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第19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
2002 年 9 月 题 号 得 分 一 二 三 四 五 六 七 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 ? 1 0 3 k g ? 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 ? C h ) ,其中 ? 0 为 h ? 0 处的空气密度,
C 为一常量, C ? 1 .1 8 ? 1 0
?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 .3 7 ? 1 0 6 m ,地球表面处的重力加速

度 g ? 9 .8 0 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 .0 0 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
? H e ? 4.003 ? 10
?3

kg ? m ol

?1

? K r ? 83.8 ? 10

?3

kg ? m ol

?1

? X e ? 131.3 ? 10

?3

kg ? m ol

?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 ? 3 0 .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 L 2 ,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 m in 时,线框将改变静止状态。 (1)求电流值 I m in 。 (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 m in )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 m B ? 3 0 .0 k g 的车厢 B 内的右 壁处,放一质量 m A ? 20.0 kg 的小物块 A(可视为质点) ,向右的水平拉力 F ? 1 2 0 .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
? ? 0 A v1 ? m g
2



式中 m 为沙尘颗粒的质量,而
A??r
2


3

m ?

4 3

? r ?s
4 ?s gr 3 ??0



得 代入数据得

v1 ?



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 ? C h )



此时式①应为
??h Av ? mg
2



由②、③、⑥、⑦可解得
h ? 4r ?s g ? 1 ? ?1 ? ? 2 C ? 3? v ? 0 ?



代入数据得
h ? 6.8 ? 10 m
3



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 2 C ,0
2 1

(2) E 2 C , E 2 C
4 2

1

1

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
第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 1 页

T ?

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



G

(R ? h)
Mm R
2

2



G

? mg



由①、②、③式解得
? gR 2t 2 ? h ?? 2 2 ? ? 4? N ?
1/ 3

? R



由题给数据可知 t ? 5.8536 ? 10 5 s ,代入 t 及其它有关数据得
h ? 2 .9 ? 1 0 m
5



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 ? 1 0 5 m ~ 3.1 ? 10 5 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 m H e ? 4.003 ? 10 ? 3 kg ,B 中氪气的质量
m K r ? 83.8 ? 10
?3

kg ,C 中氙气的质量 m X e ? 1 3 1 .3 ? 1 0
1 3 ? E He ? 1 3 m He g (? h ) ? 1 3 ? E Kr ? 1 3 m Kr gh ? 1 3 ? E Xe ? 1 3 m Xe gh ? 1 3 1 3 m Kr g (? h ) ? 0 1 3

?3

k g 。三种气体均匀混合后,A 中的

He 有

1 3

m o l 降入 B 中,有

m o l 降入 C 中。He 的重力势能增量为 m He g (?2h ) ? ? m He gh



B 中的 Kr 有

1 3

m o l 升入 A 中,有

m o l 降入 C 中。Kr 的重力势能增量为



C 中的 Xe 有 m o l 升入 A 中,有
3

1

m o l 升入 B 中。Xe 的重力势能增量为 m Xe g 2h ? m Xe gh



混合后,三种气体的重力势能共增加
? E P ? ? E H e ? ? E K r ? ? E X e ? ( m X e ? m H e ) 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
第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 2 页

本题中所考察的理想气体共有 3 摩尔,故有
?EP ? ?3 ? 3 2 R?T



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
?T ? ? 2(m Xe ? mHe ) gh 9R



将已知数据代入,注意到 R ? 8.31 J ? K -1 ? m ol-1 ,可得
? T ? ? 3 .3 ? 1 0
-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 p 0 ? 1 .0 1 3 ? 1 0 5 N ? m - 2 ,温度
T 0 ? 2 7 3 . 1 3 K和 1mol 理想气体在标准状态下的体积 V 0 ? 2 .2 4 ? 1 0
-2

m 求得,即 R ?
3

p 0V 0 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 L 1 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 i 2 ? r1

① ② ③

由几何关系得 由图可见

r1 ? i 2 ? ? ? 6 0 ?

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 3 页

i1 ? ? ? r1



又从 ? F S O1 的边角关系得
tan ? ? y / f

⑤ ⑥

代入数值得
? ? arctan(14.3 / 30.0) ? 25.49 ?

