17第十七屆全國中學(xué)生物理比賽復(fù)賽題參考解答

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第十七屆全國中學(xué)生物理比賽復(fù)賽題參考解答

一、參考解答

設(shè)玻璃管內(nèi)空氣柱的長度為h，大氣壓強(qiáng)為0p，管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)

為p，水銀密度為ρ，重力加速度為g，由圖復(fù)解17-1-1可知0

()p

lhgpρ+-=（1）

依照題給的數(shù)據(jù)，可知0

plg

ρ=，得

pgh

ρ=（2）

若玻璃管的橫截面積為S，則管內(nèi)空氣的體積為

VSh=（3）

由（2）、（3）式得Vp

gS

ρ=（4）

即管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)與其體積成正比，由克拉珀龍方程pVnRT

=得

2

Vg

nRT

S

ρ=（5）

由（5）式可知，隨著溫度落低，管內(nèi)空氣的體積變小，依照（4）式可知管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)也變小，壓強(qiáng)隨體積的變化關(guān)系為pV-圖上過原點(diǎn)的直線，如圖復(fù)解17-1-2所示．在管內(nèi)氣體的溫度由1T落到2T的過程中，氣體的體積由1V變到2V，體積縮小，外界對氣體做正功，功的數(shù)值可用圖中劃有歪線的梯形面積來表示，即有

2

2

1212121

()22V

VVWgVVgSSSVρρ????=+-=?

?????

-（6）

管內(nèi)空氣內(nèi)能的變化

V21()

UnCTT?=-（7）

設(shè)Q為外界傳給氣體的熱量，則由熱力學(xué)第一定律WQU+=?，有

QUW=?-（8）由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得V211()2QnTTCR?

?=-+?

?

?（9）

代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

0.247J

Q=-

Q（7）

由此可見，只要挑選好飛翔器在圓軌道上合適的位置離開圓軌道，使得它到達(dá)小行星軌道處時，小行星的前緣也正好運(yùn)動到該處，則飛翔器就能被小行星撞擊．能夠把小行星看做是相對靜止的，飛翔器以相對速度為vu-射向小行星，由于小行星的質(zhì)量比飛翔器的質(zhì)量大得多，碰撞后，飛翔器以同樣的速率vu-彈回，即碰撞后，飛翔器相對小行星的速度的大小為vu-，方向與小行星的速度的方向相同，故飛翔器相對太陽的速度為1

2uvvuvu

=+-=-

或?qū)ⅲ?）、（6）式代入得

1

0uv?=?

（8）

假如飛翔器能從小行星的軌道上直截了當(dāng)飛出太陽系，它應(yīng)具有的最小速度為2u，則有2

0210

2

6MmmuR

G

=-

得

20

u=

（9）

能夠看出

1

002

uvu=

>=（10）

飛翔器被小行星撞擊后具有的速度腳以保證它能飛出太陽系．

2.為使飛翔器能進(jìn)入橢圓軌道，發(fā)動機(jī)應(yīng)使飛翔器的速度由0v增加到0u，飛翔器從發(fā)動機(jī)取得的能量

2

2

2

2

2

1

00000

111121522

2

7

2

14

Emumvm

vmvmv=-

=

-

=

（11）

若飛翔器從其圓周軌道上直截了當(dāng)飛出太陽系，飛翔器應(yīng)具有的最小速度為3u，則有2

0310

2

MmmuR

G

=-

由此得

飛翔器的速度由0v增加到3u，應(yīng)從發(fā)動機(jī)獵取的能量為

2

2

2

2300

11122

2

Emumvmv=

-

=

（13）

因此

2

0122

5

140.71

12mvEEmv==（14）

評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分

1.18分。其中（5）式6分，求得（6）式，講明飛翔器能被小行星碰撞給3分；（8）式5分；得到（10）式，講明飛翔器被小行星碰撞后能飛出太陽系給4分。

2.7分。其中（11）式3分，（13）式3分，求得（14）式再給1分。

五、參考解答解法一：

帶電質(zhì)點(diǎn)靜止釋放時，受重力作用做自由降體運(yùn)動，當(dāng)它到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)時，速度為

12.0ms

v=

=?－1

（1）

方向豎直向下．帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場后，除受重力作用外，還受到洛倫茲力作用，質(zhì)點(diǎn)速度的大小和方向都將變化，洛倫茲力的大小和方向亦隨之變化．我們能夠設(shè)想，在帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)原點(diǎn)時，給質(zhì)點(diǎn)附加上沿x軸正方向和負(fù)方向兩個大小基本上0v的初速度，由于這兩個方向相反的速度的合速度為零，因而別妨礙帶電質(zhì)點(diǎn)往后的運(yùn)動．在0t=時間，帶電質(zhì)點(diǎn)因具有沿x軸正方向的初速度0v而受洛倫茲力1

f的作用。

10fqvB

=（2）

其方向與重力的方向相反．適當(dāng)挑選0v的大小，使1

f等于重力，即

0qvB

mg

=（3）

1

2.0ms

(/)gvqmB

=

=?－(4)

