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2002年第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷


第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷

题 号 得 分















总计

全卷共七题,总分为 140 分.
一、 (15 分)今年 3 月我

国北方地区遭遇了近 10 年来最严重的沙尘暴天气.现把沙尘上扬后 的情况简化为如下情景: v 为竖直向上的风速,沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中(不动) .这时 风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度 v 竖直向下运动时所受的阻力. 此阻力可用下 式表达

f ? ?? Av 2
其中 ? 为一系数, A 为沙尘颗粒的截面积, ? 为空气密度. (1)若沙粒的密度 ?S ? 2.8 ?103 kg ? m-3 ,沙尘颗粒为球形,半径 r ? 2.5 ?10-4 m ,地球表 面处空气密度 ?0 ? 1.25 kg ? m-3 , ? ? 0.45 ,试估算在地面附近,上述 v 的最小值 v1 . (2)假定空气密度 ? 随高度 h 的变化关系为 ? ? ?0 (1 ? Ch) ,其中 ?0 为 h ? 0 处的空气密度,
C 为一常量, C ? 1.18 ?10?4 m-1 ,试估算当 v ? 9.0 m ? s-1 时扬沙的最大高度. (不考虑重力

加速度随高度的变化)

二、 (20 分)图预 19-2 所示电路中,电池的电 动势为 E ,两个电容器的电容皆为 C ,K 为一 单刀双掷开关。开始时两电容器均不带电 (1) 第一种情况,现将 K 与 a 接通,达到稳定, 此过程中电池内阻消耗的电能等于__________; 再将 K 与 a 断开而与 b 接通, 此过程中电池供给 的电能等于___________。 (2)第二种情况,现将 K 与 b 接通,达到稳定, 此过程中电池内阻消耗的电能等于__________; 再将 K 与 b 断开而与 a 接通, 此过程中电池供给 的电能等于___________。

三、 (20 分)据新华社报道,为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太空,2002 年 3 月 25 日 22 时 15 分,我国成功地发射了一艘无人试验飞船。在完成预定任务后,飞船于 4 月 1 日 16 时 51 分安全着陆,共绕地球飞行 108 圈。 (1)飞船的名称是什么? (2)飞船在运行期间,按照地面指挥控制中心的指令成功地实施了数百个动作,包括从椭圆 轨道变换成圆轨道等.假如把飞船从发射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理, 试粗略估计飞船离地面的平均高度.已知地球半径 R ? 6.37 ?106 m ,地球表面处的重力加速

度 g ? 9.80 m ? s-2

四、 (20 分)如图预 19-4 所示,三个绝热的、容积相同的球状容 器 A、B、C,用带有阀门 K1、K2 的绝热细管连通,相邻两球球 心的高度差 h ? 1.00 m .初始时,阀门是关闭的,A 中装有 1mol 的氦(He),B 中装有 1mol 的氪(Kr),C 中装有 lmol 的氙(Xe) , 三者的温度和压强都相同.气体均可视为理想气体.现打开阀门 K1、K2,三种气体相互混合,最终每一种气体在整个容器中均匀 分布,三个容器中气体的温度相同.求气体温度的改变量.已知 三种气体的摩尔质量分别为

?He ? 4.003 ?10?3 kg ? mol?1
?Kr ? 83.8 ?10?3 kg ? mol?1
?Xe ? 131.3 ?10?3 kg ? mol?1
在体积不变时,这三种气体任何一种每摩尔温度升高 1K,所吸收 的热量均为 3 R / 2 , R 为普适气体常量.

五、 (20 分)图预 19-5 中,三棱镜的顶角 ? 为 60?,在三棱镜两侧对称位置上放置焦距均为 f ? 30.0 cm 的两个完全相同的 凸透镜 L1 和 L2. 若在 L1 的前焦 面上距主光轴下方 y ? 14.3 cm 处放一单色点光源 S , 已知其像 S ? 与 S 对该光学系统是左右对 称的.试求该三棱镜的折射率.