由②、③、④与⑥式得 r1 ? 3 0 ? , i1 ? 5 5 .4 9 ? 根据折射定律,求得
n? sin i1 sin r1 ? 1 .6 5



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 P Q 边与 P ?Q ? 边平行于磁 场 B ,因而不受磁场力。 P P ? 边受的安培力的大小为 IB L1 , 方向垂直于桌面向下,但此力对轴的力矩为零。 Q Q ? 边受的 安培力的大小为 FQ Q ? ? IB L1 ,方向垂直桌面向上。此力对固 定轴的力矩为
M0 ? IB 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 ? m g ( 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
I m in B L1 L 2 ? 1 2 m g L2



解得
I m in ? mg 2 B L1



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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。 P Q 边与 P ?Q ? 边的重心均在 ( L 2 / 2 )处,两条边对 ab 轴的合力矩为
?1 ? ?
? ? ? L2 ? ?? ? ? ( L1 ? L 2 ) ? ? 2 ? m g L2
①?

Q Q ? 边对 ab 轴的力矩为

?2 ? ?

?

? ? L2 ? 2 ( L1 ? L 2 ) ? m g L1

②?

故线框所受的重力矩为
? 0= ? 1+ ? 2= ( m g / 2) L 2

与解法一求得的②式一致,从而求得 I m in 与④式相同。 (2)线框处于静止状态时,若电流 I 0 比 I m in 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。 P Q 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 B L1 ? m g ? L 2 co s ? 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 N N ? 时,合力矩为零,角速度达到最大。由于惯性, 线框将越过 N N ? 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。

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 5 页

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 N N ? 平面两侧摆动的幅度将逐渐变小,最终静止在 N N ? 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 N N ? ,电磁力矩与重力矩的合力 矩将使线框回到 N N ? 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 T 0 ? 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 a B 1 ,有
s? 1 2 a B 1T 0
2


aB1 ? 2s T0
2

? 2 .5 m ? s

-2

(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 mA ? mB ? 2 .4 m ? s
-2

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 ? m B a B 1 Ff ? m A a A 1

(2) (3)

由(1)(2)(3)式得 、 、
a A 1 ? 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 a A 1 ? a B 1 ,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
第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 6 页

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 2 a B 1 t1 ?
2

1 2

a A 1 t1 ? l

2

解得
t1 ? 2l aB1 ? aA1

(6)

代入数据,得
t1 ? 2 2 s= 2 .8 3 s

A 与 B 发生第一次碰撞时,碰前的速度分别为
v A 1 ? a A 1 t1 ? a A 1 2l aB1 ? aA1
2l aB1 ? aA1

(7)

v B 1 ? a B 1 t1 ? a B 1

(8)

3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞 以 u A 1 和 u B 1 分别表示第一次碰撞后 A 和 B 的速度。当 u A 1 、 u B 1 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
m A vA1 ? m B vB1 ? m A u A1 ? m B u B1
1 2 m A vA1 ?
2

1 2

m B vB1 ?

2

1 2

m A u A1 ?

2

1 2

m B u B1

2

解以上两式得
u A1 ? u B1 ? ? (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 u A 1 大于 B 的速度
u B 1 ,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 a A 2 和 a B 2 ,则由牛顿第二定律有
Ff ? m A a A 2 F ? Ff ? m B a B 2

解得
aA2 ? Ff mA ? 2 .2 5 m ? s
-2

(10)

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 7 页

aB2 ?

F ? Ff mB

? 5 .5 m ? s

-2

(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
u A 1 ? a A 2 t1? ? u B 1 ? a B 2 t1?

由上式和(9)式解得
t1? ? u A1 ? u B1 aA2 ? aB2 ? vB1 ? vA1 aA2 ? a B2 ? 2l (aB1 ? aA1 ) aA2 ? a B2

(12)

代入有关数据得
t1? ? 2 2 31 s= 0 .0 9 s

(13)

设在时间 t1? 内,A 与 B 的左壁之间的距离增大至 l1 ,则有
u A 1 t1? ? 1 2 a A 2 t1? ? u B 2 t1? ?
2

1 2

a B 2 t1? ? l1
2

结合(9)(12)两式得 、
l1 ? ld
2

(14)

式中
d ? aB1 ? aA1 aA2 ? aB2

(15)

