清北学堂物理竞赛考前练习题第十套.pdf

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1、20102010 年北京清北学堂竞赛模拟题十年北京清北学堂竞赛模拟题十一、（a）所示，高为h的旗杆顶端有一物P，一男孩在离旗杆底端 A 距离s处的o点，欲用弹弓弹射小石块击中物P。已知弹弓弹射出的小石块初速度为v0，问小石块能击中物P的最小v0值为多少？相应的弹射角（弹射方向与水平方向的夹角）为多大？二、10 个同样的木块一个紧挨着一个地放在水平地面上，如图 3-例 5 所示。每块木块的质量m 0.40千克，长l 0.50米。它们 与地 面间 的静 摩擦 系数和 滑动 摩擦 系数 均为原来木快处于静止状态。左方第一块木块的左端上方放一质量为M 1.0千克2 0.10。的小铅块，它与木块间的静摩

2、擦系数和滑动摩擦系数均为1 0.20。现突然给铅块一向右的初速度V0 4.3米/秒，使其在大木块上滑行。试确定铅块最后的位置在何处（落在地上还是停在哪块木块上）。取重力加速度g 10米/秒。设铅块的线度与l相比可以忽略。2三、三、如图（a）所示，一弹子球由阶梯上逐级弹下，它击在每一步阶梯的同一位置，并且在每一步阶梯上弹起相同的高度。设该阶梯的高和宽均为s，弹起后与弹起前在竖直方向的速度大小之比等于e，球与阶梯相碰无摩擦。求弹子球所必需的水平速度和弹起的高度。四、一双星系统，两颗星的质量分别为M和m（设M m），距离为d，在引力作用下绕不动质心作圆周运动。设这两颗星近似为质点。在超新星爆炸中，质

3、量为M的星体损失质量M。假设爆炸是瞬间的、球对称的，并且对残余体不施加任何作用力（或作用力抵消），对另一颗星也无直接作用。试求，在什么条件下，余下的星的双星系统仍被约束而不相互远离。五、（1）一个电荷不能自由移动的均匀带电球体，质量均匀分布，半径为R，电荷体密度为e，质量体密度为m。设其中一条直径上有一光滑小通道。另有一质量为m、带电量为 q的带电质点，在小通道内作无摩擦往复运动，求此带电质点运动的周期。（设e 0，q 0）（2）一个电荷不能自由移动的均匀带电薄圆盘，半径为R，总电荷量Q 质量M 43Re，总343Rm，其中e和m与（1）相同。设其中一条直径上有一光滑小通3道。另有一与（1）中

4、相同的带电质点，质量为m，带电量为 q，在小通道内作无摩擦往返运动。为使此小质点在小通道中作简谐振动，求圆盘上电量和质量的分布，并写出带电质点在通道内的运动周期。六、用细铜丝制成的圆环在地磁场中绕其竖直直径转动。铜环处地磁场的磁感应强度为44.5T，其方向与水平方向向下成60角。已知铜的密度为8.90103Kgm3，电阻率为1.70108m，计算其角速度从初始0100(s1)降为零共约转了多少圈。设空气和轴承处的摩擦忽略不计，并忽略自感效应（尽管这些效应本不应忽略。）七、七、.空气是混合气体，其中的质量分配是：氮气约占76.9%，氧气约占23.1%，其余成分可忽略不计。现有一气缸，缸内充有空气

5、，并装有一些由细钢丝做成的钢丝棉。设气缸内的活塞能无摩擦地运动，缸内气压恒定为1atm，缸内非常缓慢地进行化学反映，且设化学反应生成1mol的后Fe2O3，因氧气耗尽而中止。已知化学反应过程是在1atm、300K条件下进行的，在此过程中系统释放出8.24105J的热量。试求在此过程中：（1）系统内能的改变量；（2）缸内气体内能的改变量；（3）缸内氮气密度的改变量。设缸内气体可视为理想气体，设 1mol 氧气和 1mol5 氮气的内能均为 5/2RT。设缸内钢丝棉等固体物质与缸内气体相比，所占体积很小，可忽略不计。参考答案1 解、按图中坐标，写出小石块的运动方程x v0costy v0sint

6、12gt2gx22联立消去时间t，得轨迹方程：y xtgtg122v0当v0、确定的条件下，此方程表示小石块运动的轨迹。当v0一定，且x s,y h，表示以v0弹射的小石块击中物P。此时，抛射角不能随意，我们可以求出这种情况下的抛射角。为此把轨道方程改写成tg为未知量的一元二次方程，即222v02v0tgtg2h1 0gsgs222v02v0v解得tg2h 1gsgsgs202一般情况下，小石块以初速v0弹射击中物P，将有两个不同的抛射角。我们可以与h 0的情况作为对照，与同一射程有两个抛射角类似。当逐渐减小弹射初速度并击中P点，两个弹射角将逐渐接近，当v0达某一最小值是，两个弹射角相等，若v

