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06历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答

时间:2010-01-10


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历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答
第6届 年于罗马尼亚的布加勒斯特) (1972 年于罗马尼亚的布加勒斯特)
【题1】给定三个圆柱,它们的长度,外径和质量均相同.第一个是实心圆柱;第二个是空 心圆筒,壁有一定厚度;第三个是同样壁厚的圆筒,但两端用 薄片封闭, 里面充满一种密度与筒壁相同的液体. 如将它们放 S 在倾角 α 为的斜面上,如图 6.1 所示,求出并比较这些圆柱的 R 线加速度. 研究光滑滚动与又滚又滑两种情况. 圆柱与斜面的 mg sin α 摩擦系数为 ,液体与筒壁之间的摩擦可以忽略. 解: 沿斜面方向作用在圆柱上的力是: 作用于质心重力的分量 α mg sinα和作用于接触点的摩擦力 S,如图 6.1 所示.产生的加 速度 a : ma=mg sinα-S 纯滚动时的角加速度为:

β=
转动的运动方程为:

a R a I R

RS =
以上方程组的解为:

a=

g sin α I 1+ mR 2
mg sin α I mR 2

S=

I 1+ mR 2

(1)

当 S 达到最大可能值 mg cosα时,也就到了纯滚动的极限情形,这时:

I 2 mg cos α h = mg sin α h mR I 1+ mR 2
即维持纯滚动的极限条件为
1

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tan α h = (1 +

mR 2 ) I

(2)

下面我们来研究三个圆柱体的纯滚动情形. (Ⅰ)实心圆柱的转动惯量为

I=

1 mR 2 2 2 g sin α , 3
tan ah=3

从(1)式和(2)式分别得到

a=
角加速度为:β=

a R

(Ⅱ)设空心圆筒壁的密度是实心圆柱密度的 n 倍.因已知圆柱的质量是相等的,故可 以算出圆筒空腔的半径 r:

ρπR 2 L = nρπL( R 2 r 2 )


r 2 = R2
转动惯量为:

n 1 n 2n 1 n

I = 0.5nρπLR 2 R 2 0.5nρπLR 2 r 2 = 0.5mR 2
由(1)式和(2)式分别算出:

a=
角加速度为:β=

2n g sin α , 4n 1

tan α h =

4n 1 2n 1

a R

(Ⅲ)对充满液体的圆筒,因液体与筒壁之间无摩擦力,故液体不转动.总质量为 m,但转 动惯量只需对圆筒壁计算:

I = 0.5nρπLR 2 R 2 0.5nρπLR 2 r 2 = 0.5mR 2
由(1)式和(2)式分别算出:

2n 1 n

a=
角加速度为:β=

2n2 g sin α , 2n 2 + 2 n 1

tan α h =

2 n 2 + 2n 1 2n 1

a R

现在比较三个圆柱体的运动特点:线加速度和角加速度之比为:
2

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1: 极限角正切之比为: 1:

3n 3n 2 : 4n 1 2n 2 + 2n 1

4n 1 2n 2 + 2n 1 : 3(2n 2) 3(2n 1)

如果斜面倾角超过极限角,则圆柱又滑又滚.此时三个圆柱体的摩擦力均为 mg cosα, 故线加速度相同,为: a=g(sinα-cos α) 角加速度由 β=

Rmg cos α 给出,但转动惯量在三种情况下各不相同.因此,若圆柱体又 I 2 cos α g R 2 cos α n β2 = g R 2n 1

滚又滑,则三种情况下的角加速度分别为:

β1 =

β3 =

2 cos α n 2 g R 2n 1

【题2】有两个底面积为 1dm2 的圆筒,如图 6.2 所示,左方圆筒装有一种气体,气体的质量 右方圆筒装有同种气体, 气体的质量 7.44g, 体积 22.4L, 4g, 体积 22.4L, 压强 1atm, 温度 00C. 0 0 压强 1atm,温度 0 C.左方圆筒筒壁绝热,右方圆筒靠一个大热库维持温度 0 C.整个系统 在真空中.放开活塞,它移动了 5dm 后达到平衡并静止.试问右方圆筒中的气体吸收了多少 热量?气体等容比热为 0.75cal/gK.