代入有关数据得
d ? aB1 ? aA1 aA2 ? aB2 ? (5 / 2 ) ? (9 / 4 ) (9 / 4 ) ? (1 1 / 2 ) ? 1 31 ?1

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 a A 1 , A 方向向右。 作用于 B 的摩擦力向左,B 的加速度为 a B 1 ,方向也向右。但是原来 A 与 B 左端的距离为 l , 现改为 l1 ,因 a A1 ? a ,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 B1 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 ? 2 l1 aB1 ? aA1 ? 2l aB1 ? a A1 d ? t1 d

(16)

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 8 页

代入有关数据,得
t2 ? 2 2 1 31 ? 8 31 ? 0 .5 1 s

第二次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为
v A 2 ? v1 ? a A 1 t 2 v B 2 ? v1 ? a B 1 t 2 v A 2 ? v B 2 ? ( a A 1 ? a B 1 ) t 2 ? ( a A 1 ? a B 1 ) t1 d ? ( v A 1 ? v B 1 ) 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 u A 2 和 u B 2 ,则有
u A2 ? u B2 ? ? (vA2 ? vB2 ) ? (vB1 ? vA1 ) d

(18)

第二次碰撞后, 以加速度 a A 2 作减速运动, 以加速度 a B 2 作加速运动。 A B 设经历时间 t 2 ? , 两者速度相等,即第二次相对静止,则有
? u A 2 ? a A 2 t 2 ? u B 2 ? a B 2 t 2?

解得
t 2? ? u A2 ? u B2 aA2 ? aB2 ? vB1 ? vA1 aA2 ? aB2 d ? t1? d ? 0 .0 1 6 s

(19)

在 t 2 ? 时间内,A 与 B 的左壁的距离变为 l 2 ,有
u A 2 t 2? ? 1 2 ? a A 2 t 2 ? u B 2 t 2? ?
2

1 2

? a B 2 t 2 ? l2
2

结合(8)(9)得 、
l 2 ? ld
4

(20)

自 B 开始运动到 A 与 B 达到第二次相对静止共经历时间
T 2 ? t1 ? t1? ? t 2 ? t 2 ? ? 3 .4 3 s

T 2 ? 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 l 2 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 a A 1 , 的加速度为 a B 1 , A B 方向都向右, 但因 a B 1 ? a A 1 , A 将与 B 的左壁发生第三次碰撞。设此过程经历的时间为 t 3 ,则以 l 2 代入(6)式结合(16) 式得

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 9 页

t3 ?

2 l2 aB1 ? aA1

?

2l aB1 ? aA1

d

2

? t1 d

2

? 0 .0 9 s

(21)

设第三次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为 v A 3 和 v B 3 ,碰撞后的速度分别为 u A 3 和 u B 3
v A 3 ? v B 3 ? ( a A 1 ? a B 1 )t3 ? ( v A 1 ? v B 1 ) d
2

u A 3 ? u B 3 ? ? ( v A 3 ? v B 3 ) ? ( a B 1 ? a A 1 ) t 3 ? ( a B 1 ? a A 1 ) t1 d

2

? (vA1 ? vB1 )d

2

碰撞后,A 以加速度 a A 2 作减速运动,B 以加速度 a B 2 作加速运动。设经过时间 t 3 ? 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
t 3? ? u A3 ? u B3 aA2 ? aB2
6
2 ? t1? d

(22)

t 3 ? ld

自 B 开始运动至第三次 A 与 B 相对静止共经历的时间 T 3 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 u A n - 1 和 u B n - 1 ,A 以加速度 a A 2 作减
? 速运动,B 以加速度 a B 2 作加速运动。经过时间 t n - 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 l n - 1 。根据前面的讨论有
? ? n- 2 t n - 1 ? t1 d
l n - 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 v A n 和 v B n 。根 据前面的讨论,有
t n ? t1 d
n -1

(24)
n -1

vA n ? vB n ? (vA1 ? vB1 )d

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
? ? ? ? T n ? t1 ? t1 ? t 2 ? t 2 ? ? ? t n -1 ? t n -1 ? t n ? t n

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 10 页

? t1 ? t1? ? t1 d ? t1?d ? ? ? t1 d

n- 2

? t1?d

n- 2

? t1 d

n -1

? t1?d

n -1

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

? ? ( t1 ? t1 )

1 ? d ?? 1? d

(25)

以 t1 ? 2 2 , t1? ?

