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第20届全国中学生物理竞赛复赛试题(含答案)


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第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷
2003 年 9 月 20 日

题号 得分 复核人






/>








总计

全卷共七题,总分为 140 分。 一、 (15 分)图中 a 为一固定放置的半径为 R 的均匀带电球体,O 为其球心.己知取无限远处的电
势为零时, 球表面处的电势为 U=1000 V.在离 O 很远的 O′点附近有一质子 b,它以 Ek= eV 的动能沿与 O′O 平行的方向射向 a.以 l b 与 O′O 线之间的垂直距离,要使质子 b 能 带电球体 a 的表面相碰,试求 l 的最大值.把 换成电子,再求 l 的最大值. 球 心 2000 表 示 够 与 质 子

二、 (15 分)U 形管的两支管 A、B 和水平管 C 都是由内径均匀的细玻璃管做成的,它们的内径与 管长相比都可忽略不计.己知三部分的截面积分别为 SA = 1.0 × 10?2 cm2 , SB = 3.0 × 10?2 cm2 ,

SC = 2.0 × 10?2 cm2,在 C 管中有一段空气柱,两侧被水银封闭.当温度为 t1 = 27 ℃时,空气柱长为
l =30 cm(如图所示) 中气柱两侧的水银柱长分别为 ,C a =2.0cm, b =3.0cm,A、B 两支管都很长,其中的水
银柱高均为 h =12 cm.大气压强保持为 p0 =76 cmHg 不变.不考虑温度变化时管和水银的热膨胀.试求气柱中 空气温度缓慢升高到 t =97℃时空气的体积.

三、 (20 分)有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星 的设想.其设想如下:沿地球的一条弦挖一通道,如图所示.在通道的两个出口处 A 和 B ,分别将 质量为 M 的物体和质量为 m 的待发射卫星同时自由释放,只要 M 比 m 足够大,碰撞后,质量为 m 的物体,即待发射的卫星就会从通道口 B 冲出通道;设待发卫星上有 一种 装置,在待发卫星刚离开出口 B 时,立即把待发卫星的速度方向变为 沿该 处地球切线的方向,但不改变速度的大小.这样待发卫星便有可能绕 地心 运动,成为一个人造卫星.若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周 运 动,则地心到该通道的距离为多少?己知 M =20 m ,地球半径 R0 = 6400 km.假定地球是质量均匀分布的球体,通道是光滑的,两物体 碰撞是弹性的. 间的

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更多免费试题 教学案资源请登陆 试题、 资源请登陆: 四川省资中县球溪高级中学 更多免费试题、教学案资源请登陆:http://fxhc.cersp.net 四、(20 分)如图所示,一半径为 R 、折射率为 n 的玻璃半球,放在空气中,平表面中央半径为 h0 的 区域被涂黑.一平行光束垂直入射到此平面上,正好覆盖整个表面. Ox 为以球心 O 为原点,与平 而垂直的坐标轴.通过计算,求出坐标轴 Ox 上玻璃半球右边有光线通过的各点(有光线段)和无光 线通过的各点(无光线段)的分界点的坐标.

五、(22 分)有一半径为 R 的圆柱 A,静止在水平地面上,并与竖直墙面 触.现有另一质量与 A 相同,半径为 r 的较细圆柱 B,用手扶着圆柱 A, 放在 A 的上面,并使之与墙面相接触,如图所示,然后放手. 己知圆柱 A 与地面的静摩擦系数为 0.20,两圆柱之间的静摩擦系 0.30.若放手后,两圆柱体能保持图示的平衡,问圆柱 B 与墙面间的静 系数和圆柱 B 的半径 r 的值各应满足什么条件?

相接 将 B

数为 摩擦

六、 分)两个点电荷位于 x 轴上, (23 在它们形成的电场中, 无限远处的电势为零,则在正 x 轴上各点的电势如图中曲 示, x → 0 时, 当 电势 U → ∞ : x → ∞ 时, 当 电势 U → 0 ; 为零的点的坐标 x0 , 电势为极小值 ?U 0 的点的坐标为 ( a >2) 。试根据图线提供的信息,确定这两个点电荷所 荷的符号、电量的大小以及它们在 x 轴上的位置.