只要帶電質(zhì)點(diǎn)保持（4）式?jīng)Q定的0v沿x軸正方向運(yùn)動，1f與重力的合力永久等于零．但此刻，位于坐標(biāo)原點(diǎn)的帶電質(zhì)點(diǎn)還具有豎直向下的速度1v和沿x軸負(fù)方向的速度0v，二者的合成速度大小為

1

2.8ms

v

=

=?－（5）

方向指向左下方，設(shè)它與x軸的負(fù)方向的夾角為α，如圖復(fù)解17-5-1所示，則10

tan1

vvα

==

4π

α=

（6）

因而帶電質(zhì)點(diǎn)從0t

=時間起的運(yùn)動能夠看做是速

率為0v，沿x軸的正方向的勻速直線運(yùn)動和在xOy平面內(nèi)速率為v的勻速圓周運(yùn)動的合成．圓周半徑0.56m

mvR

qB

==（7）

帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場眨眼所對應(yīng)的圓周運(yùn)動的圓心O'位于垂直于質(zhì)點(diǎn)此刻速度v的直線上，由圖復(fù)解17-5-1可知，其坐標(biāo)為''sin0.40mcos0.40m

OOxRyRαα==??==?（8）

圓周運(yùn)動的角速度1

5.0rads

vR

ω

==?－（9）

由圖復(fù)解17-5-1可知，在帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場區(qū)域前的任何時間t，質(zhì)點(diǎn)位置的坐標(biāo)為[]0'sin()OxvtRtxωα=-+-（10）

'cos()

Oy

yRtωα=-+（11）

式中0v、R、ω、α、'Ox、'Oy已分不由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式給出。

帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)磁場區(qū)域下邊界時，0.80m

yL==，代入（11）式，再代入有關(guān)數(shù)值，解

得

0.31s

t

=（12）

將（12）式代入（10）式，再代入有關(guān)數(shù)值得

0.63mx=（13）因此帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場下邊界時的位置的坐標(biāo)為

0.63mx=0.80my=0z=（14）

帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場內(nèi)的運(yùn)動可分解成一具速率為v的勻速圓周運(yùn)動和一具速率為0v的沿x軸正方向的勻速直線運(yùn)動，任何時間t，帶電質(zhì)點(diǎn)的速度V便是勻速圓周運(yùn)動速度v與勻速直線運(yùn)動的速度0v的合速度．若圓周運(yùn)動的速度在x方向和y方向的重量為xv、yv，則質(zhì)點(diǎn)合速度在x方向和y方向的分速度分不為

xxVvv=+（15）

y

y

Vv=（16）

v

=，v由（5）式?jīng)Q定，其大小是恒定別變的，0v由（4）式?jīng)Q定，也是恒定別

變的，但在質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動過程中因v的方向別斷變化，它在x方向和y方向的重量xv和yv都隨時刻變化，所以xV和yV也隨時刻變化，取決于所考察時間質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動速度的方向，由于圓周運(yùn)動的圓心的y坐標(biāo)恰為磁場區(qū)域?qū)挾鹊囊话?，由對稱性可知，帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場下邊緣時，圓周運(yùn)動的速度方向應(yīng)指向右下方，與x軸正方向夾角'4

π

α=

，故代入數(shù)值得

1

cos'2.0ms

xvvα==?－1

sin'2.0ms

y

vvα==?－

將以上兩式及（5）式代入（15）、（16）式，便得帶電質(zhì)點(diǎn)剛離開磁場區(qū)域時的速度重量，它們分不為1

4.0ms

xV=?－（17）1

2.0ms

yV=?－（18）

速度大小為

1

4.5ms

V

=

?－（19）

設(shè)V的方向與x軸的夾角為β，如圖復(fù)解17-5-2所示，則

1tan2

yx

VVβ==

得27β

=?

（20）

評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分（4）式5分，求得（5）、（6）式各給3分，求得（10）、（11）式各給2分，（14）式3分，（19）式5分，求得（20）式再給2分。

解法二：

若以帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O的時間作為起始時間（0t=），則質(zhì)點(diǎn)的初速度為