2 2 31

代入,注意到当 n 很大时, d ? ? 0 得
64 2 31 ? 31

T? ?

? 3 .5 6 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
F T ? ( m A ? m B )V

(27)


V ? FT mA ? mB

代入数值,得
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 a t 可求出 B 对地面的加速度 a B 1 : 5? 1 2 a B 1 2 , a B 1 ? 2 .5 m ? s
2
-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
m B a B ? F ? Ff

代入数值得
Ff ? 45 N
( 2 )?

又由 A 的运动方程得 A 的相对地面的加速度为
aA1 ? Ff mA ? 2 .2 5 m ? s
-2

( 3 )?

于是,A 对 B 的相对加速度为
a A B 1 ? a A 1 ? a B 1 ? ? 0 .2 5 m ? s
-2

( 4 )?

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 ?
1 2 a A B 1 t1 , s ? 1 m 。于是
2

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 11 页

t1 ? 2 2 s= 2 .8 3 s

( 5 )?

A 与 B 的左壁碰撞前瞬间,A 相对 B 的速度
v A B 1 ? a A B 1 t1 ? ? 0 .5 2 m ? s
-1

? ? 0 .7 1 m ? 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
? v A B 1 ? ? v A B 1 ? 0 .5 2 m ? s
-1

? 0 .7 1 m ? s

-1

( 7 )?

向右运动,所受摩擦力反向向左,为 ? F f 。对地面的加速度 a A 2 为
aA2 ? Ff mA ? ? 2 .2 5 m ? s
-2

( 8 )?

此时 B 所受的摩擦力 Ff 方向向右,由其运动方程 m B a B 2 ? F ? Ff 得 B 对地面的加速度 a B 2 为
aB2 ? F ? Ff mB ? 5 .5 m ? s
-2

( 9 )?

由( 8 )? 、( 9 )? 二式知,碰后 A 对 B 的相对加速度为
a A B 2 ? a A 2 ? a B 2 ? ? 7.75 m ? s
-2

( 1 0 )?

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 aAB2 ? aAB1 aAB2 t1 ? 2 31
(1 2 ) ?

2 s= 0 .0 9 1 s

(1 1) ?

s1 ?

1 2

?2 a A B 2 t1 ?

1 31

m = 0 .0 3 m

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 a A B 1 ,即 ( 4 ) ? 式。A 由相对静止到与 B 的左 壁第二次碰撞所需的时间 t 2 可用 s1 ?
t2 ? 2 s1 aAB1 ?

1 2

a A B 1 t 2 算出:
aAB1 aAB2

2

aAB2 aAB1

t1? ?

t1 ? 0 .5 1 s

(1 3) ?

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
? T 2 ? t1 ? t1 ? t 2 ? 3.43 s

A 达到 B 的左壁前相当于 B 的速度的大小为
第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 12 页

v A B 2 ? a A B 1t 2 ? a A B 1

aAB1 aAB2

t1 ?

aAB1 aAB2

vAB1

(1 4 ) ?

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 a A B 2 , ( 0) ? 式。A 由碰撞到相对静止所需要的时间 t 2 即1

和相当于 B 走过的距离 s 2 分别为
? t2 ? vAB2 aAB2 aAB1 aAB2
2

?

t2 ?

aAB1 aAB2

aAB1 aAB2

t1 ?

aAB1 aAB2

t1? ? 0 .0 1 6 s

( 1 5? )

s2 ?

1 2

? a A B 2 t 2 ? 0 .0 0 1 m

以后的碰撞 根据 (1 3) ? 、 (1 5 ) ? 二式,如令
aAB1 aAB2 1/ 4 31 / 4 1 31

k ?

?

?

? 0 .1 8

(1 6 ) ?

则有
t 2 ? kt1 ? ? t 2 ? kt1

由此可以推知,在第三次碰撞中必有
t 3 ? kt 2 ? k t1
2

? t 3 ? k t? ? 2

2

? k 1t

(1 7 ) ?

