完整版23届物理竞赛决赛试题Word格式文档下载.docx
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2.如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时,立即令圆筒停止转动.令θ表示A
的中点和B的中点的连线与竖直线之间的夹角,求此后θ等于多少度时,B相对于圆筒开始滑动.(要求在卷面上写出必要的推导过程.最后用计算器对方程式进行数值求解,最终结果要求写出三位数字.)
静止的大气中不同高度处
由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异,气体的温度、密度都是不同的.对于干燥的静止空气,在离地面的高度小于20km的大气层
内,大气温度Te随高度的增大而降低,已知其变化率
z为竖直向上的坐标.
现考查大气层中的一质量一定的微小空气团(在确定它在空间的位置时可当作质点处理),取其初始位置为坐标原点(z=0),这时气团的温度T、密度ρ、压强p都分别与周围大气的温度Te、密度ρe、压强pe相等.由于某种原因,该微气团发生向上的小位移.因为大气的压强随高度的增加而减小,微气团在向上移动的过程中,其体积要膨胀,温度要变化(温度随高度变化可视为线性的).由于过程进行得不是非常快,微气团内气体的压强已来得及随时调整到与周围大气的压强相等,但尚来不及与周围大气发生热交换,因而可以把过程视为绝热过程.现假定大气可视为理想气体,理想气体在绝热过程中,其压强p与体积V满足绝热过程方程pVγ=C.式中C和γ都是常量,但γ与气体种类有关,对空气,γ=1.40.已知空气的摩尔质量μ=0.029kg?
mol-1,普适气体恒量R=8.31J?
(K?
mol)-1.试在上述条件下定量讨论微气团以后的运动.
设重力加速度g=9.8m·
s-2,z=0处大气的温度Te0=300K
四、
图1中K为带电粒子发射源,从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒子流,它们的速度方向都沿图中虚线O′O,速度的大小具有一切可能值但都是有限的.当
粒子打在垂直于O′O的屏NN′上时,会在屏上留下永久性的痕迹.屏内有一与虚线垂直的坐标轴Y,其原点位于屏与虚线的交点O处,Y的正方向由O指向N.虚线上的A、B
两处,各有一电子阀门a和b.阀门可以根据指令开启或关闭.开始时两阀门都处于关闭状态,挡住粒子流.M、M′是两块较大的平行金属平板,到虚线O′O的距离都是d,板
M接地.在两板间加上如图2所示的周期为2T的交变电压u,u的正向最大值为2U,负向最大值为U.已知当带电粒子处在两平板间的空间时,若两平板间的电压为U,则粒子在电场作用下的加速度a、电压u的半周期T和平板到虚线的距离d满足以下关系
21
aT2=d
5
图2
已知AB间的距离、B到金属板左端的距离、金属板的长度以及金属板右端到屏的距离
都是l.不计重力的作用.不计带电粒子间的相互作用.打开阀门上的粒子被阀门吸收,不会影响以后带电粒子的运动.只考虑MM′之间的电场并把它视为匀强电场.
1.假定阀门从开启到关闭经历的时间δ比T小得多,可忽略不计.现在某时刻突然开
启阀门a又立即关闭;
经过时间T,再次开启阀门a又立即关闭;
再经过时间T,第3次开启阀门a同时开启阀门b,立即同时关闭a、b.若以开启阀门b的时刻作为图2中t=0的时刻,则屏上可能出现的粒子痕迹的Y坐标(只要写出结果,不必写出计算过程)为.
2.假定阀门从开启到关闭经历的时间δ=1T0,现在某时刻突然开启阀门a,经过时
间δ立即关闭a;
从刚开启a的时刻起,经过时间T,突然开启阀门b,经过时间δ关闭b.若以刚开启阀门b的时刻作为图2中t=0的时刻,则从B处射出的具有最大速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y坐标(只要写出结果,不必写出计算过程)为具有最小速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y坐标(只要写出结果,不必写出计算过程)为
五、
如图所示,坐标系Oxyz的x轴和z轴都位于纸面内,y轴垂直纸面向里.两无限大金属极板P和Q
分别位于x=-d和x=d处.磁感应强度大小为B的匀强磁场的方向平行于Oxz坐标平面,与z轴的夹角为α.在坐标原点O处,有一电荷为q(>0)、质量为m的带电粒子,以沿y轴正方向的初速度v0开始运动.不计重力作用.
1.若两极板间未加电场,欲使该粒子在空间上恰好能到达极板(但与板不接触),则初速度v0应为多大?
所需最短时间t0是多少?
2.若在两极板间沿x轴正方向加上一场强为E的匀强电场,使该粒子能在第1问中所π
求得的时间t0到达极板,则该粒子的初速度v0应为多大?