六、 (20 分)一个长为 L1 ,宽为 L2 ,质量为 m 的矩形导电线 框, 由质量均匀分布的刚性杆构成, 静止放置在不导电的水平 桌面上,可绕与线框的一条边重合的光滑固定轴 ab 转动,在 此边中串接一能输出可变电流的电流源(图中未画出) 。线框 处在匀强磁场中,磁场的磁感应强度 B 沿水平方向且与转轴 垂直,俯视图如图预 19-6 所示。现让电流从零逐渐增大,当 电流大于某一最小值 I min 时,线框将改变静止状态。 (1)求电流值 I min 。 (2)当线框改变静止状态后,设该电流源具有始终保持恒定 电流值 I 0 不变( I 0 ? I min )的功能。已知在线框运动过程中存在空气阻力。试分析线框的运

动状况。

七、 (25 分)如图预 19-7 所示,在长为 l ? 1.0 m、质量为 mB ? 30.0 kg 的车厢 B 内的右 壁处,放一质量 mA ? 20.0 kg 的小物块 A(可视为质点) ,向右的水平拉力 F ? 120.0 N 作用于 车厢,使之从静止开始运动,测得车厢 B 在最初 2.0 s 内移动的距离 s ? 5.0 m ,且在这段时间 内小物块未与车厢壁发生过碰撞.假定车厢与地面间的摩擦忽略不计,小物块与车厢壁之间 的碰撞是弹性的.求车厢开始运动后 4.0 s 时,车厢与小物块的速度.

第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准
一、参考解答 (1)在地面附近,沙尘扬起要能悬浮在空中,则空气阻力至少应与重力平衡,即
2 ??0 Av1 ? mg



式中 m 为沙尘颗粒的质量,而

A ? ? r2 4 m ? ? r 3 ?s 3
得 代入数据得

② ③

v1 ?

4 ?s gr 3 ??0



v1 ? 4.0 m ? s-1



(2)用 ?h 、 h 分别表示 v ? 9.0 m ? s-1 时扬沙到达的最高处的空气密度和高度,则有

?h ? ?0 (1 ? Ch)
此时式①应为



??h Av2 ? mg
由②、③、⑥、⑦可解得



h?
代入数据得

4r ?s g ? 1? ?1 ? ? C ? 3? v2 ?0 ?



h ? 6.8 ?103 m



评分标准:本题 15 分。 1. 第一小题 8 分。其中①式 3 分,②式 1 分,③式 1 分,④式 2 分,⑤式 1 分。 2. 第二小题 7 分。其中⑥式 1 分,⑦式 1 分,⑧式 3 分,⑨式 2 分。

二、参考解答 (1) E 2C ,0

1 2

(2) E 2C , E 2C

1 4

1 2

评分标准:本题 20 分。 (1)10 分。其中每个空 5 分。

(2)10 分。其中每个空 5 分。

三、参考解答 (1)神舟 3 号 (2)设飞船飞行时间为 t ,绕地球飞行的圈数为 N ,周期为 T ,飞船的质量为 m ,离地面的 平均高度为 h ,地球半径为 R ,地球质量为 M ,则有

T?

t N
2



G

mM ? 2? ? ? m ? ? ( R ? h) 2 ( R ? h) ?T ?



G
由①、②、③式解得

Mm ? mg R2
1/ 3



? gR 2t 2 ? h?? 2 2 ? ? 4? N ?

?R



由题给数据可知 t ? 5.8536 ?105 s ,代入 t 及其它有关数据得

h ? 2.9 ?105 m
评分标准:本题 20 分 (1)4 分



(2)16 分。其中①、②、③、④式各 3 分,⑤式 4 分(答案在 2.7 ?105 m ~ 3.1?105 m 之间 均给这 4 分)