在第 n 次碰撞中有
tn ? k
n -1

t1

? tn ? k

n -1

? t1

(1 8 ) ?

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
T? ?
? ? 2 2 ( t i ? t i? ) ? ( t1 ? t1? ) ? k ? ? ? 2 2 ? ? ? 31 i ?1 i?0 ? ?

? 1 s= 3 .5 6 s ? ?1? k ?

(1 9 ) ?

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
F T ? ( m A ? m B )V

代入数值,得
V ? FT mA ? mB ? 9 .6 m ? s
-1

( 2 0 )?

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。
第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 13 页

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。

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 14 页

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第 15 页

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
? ? 0 A v1 ? m g
2



式中 m 为沙尘颗粒的质量,而
A??r
2


3

m ?

4 3

? r ?s
4 ?s gr 3 ??0



得 代入数据得

v1 ?



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 ? C h )



此时式①应为
??h Av ? mg
2



由②、③、⑥、⑦可解得
h ? 4r ?s g ? 1 ? ?1 ? ? 2 C ? 3? v ? 0 ?



代入数据得
h ? 6.8 ? 10 m
3



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 2 C ,0
2 1

(2) E 2 C , E 2 C
4 2

1

1

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
16

T ?

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



G

(R ? h)
Mm R
2

2



G

? mg



由①、②、③式解得
? gR 2t 2 ? h ?? 2 2 ? ? 4? N ?
1/ 3

? R



由题给数据可知 t ? 5.8536 ? 10 5 s ,代入 t 及其它有关数据得
h ? 2 .9 ? 1 0 m
5



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 ? 1 0 5 m ~ 3.1 ? 10 5 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 m H e ? 4.003 ? 10 ? 3 kg ,B 中氪气的质量
m K r ? 83.8 ? 10
?3

kg ,C 中氙气的质量 m X e ? 1 3 1 .3 ? 1 0
1 3 ? E He ? 1 3 m He g (? h ) ? 1 3 ? E Kr ? 1 3 m Kr gh ? 1 3 ? E Xe ? 1 3 m Xe gh ? 1 3 1 3 m Kr g (? h ) ? 0 1 3

?3

k g 。三种气体均匀混合后,A 中的

He 有

1 3

m o l 降入 B 中,有

m o l 降入 C 中。He 的重力势能增量为 m He g (?2h ) ? ? m He gh



B 中的 Kr 有

1 3

m o l 升入 A 中,有

m o l 降入 C 中。Kr 的重力势能增量为



C 中的 Xe 有 m o l 升入 A 中,有
3

1

m o l 升入 B 中。Xe 的重力势能增量为 m Xe g 2h ? m Xe gh



混合后,三种气体的重力势能共增加
? E P ? ? E H e ? ? E K r ? ? E X e ? ( m X e ? m H e ) 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
17

本题中所考察的理想气体共有 3 摩尔,故有
?EP ? ?3 ? 3 2 R?T



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
?T ? ? 2(m Xe ? mHe ) gh 9R



将已知数据代入,注意到 R ? 8.31 J ? K -1 ? m ol-1 ,可得
? T ? ? 3 .3 ? 1 0
-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 p 0 ? 1 .0 1 3 ? 1 0 5 N ? m - 2 ,温度
T 0 ? 2 7 3 . 1 3 K和 1mol 理想气体在标准状态下的体积 V 0 ? 2 .2 4 ? 1 0
-2

m 求得,即 R ?
3

p 0V 0 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 L 1 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 i 2 ? r1

① ② ③

由几何关系得 由图可见

r1 ? i 2 ? ? ? 6 0 ?

18

i1 ? ? ? r1



又从 ? F S O1 的边角关系得
tan ? ? y / f

⑤ ⑥

代入数值得
? ? arctan(14.3 / 30.0) ? 25.49 ?