若取 线所 电势

ax0
带电

七、(25 分)如图所示,将一铁饼状小物块在离地面高为 h 处 沿水平方向以初速 v0 抛出. 己知物块碰地弹起时沿竖直方向 的分速度的大小与碰前沿竖直方向的分速度的大小之比为 e (<1) .又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系数 为 ? (≠0) :每次碰撞过程的时间都非常短,而且都是“饼 面”着地.求物块沿水平方向运动的最远距离.

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准
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更多免费试题 教学案资源请登陆 试题、 资源请登陆: 四川省资中县球溪高级中学 更多免费试题、教学案资源请登陆:http://fxhc.cersp.net 一、参考解答 令 m 表示质子的质量,v0 和 v 分别表示质子的初速度和到达 a 球球面处的速度,e 表示元电荷, 由能量守恒可知

1 2 1 2 mv0 = mv + eU 2 2

(1)

因为 a 不动,可取其球心 O 为原点,由于质子所受的 a 球对它的静电库仑力总是通过 a 球的球心, 所以此力对原点的力矩始终为零,质子对 O 点的角动量守恒。所求 l 的最大值对应于质子到达 a 球 表面处时其速度方向刚好与该处球面相切(见复解 20-1-1) 。以 lmax 表示 l 的最大值,由角动量守恒 有

mv0lmax = mvR
由式(1)(2)可得 、

(2)

lmax = 1 ?
代入数据,可得

eU R 2 mv0 / 2

(3)

2 R (4) 2 若把质子换成电子,则如图复解 20-1-2 所示,此时式(1)中 e 改为 ?e 。同理可求得 lmax = lmax = 6 R 2
(5)

评分标准:本题 15 分。 式(1)(2)各 4 分,式(4)2 分,式(5)5 分。 、

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二、参考解答 在温度为 T1 = (27 + 273)K=300K 时,气柱中的空气的压强和体积分别为

p1 = p0 + h , V1 = lSC

(1)

(2)

当气柱中空气的温度升高时,气柱两侧的水银将被缓慢压入 A 管和 B 管。设温度升高到 T2 时, 气柱右侧水银刚好全部压到 B 管中,使管中水银高度增大

?h =

bSC SB

(3)

由此造成气柱中空气体积的增大量为

?V ′ = bSC

(4)

与此同时, 气柱左侧的水银也有一部分进入 A 管, 进入 A 管的水银使 A 管中的水银高度也应增大 ?h , 使两支管的压强平衡,由此造成气柱空气体积增大量为

?V ′′ = ?hS A
所以,当温度为 T2 时空气的体积和压强分别为

(5)

V2 = V1 + ?V ′ + ?V ′′ p2 = p1 + ?h
由状态方程知

(6)

(7)

p1V1 p2V2 = T1 T2
由以上各式,代入数据可得

(8)

T2 = 347.7 K

(9)

此值小于题给的最终温度 T = 273 + t = 370 K,所以温度将继续升高。从这时起,气柱中的空气作等 压变化。当温度到达 T 时,气柱体积为

V=
代入数据可得

T V2 T2

(10)

V = 0.72 cm3

(11)

评分标准:本题 15 分。 求得式(6)给 6 分,式(7)1 分,式(9)2 分,式(10)5 分,式(11)1 分。

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三、参考解答 位于通道内、质量为 m 的物体距地心 O 为 r 时(见图复解 20-3) ,它受到地球的引力可以表示 为 GM ′m F= , (1) r2 式中 M ′ 是以地心 O 为球心、 r 为半径的球体所对应的那部分地球的质量, 以 若以 ρ 表示地球的密度, 此质量可以表示为

4 ρπ r 3 3 于是,质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为 4 F = π G ρ mr (3) 3 作用于质量为 m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为 f = F sin θ (4) M′= x (5) r θ 为 r 与通道的中垂线 OC 间的夹角, x 为物体位置到通道中 点 C 的距离,力的方向指向通道的中点 C 。在地面上物体的重力 表示为
sin θ =
mg = GM 0 m 2 R0

(2)

可 以

(6)

式中 M 0 是地球的质量。由上式可以得到

4 g = π G ρ R0 3
由以上各式可以求得

(7)

f =

mg x R0

(8)

可见, f 与弹簧的弹力有同样的性质,相应的“劲度系数”为

k=

mg R0

(9)