四、参考解答 根据题设的条件,可知:开始时 A 中氦气的质量 mHe ? 4.003 ?10?3 kg ,B 中氪气的质量

mKr ? 83.8 ?10?3 kg ,C 中氙气的质量 mXe ? 131.3 ?10?3 kg 。三种气体均匀混合后,A 中的

1 3 1 1 ?EHe ? mHe g (?h) ? mHe g (?2h) ? ?mHe gh 3 3 1 1 B 中的 Kr 有 mol 升入 A 中,有 mol 降入 C 中。Kr 的重力势能增量为 3 3 1 1 ?EKr ? mKr gh ? mKr g (?h) ? 0 3 3 1 1 C 中的 Xe 有 mol 升入 A 中,有 mol 升入 B 中。Xe 的重力势能增量为 3 3 1 1 ?EXe ? mXe gh ? mXe g 2h ? mXe gh 3 3
He 有 mol 降入 B 中,有 mol 降入 C 中。He 的重力势能增量为 混合后,三种气体的重力势能共增加

1 3







?EP ? ?EHe ? ?EKr ? ?EXe ? (mXe ? mHe ) gh



因球与外界绝热,也没有外力对气体做功,故重力势能的增加必然引起内能的减少。在 体积不变时,气体不做功。由热力学第一定律可知,此时传给气体的热量应等于气体内能的 增量,但因理想气体的内能只由温度决定,与体积无关,故只要温度改变量相同,则体积不 变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量。根据题给的已知条件,注意到

本题中所考察的理想气体共有 3 摩尔,故有

3 ?EP ? ?3 ? R?T 2 上式中右方为气体内能减少量, ?T 表示气体温度的增量,由④、⑤两式得 2(mXe ? mHe ) gh ?T ? ? 9R
将已知数据代入,注意到 R ? 8.31 J ? K-1 ? mol-1 ,可得





?T ? ?3.3 ?10-2 K
即混合后气体温度降低 3.3 ?10-2 K



(如果学生没记住 R 的数值, R 的值可用标准状态的压强 p0 ? 1.013 ?105 N ? m-2 ,温度

T0 ? 273.13 K和 1mol 理想气体在标准状态下的体积 V0 ? 2.24 ?10-2 m3 求得,即 R ?

p0V0 ) T0

评分标准:本题共 20 分。 说明经扩散使三种气体均匀混合,并导致气体重力势能改变求得④式,得 8 分。说明能量转 换过程,由重力势能增加而内能减少,列出⑤式,得 8 分。得出正确结果,算出⑦式,得 4 分。

五、参考解答

由于光学系统是左右对称的,物、像又是左右对称的,光路一定是左右对称的。该光线 在棱镜中的部分与光轴平行。由 S 射向 L1 光心的光线的光路图如图预解 19-5 所示。由对称性 可知

i1 ? r2 i2 ? r1
由几何关系得 由图可见

① ② ③

r1 ? i2 ? ? ? 60?

i1 ? ? ? r1
又从 ?FSO1 的边角关系得



tan ? ? y / f
代入数值得

⑤ ⑥

? ? arctan(14.3/ 30.0) ? 25.49?
由②、③、④与⑥式得 r1 ? 30? , i1 ? 55.49? 根据折射定律,求得

n?

sin i1 ? 1.65 sin r1



评分标准:本题 20 分 1. 图预解 19-5 的光路图 4 分。未说明这是两个左右对称性的结果只给 2 分。 2. ①、②、③、④式各给 2 分,⑤式给 3 分,⑥式给 1 分,⑦式给 4 分。

六、参考解答 (1)解法一: 导体线框放在水平桌面上,俯视图如图预解 19-6-1。由 图可见,在线框没动之前,线框的 PQ 边与 P?Q? 边平行于磁 场 B ,因而不受磁场力。 PP ? 边受的安培力的大小为 IBL1 , 方向垂直于桌面向下,但此力对轴的力矩为零。 QQ? 边受的 安培力的大小为 FQQ? ? IBL1 ,方向垂直桌面向上。此力对固 定轴的力矩为

M0 ? I B 1 L L 2



除此力矩外,线框还受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘线框重心( O 点)到轴 ab 的距离, 即

? 0 ? mg ( L2 / 2)



当 M 0 = ? 0 时,桌面对线框的支持力的力矩为零, M 0 > ? 0 时,线框将改变静止状态,开始绕 轴 ab 向上翘起。根据题意及①、②式,由力矩平衡原理可知

1 I min BL1L2 ? mgL2 2
解得



I min ?

mg 2 BL1



解法二: 线框所受的重力矩也可以由各边对 ab 轴的重力矩来求。 PQ 边与 P?Q? 边的重心均在 ( L2 / 2 )处,两条边对 ab 轴的合力矩为

?1 ? ?