由②、③、④与⑥式得 r1 ? 3 0 ? , i1 ? 5 5 .4 9 ? 根据折射定律,求得
n? sin i1 sin r1 ? 1 .6 5



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 P Q 边与 P ?Q ? 边平行于磁 场 B ,因而不受磁场力。 P P ? 边受的安培力的大小为 IB L1 , 方向垂直于桌面向下,但此力对轴的力矩为零。 Q Q ? 边受的 安培力的大小为 FQ Q ? ? IB L1 ,方向垂直桌面向上。此力对固 定轴的力矩为
M0 ? IB 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 ? m g ( 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
I m in B L1 L 2 ? 1 2 m g L2



解得
I m in ? mg 2 B L1



19

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。 P Q 边与 P ?Q ? 边的重心均在 ( L 2 / 2 )处,两条边对 ab 轴的合力矩为
?1 ? ?
? ? ? L2 ? ?? ? ? ( L1 ? L 2 ) ? ? 2 ? m g L2
①?

Q Q ? 边对 ab 轴的力矩为

?2 ? ?

?

? ? L2 ? 2 ( L1 ? L 2 ) ? m g L1

②?

故线框所受的重力矩为
? 0= ? 1+ ? 2= ( m g / 2) L 2

与解法一求得的②式一致,从而求得 I m in 与④式相同。 (2)线框处于静止状态时,若电流 I 0 比 I m in 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。 P Q 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 B L1 ? m g ? L 2 co s ? 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 N N ? 时,合力矩为零,角速度达到最大。由于惯性, 线框将越过 N N ? 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。

20

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 N N ? 平面两侧摆动的幅度将逐渐变小,最终静止在 N N ? 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 N N ? ,电磁力矩与重力矩的合力 矩将使线框回到 N N ? 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 T 0 ? 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 a B 1 ,有
s? 1 2 a B 1T 0
2


aB1 ? 2s T0
2

? 2 .5 m ? s

-2

(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 mA ? mB ? 2 .4 m ? s
-2

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 ? m B a B 1 Ff ? m A a A 1

(2) (3)

由(1)(2)(3)式得 、 、
a A 1 ? 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 a A 1 ? a B 1 ,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
21

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 2 a B 1 t1 ?
2

1 2

a A 1 t1 ? l

2

解得
t1 ? 2l aB1 ? aA1

(6)

代入数据,得
t1 ? 2 2 s= 2 .8 3 s

A 与 B 发生第一次碰撞时,碰前的速度分别为
v A 1 ? a A 1 t1 ? a A 1 2l aB1 ? aA1
2l aB1 ? aA1

(7)

v B 1 ? a B 1 t1 ? a B 1

(8)

3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞 以 u A 1 和 u B 1 分别表示第一次碰撞后 A 和 B 的速度。当 u A 1 、 u B 1 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
m A vA1 ? m B vB1 ? m A u A1 ? m B u B1
1 2 m A vA1 ?
2

1 2

m B vB1 ?

2

1 2

m A u A1 ?

2

1 2

m B u B1

2

解以上两式得
u A1 ? u B1 ? ? (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 u A 1 大于 B 的速度
u B 1 ,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 a A 2 和 a B 2 ,则由牛顿第二定律有
Ff ? m A a A 2 F ? Ff ? m B a B 2

解得
aA2 ? Ff mA ? 2 .2 5 m ? s
-2

(10)

22

aB2 ?

F ? Ff mB

? 5 .5 m ? s

-2

(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
u A 1 ? a A 2 t1? ? u B 1 ? a B 2 t1?

由上式和(9)式解得
t1? ? u A1 ? u B1 aA2 ? aB2 ? vB1 ? vA1 aA2 ? a B2 ? 2l (aB1 ? aA1 ) aA2 ? a B2

(12)

代入有关数据得
t1? ? 2 2 31 s= 0 .0 9 s

(13)

设在时间 t1? 内,A 与 B 的左壁之间的距离增大至 l1 ,则有
u A 1 t1? ? 1 2 a A 2 t1? ? u B 2 t1? ?
2

1 2

a B 2 t1? ? l1
2

结合(9)(12)两式得 、
l1 ? ld
2

(14)

式中
d ? aB1 ? aA1 aA2 ? aB2

(15)

代入有关数据得
d ? aB1 ? aA1 aA2 ? aB2 ? (5 / 2 ) ? (9 / 4 ) (9 / 4 ) ? (1 1 / 2 ) ? 1 31 ?1

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 a A 1 , A 方向向右。 作用于 B 的摩擦力向左,B 的加速度为 a B 1 ,方向也向右。但是原来 A 与 B 左端的距离为 l , 现改为 l1 ,因 a A1 ? a ,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 B1 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 ? 2 l1 aB1 ? aA1 ? 2l aB1 ? a A1 d ? t1 d