物体将以 C 为平衡位置作简谐振动,振动周期为 T = 2π R0 / g 。取 x = 0 处为“弹性势能”的零点, 设位于通道出口处的质量为 m 的静止物体到达 x = 0 处的速度为 v0 ,则根据能量守恒,有

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1 2 1 2 mv0 = k ( R0 ? h 2 ) 2 2 式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式,得
2 v0 = 2 R0 ? h 2 g R0

(10)

(11)

可见,到达通道中点 C 的速度与物体的质量无关。 设想让质量为 M 的物体静止于出口 A 处,质量为 m 的物体静止于出口 B 处,现将它们同时释 放,因为它们的振动周期相同,故它们将同时到达通道中点 C 处,并发生弹性碰撞。碰撞前,两物 体速度的大小都是 v0 ,方向相反,刚碰撞后,质量为 M 的物体的速度为 V ,质量为 m 的物体的速 度为 v ,若规定速度方向由 A 向 B 为正,则有

Mv0 ? mv0 = MV + mv ,

(12)

1 1 2 1 1 2 Mv0 + mv0 = MV 2 + mv 2 (13) 2 2 2 2 解式(12)和式(13) ,得 3M ? m v= v0 (14) M +m 质量为 m 的物体是待发射的卫星,令它回到通道出口 B 处时的速度为 u ,则有 1 1 1 2 k ( R0 ? h 2 ) + mu 2 = mv 2 (15) 2 2 2 由式(14)(15)(16)和式(9)解得 、 、

u2 =

2 8M ( M ? m) R0 ? h 2 g R0 ( M + m) 2

(16)

u 的方向沿着通道。根据题意,卫星上的装置可使 u 的方向改变成沿地球 B 处的切线方向,如果 u 的 大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动,则有 G M 0m u2 =m 2 R0 R0
(17)

由式(16)(17)并注意到式(6) 、 ,可以得到

h=
已知 M = 20 m,则得

R0 2

7 M 2 ? 10Mm ? m 2 2M ( M ? m)

(18)

h = 0.925R0 = 5920 km

(19)

评分标准:本题 20 分。 求得式(11)给 7 分,求得式(16)给 6 分,式(17)2 分,式(18)3 分,式(19)2 分。

四、参考解答

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更多免费试题 教学案资源请登陆 试题、 资源请登陆: 四川省资中县球溪高级中学 更多免费试题、教学案资源请登陆:http://fxhc.cersp.net 图复解 20-4-1 中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路 (图中阴影处是无光线进入的区域) , 光线在球面上的入射角和折射角分别为 i 和 i′ ,折射光线与坐标轴的交点在 P 。令轴上 OP 的距离为 x , MP 的距离为 l ,根据折射定律,有 sin i′ =n (1) sin i

在 ?OMP 中

l x = sin i sin i′ 2 l = R 2 + x 2 ? 2 Rx cos i
由式(1)和式(2)得

(2) (3)

x = nl
再由式(3)得

x 2 = n 2 ( R 2 + x 2 ? 2 Rx cos i )
设 M 点到 Ox 的距离为 h ,有

h = R sin i
R cos i = R 2 ? R 2 sin 2 i = R 2 ? h 2


x2 = R2 + x 2 ? 2 x R2 ? h2 n2 1 x 2 (1 ? 2 ) ? 2 x R 2 ? h 2 + R 2 = 0 n
解式(4)可得

(4)

x=

n2 R 2 ? h2 ± n R 2 ? n 2h 2 n2 ? 1

(5)

为排除上式中应舍弃的解,令 h → 0 ,则 x 处应为玻璃半球在光轴 Ox 上的傍轴焦点,由上式

n(n ± 1) n n R= R或 R n ?1 n +1 n2 ? 1 由图可知,应有 x > R ,故式(5)中应排除±号中的负号,所以 x 应表示为 x→

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x=

n2 R 2 ? h2 + n R 2 ? n 2 h 2 n2 ? 1

(6)

上式给出 x 随 h 变化的关系。 因为半球平表面中心有涂黑的面积,所以进入玻璃半球的光线都有 h ≥ h0 ,其中折射光线与 Ox 轴交点最远处的坐标为

x0 =

2 2 n 2 R 2 ? h0 + n R 2 ? n 2 h0

n2 ? 1

(7)

