csg2015 年物理科学营营员资格赛试题

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2015年物理科学营营员资格赛试题1.（6分）试估算人体平均密度，需给出估算依据。2.（8分）如图所示，圆环在水平直轨道上纯滚动。（1）若为匀速纯滚动，相对地面参考系，某时刻圆环上各点运动加速度中的最大值amax和最小值amin之比为何值？为什么？（2）若为初速度为零的匀加速纯滚动，相对地面参考系，初始时刻圆环上哪一个点部位运动加速度值最大，哪一个点部位运动加速度值最小？为什么？3.（8分）若干静止的带电导体和静止的本不带电的均匀介质块，互相分离，静电平衡后，全空间（包含导体和介质块所占据空间）存在静电场。（1）若将其中一个导体取走，但将其表面分布电荷全部留在原处，试问空间场强分布、电势分布和电场能量密度分布中，哪些是不变的，哪些是变的？请简述理由。（2）若改将其中一个均匀极化的介质块取走，但将其表面分布着的极化电荷全部留在原处，试问空间场强分布、电势分布和电场能量密度分布中，哪些是不变的，哪些是变的？请简述理由。4.（8分）如图所示，图平面的介质折射率n随y变化的关系为yPAOxx0002x光线从x0、y0处以某锐角入射后，理论上已确认可沿yAsin曲线行进。0x0（1）试求0（2）光线行进到图中P处时，行进方向已与x轴平行，在该方向上始终为n=n0，为何光线没有画成沿着此方向的直线行进，而是只画成向下偏转沿曲线行进？5、（16分）某种双原子分子理想气体，其振动自由度在温度T<2T0时未被激发，在T=2T0时被激发。v摩尔的此种气体经历的矩形循环过程如图所示，其中A、B、C处温度分别为T、2T、3T。000（1）画出循环过程中气体内能U随温度T的变化曲线，其中U的单位取为vRT。0（2）计算循环效率。

16．（22分）如图所示，水平桌面上平放着质量2m、每边长l、两端开口的U形空心匀质绝缘细管道，它的AB边与AB边平行，AB边、AB边分辊经极小的弧段过渡到与原方向垂直的AA边。图中AA边的中分线MN朝AB边一段有场强为E的水平匀强电场；MN朝AB边一1段有场强为E的水平匀强电场。E、E大小相同，记为E。AA管内有两文化质量同为m、212电量同为q0的带电小球1、2，它们非常靠近地分居中分线MN两侧。开始时，管道、小球匀静止。一起自由释放后，设系统处处无摩擦，小球间作用力可略。管道、小球在而后的运动过程中，因为对称，球1、2相对管道的运动速度度大小始终相同。已知E电场线、E电场线与中12分线MN的夹角大小同为锐角。（1）试求球1、2分别即将到达A、A对相对管道的运动速度大小v，再求此过程中电场1力总得作功量W。（2）设球1、2通过A、A处极小圆弧段所经时间可略，试求刚过圆弧段时球1、2相对管道的运动速度大小v。2（3）试求球1、2分别从B、B开口处刚离开管道时，相对管道的运动速度大小v。37．（18分）惯性系s、s间的相对运动关系如图所示，O、O重合时取为tt0时刻。s系的y轴上对称地固定着一个焦距f0的会聚透镜，两个点光源A、B分别固定在x轴上，3坐标量分别为x2f，xf。图中未画出x轴上所成的像点a、b，它们的坐标量分AB2别记为x、x。ab（1）设A、B持续发光。（1.1）试求s系测得的a、b之间的距离l；ab（1.2）试求s系测得的a、b之间的距离l(1)。ab（2）设s系中A、B同于t0时刻瞬时发光，a、b也瞬时成像，试求s系测得的这两个像点之间的距离l(2)。ab

28．（30分）由匀质小球、固定斜面和固定挡板组成的系统如图所示，图中给出的参量中仅有和H可在本题答案中出现。将小球从图中静止位置自由释放，恰好能沿斜面作纯滚动，且而后与挡板发生的每次碰撞都是弹性的。试求：（1）小球与斜面间的摩擦因数；（2）小球与挡板第一次碰撞后，球心相对水平方位线MN上升的高度H;1（3）小球与挡板第二次碰撞后，球心相对水平方位线MN上升的高度H;2（4）直到最终小球停在挡板右侧为止的全过程中，球心经过的路程S。29．（24分）某惯性系O-xy坐标原点处，静质量m的质点开始，沿yx/2A抛物线轨道0的x0一侧运动。（1）用质点运动学方法，计算x位置处该抛物线的曲率半径(x)。（2）利用积分公式2x2121xdx1xln(x1x)B（不定常量）22计算该抛物线从x0到xA位置的一段曲线长度l。（3）该质点从x0到xA位置，沿抛物线轨道运动的初速度为零，切向加速度大小为常2量ac/4[2ln(12)]A,c：真空光速0试求质点在xA处所受法向（即与速度方向垂直的方向）力的大小F和切向力的大小F。法切