7、0小于这一临界的值，小石块将无法到达P点。所以最小v0值对应于tg为重根的情况，即tg解的表达式中根号部分为零，即v0满足22v0 2v0 21 0gsgs4222整理后得v0 2ghv0 g s 02取合理解2v0 ghgh2 g2s2 g hh2 s2v0g h h2 s2相应的弹射角满足2v01tgh h2 s2gss2 2、分析与解、分析与解铅块在木块上运动，一方面由于与木块间摩擦力，施与木块的力将驱动下面木块有向前运动的趋势。与此同时铅块速度下降。首先要确定是，如果铅块能量足够，那么铅块在哪一块木块上运动，才能驱动铅块所在那一块木块及其前面的木块，在铅块和木快间的摩擦力推动下产生运动

8、？该铅块运动到倒数第 n 块木块上，下面木块开始运动，则1Mg 2M nmg带入相关数据，化简得2 0.4n1满足此式的最大整数 n 为 2，即倒数第二块。铅块有没有足够能量到达倒数第二块呢？假定铅块能量足够大，滑经前面8 快后，速度为V，则有关系：112MV021Mg 8l MV2，V V0161gl 1.6(米 秒)22说明铅块能量足够大的假设正确，铅块能够运动到第九块木块上。讨论铅块在第 9 块上运动。设铅块加速度为aM，最后两块不块加速度为a2m，M的相2对加速度为aM，其数值分别为：aM 1g 2(米/秒)a2m11Mg 2M 2mg 0.25(米/秒2)2m2aM aM a2m 2

9、.25(米/秒)设M滑过第 9 块木块瞬时相对速度vM，根据运动学方程有：22v 2aMVMl，vM 0.49(米/秒)这个结果说明铅块能越过第 9 块木块到达最后一块木块。设此时铅块加速度、最后一块木块加速度、M 的相对加速度分别为：aM 2(米/秒)2a2m11Mg 2M mg1.5(米/秒2)m2aM 3.5(米/秒)设 M 滑过最后一块木块是相对速度为vM，有运动关系222(v)v 2aMMMl，(vM)3.26 0这个结果说明铅块只能停在最后一块木块上。设铅块在最后一块木块上经过位移 x，而后停止，则0 vM2 2aMx，x 0.034(米)即，铅 块 最 后 停 在 最 后 一 块

10、 木 块 离 左 端x 0.034米处。3 3、分析与解、分析与解图 5-练 27（b）表示相继两级阶梯间弹子球的运动。设一级弹起后的速度为v2，下一级落地前的速度为v1，分别用分量表示：v1 vhi vijv2 vhi vfj其中vi、vf为代数值。利用碰撞关系：vf evi一级弹起后至下一级弹起前机械能守恒：联立解得vi21122m(vhvi2)m(vhv2f)mgs222gs21e利用运动学关系vi vf gtt vivfgvi(1e)1e2gsgg1e2s vhtgs1e2vh1e2gs最后求出谈起高度H：12mvf mgH2e22e2sH vi22g2g1e式、极为水平速度和弹起的高

11、度。4 4、分析与解、分析与解原系统在引力作用下，分别绕质心作圆周运动，相互不远离，这是一个被约束的系统，系统总机械能量必定小于零。在突然发生爆炸，使质量为M的星体损失质量M的情况下，系统是否为约束系统的判定，必须把系统总机械能量除去质心平动动能后加以判定，即判定质心系中总机械能是否小于零，若小于零，系统便为约束系统，大于或者等于零则不是。v2f在超新星爆炸之前，质心静止。设以质心为原点，r1和r2为M和m至质心的距离。则r1 r2 dr1mdMd，r2M mM m两星体在万有引力作用下绕质心作圆周运动，设为运动角速度，写出其中一个星体的运GMmd2G(M m)解得23d动学方程Mr12在此式

12、中，仅与两质量之和有关，所以m绕质心的角速度也为此值。超新星爆炸之后瞬间，M脱离星体M，剩余的质量M M相对原质心的角度度未G(M M)md11在新质心系中的动能为Erk(M M)(r1)2m(r2)2 Ek022变，两星距离未变。所以新系统的新势能为Ep 其中Ek0为质心的动能。为了求出Ek0，先求质心速度：vcm(r2)(M M)(r1)M(r1)M M mM M m这里利用了两星体速度方向相反这一事实，且mr2 Mr1。所以新系统在新质心系中的G(M M)m11(M M)(r1)2m(r2)2d22总机械能为(M)2(r1)21(M M m)2(M M m)2Ep Ek 利用新系统为约束