? mgL2 ? ? L2 ? ?? ? ? ( L1 ? L2 ) ? ? 2 ?

①?

QQ? 边对 ab 轴的力矩为

?2 ? ?

?

mgL1 ? ? L2 ? 2( L1 ? L2 ) ?

②?

故线框所受的重力矩为

? 0=?1+? 2=(mg / 2) L2

与解法一求得的②式一致,从而求得 I min 与④式相同。 (2)线框处于静止状态时,若电流 I 0 比 I min 稍大,线框所受的电磁力矩 M 将大于重力矩 ? , 使线框绕 ab 轴向上翘起。 PQ 边和 P?Q? 边所受电磁力不等于零,但二者相互抵消。当保持电 流值 I 0 恒定不变时,线框将从静止状态开始绕固定轴作加速转动。在加速转动过程中,由于 通过线框的磁通量发生变化,线框内将产生感应电动势,它有使线框中的电流变小的趋势, 题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能,所以当线框平面转至与桌面成 ? 角时,如图预 解 19-6-2a 所示,线框受到的合力矩为

1 ? ? M ? ? ? ? I 0 BL1 ? mg ? L2 cos? 2 ? ?



随着 ? 角逐渐增大,合力矩随之减小,但 M ? ? 始终大于零,因而线框仍作逆时针加速转动, 角速度不断增大。当线框平面转到竖直面 NN ? 时,合力矩为零,角速度达到最大。由于惯性, 线框将越过 NN ? 面作逆时针转到。此时,合力矩与线框转动方向相反,角速度将逐渐减小, 合力矩的大小随着 ? 角的增大而增大,如图预解 19-6-2b 所示。

如果没有空气阻力,? 将增至 180?。当 ? 角等于 180? 时,线框转动的角速度为零,合力矩将 使线框作顺时针加速转动,结果线框将在 ? 角等于 0?与 180?之间往复摆动不止。实际上,由 于空气阻力作用,线框平面在 NN ? 平面两侧摆动的幅度将逐渐变小,最终静止在 NN ? 面处, 此时,电磁力矩与重力矩均为零。如果线框稍偏离平衡位置 NN ? ,电磁力矩与重力矩的合力 矩将使线框回到 NN ? 平面处。故线框处于稳定平衡状态。 评分标准:本题 20 分。第一问 6 分、第二问 14 分。 第一问中,①、②、④式各 2 分。 第二问中,正确地分析了线框往复转动,给 4 分;说明最后平衡在竖直面处,给 6 分; 说明稳定平衡,给 4 分。

七、参考解答 解法一: 1. 讨论自 B 开始运动到 T0 ? 2.0 s 时间内 B 与 A 的运动。 根据题意,在 2 s 内,A 未与 B 发生过碰撞,因此不论 A 与 B 之间是否有相对运动,不 论 A 与 B 之间是否有摩擦,B 总是作初速为零的匀加速直线运动。设 B 的加速度为 aB1 ,有

1 s ? aB1T02 2


aB1 ?

2s ? 2.5 m ? s-2 T02

(1)

如果 A、B 之间无摩擦,则在 B 向右移动 1 米距离的过程中,A 应保持静止状态,接着 B 的 车厢左壁必与 A 发生碰撞,这不合题意。如果 A、B 之间无相对运动(即两者之间的摩擦力 足以使 A 与 B 有一样的加速度) ,则 B 的加速度

aB ?