1

1

2.0ms

v=

=?－（1'）

方向沿y軸正方向．進(jìn)入磁場區(qū)后，帶電質(zhì)點(diǎn)將受到洛倫茲力作用，洛倫茲力在x方向的分力取決于質(zhì)點(diǎn)在y方向的分速度，所以質(zhì)點(diǎn)動量在x方向的重量的增量為

xymvqvBtqBy

?=?=?（2'）

y

?是帶電質(zhì)點(diǎn)在t?時刻內(nèi)沿y方向的位移，質(zhì)點(diǎn)在磁場中運(yùn)動的整個過程中，此式對每一段t

?時刻都成立，因此在0t=到tt=時刻內(nèi)x方向的動量的改變?yōu)?/p>

00()

xxmvmvqByy-=-

因初始時間（0t=），帶電質(zhì)點(diǎn)在x

軸方向的動量0xmv為零，其位置在原點(diǎn)，0

y=，因而

得

xmvqyB

=

即xqBvy

m

=

（3'）

當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)具有x方向的速度后，便馬上受到沿y負(fù)方向的洛倫茲力的作用．依照牛頓第

二定律，在y方向上有加速度yay

xmamgqvB

=-（4'）

將（3'）式代入（4'）式，得22

22

()yqBmmaygmqB????=--???????

（5'）

令'yyD

=-（6'）

式中

2

22

2

0.40m

()

(/)mggD

qBqmB

==

=（7'）

即在y方向作用于帶電質(zhì)點(diǎn)的合力'yFky=-

其中22

qBk

m

=

y

F是準(zhǔn)彈性力，在yF作用下，帶電質(zhì)點(diǎn)在'y方向的運(yùn)動是簡諧振動，振動的圓頻率

1

5.0rads

ω

==?－（8'）

'y隨時刻變化的規(guī)律為

0'cos()

yAtω?=+（9'）

或

0'cos()yAtD

ω?=

++（10'）

A

與0?是待求的常量，質(zhì)點(diǎn)的簡諧運(yùn)動能夠用參考圓來描寫，以所考察的簡諧運(yùn)動的振幅A為

半徑作一圓，過圓心1O作向來角坐標(biāo)1''xOy．若有一質(zhì)點(diǎn)M沿此圓周做勻速率圓周運(yùn)動，運(yùn)動的角速度等于所考察簡諧運(yùn)動的角頻率ω，且按逆時針方向轉(zhuǎn)動，在0t=時間，M點(diǎn)的在

圓周上的位置恰使連線1OM與'y軸的夾角等于（9'）式中

的常量0?，則在任意時間t，1O與M的連線與'y軸的夾角等于0

t

ω?+，于是連線1OM在'y軸上的投影即為（9'）式

所示的簡諧振動，將'x軸平行下移0.40m

D

=，連線1OM在

y

軸的投影即如（10'）式所示（參看圖復(fù)解17-5-3），M

點(diǎn)做圓周運(yùn)動的速度大小v

Aω

=，方向與1OM垂直，速度v

的y重量算是帶電質(zhì)點(diǎn)沿y軸做簡諧運(yùn)動的速度，即0sin()

y

vAtωω?=-+（11'）

（10'）和（11'）兩式中的A和0?可由下面的辦法求得：因?yàn)橐阎?t=時，

帶電質(zhì)點(diǎn)位于0y=處，速度1y

vv=，把那個條件代入（10'）式與（11'）式得

0cos0

AD?+=

1

sinvAω?=-

解上面兩式，結(jié)合(1')、(8')式，注意到振幅A總是正的，故得054

π?=(12')0.56m

A

=(13')

把（10'）式代入(3')式，便得帶電質(zhì)點(diǎn)沿x軸運(yùn)動的速度0cos()

x

vDAtωωω?=++(14')

（14'）式表示帶電質(zhì)點(diǎn)在x方向上的速度是由兩個速度合成的，即沿x方向的勻速運(yùn)動速度

Dω和x方向的簡諧振動速度0cos()Atωω?+的合成，帶電質(zhì)點(diǎn)沿x方向的勻速運(yùn)動的位移

'xDtω=（15'）由沿x方向的簡諧振動速度0cos()

Atω

ω?+可知，沿x方向振動位移的振幅等于速度的最大值

與角頻率的比值（參看圖復(fù)解17-5-3），即等于A．由參考圓辦法可知，沿x方向的振動的位移''x具有如下的形式00cossin()2At

Atπω?ω??

?

+-

=+???

它也許是0''sin()

xAtω?=

+，亦也許是0''sin()xb

Atω?-=+．在本題中，0

t=時間，x應(yīng)為

零，故前一表示式別符合題意．后一表示式中，b應(yīng)取的值為0

sinbA?=-，故有

00''sinsin()

xAAt?ω?=

-++（16'）

帶電質(zhì)點(diǎn)在x方向的合位移'''xxx=+，由（15'）、（16'）式，得

00sinsin()

xDtAAtω?ω?=-++（17'）

（17'）、（10'）、（14'）和（11'）式分不給出了帶電質(zhì)點(diǎn)在離開磁場區(qū)域前任何時間t的位置坐標(biāo)和速度的x重量和y重量，式中常量ω、A、0?、D已分不由（8'）、（13'）、（12'）和（7'）式給出．

當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)達(dá)到磁場的下邊界時，

0.80myL==-（18'）將與（10'）式