(16)

23

代入有关数据,得
t2 ? 2 2 1 31 ? 8 31 ? 0 .5 1 s

第二次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为
v A 2 ? v1 ? a A 1 t 2 v B 2 ? v1 ? a B 1 t 2 v A 2 ? v B 2 ? ( a A 1 ? a B 1 ) t 2 ? ( a A 1 ? a B 1 ) t1 d ? ( v A 1 ? v B 1 ) 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 u A 2 和 u B 2 ,则有
u A2 ? u B2 ? ? (vA2 ? vB2 ) ? (vB1 ? vA1 ) d

(18)

第二次碰撞后, 以加速度 a A 2 作减速运动, 以加速度 a B 2 作加速运动。 A B 设经历时间 t 2 ? , 两者速度相等,即第二次相对静止,则有
? u A 2 ? a A 2 t 2 ? u B 2 ? a B 2 t 2?

解得
t 2? ? u A2 ? u B2 aA2 ? aB2 ? vB1 ? vA1 aA2 ? aB2 d ? t1? d ? 0 .0 1 6 s

(19)

在 t 2 ? 时间内,A 与 B 的左壁的距离变为 l 2 ,有
u A 2 t 2? ? 1 2 ? a A 2 t 2 ? u B 2 t 2? ?
2

1 2

? a B 2 t 2 ? l2
2

结合(8)(9)得 、
l 2 ? ld
4

(20)

自 B 开始运动到 A 与 B 达到第二次相对静止共经历时间
T 2 ? t1 ? t1? ? t 2 ? t 2 ? ? 3 .4 3 s

T 2 ? 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 l 2 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 a A 1 , 的加速度为 a B 1 , A B 方向都向右, 但因 a B 1 ? a A 1 , A 将与 B 的左壁发生第三次碰撞。设此过程经历的时间为 t 3 ,则以 l 2 代入(6)式结合(16) 式得

24

t3 ?

2 l2 aB1 ? aA1

?

2l aB1 ? aA1

d

2

? t1 d

2

? 0 .0 9 s

(21)

设第三次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为 v A 3 和 v B 3 ,碰撞后的速度分别为 u A 3 和 u B 3
v A 3 ? v B 3 ? ( a A 1 ? a B 1 )t3 ? ( v A 1 ? v B 1 ) d
2

u A 3 ? u B 3 ? ? ( v A 3 ? v B 3 ) ? ( a B 1 ? a A 1 ) t 3 ? ( a B 1 ? a A 1 ) t1 d

2

? (vA1 ? vB1 )d

2

碰撞后,A 以加速度 a A 2 作减速运动,B 以加速度 a B 2 作加速运动。设经过时间 t 3 ? 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
t 3? ? u A3 ? u B3 aA2 ? aB2
6
2 ? t1? d

(22)

t 3 ? ld

自 B 开始运动至第三次 A 与 B 相对静止共经历的时间 T 3 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 u A n - 1 和 u B n - 1 ,A 以加速度 a A 2 作减
? 速运动,B 以加速度 a B 2 作加速运动。经过时间 t n - 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 l n - 1 。根据前面的讨论有
? ? n- 2 t n - 1 ? t1 d
l n - 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 v A n 和 v B n 。根 据前面的讨论,有
t n ? t1 d
n -1

(24)
n -1

vA n ? vB n ? (vA1 ? vB1 )d

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
? ? ? ? T n ? t1 ? t1 ? t 2 ? t 2 ? ? ? t n -1 ? t n -1 ? t n ? t n

25

? t1 ? t1? ? t1 d ? t1?d ? ? ? t1 d

n- 2

? t1?d

n- 2

? t1 d

n -1

? t1?d

n -1

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

? ? ( t1 ? t1 )

1 ? d ?? 1? d

(25)

以 t1 ? 2 2 , t1? ?

2 2 31

代入,注意到当 n 很大时, d ? ? 0 得
64 2 31 ? 31

T? ?