00C
图 6.2 解:放开连杆前,右方气体压强为: 7.44/4=1.86(atm) 在达到平衡时, 左方气体体积为 22.4+5=17.4 (dm3) 右方气体体积为 22.4+5=27.4 , (dm3) . 左方气体经绝热过程升高温度到 T,压强为 p.右方气体经等温膨胀到同一压强.等温膨胀 由下式表示: 1.86×22.4=×27.4 解得: p=1.521 atm
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对左方气体应用绝热过程定律,得: 1×22.4k=1.521×17.4k 由此可求得比热之商 k 如下

(

22.4 k ) = 1.521 17.4

1.2874k=1.521 k=1.66 (看来它是一种单原子气体:氦. ) 左方气体的温度可从状态方程算出:

1 × 22.4 1.521 × 17.4 = 273 T
解得: T=322.5K t=49.50C 在这个过程中,右方气体的温度没有改变,它吸收了 0.75×4×49.5=148.5 cal 注 的热量,这些热量表现为气体的内能 . (注:此处是指左方气体的内能.因为右方气体等温膨胀,所吸收的热量等于它对左方气体 所作的功.左方气体绝热压缩,右方气体对它所作的功等于左方气体内能的增量. ) 【题3】将焦距为 f 的一个透镜,沿其表面的垂直方向切割成两部分.把两个半透镜移开一 段小距离 δ,如果在透镜的一方距离 t >f 处放置一个单 色点光源, 问在透镜的另一方距离 H 处的屏幕上将出现多 少干涉条纹? S α 解:由两部分透镜所产生的像是相干光源,所以可以发生 d 干涉.设两个点光源的距离为 d,若光程差等于波长 λ, 则在 h 远处的屏幕上将出现第一个极强, 如解图 6.1 所示. h 即: dsinα=λ 解图 6.1 由于α是小角,取近似 sin α ≈

S ,各级极强的间距为: h dS λh =λ, S= h d

下面计算两个焦点的位置. 一个点光源位于焦距为 f 的透镜前 t 距离处, 它产生的实像位于 k =

tf , 如解图 6.2 所示. t f

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K1

A B D

δ

d K2

t

k H

h

解图 6.2 若切口的宽度为 δ,则两实像点间的距离可从下列比例式中得到:

d

δ
因此 d = δ

=

t+k t

t+k δt = t t f H (t f ) tf t f

像点 K1 和 K2 是相干光源.它们发射出来的光束的干涉在屏幕上观察到.条纹的间距为

S=

λh
d

,其中 d 为已知.屏幕到像点的距离为: h = H k =

在此实验中,条纹间距为: S =

λ [H (t f ) tf ] tδ

干涉条纹出现在 K1 和 K2 发出的两束光交叠处.由相似三角形求得两束光交叠部分的直 径为 D = δ

h+t t

D δ2 H +t 用 S 除 D,得条纹数目为 N = = S λ H (t f ) tf
如果 f =10cm,t=20cm,δ=0.1cm,λ=0.5m,H=50cm,则得 N=46.6 . 当屏幕比 A 点更近时,对 D 必须另作计算.如屏幕在 B 点以内,则无干涉条纹. 【实验题】给定两个圆柱体,它们的大小,形状,材料均相同,其一是实心体,另一个 内部有一个与圆柱轴平行的圆柱形空腔.后者两端用薄片封闭.试确定材料密度,以及空腔 轴与圆柱轴之间的距离. 解答: 实心圆柱体的密度可由其质量和体积确定. 其次我们测量有空腔的圆柱体的质量, 根据两个圆柱体质量之差,算出空腔的体积和直径.为求出两轴的距离,可以用几种方法. 例如,把圆柱体放在水平面上.确定使它恢复平衡的力矩最大时的位置,这时两轴构成的平 面是水平面,由于知道了空腔的大小,便可算出轴间距离.另一种方法在于测定圆柱体对空 腔最近或最远的那条母线的转动惯量.
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