2015年江西省大学物理实验创新竞赛初赛试题一、填空题（共15题，每题2分）1、质点的质量为m ，置于光滑球面的顶点A 处(球面固定不动)，如图所示。

当它由静止开始下滑到球面上B 点时，它的加速度的大小为__________。

用θ表示。

1、答θθ2222sin )cos 1(4g g a +-=。

2、储有某种刚性双原子分子理想气体的容器以速度v ＝100 m/s 运动，假设该容器突然停止，气体的全部定向运动动能都变为气体分子热运动的动能，此时容器中气体的温度上升 6.74Ｋ，由此可知容器中气体的摩尔质量M mol ＝__________. (普适气体常量R ＝8.31 J·mol ·K )2、答28×10 kg / mol3、假设地球半径缩小为原值的1/10，但质量保持不变，则地面上原来周期为1秒的小角度单摆现在的周期为T = _______________．3、答0.316s4、一质量为m 的质点沿着一条空间曲线运动，该曲线在直角坐标系下的运动方程为j t sin b i t cos a rω+ω=，其中a 、b 、ω皆为常数，则此该质点对原点的角动量=L___________ _。

4、答 K m abω5、+π介子时不稳定的粒子，在它自己的参照系中测得平均寿命是s 8106.2-⨯，如果它相对实验室以c 8.0(c 为真空中光速)的速度运动，那么实验室参照系中测得+π介子的寿命是 s 。

5、答81033.4-⨯s6、如图所示，假设有两个同相的相干点光源S 1和S 2，发出波长为λ的光，A 是它们连线的中垂线上的一点，若在S 1和A 之间插入厚度为e 、折射率为n 的薄玻璃片，则两光源发出的光在A 点的相位差=∆ϕ 。

若已知5.1,500==n nm λ，A 点恰为第4级明纹中心，则=e A。

6、答λπen )1(2-；A 4104⨯7、在迈克尔逊干涉仪的一支光路中，放入一片折射率为 n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长 λ，则薄膜的厚度是__________。

7、答2(1)n λ-8、如图所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且 n 1＜n 2＞n 3，1λ为入射光在折射率为n 1的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的相位差为______ ____。

8、答 211[4/]n e n πλπ+9、把一个静止质量为m 0的粒子，由静止加速到=v 0.6c (c 为真空中光速）需作的功等于_____________。

9、答0.25 m 0c 2。

10、钨的红限波长是230 nm (1 nm = 10-9 m)，用波长为180 nm 的紫外光照射时，从表面逸出的电子的最大动能为___________________eV 。

(普朗克常量h =6.63×10-34 J·s ，基本电荷e =1.60×10-19 C) 10、答1.511、有两瓶气体，一瓶是氦，另一瓶是氢(均视为刚性分子理想气体)，若它们的压强、体积、温度均相同，则氢气的内能是氦气的 倍。

11、答5／3 12、面积为S ，带电量为±Q 的平行平板。

忽略边缘效应，问：将两板从相距d 1 拉到 d 2 ，外力需要作功A= _______________。

12、答13、在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm ，设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm ，入射光波波长为500nm ，则人的眼睛恰能分辨这两盏灯时，离汽车距离为__________。

13、答8.94×103m14、某一宇宙射线中的介子的动能207k E M c =，其中0M 是介子的静止质量．在实验室中观察到它的寿命是它的固有寿命0τ的 倍．n 3()S d d Q 01222ε-14、答08τ15、如图所示，在不带电的金属球A 内有两个球形空腔． 两空腔球心1O 与2O 相距a ，在两空腔中心放点电荷1q 和2q ， 在A 外沿1O 2O 连线方向放点电荷3q ，3q 到2q 的距离为b ． 达到静电平衡后，A 给1q 的作用力是 ． 15、答()1222204q q q F a a b πε⎛⎤'=+ ⎥ +⎥⎝⎦二、计算题(70分，每题10分)1、（10分）如图,一矩形匀质薄板ABCD ，长为l 、宽为d 、质量为m 。