13、系统的条件为Ep Ek 0整理后得到：M 1(M m)2运算中利用了5 5、分析与解、分析与解r1mGm2，以及式r1和r2的表达式。r1dr2Md（1）设均匀带电球体的球心为坐标原点o，沿通道方向为x轴方向，如图 1-练 11（a）所示。写出带电质点在运动中的运动学方程：44qx3emx3mqe4G3ma k32G(mm)x2303xx这是一个间谐力，因此，带电质点在通道中所作无摩擦往复运动是间谐运动，运动周期T 2 2m14Gqemm303（2）此小题很容易引起与（1）联想，（1）中球体上各质量元和电荷元对运动带电质点的力中，起作用的是沿x轴方向的分力。现在应设法把球中各质量元及其电荷元压

14、缩在一个圆盘上，而原来对带电质点沿x轴方向的分力仍保持不变，这样我们就能达到题中要求，然后算出盘面上的质量分布和电荷分布。按此想法，我们可以把球体上（r，）处的带电质量元全部分配在圆盘面上（r，）处的两个小面元上（注意，原则上其分配对x轴不必对称，对称分配只是为了视觉上的好感）。如图 1-练 11（b）所以。因此，圆盘上的质量和电荷分布函数（用质量面密度m和电荷面密度e表示）将为以下形式mm(r,)，ee(r,)分别写为m2rsinrrmmmrsin2rr2rreersin显然，带电质点在通道中作无摩擦往复运动同样是简谐振动，运动周期也与（1）中结论相同。6 6、分析与解、分析与解环 的 转

15、动 动能 因 感应 电 流的 热 损 耗而 逐 渐减 小。I22b2a在环中产生感应电流的地磁场，只有水平分量有贡献。水平分离磁场为B44.510 cos60()当环面与地磁场水平分量成t角时，通过换的磁感6t应通量为 Ba s in2其中a为环半径。瞬时感应电动势为 Ba2costt电动势的幅值m Ba2有 效 值12Ba2B22a42铜环旋转一周在环的电阻 R 上消耗的平均热功率为P 2R环以角速度为转动时（绕竖直轴，即环直径），求其动能。设环半径为a，转动角速度为，如图 4-练 13 所示。选处元弧l a，铜导线截面 A，铜的质量密度为d，则弧元质量为m d l A d a A此弧元动能

16、为EK1m(asin)22利用对称性，写出铜环转动时的动能EK m a 022sin2d a A a 022sin21312a dAcos 2(2)22 0 011a3dA2(sin 2)2211a3dA2ma2224上式中已利用m 2a Ad。当变化时，EK也将变化。设t时刻角速度为，则t t t时间内，转动动能的改变量为11EK(ma2)2ma2(2)44它应等于同一时间内 R 上消耗的功 Pt，即1B22a4222ma()t42R1B22a4B22a42t 即ma 22R2RB22a4 mRB22a2 mR000B22a2解得0 mR n mR0B22a22aAd 2a0A1.9108(

17、弧度)222Ba 3.1108(周)27、答案：（1）缸内的化学方应式是2Fe3O2 Fe2O32说明生成1mol的Fe2O3需要1.5molO2和2mol的Fe。由题设可知，缸内原有氧1.5mol，当它耗尽时，缸内气体将减小V，为V RT，式中V 1.5mol。体积减少过p程中系统对外做功为W pV RT 3739.5J因此过程系统吸热为Q 8.2410 J由热力学第一定律，系统内能增量为U Q W 8.20310 J负号表示系统内能减少了。（2）在整个过程中给等温、等压，故N2得内能不变，O2因参与反应（耗尽），内能减少，因此，缸内气体在此过程中内能的改变量为U（3）开始时，缸内氧气和氮气的质量分别为555RT 9349J2M11.532103kg 48103kgM2 M176.9159.8103kg23.1用p0表示1atm，p表示反应前N2的分压器，V0表示反应前缸内气体的体积（它等于反应前N2的体积，也等于反应前O2的体积），V表示反应后N2的体积，因O2耗尽，故V小于V0，1和2分别表示O2和N2的摩尔质量。在反应前，有pV0M22RT，(p0 p)V0M2M11RT反应结束后，对N2，有p0V 2RTM2M1VV0因此，反应前后，缸内N2密度的改变量为把上面的结果代入，得2p0M11(M22M1 0.236kg/m31)RT