F ? 2.4 m ? s-2 mA ? mB

这与(1)式矛盾。由此可见,A、B 之间既有相对运动又存在摩擦力作用。 以 Ff 表示 A、B 间的滑动摩擦力的大小,作用于 B 的摩擦力向左,作用于 A 的摩擦力向 右,则有

F ? Ff ? mBaB1 Ff ? mA aA1
由(1)(2)(3)式得 、 、

(2) (3)

aA1 ? 2.25 m ? s-2

(4) (5)

Ff ? 45 N
2. 讨论 B 的左壁与 A 发生第一次碰撞前的运动。

由于 aA1 ? aB1 ,B 向右的速度将大于 A 的速度,故 A 与 B 的左壁间的距离将减小。设自

静止开始,经过时间 t1 ,B 的左壁刚要与 A 发生碰撞,这时,B 向右运动的路程与 A 向右运 动的路程之差正好等于 l ,即有

1 1 2 aB1t1 ? aA1t12 ? l 2 2
解得

t1 ?
代入数据,得

2l aB1 ? aA1

(6)

t1 ? 2 2 s=2.83 s
A 与 B 发生第一次碰撞时,碰前的速度分别为

vA1 ? aA1t1 ? aA1

2l aB1 ? aA1 2l aB1 ? aA1

(7)

vB1 ? aB1t1 ? aB1
3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞

(8)

以 uA1 和 uB1 分别表示第一次碰撞后 A 和 B 的速度。当 uA1 、 uB1 为正时,分别表示它们 向右运动。在碰撞的极短时间内,外力 F 的冲量可忽略不计,因此有

mAvA1 ? mBvB1 ? mAuA1 ? mBuB1

1 1 1 1 2 2 2 2 mAvA1 ? mBvB1 ? mAuA1 ? mBuB1 2 2 2 2
解以上两式得

uA1 ? uB1 ? ?(vA1 ? vB1 ) ? 2l (aB1 ? aA1 )

(9)

(9)式表示,在弹性碰撞中,碰撞前后两者的相对速度的大小不变,但方向反转。 4. 讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。 由(9)式可以看出,经第一次碰撞,A 和 B 都向右运动,但 A 的速度 uA1 大于 B 的速度

uB1 ,这时作用于 A 的摩擦力向左,作用于 B 的摩擦力向右,大小仍都为 Ff 。设此过程中 A
向左的加速度和 B 向右的加速度分别为 aA2 和 aB2 ,则由牛顿第二定律有

Ff ? mA aA2 F ? Ff ? mBaB2
解得

aA2 ?

Ff ? 2.25 m ? s-2 mA

(10)

aB2 ?

F ? Ff ? 5.5 m ? s-2 mB

(11)

由此可知,碰撞后,A 作减速运动,B 作加速运动。设经过时间 t1? ,两者速度相等,第一次达 到相对静止,则有

uA1 ? aA2t1? ? uB1 ? aB2t1?
由上式和(9)式解得

t1? ?
代入有关数据得

2l (aB1 ? aA1 ) uA1 ? uB1 vB1 ? vA1 ? ? aA2 ? aB2 aA2 ? aB2 aA2 ? aB2
2 2 s=0.09 s 31

(12)

t1? ?

(13)

设在时间 t1? 内,A 与 B 的左壁之间的距离增大至 l1 ,则有

1 1 ? ? ? ? uA1t1 ? aA2t12 ? uB2t1 ? aB2t12 ? l1 2 2
结合(9)(12)两式得 、

l1 ? ld 2
式中

(14)

d?
代入有关数据得

aB1 ? aA1 aA2 ? aB2

(15)

d?

aB1 ? aA1 (5/ 2) ? (9/ 4) 1 ? ? ?1 aA2 ? aB2 (9/ 4) ? (11/ 2) 31

由(14)可知 l1 ? l ,A 不会与 B 的右壁发生碰撞。 5. 讨论 A 与 B 的左壁的第二次碰撞。 以 v1 表示 B 与 A 第一次相等的速度,由于 B 始终受 F 作用而加速,它将拖着 A 向右加 速, 其情况与第一次碰撞前相似。 这时作用于 A 的摩擦力向右, 的加速度为 aA1 , A 方向向右。 作用于 B 的摩擦力向左,B 的加速度为 aB1 ,方向也向右。但是原来 A 与 B 左端的距离为 l , 现改为 l1 ,因 aA1 ? a1 ,B 的左壁与小 A 之间的距离将减小。设两者间的距离从 l1 减小至零即 B 减小至开始发生第二次碰撞所经历的时间为 t 2 ,以 l1 代入⑥式,结合(14)式,即可求得

t2 ?