板可绕竖直轴AB 转动，阻力与薄板表面垂直并与面积及速度的平方成正比，比例系数为k 。

设初角速度ω0，问经过多少时间后，薄板的角速度减为初角速度的一半？1、解：如图取长度为dx 的窄条，ldx dS =，它受阻力l d x x k df 2)(ω-=，阻力矩dx lx k dM 32ω-=（2分） 板在转动中受的总阻力矩为4203241ld k dx lx k M d ωω-=-=⎰（2分）板对转轴的转动惯量为23023131md ld ldx xI d===⎰σσ（2分）由转动定律：dtd md ld k ωω2423141=- （2分） 解得：0234ωkld mt =（2分）2、（10分）有一带电球壳，内、外半径分别为a 和b ，电荷体密度ρ = A / r （式中A 为一常数），在球心处有一点电荷Q ，证明当A = Q / ( 2πa 2)时，球壳区域内的场强E 的大小与r无关．2、解：用高斯定理求球壳内场强：()02/d 4d ερ⎰⎰+=π⋅=⋅VSV Q r E S E （2分） 而⎰⎰⎰π=π⋅=r ravr r A r r rA V 02d 4d 4d ρ()222ar A -π=（3分）()2220202414a r A r r Q E -π⋅π+π=εε202020224r Aa A r Q E εεε-+π= （3分） 要使E的大小与r 无关，则应有02420220=-πrAa r Q εε， 即22a Q A π= （2分）3、（10分）两平行长直导线相距D=40cm,，毎根导线载有电流I 1=I 2=20A ，电流流向如图所示，求：（1） 两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度； （2）如果R 1=R 3=10cm,L=25cm,求通过图中斜线所示面积的磁通量。

3、解：(1)50111() 4.0104A I B T x d x μπ-=+=⨯- ( 5分)(2)1216010201121.ln2.21022()r r ssr I I I l r r B ds Bldx ldx Wb x d x r μμμφπππ+-⎡⎤+===+==⨯⎢⎥-⎣⎦⎰⎰⎰( 5分)4、（10分）两波在一很长的弦线上传播，其波动表达式分别为2114.0010cos(424)(m)3y x t π-=⨯- 2214.0010cos (424)(m)3y x t π-=⨯+求：(1)两波的频率、波长、波速； (2)两波叠加后的节点位置； (3)叠加后振幅最大的那些点的位置.4、解：(1)与波动的标准表达式cos 2()xy A t πνλ=-对比可得4Hz ν=， 1.50mλ=( 2分)波速16.00(m s )u λν-==⋅( 1分)(2)节点位置41()32x n πππ=±+ 即 31()m,0,1,2 (42)x n n =±+=( 4分)(3)波腹位置43xn ππ=±即3/4m,0,1,2...x n n =±=( 3分)5、（10分）两相互平行无限长的直导线载有大小相等方向相反的电流，长度为b 的金属杆CD 与两导线共面且垂直，相对位置如图。

CD 杆以速度v平行直线电流运动，求CD 杆中的感应电动势，并判断C 、D 两端哪端电势较高？5、解：建立坐标(如图)21B B B+=II CDvxIB π=201μ， )(202a x IB -π=μ ( 3分)x I a x I B π--π=2)(200μμ， B 方向⊙ ( 2分)0v 11vd ()d 2I d B x x x a x με==-π- ( 2分) 202av 11d ()d 2a bI xx a x μεε+==-π-⎰⎰ba b a I ++π=2)(2ln20vμ感应电动势方向为C →D ，D 端电势较高。

( 3分)2a x +d x 2a +bII C Dvx O x6、（10分）如图所示，原点是波源，振动方向垂直于纸面，波长是λ。

AB 为波的反射面，反射时无半波损失。

O 点位于A 点的正上方，距离为h 。

Ox 轴平行于AB 。

求Ox 轴上干涉加强点的坐标（限x>0）。

6、解：先在x 轴上任选一点，则波程分别为1r x =，2r =（1分）由干涉加强公式，得到波程差：21 (=1,2,3......)r r r x k k λ∆=-== （4分）解得：2224 2h k x k λλ-=（4分） 因为0x >，所以k 为小于2hλ的正整数。

（1分）7、（10分）一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到500 nm 与700 nm这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．建议：（13.13）式2分，（13.14）、（13.15）式各1分，（13.16）式与k1和k2值各1分，结果2分。

二、附加题（以下两题中任选一题，解答两题者，取两者中的低分计入总分）8、（10分）泊松比40.1=γ的理想气体进行如图所示的循环，已知状态A 的温度为400K ，求(1)状态B 、C 的温度；(2)各过程气体所吸收的热量。

8、解：(1)由40.1=γ，可得：R C R C P V 27,25== （2分）由理想气体状态方程：RT MPV μ=，有A A A RT MV P μ=，B B B RT MV P μ=，C C C RT MV P μ=由K T A 400=，可得：K T K T C B 100,300==，以及2=R Mμ； （3分）(2)C B →：等压压缩过程，()01400<-=-⋅⋅=J T T C MQ B C P BC μ，为放热过程；（1分） A C →：等体升压过程，()01500>=-⋅⋅=J T T C MQ C A V CA μ，为吸热过程；（1分）B A →：根据热力学第一定律：AE Q +∆=，J PdV A J T T C ME BAA B V 100024)400100(,500)(=⨯+==-=-⋅⋅=∆⎰μ（2分）05001000500>=+-=J Q AB ，为吸热过程。