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高中物理竞赛含答案(很经典)


一、1. 操作方案:将保温瓶中 t ? 90.0 ℃的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分,与 温度为 t0 ? 10.0 ℃的构件充分接触,并达到热平衡,构件温度已升高到 t1 ,将这部分温度为 再从保温瓶倒出一部分热水, 再次与温度为 t1 的构件充分接触, 并达到热平衡, t1 的水倒掉。 此时构件温度已升高到 t 2 ,再将这些温度为 t 2 的水倒掉。然后再从保温瓶中

倒出一部分热水 来使温度为 t 2 的构件升温??直到最后一次,将剩余的热水全部倒出来与构件接触,达到热 平衡。只要每部分水的质量足够小,最终就可使构件的温度达到所要求的值。 2. 验证计算:例如,将 1.200kg 热水分 5 次倒出来,每次倒出 m0 =0.240kg,在第一 次使热水与构件达到热平衡的过程中,水放热为

Q1 ? c0 m0 (t ? t1 )
构件吸热为

(1)

Q1? ? cm(t1 ? t0 )
由 Q1 ? Q1? 及题给的数据,可得

(2)

t1 =27.1℃
同理,第二次倒出 0.240kg 热水后,可使构件升温到

(3)

t 2 =40.6℃
依次计算出 t1 ~ t5 的数值,分别列在下表中。 倒水次数/次 平衡温度/℃ 可见 t5 =66.0℃时,符合要求。 1 27.1 2 40.6 3 51.2 4 59.5 5 66.0

(4)

附:若将 1.200kg 热水分 4 次倒,每次倒出 0.300kg,依次算出 t1 ~ t 4 的值,如下表中的数 据: 倒水次数/次 平衡温度/℃ 1 30.3 2 45.50 3 56.8 4 65.2

由于 t 4 =65.2℃<66.0℃,所以如果将热水等分后倒到构件上,则倒出次数不能少于 5 次。

v?

v
? vz

vz

二、设计的磁场为沿 z 轴方向的匀强磁场, O 点和 M 点都处于这个磁场中。下面我们根据 题意求出这种磁场的磁感应强度的大小。粒子由 O 点射出就进入了磁场,可将与 z 轴成 ? 角 的速度分解成沿磁场方向的分速度 vZ 和垂直于磁场方向的分速度 v? (见图预解 20-4-1) , 注意到 ? 很小,得

vZ ? v cos? ? v v? ? v sin? ? v?

(1) (2)

粒子因具有垂直磁场方向的分速度, 在洛仑兹力作用下作圆周运动, R 表示圆周的半径, 以 有

qBv? ? m
圆周运动的周期

2 v? R

T?
由此得

2? R v?

T?

2? m qB

(3)

可见周期与速度分量 v? 无关。 粒子因具有沿磁场方向的分速度,将沿磁场方向作匀速直线运动。由于两种分速度同 时存在,粒子将沿磁场方向作螺旋运动,螺旋运动 螺距为

h ? vZ T ? vT

(4)

由于它们具有相同的 v , 因而也就具有相同的螺距; 又由于这些粒子是从同一点射出的,所以经过整数 个螺距(最小是一个螺距)又必定会聚于同一点。 只要使 OM 等于一个螺距或一个螺距的 n (整数) 倍,由 O 点射出的粒子绕磁场方向旋转一周(或若 干周后)必定会聚于 M 点,如图 20-4-2 所示。所 以 d ? nh , n =1,2,3,? (5) 由式(3)(4)(5)解得 、 、

B?

2? mvn , n =1,2,3,? qd

(6)

这就是所要求磁场的磁感应强度的大小,最小值应取 n =1,所以磁感应强度的最小值为

B?

2? mv 。 qd

(7

三、 摆线受阻后在一段时间内摆球作圆周运动,若摆球的质量 为 m ,则摆球受重力 mg 和摆线拉力 T 的作用,设在这段时间 内任一时刻的速度为 v ,如图预解 20-5 所示。用 ? 表示此时摆 线与重力方向之间的夹角,则有方程式

mv 2 (1) l?x 运动过程中机械能守恒,令 ? 表示摆线在起始位置时与竖直方 向的夹角,取 O 点为势能零点,则有关系 T ? mg cos ? ?