? 3 .5 6 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
F T ? ( m A ? m B )V

(27)


V ? FT mA ? mB

代入数值,得
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 a t 可求出 B 对地面的加速度 a B 1 : 5? 1 2 a B 1 2 , a B 1 ? 2 .5 m ? s
2
-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
m B a B ? F ? Ff

代入数值得
Ff ? 45 N
( 2 )?

又由 A 的运动方程得 A 的相对地面的加速度为
aA1 ? Ff mA ? 2 .2 5 m ? s
-2

( 3 )?

于是,A 对 B 的相对加速度为
a A B 1 ? a A 1 ? a B 1 ? ? 0 .2 5 m ? s
-2

( 4 )?

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 ?
26
1 2 a A B 1 t1 , s ? 1 m 。于是
2

t1 ? 2 2 s= 2 .8 3 s

( 5 )?

A 与 B 的左壁碰撞前瞬间,A 相对 B 的速度
v A B 1 ? a A B 1 t1 ? ? 0 .5 2 m ? s
-1

? ? 0 .7 1 m ? 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
? v A B 1 ? ? v A B 1 ? 0 .5 2 m ? s
-1

? 0 .7 1 m ? s

-1

( 7 )?

向右运动,所受摩擦力反向向左,为 ? F f 。对地面的加速度 a A 2 为
aA2 ? Ff mA ? ? 2 .2 5 m ? s
-2

( 8 )?

此时 B 所受的摩擦力 Ff 方向向右,由其运动方程 m B a B 2 ? F ? Ff 得 B 对地面的加速度 a B 2 为
aB2 ? F ? Ff mB ? 5 .5 m ? s
-2

( 9 )?

由( 8 )? 、( 9 )? 二式知,碰后 A 对 B 的相对加速度为
a A B 2 ? a A 2 ? a B 2 ? ? 7.75 m ? s
-2

( 1 0 )?

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 aAB2 ? aAB1 aAB2 t1 ? 2 31
(1 2 ) ?

2 s= 0 .0 9 1 s

(1 1) ?

s1 ?

1 2

?2 a A B 2 t1 ?

1 31

m = 0 .0 3 m

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 a A B 1 ,即 ( 4 ) ? 式。A 由相对静止到与 B 的左 壁第二次碰撞所需的时间 t 2 可用 s1 ?
t2 ? 2 s1 aAB1 ?

1 2

a A B 1 t 2 算出:
aAB1 aAB2

2

aAB2 aAB1

t1? ?

t1 ? 0 .5 1 s

(1 3) ?

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
? T 2 ? t1 ? t1 ? t 2 ? 3.43 s

A 达到 B 的左壁前相当于 B 的速度的大小为

27

v A B 2 ? a A B 1t 2 ? a A B 1

aAB1 aAB2

t1 ?

aAB1 aAB2

vAB1

(1 4 ) ?

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 a A B 2 , ( 0) ? 式。A 由碰撞到相对静止所需要的时间 t 2 即1

和相当于 B 走过的距离 s 2 分别为
? t2 ? vAB2 aAB2 aAB1 aAB2
2

?

t2 ?

aAB1 aAB2

aAB1 aAB2

t1 ?

aAB1 aAB2

t1? ? 0 .0 1 6 s

( 1 5? )

s2 ?

1 2

? a A B 2 t 2 ? 0 .0 0 1 m

以后的碰撞 根据 (1 3) ? 、 (1 5 ) ? 二式,如令
aAB1 aAB2 1/ 4 31 / 4 1 31

k ?

?

?

? 0 .1 8

(1 6 ) ?

则有
t 2 ? kt1 ? ? t 2 ? kt1

由此可以推知,在第三次碰撞中必有
t 3 ? kt 2 ? k t1
2

? t 3 ? k t? ? 2

2

? k 1t

(1 7 ) ?

在第 n 次碰撞中有
tn ? k
n -1

t1

? tn ? k

n -1

? t1

(1 8 ) ?

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
T? ?
? ? 2 2 ( t i ? t i? ) ? ( t1 ? t1? ) ? k ? ? ? 2 2 ? ? ? 31 i ?1 i?0 ? ?

? 1 s= 3 .5 6 s ? ?1? k ?

(1 9 ) ?

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
F T ? ( m A ? m B )V

代入数值,得
V ? FT mA ? mB ? 9 .6 m ? s
-1

( 2 0 )?

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。

28

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。

29


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