2l1 2l ? d ? t1d aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

(16)

代入有关数据,得

t2 ? 2 2

1 8 ? ? 0.51s 31 31

第二次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为

vA2 ? v1 ? aA1t2 vB2 ? v1 ? aB1t2 vA2 ? vB2 ? (aA1 ? aB1 )t2 ? (aA1 ? aB1 )t1d ? (vA1 ? vB1 )d
(17)

故第二次碰撞前 A、B 速度之差小于第一次碰撞前 A、B 的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬间 A、B 的速度分别为 uA2 和 uB2 ,则有

uA2 ? uB2 ? ?(vA2 ? vB2 ) ? (vB1 ? vA1 )d

(18)

第二次碰撞后, 以加速度 aA2 作减速运动, 以加速度 aB2 作加速运动。 A B 设经历时间 t2? , 两者速度相等,即第二次相对静止,则有

? uA2 ? aA2t2 ? uB2 ? aB2t2?
解得

u ? uB2 vB1 ? vA1 t2? ? A2 ? d ? t1?d ? 0.016 s aA2 ? aB2 aA2 ? aB2
在 t2? 时间内,A 与 B 的左壁的距离变为 l2 ,有

(19)

1 1 ? ? uA2t2? ? aA2t22 ? uB2t2? ? aB2t22 ? l2 2 2
结合(8)(9)得 、

l2 ? ld 4
自 B 开始运动到 A 与 B 达到第二次相对静止共经历时间

(20)

T2 ? t1 ? t1? ? t2 ? t2? ? 3.43 s
T2 ? 4.0 s
6. 讨论 A 与 B 的左壁的第三次碰撞。 当 A 与 B 的左壁之间的距离为 l2 时,A、B 相对静止。由于 B 受外力 F 作用而继续加速, 它将拖着 A 向右加速。 这时, 的加速度为 aA1 , 的加速度为 aB1 , A B 方向都向右, 但因 aB1 ? aA1 , A 将与 B 的左壁发生第三次碰撞。设此过程经历的时间为 t3 ,则以 l2 代入(6)式结合(16) 式得

t3 ?

2l2 2l ? d 2 ? t1d 2 ? 0.09 s aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

(21)

设第三次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为 vA3 和 vB3 ,碰撞后的速度分别为 uA3 和 uB3

vA3 ? vB3 ? (aA1 ? aB1 )t3 ? (vA1 ? vB1 )d 2 uA3 ? uB3 ? ?(vA3 ? vB3 ) ? (aB1 ? aA1 )t3 ? (aB1 ? aA1 )t1d 2 ? (vA1 ? vB1)d 2
碰撞后,A 以加速度 aA2 作减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。设经过时间 t3? 两者速 度相等,即第三次相对静止,A 与 B 左壁之间的距离为 l3 。则有

t3? ?

uA3 ? uB3 ? t1?d 2 aA2 ? aB2

(22)

t3 ? ld 6
自 B 开始运动至第三次 A 与 B 相对静止共经历的时间 T3 仍小于 4 s。 7. 讨论车厢左壁与小物块的第 n 次碰撞。 在第 n ? 1 次碰撞完毕的瞬间,A 和 B 的速度分别为 uA n-1 和 uB n-1 ,A 以加速度 aA2 作减

? 速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。经过时间 tn-1 ,两者速度相等,即第 n ? 1 次相对静止。
A 与 B 左壁之间的距离为 ln-1 。根据前面的讨论有

? ? tn-1 ? t1d n-2
ln-1 ? ld 2(n-1)

(23)