3参考解答与评分标准1．（6分）可能的解答I：因为人体大部分（约60%）分子为水分了，且人体的重金属分子或原子含量极少；故人体平均密度可估算为水的密度，即为1g/cm3。II：因为正常人学游泳不是非常困难，也不是非常容易，故人体平均密度与水的密度相近，近似为1g/cm3。III：其它合理的估算。2．（8分）（1）a:a1:1（1分）maxmin因环心加速度为零，环上各点相对地面参考系加速度即为相对环心加速度，后者都为等值的向心加速度，无大小之分，即aa。（2分）maxmin（2）圆环最高点部位运动加速度值最大，最低点（与直轨接触的点）部位加速度值最小。（2分）初始时刻，环上各点P相对地面参考系加速度ap可分解为a环心：环心相对地面加速度，方向水平朝右apa环心ap切ap切：P点相对环心切向加速度各个P点对应的ap切值相同，方向不同。参见题解图可知，左图可合成的最高点a上值最大；中图可合成的最低点a下值最小；右图可合成的其它点ap值介于其间。（3分）3．（8分）（1）都不变。（2分）据场强和电势叠加原理，E(r)和U(r)仅由空间电荷分布确定。静电平衡时，导体电荷只分布表面上，取走导体，留下表面电荷，即留下其对E(r)、U(r)的贡献，故E(r)、U(r)都不变。空间的真空中和导体内的场能量密度w(r)仅由E(r)确定，故w(r)不变，介质块内E(r)ee和P(r)不变，由它们确定的场能量密度w(r)也同样不变。（2分）e（2）场强E(r)、电势U(r)都不变，取走价质的那个介质块内w(r)分布要变，其余空间e部位w(r)都不变。（2分）e均匀极化的介质块无极化体电荷，取走介质块后，留下的极化面电荷，空间E(r)、U(r)以及余下介质块中的P(r)都不变，对应的w(r)也都不变。取走的介质把原存在于其内的介质极e化有也取走了，该区域内的w(r)发生变化。（2分）e4．（8分）dyAxx00（1）tan()|sinarcsin（3分）0x0002dxxA2x2A2x2000（2）光线实为一细束光波，在P处将其波阵面放大为题解图所示，

4可能有一部分在yA直线方位上方，另有一部分在下方。经dt时间，上方因各处波速相同，波阵面仍为平面，于是沿yA直线方位继续传播，形成直线行进的光线。经dt时间，下方各处波速不同，波阵面向下偏转，于是沿题图正弦曲线向下偏转地传播，形成曲线行进的光线。几何光学涉及此类问题时，已成习俗地约定只关注题目关注的那个方向偏转地光线。（5分）（此问不必要求学生解答如上述那样细致。）5．（16分）（1）由TT、T2T、T3T，可将A0BOCOA、B、C、D四处p、V参量标记为题解图1所示，可得D处温度和C∽D过程中存在状态E，其状态量分别为34TT,PP,T2TDoE1Eo235R,T2T02据UvCmvT,CmV7R,T2T2o得U∽T曲线如题解图2所示。（6分）759Q＝UUvRTvRTvRTAB吸BABAo222(1)9Q＝vC(TT)vRTBc吸mpCBO2Q＝QQ＝9RT吸AB吸BC吸o7527Q＝U－U＝vRTvRTvRTCD放CDCDo224(2)7Q＝vC(TT)vRTCD放mpDAo434Q＝QQ＝vRT得放CD放DA放04Q放11＝＝5.6%（10分）Q18吸(1)9(2)7附注：CR,CRmpmp226．（22分）解：球1、2相对桌面运动学量的右上方均无角标，管道相对桌面运动学量的右上方有角标*。沿AA方向运动学量的右下方均带角标，沿MN方向运动学量的右下方均带角标||。l12（1）参考题解图1，对小球有aqEsin/m,a(t)22t为小球走完l/2路程所需的时间，为tml/qEsin因管道相对桌面无AA方向运动，即得vu(1)aqElsin/m（6分）1t对管道，因两小球与其一起沿MN方向运动，有a2qEcos/4mqEcos/2m||经t时间所得末速度度大小为1qElu(1)atcos||||2msin