在轴上 x > x0 处,无光线通过。 随 h 增大,球面上入射角 i 增大,当 i 大于临界角 iC 时,即会发生全反射,没有折射光线。与临 界角 iC 相应的光线有

hC = R sin iC = R
这光线的折射线与轴线的交点处于

1 n

xC =

n2 R 1 ? n ?1
2

1 n2 =

nR n2 ? 1
(8)

在轴 Ox 上 R < x < xC 处没有折射光线通过。 由以上分析可知,在轴 Ox 上玻璃半球以右

xC ≤ x ≤ x0

(9)

的一段为有光线段,其它各点属于无光线段。 x0 与 xC 就是所要求的分界点,如图复解 20-4-2 所示

评分标准: 分。

本 题

20

求得式(7)并指出在 Ox 轴上 x > x0 处无光线通过,给 10 分;求得式(8)并指出在 Ox 轴上 x < x0 处无光线通过,给 6 分;得到式(9)并指出 Ox 上有光线段的位置,给 4 分。

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五、参考解答 放上圆柱 B 后,圆柱 B 有向下运动的倾向,对圆柱 A 和墙面有 圆柱 A 倾向于向左运动,对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩 持的。现设系统处于平衡状态,取圆柱 A 受地面的正压力为 N1 ,水 力为 F1 ;圆柱 B 受墙面的正压力为 N 2 ,竖直摩擦力为 F2 ,圆柱 A B 的正压力为 N3 ,切向摩擦力为 F3 ;圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为 切向摩擦力为 F3′ ,如图复解 20-5 所示。各力以图示方向为正方向。

压力。 擦力维 平摩擦

受圆柱

N3′ ,

已知圆柱 A 与地面的摩擦系数 ?1 =0.20,两圆柱间的摩擦系数 ?3 =0.30。设圆柱 B 与墙面的 摩擦系数为 ? 2 ,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 ? 。 设两圆柱的质量均为 M ,为了求出 N1 、 N 2 、 N3 以及为保持平衡所需的 F1 、 F2 、 F3 之值,下 面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程: 圆柱 A:

Mg ? N1 + N 3 sin ? + F3 cos ? = 0 F1 ? N3 cos ? + F3 sin ? = 0 F1 R = F3 R

(1)

(2)

(3)

圆柱 B:

Mg ? F2 ? N 3′ sin ? ? F3′ cos ? = 0 N 2 ? N 3′ cos ? + F3′ sin ? = 0 F3′r = F2 r

(4)

(5)

(6)

由于 F3′ = F3 ,所以得

F1 = F2 = F3 = F3′ = F

(7)

式中 F 代表 F1 , F2 , F3 和 F3′ 的大小。又因 N3′ = N 3 ,于是式(1)(2)(4)和(5)四式成为: 、 、

Mg ? N1 + N 3 sin ? + F cos ? = 0 F ? N 3 cos ? + F sin ? = 0 Mg ? F + N3 sin ? ? F cos ? = 0 N 2 ? N 3 cos ? + F sin ? = 0
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(8)

(9)

(10)

(11)
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更多免费试题 教学案资源请登陆 试题、 资源请登陆: 四川省资中县球溪高级中学 更多免费试题、教学案资源请登陆:http://fxhc.cersp.net 以上四式是 N1 , N 2 , N3 和 F 的联立方程,解这联立方程可得

N2 = F
N3 = 1 + sin ? Mg 1 + cos ? + sin ? cos ? Mg 1 + cos ? + sin ?

(12)

(13)

N2 = F =

(14)

N1 =

2 + cos ? + 2sin ? Mg 1 + cos ? + sin ?

(15)

式(12)(13)(14)和(15)是平衡时所需要的力, N1 , N 2 , N3 没有问题,但 F1 , F2 , F3 三 、 、 个力能不能达到所需要的数值 F ,即式(12)(14)要受那里的摩擦系数的制约。三个力中只要有 、 一个不能达到所需的 F 值,在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。 首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求

?2 ≥
由式(12) ,得

F2 N2

F2 =1 N2
所以

?2 ≥ 1

(16)

再讨论圆柱 A 与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为 ?1 =0.20,根据摩擦定律 f ≤ ? N , 若 上 面 求 得 的 接 地 点 维持 平 衡 所 需 的 水 平 力 F1 满 足 F1 ≤ ?1 N1 , 则 圆 柱 在 地 面 上 不滑 动 ; 若

F1 > ?1 N1 ,这一点将要发生滑动。
圆柱 A 在地面上不发生滑动的条件是

?1 ≥
由图复解 20-5 可知

F1 cos ? = N1 2 + cos ? + 2sin ?

