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2002郑州第19届全国中学生物理竞赛预赛试题及答案


19 届预赛试题及答案

第十九届全国中学生物理竞赛
预 赛 试 题
全卷共七题,总分为 140 分。 一、 (15 分)2002 年 3 月我国北方地区遭遇了近 10 年来最严重的沙尘瀑天气。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 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 ?10 3 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
-3 ?0 ? 1.25 kg·m ,? ? 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, -4 -1 -1 C=1.18×10 m ,试估算当 v ? 9.0 m·s 时扬沙的最大高度。 (不考虑重力加速度随高度的变化)

f ? ?? Av2

二、 (20 分)图预 19-1 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,先将 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,先将 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 。

C E a

K

b C

图预 19-1

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.飞般的名称是什么? 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。 He 四、 (20 分)如图预 19-2 所示,三个绝热的、容积相同的球状容器 A、B、C,用带有阀门 A 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 mol 的氪 (Kr) 、 C 中装有 1mol 的氙(Xe), 三者的温度和压强都相同, K1 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 B Kr 别为 μHe=4.003 ? 10 ?3 kg·mol-1 μKr=83.8 ? 10 ?3 kg·mol-1 μXe=131.3 ? 10 ?3 kg·mol-1 C 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 3R∕2。R 为普适 气体常量。 五、 (20 分) 图预 19-3 中, 三棱镜的顶角 α 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。 K2 Xe 图预 19-2 F α

h

h

S

L1

n L2 图预 19-3

S′

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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 a L2 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 19-4 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。 B L1 1.求电流值 I min 。 I 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 I0 不变 (I0> 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。 b 图预 19-4

七、 (25 分) 如图预 19-5 所示, 在长为 l ? 1.0 m、 质量为 mB=30.0kg 的车厢 B 内的右壁处, 放一质量 mA=20.0kg 的小物块 A(可视为质点) ,向右的水平拉力 F=120.0N 作用于车厢,使之从静止开始运动。测得车厢 B 在最初 2.0s 移动的距离 S=5.0m,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 4.0s 时,车厢与小物块的速度。 B A F

图预 19-5

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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 ① ??0 Av1 ? mg 式中 m 为沙尘颗粒的质量,而 A ? ? r2 ② ③ ④

得 代入数据得

4 m ? ? r 3 ?s 3 4 ?s gr v1 ? 3 ??0
v1 ? 4.0 m ? s-1

⑤ 时扬沙到达的最高处的空气密度和高度,则有 ⑥ ⑦

(2)用 ?h 、 h 分别表示 v ? 9.0 m ? s 此时式①应为

-1

?h ? ?0 (1 ? Ch)

??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 (2)10 分。其中每个空 5 分。

1 4

1 2

评分标准:本题 20 分。 (1)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 mM ? 2? ? G ? m ? ? ( R ? h) ( R ? h)2 ? T ? Mm G 2 ? mg R
1/ 3

① ② ③

由①、②、③式解得

? gR 2t 2 ? h?? 2 2 ? ?R ? 4? N ? 由题给数据可知 t ? 5.8536 ?105 s ,代入 t 及其它有关数据得
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h ? 2.9 ?10 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 ?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

1 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 He 有 mol 降入 3 1 B 中,有 mol 降入 C 中。He 的重力势能增量为 3 1 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 ② ?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 ③ ?EXe ? mXe gh ? mXe g 2h ? mXe gh 3 3 混合后,三种气体的重力势能共增加 ?EP ? ?EHe ? ?EKr ? ?EXe ? (mXe ? mHe ) gh ④ 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 ⑤ ?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 ⑥ ?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
p0V0 ) T0

(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 ?

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
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① ②

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由几何关系得 由图可见

r1 ? i2 ? ? ? 60? i1 ? ? ? r1

③ ④ ⑤ ⑥

又从 ?FSO1 的边角关系得

tan ? ? y / f
代入数值得

? ? 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 M 0 ? IBL1L2 ①

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) 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
③ 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

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?1 ? ?
?

QQ? 边对 ab 轴的力矩为

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

①?

?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? ⑤ 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


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2s (1) ? 2.5 m ? s-2 2 T0 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 F aB ? ? 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 aB1 ?

F ? Ff ? mBaB1 Ff ? mA aA1 由(1) 、 (2) 、 (3)式得 aA1 ? 2.25 m ? s-2

(2) (3) (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 2 aB1t1 ? aA1t1 ?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

(7) (8)

vB1 ? aB1t1 ? aB1

2l aB1 ? aA1

3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞 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
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(10)

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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 ? ? aA2t1 ?2 ? uB2t1 ? ? aB2t1 ?2 ? l1 uA1t1 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 aB1 ? aA1 (5/ 2) ? (9/ 4) 1 ? ? ?1 aA2 ? aB2 (9/ 4) ? (11/ 2) 31

(15)

d?

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,A 的加速度为 aA1 ,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 ? aB1 ,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 ?
代入有关数据,得

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

(16)

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 t2 ? 2 2

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
即第二次相对静止,则有

(18)

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

? ? uB2 ? aB2t2? uA2 ? aA2t2
解得
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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 ?2 ? uB2t2? ? aB2t2 ?2 ? l2 uA2t2? ? aA2t2 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,A 的加速度为 aA1 ,B 的加速度为 aB1 ,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

? -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 。 速度 aB2 作加速运动。经过时间 tn
根据前面的讨论有

? -1 ? t1 ?d n-2 tn

(23)

ln-1 ? ld

2(n- 1)

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

(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。 B 自静止开始运动到第 n 次相对静止 经历的总时间为 ? ? t2 ? t2 ? ? ? tn-1 ? tn ? -1 ? tn ? tn ? Tn ? t1 ? t1

? ? t1d ? t1 ?d ? ? t1 ? t1

?d n-2 ? t1d n-1 ? t1 ?d n-1 ? t1d n-2 ? t1 ?)d n-2+(t1 ? t1 ? )d n-1 ? (t1 ? t1
(25)

?) ? (t1 ? t1 ?)d ? (t1 ? t1 ? )d 2 ? ? (t1 ? t1 1 ? d ?? ?) ? (t1 ? t1 1? d

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2 2 代入,注意到当 n 很大时, d ? ? 0 得 31 64 2 T? ? ? 3.56 s (26) 31 ? 31 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,设 T ? 4 s 时刻 A 和 B 的速度为V ,对 A、B 开始运动至 T ? 4 s 的过 程应用动量定理,得 (27) FT ? (mA ? mB )V ?? 以 t1 ? 2 2 , t1


V?
代入数值,得

FT mA ? mB
(28)

V ? 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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