若α=4,求粒子到达极板时粒子的坐标.
在高能物理中,实验证明,在实验室参考系中,一个运动的质子与一个静止的质子相碰时,碰后可能再产生一个质子和一个反质子,即总共存在三个质子和一个反质子.试求发生这一情况时,碰前那个运动质子的能量(对实验室参考系)的最小值(即阈值)是多少.
已知质子和反质子的静止质量都是m0=1.671×
0-27kg.不考虑粒子间的静电作用.
第23届全国中学生物理竞赛决赛参考解答
这样的天
图1
要使天梯相对于地球静止不动,由地面伸向太空,与地面之间无相互作用力,梯的下端只能位于赤道上某处,且天梯与该处地球表面垂直,并与地球同步转动.如所示.
从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看,天梯和地球一起匀速转动.天梯所受的外力只有地球的万有引力.把天梯看作是由线密度为ρ的许多非常小的小段组成,则每小段到地球中心的距离不同,因而所受地球引力的大小也不同,其中与地心的距离为ri-1到ri间的长度为△ri的小段所受地球引力为
Mρ△ri
fi=G2
(1)
ri
整个天梯所受的地球引力F就等于每小段所受地球引力之和,
即
n
MVri
F=
fi=G
i
2
(2)
i1
符号表示对所有小段求和.i1
因△ri
=ri-ri-1
是个小量,注意到riri-1=ri(ri-△
ri)≈ri2,因此
nVrinriri1
(r1
i1ri1
r1)r1rir0
1
i1rii1riri1
rn
用R0表示地球半径,也就是天梯下端到地心的距离,
Rl表示天梯上端到地心的距离,
则r0=R0,rn=Rl,代入
(2)式得
11
F=GMρ(R0-Rl)(3)
整个天梯的质量
4)
m=ρ(Rl-R0)
天梯的质心位于天梯的中点,它到地心的距离
根据质心运动定理,有
式中T为地球自转的周期.
由(3)、(4)、(5)、(6)式可得
Rl-R0=0,表示天梯无长度,不符合题意,符合题意的天梯长度满足的方程为
离心力的作用下,处于平衡静止状态,地球引力仍为(3)式,天梯所受的惯性离心力可由
下面的方法求得:
仍把天梯看作由很多长度为△ri的小段组成,则第i小段受的惯性离心力
为
fi′=ρ△ri(2Tπ)2ri(4′)
对所有小段求和,就得到整个天梯所受的惯性离心力
来表示,即
F′
nn
2π2
=fi=(T)2ri△ri(5′)
i1i1T
5′)式中所示的和可以用
图2过原点的直线y=ρ(2Tπ)2r下的一个带阴影的梯形面积
2π2R0+Rl
F′=ρ(T)22(Rl-R0)
因为地球引力与惯性离心力平衡,由(3)式和(6′)式可得
解(8)式得
10)
11)
定律)为
能量守恒,
根号前取正号,代入有关数据,注意到T=8.64×
104s,得
Rl=1.501×
08m
所以天梯的长度
L=Rl-R0=1.441×
1.90°
.
2.当矩形物处于竖直位置即θ=0°
时,B不会滑动,矩形物静止.当圆筒缓慢转动使
联立
如果令T=0,可得
显见,θ<
48.2°
时,作用力是径向正向,对力;
θ>
时,作用力是径向反向,对A是拉力.
现在再来看前面被假定不动的B是否运动.我们可以在B处画圆筒内表面的切面,它与水平面成30°
夹角.因为假定B不动,其加速度为零,所以B在垂直于切面方向的受力方程为
f⊥-mgcos30°
-Tcos(30-°
θ)=0(4)
这里f⊥是圆筒内壁对B的支持力.由(4)式和(3)式可以论证,如果在θ等于60°
(A将与圆筒相碰)之前B不动,则f⊥必将始终不等于零,这就是说,在B开始滑动以前,B不会离开筒壁.B对筒壁的正压力是f⊥的反作用力,大小和f⊥相同.式中的T是刚性薄片对B的作用力,它和
(1)式中的T大小相等(因薄片质量不计).由于μ=1,所以最大静摩擦力fmax的大小就等于正压力.
fmax=μf⊥=mgcos30°
+Tcos(30-°
θ)(5)
其方向是沿切面方向.沿切面方向除摩擦力外,B还受到其他力
f∥=mgsin30°
+Tsin(30-°
θ)(6)
只要f∥不大于最大静摩擦力,B就不滑动.这个条件写出来就是
f∥≤fmax(7)
B滑动与否的临界点就应由f∥=fmax求出,即
mgcos30°
θ)=m
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