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高中物理竞赛预赛试题分类汇编—力学


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全国中学生高中物理竞赛预赛试题分类汇编 力学
届预赛题. 第 16 届预赛题 1.(15 分)一质量为 M 的平顶小车,以速度 v0 沿水平的光滑轨道作匀速直线运动。现将 一质量为 m 的小物块无初速地放置在车顶前缘。 已知物块和车顶之间的动摩擦系数为 ? 。 1. 若要求物块不会从车顶后缘掉下,则该车顶最少要多长? 2. 若车顶长度符合 1 问中的要求,整个过程中摩擦力共做了多少功? 参考解答 1. 物块放到小车上以后,由于摩擦力的作用,当以地面为参考系时,物块将从静止 开始加速运动, 而小车将做减速运动, 若物块到达小车顶后缘时的速度恰好等于小车此时 的速度,则物块就刚好不脱落。令 v 表示此时的速度,在这个过程中,若以物块和小车为 系统,因为水平方向未受外力,所以此方向上动量守恒,即

Mv0 = (m + M )v

(1)

从能量来看,在上述过程中,物块动能的增量等于摩擦力对物块所做的功,即

1 2 mv = ? mgs1 2
其中 s1 为物块移动的距离。小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功,即

(2)

1 1 2 Mv 2 ? mv0 = ? ? mgs2 2 2
其中 s2 为小车移动的距离。用 l 表示车顶的最小长度,则

(3)

l = s2 ? s1
由以上四式,可解得

(4)

l=

2 Mv0 2? g (m + M ) 2 Mv0 。 2? g (m + M )

(5)

即车顶的长度至少应为 l =

2.由功能关系可知,摩擦力所做的功等于系统动量的增量,即

1 1 2 W = (m + M )v 2 ? Mv0 2 2
由(1)、(6)式可得

(6)

1

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W =?

2 mMv0 2(m + M )

(7)

2. 20 分) ( 一个大容器中装有互不相溶的两种液体, 它们的密度分别为 ρ1 和 ρ2 ρ1 < ρ 2 ) ( 。

1 现让一长为 L 、密度为 ( ρ1 + ρ 2 ) 的均匀木棍,竖直地放在上面的液体内,其下端离两液 2 3 体分界面的距离为 L ,由静止开始下落。试计算木棍到达最低处所需的时间。假定由于 4
木棍运动而产生的液体阻力可以忽略不计, 且两液体都足够深, 保证木棍始终都在液体内 部运动,未露出液面,也未与容器相碰。 参考解答 1.用 S 表示木棍的横截面积,从静止开始到其下端到达两液体交界面为止,在这过

1 程中,木棍受向下的重力 ( ρ1 + ρ 2 ) ? LSg 和向上的浮力 ρ1LSg 。由牛顿第二定律可知, 2
其下落的加速度

a1 =

ρ 2 ? ρ1 g ρ1 + ρ 2

(1)

用 t1 表示所需的时间,则

3 1 L = a1t12 4 2
由此解得

(2)

t1 =

3L( ρ1 + ρ 2 ) 2( ρ 2 ? ρ1 ) g

(3)

2.木棍下端开始进入下面液体后,用 L ' 表示木棍在上面液体中的长度,这时木棍所

1 受重力不变,仍为 ( ρ1 + ρ 2 ) ? LSg ,但浮力变为 ρ1L′Sg + ρ 2 ( L ? L′) Sg .当 L = L ' 时, 2
浮力小于重力;当 L ' = 0 时,浮力大于重力,可见有一个合力为零的平衡位置.用 L0′ 表 示在此平衡位置时,木棍在上面液体中的长度,则此时有

1 ( ρ1 + ρ 2 ) ? LSg = ρ1L0′ Sg + ρ 2 ( L ? L0′ ) Sg 2
由此可得

(4)

L0′ =

L 2

(5)

即木棍的中点处于两液体交界处时,木棍处于平衡状态,取一坐标系,其原点位于交界面

2

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上,竖直方向为 z 轴,向上为正,则当木棍中点的坐标 z = 0 时,木棍所受合力为零.当 中点坐标为 z 时,所受合力为

1 ? ?1 ? ?1 ? ? ? ( ρ1 + ρ 2 ) ? LSg + ? ρ1 ? L + z ? Sg + ρ 2 ? L ? z ? Sg ? = ?( ρ 2 ? ρ1 ) Sgz = ? kz 2 ? ?2 ? ? ? ?2
式中

k = ( ρ 2 ? ρ1 ) Sg

(6)