5此过程中电场力总得作功量便为2121*2cosW(2m)v(4m)u(1)qEl(sin)（4分）1||222sin（2）球拐弯前后，相对桌面运动学量分别在题解图2（1）、（2）中示出，由动量、能量守恒方程2mu(2)2mu(2)4mu(1)||||||12121212(2m)u(2)(2m)u(2)(2m)u(1)(4m)u(1)||||||2222***2*2u||(2)u||(2)2u||(1)[u||(2)u||(2)]4u||(1)2*22*2u||(2)u||(2)u(1)2u||(1)**22相减得u||(2)u||(2)2u||(1)u(1)继而又可得*22*2*2[u||(2)u||(2)]u||(2)u||(2)2u||(2)u||(2)2u(1)*即有v2u||(2)u||(2)2u(1)2v1v22qElsin/m（8分）1**1*（阅卷参考答案：u||(2)[2u||(1)2u(1)],u||(2)[2u||(1)2u(1)]）22（3）球拐弯后，管道沿MN方向无加速度，球沿MN方向相对桌面加速度同为相对管道加速度，大小为aqEcos/m||球相对管道初速度大小为v，末速度为v，则有2322vv2la2qEl(sincos)/mv2qEl(sincos)/m（4分）32||37．（18分）（1）111111（1.1）s系中由成像公式，对A-a、B-b、分别由,2fxf3xfafb2解得x2f,x3flxxf（4分）ababba（1.2）s系观察到a、b为两个持续亮点，s系于同一时刻测量a、b位置得间距，相当于测量a、b之间一把运动直尺的长度，故有22l(1)1l1f,v/c（4分）abab（2）s系中a、b在不同时刻点亮，期间有时差。s系观察到a、b也在不同时刻依产供销点亮，期间也有时差。s系在不同时刻测到a被点亮的位置x和b被点亮的位置x，l(2)即为ababx到x的间距，故不可用动尺缩短公式计算。ab透镜成像已约定取小角度近轴范围，即可近似为沿主光轴过光心（坐标原点O）的直线途径。计算光从A到a所需时间和从B到b所需时间分别为4f4.5f和cc其中系因透镜介质形成的附加光程差。据此可得，4fs系中a被点亮的点事件x2f,taac4.5fb被点亮的点事件x3f,tbbc

624f2s系中a被点亮的点事件x(xvt/1)(2fv)/1aaac24.5f2b被点亮的点事件x(xvt/1)(3fv)/1bbbc所求量便为10.5l(2)xxf（10分）abab218．（30分）（1）向下纯滚，最大静摩擦力向上，参考题解图1，由mgsinmgcosma,(mgcos)RI0c022ImR,aRc005255g得tan,agsin,sin（7分）00777R10v1100e末态v2a(H/sin)=gH,gH0eo0e7RR7（2）初态从小球与挡板碰后开始，速度反向，角速度方向和大小都不变，有10110vvgH,gH（3分）1ioe1ioe7R7过程态如题解图2所示，滑动摩擦力向下，有29mgsinmgsinmaagsin1177末态：v0，上升高度H，则由1e122vv2a(H/sin)1i1e115得HH（3分）19为（3）问求解需要，由25g(mgsin)RIsinc1177R107tv/agH1li179gsin得末态逆时针方向角速度410tgH01e1i119R7（3）初态从（2）问末态开始；410vv0,gH（逆时针方向）2i1e2i1e9R7（3分）讨论小球沿斜面向下从连滚带滑直到刚好达到纯滚动状态为止的过程。过程态如题解图3所示，由2mgsinmgsinma272(mgsin)RIc27

795g得aagsin,sin212177R继而有vat,t2222i2刚好走到向下纯滚时，有atvR(t)R222e2e2i2241095210twR/aRgH/(gsingsin)tgH22i22297779gsin7小球此时位置相对初态H高度的位置，下降的高度量为1ev202eh＝sin（h＝H）下下2a4992此时小球所处纯滚动状态，也可等效为小球在该位置上方h处从静止自由释放纯滚下行上到此位置所达状态，即有2v42eh＝sin（h＝Hh）上上下2a490这样，可等效地替推崇成，小球在据MN水平方位线上方1211H＝HhhHvsin()1下上12e2aa2052102177H(gH)sin()97729gsin5gsin521011HgH7()94979g5g5204HH9494529H49处，从静止自由释放，开始向下作纯滚动。而后的运动与本题从初态开始的运动相同，只是5需将H改取为H，经挡板碰撞后所求H，可类比于HH2195529而得HHH()H（8分）219949（4）据（3）问解答可知，小球第k次与挡板碰后相对水平方位线MN上升到529k1H[()H]k1,2k949高处。开始时，k0，小球只是下行高度H；而后上升H,又下行H;最终停靠在挡板右11侧。球心经过的总路径即为S[(2Hk)H]/sink11029i101S[()HH]/sin[HH]/sin9i049912949得S67H/18sin（6分）9．（24分）

822（1）设质点x方向分运动为xvt，则y方向分运动为yvt/2A，有00222vtx2220vv,vvt/Avvv1v1vx0y0xy2020AA2vx222a0,av/Aa＝acos,cosa＝v、Axxy0心y心0v23v2222得(x)＝(Ax)/A（6分）a心22dy2x2（2）由dl(dx)(dy)1()dx1()dxdxAxxAx2xxx21xx2得：l0dlA01()d()A1()ln[1()]AA2AA2AAA将xA代入，所求量为l[2ln(12)]（4分）2（3）xA处速度大小为22cA2u2al2[2ln(12)]c/4uc/204[2ln(12)]A22u2质量为mm/1c/2m020c3d(mu)dmdudm由Fumuma切ma法dtdtdtdtdm得F＝ma＝ma，F＝uma法法心切0dtF的计算：法dmF＝mama，Fuma法法心切0dtF的计算：法22u2Fmam,(xA)22AFmc/46A（7分）法心0法03(xA)F的计算：切2cm02dmdmdumu32cxA处a220dtdudtcu324[2ln(12)]Ac4dmmc/33[2ln(12)]A0dtdmmcc2c2oFumam切00dt33[2ln(12)]A234[2ln(12)]A2F＝2mc/33[2ln(12)]A（7分）切0