(17)

cos ? =

R?r R+r
2 Rr R+r

(18)

sin ? = 1 ? cos 2 ? =

(19)

由式(17)(18)和式(19)以及 ?1 =0.20,可以求得 、
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1 r≥ R 9
即只有当 r ≥

(20)

1 R 时,圆柱 A 在地面上才能不滑动。 9 最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求

?3 ≥

F3 cos ? = N 3 1 + sin ?

(21)

由式(18)(19)以及 ?3 =0.30,可解得 、

?7? r ≥ ? ? R = 0.29 R ? 13 ?

2

(22)

显然,在平衡时, r 的上限为 R 。总结式(20)和式(22) ,得到 r 满足的条件为

R ≥ r ≥ 0.29 R

(23)

评分标准:本题 22 分。 求得式(7)(12)(13)(14)(15)各 2 分,式(16)3 分,求得式(23)9 分。 、 、 、 、

六、参考解答 在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为电势的零 点,故正电荷在空间各点的电势为正;负电荷在空间各点的电势为负。现已知 x = x0 处的电势为零, 故可知这两个点电荷必定是一正一负。根据所提供的电势的曲线,当考察点离坐标原点很近时,电 势为正,且随 x 的减小而很快趋向无限大,故正的点电荷必定位于原点 O 处,以 Q1 表示该点电荷的 电量。当 x 从 0 增大时,电势没有出现负无限大,即没有经过负的点电荷,这表明负的点电荷必定 在原点的左侧。设它到原点的距离为 a ,当 x 很大时,电势一定为负,且趋向于零,这表明负的点 电荷的电量的数值 Q2 应大于 Q1 。即产生题目所给的电势的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷, 电量为 Q1 ;另一个是位于负 x 轴上离原点距离 a 处的负电荷,电量的大小为 Q2 ,且 Q2 > Q1 。按题 目所给的条件有

k

Q1 Q2 ?k =0 x0 x0 + a

(1)

k

Q1 Q2 ?k = ?U 0 ax0 ax0 + a

(2)

因 x = ax0 时, 电势为极小值, 故任一电量为 q 的正检测电荷位于 x = ax0 处的电势能也为极小值, 这表明该点是检测电荷的平衡位置,位于该点的检测电荷受到的电场力等于零,因而有

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k

Q1 Q2 ?k =0 2 (ax0 ) ( ax0 + a )2

(3)

由式(1)(2)和(3)可解得 、

a = a (a ? 2) x0
ax0 U 0 a?2 k a (a ? 1)2 U 0 x0 Q2 = a?2 k Q1 =
式中 k 为静电力常量。 评分标准:本题 23 分。 式(1)(2)各 4 分,式(3)6 分,式(4)(5)(6)各 3 分。 、 、 、

(4)

(5)

(6)

七、参考解答 设物块在 A1 点第一次与地面碰撞,碰撞前水 度仍为 v0 ,竖直速度为 平 速

u0 = 2 gh

(1)

碰撞后物块的竖直速度变为 u1 ,根据题意,有

u1 = eu0

(2)

设物块的质量为 m ,碰撞时间为 ?t ,因为碰撞时间极短,物块与地面间沿竖直方向的作用力比重力 大得多,可忽略重力的作用,这样,物块对地面的正压力的大小为 mu0 + mu1 N1 = (3) ?t 水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果,设水平方向速度变为 v1 ,则有

mv1 ? mv0 = ? ? N1?t
由以上各式得

(4)

v1 = v0 ? (1 + e) ? u0
同理,在落地点 A2 , A3 ,…, An 其碰撞后的竖直分速度分别为

(5)

u 2 = e 2 u0 u3 = e3u0
…………

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un = e n u0
其水平速度分别为

(6)

v2 = v0 ? (1 + e) ? (1 + e)u0 v3 = v0 ? (1 + e) ? (1 + e + e 2 )u0
…………

vn = v0 ? (1 + e) ? (1 + e + e 2 + L + en ?1 )u0

(7)