这时木棍的运动方程为

1 ? kz = ( ρ1 + ρ 2 ) LSaz 2
a z 为沿 z 方向加速度 a z = ?2 ( ρ 2 ? ρ1 ) g ( ρ1 + ρ 2 ) L T= ( ρ 2 ? ρ1 ) gz = ?ω 2 z ( ρ1 + ρ 2 ) L
(7)

ω2 = 2

由此可知为简谐振动,其周期



ω

= 2π

( ρ1 + ρ 2 ) L 2( ρ 2 ? ρ1 ) g

(8)

为了求同时在两种液体中运动的时间,先求振动的振幅 A .木棍下端刚进入下面液 体时,其速度

v = a1t1
由机械能守恒可知

(9)

1 ?1 ? 2 1 2 1 2 ? 2 ( ρ1 + ρ 2 ) SL ? v + 2 kz = 2 kA 2? ?
式中 z =

(10)

1 L 为此时木棍中心距坐标原点的距离,由(1)、(3)、(9)式可求得 v ,再 2

将 v 和(6)式中的 k 代人(10)式得

A=L

(11)

由此可知, 从木棍下端开始进入下面液体到棍中心到达 坐标原点所走的距离是振幅的一半,从参考圆(如图预解 16-9)上可知,对应的 θ 为30°,对应的时间为 T /12 。因此 木棍从下端开始进入下面液体到上端进入下面液体所用的 时间,即棍中心从 z =

L L 到 z = ? 所用的时间为 2 2

3

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t2 = 2

T π = 12 3

( ρ1 + ρ 2 ) L 2( ρ2 ? ρ1 ) g

(12)

3.从木棍全部浸入下面液体开始,受力情况的分析和1中类似,只是浮力大于重力, 所以做匀减速运动,加速度的数值与 a1 一样,其过程和1中情况相反地对称,所用时间

t3 = t1
4.总时间为

(13)

t = t1 + t2 + t3 =

6 6 + 2π 6

( ρ1 + ρ 2 ) L ( ρ 2 ? ρ1 ) g

(14)

届预赛题. 第 17 届预赛题 1.(20 分)如图预 17-8 所示,在水平桌面上放有长木板 C , C 上右端是固定挡板 P ,在

C 上左端和中点处各放有小物块 A 和 B , A 、 B 的尺寸以及 P 的厚度皆可忽略不计, A 、 B 之间和 B 、 P 之间的距离皆为 L 。设木板 C 与桌面之间无摩擦, A 、 C 之间和 B 、 C
之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为 ? ; A 、 B 、 C (连同挡板 P )的质量相同.开 始时, B 和 C 静止, A 以某一初速度向右运动.试问下列情况是否能发生?要求定量求 出能发生这些情况时物块 A 的初速度 v0 应满足的条件,或定量说明不能发生的理由. (1)物块 A 与 B 发生碰撞; (2)物块 A 与 B 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞; (3)物块 B 与挡板 P 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与 A 在木板 C 上再发生 碰撞; (4)物块 A 从木板 C 上掉下来; (5)物块 B 从木板 C 上掉下来. 参考解答 1. 以 m 表示物块 A 、B 和木板 C 的质量, 当物块 A 以初速 v0 向右运动时, 物块 A 受 到木板 C 施加的大小为 ? mg 的滑动摩擦力而减速,木板 C 则受到物块 A 施加的大小为

? mg 的滑动摩擦力和物块 B 施加的大小为 f 的摩擦力而做加速运动, 物块则因受木板 C
施加的摩擦力 f 作用而加速,设 A 、 B 、 C 三者的加速度分别为 a A 、 a B 和 aC ,则由牛 顿第二定律,有

? mg = maA
4

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? mg ? f = maC
f = ma B
事实上在此题中, aB = aC ,即 B 、 C 之间无相对运动,这是因为当 aB = aC 时,由上式 可得

1 f = ? mg 2

(1)

它小于最大静摩擦力 ? mg .可见静摩擦力使物块 B 、木板 C 之间不发生相对运动。若物 块 A 刚好与物块 B 不发生碰撞,则物块 A 运动到物块 B 所在处时, A 与 B 的速度大小相 等.因为物块 B 与木板 C 的速度相等,所以此时三者的速度均相同,设为 v1 ,由动量守 恒定律得

mv0 = 3mv1
在此过程中,设木板 C 运动的路程为 s1 ,则 物块 A 运动的 路程为 s1 + L ,如图预解 17-8所 示.由动能定理有

(2)