再经过时间 t n 将发生 B 的左壁与 A 的第 n 次碰撞。碰撞前两者的速度分别为 vA n 和 vB n 。根 据前面的讨论,有

tn ? t1d n-1
vA n ? vB n ? (vA1 ? vB1 )d n-1

(24)

可以看出,碰撞次数越多,下一次碰撞前,A、B 速度之差越小。当碰撞次数 n 非常大时,下 次碰撞前两者的速度趋于相等,即 A 实际上将贴在 B 的左壁上不再分开。 8. 讨论第 4 秒 B 与 A 的运动速度。 第 4 秒末 B 与 A 的速度取决于在第 4 秒末 B 与 A 经历了多少次碰撞。 自静止开始运动 B 到第 n 次相对静止经历的总时间为

? ? ? ? Tn ? t1 ? t1 ? t2 ? t2 ? ? ? tn-1 ? tn-1 ? tn ? tn

? ? ? ? ? t1 ? t1 ? t1d ? t1d ? ? ? t1d n-2 ? t1d n-2 ? t1d n-1 ? t1d n-1 ? ? ? ? ? ? (t1 ? t1 ) ? (t1 ? t1 )d ? (t1 ? t1 )d 2 ? ? ? (t1 ? t1 )d n-2+(t1 ? t1 )d n-1

? ? (t1 ? t1 )
? 以 t1 ? 2 2 , t1 ?

1 ? d ?? 1? d

(25)

2 2 代入,注意到当 n 很大时, d ? ? 0 得 31

T? ?

64 2 31 ? 31

? 3.56 s

(26)

这表明早在第 4 秒之前,A 与 B 的左壁贴在一起时二者速度已相同,不再发生碰撞,此后二 者即以相同的速度运动了、 现以 A 和 B 都静止时作为初态, T ? 4 s 时刻 A 和 B 的速度为 V , 设 对 A、B 开始运动至 T ? 4 s 的过程应用动量定理,得

FT ? (mA ? mB )V


(27)

V?
代入数值,得

FT mA ? mB

V ? 9.6 m ? s-1

(28)

解法二: 如果 A 与 B 之间没有摩擦力,B 前进 1m 就会与 A 发生碰撞。已知开始 2s 为 A 与 B 未 发生碰撞,而 B 已走了 5m,可见二者之间有摩擦力存在,且在此期间二者均作匀加速运动。 由s?

1 2 at 可求出 B 对地面的加速度 aB1 : 2 1 5 ? aB1 22 , aB1 ? 2.5 m ? s-2 2

(1)?

设 A 与 B 底部之间的滑动摩擦力为 Ff ,则由小车的运动方程

mBaB ? F ? Ff
代入数值得

Ff ? 45 N
又由 A 的运动方程得 A 的相对地面的加速度为

(2)?

aA1 ?

Ff ? 2.25 m ? s-2 mA

(3)?

于是,A 对 B 的相对加速度为

aAB1 ? aA1 ? aB1 ? ?0.25 m ? s-2
第一次碰撞 由开始运动到 A 碰撞 B 的左壁的时间 t1 满足 s ?

(4)?

1 2 aAB1t1 , s ? 1 m 。于是 2

t1 ? 2 2 s=2.83 s
A 与 B 的左壁碰撞前瞬间,A 相对 B 的速度

(5)?

vAB1 ? aAB1t1 ? ?0.5 2 m ? s-1 ? ?0.71m ? s-1

(6)?

由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向,所以碰后 A 从 B 的左壁开始, 以相对速度

? vAB1 ? ?vAB1 ? 0.5 2 m ? s-1 ? 0.71m ? s-1
向右运动,所受摩擦力反向向左,为 ? Ff 。对地面的加速度 aA2 为

(7)?

aA2 ?

Ff ? ?2.25 m ? s-2 mA

(8)?

此时 B 所受的摩擦力 Ff 方向向右,由其运动方程 mB aB2 ? F ? Ff 得 B 对地面的加速度 aB2 为

aB2 ?

F ? Ff ? 5.5 m ? s-2 mB

(9)?