1 ?mgl cos? ? mv2 ? mg[ x ? (l ? x)cos? )] 2

(2)

摆受阻后,如果后来摆球能击中钉子,则必定在某位置时 摆线开始松弛,此时 T =0,此后摆球仅在重力作用下作斜抛运 动。设在该位置时摆球速度 v ? v0 ,摆线与竖直线的夹角 ? ? ? 0 ,由式(1)得
2 v0 ? g (l ? x)cos?0 ,

(3)

代入(2)式,求出

2l cos? ? 3( x ? l )cos? 0 ? 2 x
要求作斜抛运动的摆球击中 C 点,则应满足下列关系式:

(4)

(l ? x)sin ?0 ? v0 cos?0t ,

(5) (6)

1 (l ? x)cos?0 ? ?v0 sin ?0t ? gt 2 2 利用式(5)和式(6)消去 t ,得到
2 v0 ?

g (l ? x)sin 2 ? 0 2cos? 0

(7)

由式(3)(7)得到 、

cos ? 0 ?
代入式(4) ,求出

3 3

(8)

? ? arccos ?

? x(2 ? 3) ? l 3 ? ? 2l ? ?

(9)

? 越大, cos ? 越小, x 越小, ? 最大值为 ? / 2 ,由此可求得 x 的最小值:

x(2 ? 3) ? 3l ,
所以

x ? (2 3 ? 3)t ? 0.464l

(10)

四、 (1)规定运动员起跳的时刻为 t ? 0 ,设运动员在 P 点(见图预解 20-6)抛出物块,以 t 0 表 示运动员到达 P 点的时刻,则运动员在 P 点的坐标 xP 、 yP 和抛物前的速度 v 的分 量 v px 、 v py 分别为

Vpy ux v0 Vpx

?
(1) (2) (3) (4)

uy

v px ? v0 cos? , v py ? v0 sin? ? gt0 x p ? v0 cos? t0 ,

1 2 y p ? v0 sin?t0 ? gt0 2

设在刚抛出物块后的瞬间,运动员的速度 V 的分量大小分别为 V px 、 V py ,物块相对运 动员的速度 u 的分量大小分别为 u x 、 u y ,方向分别沿 x 、负 y 方向。由动量守恒定律可知

MVpx ? m(Vpx ? ux ) ? (M ? m)v px , MVpy ? m(Vpy ? u y ) ? (M ? m)v py
因 u 的方向与 x 轴负方向的夹角为 ? ,故有

(5) (6)

u x ? u cos?

(7) (8)

u y ? u sin?
解式(1)(2)(5)(6)和式(7)(8) 、 、 、 、 ,得

Vpx ? v0 cos? ? Vpy

mu cos? M ?m mu sin? ? v0 sin? ? gt0 ? M ?m

(9) (10)

抛出物块后, 运动员从 P 点开始沿新的抛物线运动, 其初速度为 V px 、 py 。 t 时刻 t ? t0 ) 在 ( V 运动员的速度和位置为

Vx ? Vpx , Vy ? Vpy ? g (t ? t0 ) ,

(11) (12) (13)

x ? x p ? Vpx (t ? t0 ) ? (v0 cos? ?

mux mux )t ? t0 , M ?m M ?m

1 y ? y p ? Vpy (t ? t0 ) ? g (t ? t0 )2 2
由式(3)(4)(9)(10)(13)(14)可得 、 、 、 、 、

(14)

mu cos? ? x ? ? v0 cos? ? M ?m ? mu sin ? ? y ? 2 ? v0 sin ? ? M ?m ?
运动员落地时,

? mu cos? t0 ?t ? M ?m ?

(15)

2mu sin ? ? 2 t0 ? t ? gt ? M ?m ?

(16)

y?0
由式(16)得

mu sin ? ? gt 2 ? 2 ? v0 sin ? ? M ?m ?
方程的根为

? 2mu sin ? t0 ? 0 , ?t ? M ?m ?

(17)

t?

v0 sin ? ?

mu sin ? mu sin ? 2 mu sin ? ? (v0 sin ? ? ) ? 2g t0 M ?m M ?m M ?m g

(18)

式(18)给出的两个根中,只有当“ ? ”取“+”时才符合题意,因为从式(12)和式(10) , 可求出运动员从 P 点到最高点的时间为式

? mu sin ? ? v0 sin ? ? ? ? ? M ?m ? g
而从起跳到落地所经历的时间应比上面给出的时间大,故从起跳到落地所经历的时间为

t?

v0 sin ? ?

mu sin ? mu sin ? 2 mu sin ? ? (v0 sin ? ? ) ? 2g t0 M ?m M ?m M ?m g

(19)

(2)由式(15)可以看出, t 越大, t 0 越小,跳的距离 x 越大,由式(19)可以看出,当

t 0 =0
时, t 的值最大,由式(3)和式(4)可知,抛出物块处的坐标为

xp ? 0 , y p ? 0

(20)