由式(6)可知,只有当碰撞次数 n → ∞ 时,碰地后竖直方向的分速度 un 才趋向于零,但物块对地 面的正压力的最小值不小于 mg 。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于 ? mg ,因次,物块沿水 平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零,且不会反向。 设经过 n = n0 次碰撞, 物块沿水平方向的分速度已经足够小, 再经过一次碰撞, 即在 n = n0 + 1 次 碰撞结束后,水平方向的分速度恰好变为零。因 vn
0 +1

= 0 ,由式(7)

v0 ? (1 + e) ? (1 + e + e 2 + L + e n0 )u0 = 0

(1 + e) ? (1 ? e n0 +1 )u0 v0 ? =0 1? e e n0 +1 = 1 ?
(1 ? e)v0 (1 + e) ? u0

两边取对数

n0 + 1 =


? (1 ? e)v0 ? 1 lg ?1 ? ? lg e ? (1 + e) ? u0 ?

(8)

B=

? (1 ? e)v0 ? 1 lg ?1 ? ? lg e ? (1 + e) ? u0 ?

(9)

若 B 恰为整数,这表示这次碰撞中,经过整个碰撞时间 ?t ,水平速度变为零,则碰撞次数

n0 + 1 = B


n0 = B ? 1

(10)

若 B 不是整数,此种情况对应于在 n = n0 + 1 次碰撞结束前,即在小于碰撞时间内,水平速度变 为零。则碰撞次数

n0 + 1 = [ B ] + 1


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n0 = [ B ]

(11)

[ B ] 表示 B 的整数部分。
由于经过 n0 + 1 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已为零,但竖直方向的分速度尚未为零,故 物块将在 An0 +1 处作上下跳跃,直到 en u0 → 0 ,即 n → ∞ ,最后停止在 An0 +1 处。物块运动的最远水 平距离 s = A0 An0 +1 。下面分别计算每次跳跃的距离。

A0 A1 =

u0 v0 g

(12)

A1 A2 =

2 2eu0 v0 2eu0 2u1 v1 = ? (1 + e) ? g g g

2 2e 2u0 v0 2e2u0 A2 A3 = ? (1 + e) ? (1 + e) g g

…………

An0 An0 +1 =

2 2en0 u0 v0 2e n0 u0 ? (1 + e) ? (1 + e + e 2 + L + e n0 ?1 ) g g

(13)

所求距离为上述所有量的总和,为

s=

u0 2u v 2u 2 v0 + 0 0 (e + e2 + L + e n0 ) ? 0 (1 + e) ? [e + e 2 (1 + e) + e3 (1 + e + e 2 ) g g g
(14)

+ L + en0 (1 + e + e2 + L + e n0 ?1 )]
分别求级数的和:

1 ? e n0 e + e + e +L + e = e 1? e n0 2 3 2 e + e (1 + e) + e (1 + e + e ) + L + e (1 + e + e 2 + L + en0 ?1 )
2 3 n0

(15)

= e + e2 =

1 ? e2 1 ? e3 1 ? e n0 + e3 + L + e n0 1? e 1? e 1? e

1 [e(1 ? e) + e 2 (1 ? e 2 ) + e3 (1 ? e3 ) + L + en0 (1 ? en0 )] 1? e 1 e ? en0 +1 ? en0 + 2 + e2 n0 + 2 ( ) 1? e 1 ? e2

=

(16)

将以上两个关系式和 u0 = 2 gh 代入式(14) ,得

s = v0

2h 1 ? e n0 4e ? h (1 + 2e )? (1 ? e n0 )(1 ? e n0 +1 ) g 1? e (1 ? e) 2

(17)

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更多免费试题 教学案资源请登陆 试题、 资源请登陆: 四川省资中县球溪高级中学 更多免费试题、教学案资源请登陆:http://fxhc.cersp.net 式中 n0 由式(10)或式(11)决定。 评分标准:本题 25 分。 式(6)3 分,式(7)6 分,式(8)4 分,式(10)2 分,式(11)2 分,式(14)5 分,求得式 (17)并说明 n0 的取值,给 3 分。

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