由(8)? 、(9)? 二式知,碰后 A 对 B 的相对加速度为

aAB2 ? aA2 ? aB2 ? ?7.75 m ? s-2

(10)?

? A 相当于 B 作向右的匀减速运动。设 A 由碰后开始达到相对静止的时间为 t1 ,相当于 B 走过
的距离为 s1 ,由(6)? 式得

? t1 ?

? vAB1 a 2 ? AB1 t1 ? 2 s=0.091s aAB2 aAB2 31

(11)? (12)?

s1 ?

1 1 ? aAB2 t12 ? m=0.03 m 2 31

可见 A 停止在 B 当中,不与 B 的右壁相碰。 第二次碰撞 A 在 B 内相对静止后,将相当于 B 向左滑动,所受的摩擦力改为向右,而 B 所受的摩擦 力改为向左。这时 A 对 B 的相对加速度重新成为 aAB1 ,即 (4) ? 式。A 由相对静止到与 B 的左
2 壁第二次碰撞所需的时间 t 2 可用 s1 ? aAB1t2 算出:

1 2

t2 ?

2 s1 ? aAB1

aAB2 ? t1 ? aAB1

aAB1 t1 ? 0.51 s aAB2

(13)?

自 B 开始运动至 B 的左壁与 A 发生第二次碰撞经历的时间

? T2 ? t1 ? t1 ? t2 ? 3.43 s
A 达到 B 的左壁前相当于 B 的速度的大小为

vAB2 ? aAB1t2 ? aAB1

aAB1 t1 ? aAB2

aAB1 vAB1 aAB2

(14)?

这也就是第二次碰后 A 由 B 的左壁出发的相对速度大小。第二次碰后,A 相对 B 向右运动,

? 此时 A 相对于 B 的相对加速度又成为 aAB2 , (0 ? 式。 由碰撞到相对静止所需要的时间 t 2 即 1) A
和相当于 B 走过的距离 s 2 分别为

? t2 ?

vAB2 a a ? AB1 t2 ? AB1 aAB2 aAB2 aAB2

aAB1 t1 ? aAB2

aAB1 ? t1 ? 0.016 s aAB2

( 1 5? )

s2 ?
以后的碰撞

1 ? aAB2 t22 ? 0.001m 2

根据 (13)? 、 (15)? 二式,如令

k?
则有

aAB1 1/ 4 1 ? ? ? 0.18 aAB2 31/ 4 31

(16)?

t2 ? kt1

? ? t2 ? kt1

由此可以推知,在第三次碰撞中必有

t3 ? kt2 ? k 2t1
在第 n 次碰撞中有

? t3 ? k t? ? 2 1t k ? 2

(17)?

tn ? k n-1t1

? ? tn ? k n-1t1

( ? 18)

即每一次所需时间要比上次少得多 (A 在 B 中所走的距离也小得多) 把所有的时间加在一起, 。 得
? ? ? 2 2? 1 ? T? ? ? (ti ? ti?) ? (t1 ? t1 )? k ? ? ? 2 2 ? s=3.56 s ? ? 31 ? 1 ? k i ?1 i ?0 ? ?

(19)?

这就是说,在 B 开始运动后 3.56 s 时,A 将紧贴 B 的左壁,并与 B 具有相同速度,二者不再 发生碰撞,一直处于相对静止状态。现取 A 和 B 都静止时作为初态,以 T ? 4.0 s 时刻的运动 状态为末态,设此时 A 和 B 的速度为 V ,由动量定理,有

FT ? (mA ? mB )V
代入数值,得

V?

FT ? 9.6 m ? s-1 mA ? mB

(20)?

答:自车厢开始运动到 4.0 s 时车厢与物块的速度相同,均为 9.6 m ? s-1 评分标准:本题 25 分。

得出摩擦力 Ff 得 5 分,得出第一次碰撞时间 t1 得 5 分,得出第二次碰撞时间 t 2 得 5 分。得出 无穷次碰撞时间 T? 得 5 分 ,得到最后结果 V 再得 5 分。


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