2013年上海理工大学大学物理竞赛试题姓名： 学号： 班级： 任课老师：得分：1. 一质量为m 的物体，以初速度为V 0的速度竖直上抛，物体受到的阻力与速度大小成正比，方向与速度相反，比例系数为K ，求：该物体能够到达的最大高度和回到出发点的速度。

（本题10分）2. 一质点沿光滑的抛物线x y 22=无初速地滑下，质点初始坐标为(2，2)，求质点脱离抛物线处的坐标。

（本题10分）3. 设一动力暖气装置由一台卡诺热机和一台卡诺致冷机组合而成．热机靠燃料燃烧时释放的热量工作并向暖气系统中的水放热，同时，热机带动致冷机．致冷机自天然蓄水池中吸热，也向暖气系统放热．假定热机锅炉的温度为t 1 =210 ℃，天然蓄水池中水的温度为 t 2 =15 ℃，暖气系统的温度为t 3＝60 ℃，热机从燃料燃烧时获得热量Q 1 = 2.1×107 J ，计算暖气系统所得热量。

（本题10分）4. 用热力学第二定律证明，绝热线和等温线不可能有两个交点。

（本题5分）5. 如图，电流从内部开始沿第一根导线顺时针通过后，紧挨着沿第二根逆时针返回，如此由内到外往返．最后一根导线中的电流沿 (1) 逆时针方向 (2) 顺时针方向，设导线中的电流强度为I ，R 远大于导线的直径．求(1)、(2)两种情况下，O 点处的磁感强度B的大小与方向。

（本题10分）6. 一底面半径为R 的圆锥体，锥面上均匀带电，电荷面密度为σ，设无穷远处为零电势点，试求锥顶点O 处的电势值。

（本题10分）7. 如图所示，半径为R 的均匀带电球面，带有电荷q ．沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为，长度为l ，细线左端离球心距离为r 0．设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷远处的电势为零)。

（本题10分）8. 已知粒子1和粒子2质量都为m 0，粒子1静止，粒子2以速度v 0与粒子1发生弹性碰撞，（1）若碰撞是斜碰，考虑相对论效应，试论证两粒子碰撞之后速度方向的夹角是锐角、直角还是钝角，如果不考虑相对论效应结果又如何？（2）若碰撞是正碰，考虑相对论效应，试求碰撞后两粒子的速度。

（本题10分）r 0 l qRO λOR 2R I9.如图(a)所示，长为L的均匀杆，质量为m，静止在水平面上，可绕通过左端O的竖直光滑轴转动。

一质量为m0＝m/3的小球以速度v0在水平面上垂直击杆于P点，并以速度v ＝v0/3反弹回。

设OP＝3L/4，杆与水平面间的摩擦系数为μ。

求：(1)杆开始转动时的角速度；(2)杆受摩擦力矩的大小；(3)从杆开始转动到静止的过程中摩擦力矩做的功；(4)杆从开始转动到静止所转过的角度和经历的时间。

（本题15分）10.如题所示，一质量为m半径为R的由绝缘材料制成的薄球壳，均匀带正电，电荷量为Q，球壳下面有与球壳固连的底座，底座静止在光滑的水平面上，球壳内部有一劲度系数为k的轻弹簧（质量不计），弹簧始终处于水平位置，其一端与球壳内壁固连，另一端恰位于球心处，球壳上有一小孔C，小孔位于过球心的水平线上，在此水平线上离球壳很远的O处有一质量为m的电荷量也为Q的带正电的点电荷P，它以足够大的初速度V0沿水平的OC方向开始运动，并知P能通过小孔C进入球壳内，不考虑重力和底座的影响，求P刚进入C孔到刚再由C孔出来经历的时间。

（本题20分）11. 设空间存在三个相互垂直的已知场：电场强度为E的匀强电场，磁感应强度为B的匀强磁场和重力加速度为g的重力场。

一质量为m、电荷量为q的带正电的质点在此空间运动，已知在运动过程中，质点速度的大小恒定不变。

(i)试通过论证，说明此质点作何种运动（不必求出运动的轨迹方程）。

(ii)若在某一时刻，电场和磁场突然全部消失，已知此后该质点在运动过程中的最小动能为其初始动能（即电场和磁场刚要消失时的动能）的一半，试求在电场、磁场刚要消失时刻该质点的速度在三个场方向的分量。