即应在原点亦即在刚起跳时把物块抛出,运动员可跳得远一点。由式(19)可以得到运动员 自起跳至落地所经历的时间为

T ?2

v0 sin ? m u sin ? ?2 g M ?m g

把 t0 ? 0 和 t ? T 代入式(15) ,可求得跳远的距离,为

x?
可见,若

2 v0 sin 2? 2mv0u m2u 2 ? sin(? ? ? ) ? sin 2? g ( M ? m) g ( M ? m)2 g

(21)

sin 2? ? 1, sin(? ? ? ) ? 1, sin 2? ? 1 ,

? ?? /4 , ? ?? /4 即 (22) 时, 有最大值, 即沿与 x 轴成 45?方向跳起, 且跳起后立即沿与负 x 轴成 45?方向抛出物块, x 则 x 有最大值,此最大值为
xm ?
2 v0 2mv0u m2u 2 ? ? g ( M ? m) g ( M ? m ) 2 g

(23)

本题还可以考虑用整体法求的抛球的时间为起跳时间。 (机械能守恒)

五、 在电压为 U 0 时,微粒所受电场力为 U 0 q / 2l ,此时微粒的加速度为 a0 ? U 0 q / 2lm 。将 此式代入题中所给的等式,可将该等式变为

3 ?T ? l ? a0 ? ? 16 ? 2 ?

2

(1)

现在分析从 0 到 T / 2 时间内,何时产生的微粒在电场力的作用下能到达 A 板,然后计 算这些微粒的数目。 在 t ? 0 时产生的微粒,将以加速度 a0 向 A 板运动,经 T / 2 后,移动的距离 x 与式(1) 相比,可知

1 ?T ? x ? a0 ? ? ? l 2 ?2?

2

(2)

即 t ? 0 时产生的微粒,在不到 T / 2 时就可以到达 A 板。在 U A ? U 0 的情况下,设刚能到达 A 板的微粒是产生在 t ? t1 时刻,则此微粒必然是先被电压 U 0 加速一段时间 ?t1 ,然后再被电 压 ?2U 0 减速一段时间,到 A 板时刚好速度为零。用 d 1 和 d2 分别表示此两段时间内的位移,

v1 表示微粒在 ?t1 内的末速,也等于后一段时间的初速,由匀变速运动公式应有

1 d1 ? a0 (?t1 )2 2
0 ? v12 ? 2(?2a0 )d2
又因

(3) (4)

v1 ? a0 ?t1 ,

(5)

d1 ? d2 ? l ,

(6) (7)

t1 ? ?t1 ?
由式(3)到式(7)及式(1) ,可解得

T , 2

t1 ?

T , 2

(8)

这就是说, U A ? U 0 的情况下, t ? 0 到 t ? T / 4 这段时间内产生的微粒都可到达 A 板 在 从 (确 切地说,应当是 t ? T / 4 ) 。 为了讨论在 T / 4 ? t ? t / 2 这段时间内产生的微粒的运动情况, 先设想有一静止粒子在 A 板附近,在 U A ? ?2U 0 电场作用下,由 A 板向 B 板运动,若到达 B 板经历的时间为 ? ,则有

1 2l ? (2a0 )? 2 2
根据式(1)可求得

??

3 1 ? T 2 4

由此可知,凡位于 MN 到 A 板这一区域中的静止微粒,如果它受 U ? ?2U 0 的电场作用时间 大于 ? ,则这些微粒都将到达 B 板。 在 t ? T / 4 发出的微粒, U A ? U 0 的电场作用下, A 板加速运动, 在 向 加速的时间为 T / 4 , 接着在 U A ? ?2U 0 的电场作用下减速, 由于减速时的加速度为加速时的两倍, 故经过 T / 8 微 粒速度减为零。由此可知微粒可继续在 U A ? ?2U 0 的电场作用下向 B 板运动的时间为

?1 ? T ? T ? T ? ? T
由于 ? 1 ? ? ,故在 t ? T / 4 时产生的微粒最终将到达 B 板(确切地说,应当是 t ? T / 4 ) ,不 会再回到 A 板。 在 t 大于 T / 4 但小于 T / 2 时间内产生的微粒,被 U A ? U 0 的电场加速的时间小于 T / 4 , 在 U A ? ?2U 0 的电场作用下速度减到零的时间小于 t ? T / 8 ,故可在 U A ? ?2U 0 的电场作用 下向 B 板运动时间为

1 2

1 8

3 8

3 1 2 4

? ? ? T ? T ? ?1
所以这些微粒最终都将打到 B 板上,不可能再回到 A 板。 由以上分析可知,在 t ? 0 到 t ? T / 2 时间内产生的微粒中,只有在 t ? 0 到 t ? T / 4 时间 内产生的微粒能到达 A 板, 因为各个时刻产生带电微粒的机会均等, 所以到达 A 板的微粒数 为

1 2

1 8

1 N ? 320 ? ? 80 4

(9)


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