間流失的質(zhì)量是多少？解法：光子能量為E，由EPc，求得光子動量PE 〔2分〕ct時間內(nèi)，單位面積上有n個光子經(jīng)鏡面反射，由沖量定理：ft2np 〔2分〕求得輻射壓力：n E I 21340f2 2 8.93106(Nm2) 〔1分〕t c c 3108由質(zhì)能關(guān)系式：Emc2 〔2分〕dE dm

c2dt dt

〔1分〕dE4R2I 〔1分〕dt求得太陽單位時間內(nèi)流失的質(zhì)量：dm 1dE 1dt

dt c2

2I

〔1分〕43.14(1.4951011)21340 4.18109(Kgs)(3108)2九、有一半徑為R、盤面平行于水平面的圓盤，盤面上有兩個從圓心動身直到邊緣的光滑小槽，一個是沿半徑方向的直槽，另一個是以半徑R為直徑的半圓弧槽。當(dāng)圓盤繞其垂直中心軸以勻角速轉(zhuǎn)動時，處于圓心的小物體〔視為質(zhì)點〕以初速度為零地沿小槽滑動。求：沿半徑方向的直槽到達圓盤的邊緣時，小物體相對于圓盤、相對于地面的速度各為多少？沿半圓弧槽到達圓盤的邊緣時，小物體相對于圓盤、相對于地面的速度各為多少？只考慮慣性離心力就可以了。在邊緣處相對邊緣速度為v”，依動能定理：1Rf0 慣

drRm2dr0即‘R

2mv20 3分1分由于圓盤邊緣相對地的速度也為R，但方向與v’垂直：v

2R 1分 1〔2〕Rf0 慣

dlR0

codl慣 0

f drRm2dr mv20 3分慣 0 2即1分‘R由于圓盤邊緣相對地的速度也為R，但方向與v’一樣：故相對地的速度為：v2R 1分

B分布在半徑為

RdB變 O R的金屬細(xì)棒串聯(lián)按如下圖的形式放置。求各段的感應(yīng)電動勢〔留意標(biāo)明電動勢的方向。a d解：變化的磁場在其四周會激發(fā)起渦旋電場。感生電動勢為 b c

dEdl

BS L i S 當(dāng)0rR

dBE2rr2dBEEdlEdl S

B i dti t rdBrR

dB

E i

2dti dt1分E R2dBi 2r dt ⑴、oa、do這兩段導(dǎo)體電動勢 、oa

E垂直這兩段導(dǎo)體，do所以 0 1分oa do⑵、聯(lián)結(jié)ob、oc，所以aobdoc15boc30 d

B 15 dBEdlEdlEdlEdl

1 1分oabo oa

ab bo dt dt 360 dt可得0ab

0R2dB24 dt

即 R2dB 1分ab 24 dt同理cd

R2dB 1分24 dt Edl Edl Edl Edl

1

B 30 dB R2obco ob bc cd dt dt 360 dt可得0bc

0R2dB12 dt

即 R2dB 2分bc 12 dtRm的勻質(zhì)圓環(huán)，懸掛在〔5度〕搖擺T。1：如下圖，當(dāng)圓環(huán)擺角為時，其所受重力O′軸的力矩〔即恢復(fù)力矩〕為MmgRsinmgR——2分由平行軸定理，圓環(huán)對O′軸的轉(zhuǎn)動慣量為JJmR22mR2 ——2分O RO ROmgMJ

JO

d2——2分dt2mgR2mR2d 02 d2 gdt2此為諧振動，角頻率

dt2 2Rg2R——2g2R2故周期T

2

——2分2Rg2Rg由平行軸定理，圓環(huán)對O′軸的轉(zhuǎn)動慣量為J J mR22mR2 ——2分O O圓環(huán)搖擺過程中，機械能守恒，即1 dEmgR(1cos)

J2

( )2不變 ——2分dtd 1 d d2兩邊對t求導(dǎo)，得0mgRsin 2mR22 dt 2 dt dt2

——2分考慮到sind2dt2

g02Rg2R此為諧振動，角頻率g2R

——2分2故周期T

2

2Rg——22RgR1

的接地金屬導(dǎo)體球，R2R3OR1外面是一個內(nèi)外半徑分別為R2R3OR12 3〔RR1

R。求〔1此金屬導(dǎo)體系統(tǒng)的電容是多少？3假設(shè)給外球殼帶上電量Q，則內(nèi)球的帶電量是多少？〔3〕外球殼電勢是多少？〔4〕此系統(tǒng)的靜電能是多少？〕內(nèi)球與球殼內(nèi)外表構(gòu)成球形電容器，4RR其電容C

0 1 2 ——1分1 R R2 1球殼外外表與無限遠構(gòu)成球形電容器，其電容C 4 R ——1分2 0 3將接地與無限遠等效〔電勢為零，則C、C并聯(lián)〔如以下圖所示，11 21故此系統(tǒng)的電容為CCC

40

RR24R4 (RR

1 2RRRR)

R R 0 32 1 0

2 2 3 1 3R R2 1

——2分2 3R1R1RR設(shè)內(nèi)球帶電量為q，則球殼內(nèi)外表帶電量 1 2為-qQ+q，則球心處電勢為U

q q Qq 0O 4R0 1

4R0 2

4