（本题10分）部分解答5 解∶设半圆形导线来回往返共N 次，因为第一根是顺时针的，若最后一根逆时针，则有N ／2根逆时针，N ／2根顺时针．若最后一根顺时针，则有(N －1)／2根逆时针，(N ＋1)／2根顺时针．(1) 外一根为逆时针的情况，r →r + d r 内单说逆时针或单说顺时针的电流为r RNII d 2d = 它们在O 点产生的磁场 rrR IN r I B d 84d d 00μμ== 2分 ∴ ⎰⎰+--=RNR R N R R R B B B 2//2d d R N R R R IN /2ln 80-=μN R R RR IN /2ln80+-μ ]2/11ln )211(2[ln 80N N R IN++-=μ)]11ln()211[ln(80NN R IN ++-=μ 3分∵ +-=+221)1ln(x x x …∴ NN N N N 21121)]11ln()211ln(=+-=++- ∴ RIB 160μ= 1分方向⊗ 1分 (2) 最外一根为顺时针的情况，⎰⎰-+-=NR R NR R RRB B B /2/2d d )//2ln2(ln 80NR R NR R RIN+--=μ)]211ln()11[ln(80N N R IN--+=μ 3分)211(80N N R IN +=μRI 1630μ= 1分 方向⊗ 1分以顶点O 作坐标原点，圆锥轴线为z 轴，向下为正．在任意位置z 处取高为d z 的小圆环，其面积为z z z rS d c o stg 2cos d 2d θθθπ=π= 3分其上电荷z z S q d c o stg 2d d θθσσπ==它在O 点产生的电势为z q U d tg 2cos z 4d d 00θεσθε=π=4分总电势 0002d tg 2d εσθεσR z U U h ===⎰⎰ 3分设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='，该线元在带电球面的电场中所受电场力为：d F = q λd x / (4πε0 x 2) 3分整个细线所受电场力为： ()l r r l q x x q F lr r +π=π=⎰+000204d 400ελελ 2分 方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能：d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 3分整个线电荷在电场中具有电势能：⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ 2分 假设碰撞后球1和球2的速度方向之间的夹角为α（见图），则由能量守恒和动量守恒可得22220000102m c m c m c m c γγγ+=+ （1）()()()()()2220000110220110222cos m m m m m γγγγγα=++v v v v v（2）其中02211/cγ=-v ，122111/cγ=-v ，222211/cγ=-v ．由（1）、（2）式得2101γγγ+=+ （3）2222012121212(/)cos c γγγγγα+=++v v （4）由（3）、（4）式得222220121212121212111cos 02()()()c c γγγγγαγγγγ+-+--==>v v v v （5）π2α<（6） 即为锐角．在非相对论情况下，根据能量守恒和动量守恒可得O R x r 0 r 0+ld x x2202100212121v v v m m m +=20 （7） ()()()()()22200010201022cos m m m m m α=++v v v v v（8）对斜碰，1v 的方向与2v 的方向不同，要同时满足（1）和（2）式，则两者方向的夹角π2α=（9） 即为直角．2．根据能量守恒和动量守恒可得2222000022222212111m c m c m c m c ccc+=+---v v v （10）00010222222212111m m m ccc=+---v v v v v v（11）令02211/cγ=-v ，122111/cγ=-v ，222211/cγ=-v则有：20011/c γ=-v ，21111/c γ=-v ，22211/c γ=-v代入（10）、（11）式得2101γγγ+=+（12）111222120-+-=-γγγ（13）解（12）、（13）两式得11=γ 02γγ= （14）或01γγ= 21γ=（15）即10=v ， 20=v v（16）（或10=v v ，20=v ，不合题意）9. 解 (1)设球与杆碰撞时的相互作用力为F 和F ′，如图(b)所示；碰撞后杆的角速度为ω0，则对球应用动量定理，有∫F d t ＝m 0v －(－m 0v 0) (1)对杆应用角动量定理，碰撞瞬间忽略杆与水平面的摩擦力矩(因为M 摩<<3L4F ′)，则有∫M d t ＝∫3L4F ′d t ＝J ω (2)又F ′＝F ，J ＝13mL 2，代入(1)，(2)两式得m 0(v ＋v 0)＝43L J ω， ω＝3L 4J m 0(v ＋v 0)＝v 0L事实上，碰撞瞬间小球、细杆系统对O 轴的角动量守恒，即有3L 4mv 0＝－3L4mv ＋J ω同样可求得ω。

(2)如图(c)，在杆上距O 轴为l 处取质元d m ＝mL d l ，d m 受摩擦力d f ＝μg d m ，d f 对O 轴的力矩为d M ＝l d f ＝μmgL l d l所以摩擦力矩M ＝∫d M ＝μmg L ⎠⎛0L l d l ＝12μmgL(3)由刚体转动的动能定理可知，摩擦力矩做的功等于杆的转动动能的增量.得ΔE k ＝0－12J ω2＝－16mv 20(4)由ΔE k ＝∫－M d θ＝－⎠⎛0θ12μmgL d θ＝－12μmgLθ，得杆转过的角度：θ＝－2ΔE k μmgL ＝v 203μgL又由角动量定理∫M d t ＝M Δt ＝J ω得Δt ＝J ωM ＝2v 03μg或由匀变速转动公式，有Δθ＝θ－0＝ω－Δt ＝ω2Δt同样可得Δt ＝2θω＝2v 03μg10，解：11.参考解答：(i)在空间取如图所示的直角坐标Oxyz ，Ox 轴沿电场方向，Oy 轴沿磁场方向，Oz 轴与重力方向相反。

因为磁场作用于质点的洛仑兹力与磁场方向垂直，即在Oxz 平面内；作用于质点的电场力和重力也在Oxz 平面内，故质点在y 方向不受力作用，其速度沿y 方向的分速度的大小和方向都是不变的。

根据题意，质点速度的大小是恒定不变的，而磁场作用于质点的洛仑兹力对质点不做功，故质点的速度沿垂直磁场方向的分速度的大小一定也是恒定不变的，故此分速度必须与电场力和重力的合力垂直。