1 2 1 2 mv1 ? mv0 = ? ? mg ( s1 + L) 2 2 1 2 (2m)v1 = ? mgs1 2

(3) (4)

或者说, 在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和 ((3)与(4)式等号两边相加),即

1 1 2 2 (3m)v1 ? mv0 = ? ? mgL 2 2
式中 L 就是物块 A 相对木板 C 运动的路程.解(2)、(5)式,得

(5)

v0 = 3? gL

(6)

即物块 A 的初速度 v0 = 3? gL 时,A 刚好不与 B 发生碰撞, v0 > 3? gL , A 将与 B 若 则 发生碰撞,故 A 与 B 发生碰撞的条件是

v0 > 3? gL

(7)

2. 当物块 A 的初速度 v0 满足 (7) 式时,A 与 B 将发生碰撞, 设碰撞的瞬间,A 、B 、

C 三者的速度分别为 vA 、 vB 和 vC ,则有

5

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v A > vB

vB = vC

(8)

在物块 A 、 B 发生碰撞的极短时间内,木板 C 对它们的摩擦力的冲量非常小,可忽略不 计。故在碰撞过程中, A 与 B 构成的系统的动量守恒,而木板 C 的速度保持不变.因为 物块 A 、 B 间的碰撞是弹性的,系统的机械能守恒,又因为质量相等,由动量守恒和机 械能守恒可以证明(证明从略),碰撞前后 A 、 B 交换速度,若碰撞刚结束时, A 、 B 、

C 三者的速度分别为 vA′ 、 vB′ 和 vC′ ,则有
v A′ = vB vB ′ = v A vC ′ = vC

由(8)、(9)式可知,物块 A 与木板 C 速度相等,保持相对静止,而 B 相对于 A 、 C 向右运动, 以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续, 由物块 B 替换 A 继续向右运动。 若物块 B 刚好与挡板 P 不发生碰撞, 则物块 B 以速度 vB′ 从板 C 板的中点运动到挡板

P 所在处时, B 与 C 的速度相等.因 A 与 C 的速度大小是相等的,故 A 、 B 、 C 三者的
速度相等,设此时三者的速度为 v2 .根据动量守恒定律有

mv0 = 3mv2

(10)

A 以初速度 v0 开始运动,接着与 B 发生完全弹性碰撞,碰撞后物块 A 相对木板 C 静
止, B 到达 P 所在处这一整个过程中,先是 A 相对 C 运动的路程为 L ,接着是 B 相对 C 运动的路程为 L ,整个系统动能的改变,类似于上面第1问解答中(5)式的说法.等于系 统内部相互问的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 (3m)v2 ? mv0 = ?? mg ? 2 L 2 2
解(10)、(11)两式得

(11)

v0 = 6 ? gL

(12)

即 物 块 A 的 初 速 度 v0 = 6 ? gL 时 , A 与 B 碰 撞 , 但 B 与 P 刚 好 不 发 生 碰 撞 , 若

v0 > 6? gL ,就能使 B 与 P 发生碰撞,故 A 与 B 碰撞后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞的条
件是

v0 > 6? gL

(13)

3. 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(13)式,则在 A 、 B 发生碰撞后, B 将与挡板 P 发生碰撞,设在碰撞前瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A′′ 、 vB′′ 和 vC′′ ,则有

6

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vB′′ > v A′′ = vC ′′

(14)

B 与 P 碰撞后的瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A′′′ 、 vB′′′ 和 vC ′′′ ,则仍类似于第2
问解答中(9)的道理,有

vB′′′ = vC ′′

vC ′′′ = vB′′

v A′′′ = v A′′

(15)

由(14)、(15)式可知 B 与 P 刚碰撞后,物块 A 与 B 的速度相等,都小于木板 C 的速 度,即

vC ′′′ > v A′′′ = vB′′′

(16)

在以后的运动过程中,木板 C 以较大的加速度向右做减速运动,而物块 A 和 B 以相同的 较小的加速度向右做加速运动,加速度的大小分别为

aC = 2? g

a A = aB = ? g
1 3

(17)

加速过程将持续到或者 A 和 B 与 C 的速度相同,三者以相同速度 v0 向右做匀速运动, 或者木块 A 从木板 C 上掉了下来。因此物块 B 与 A 在木板 C 上不可能再发生碰撞。 4. 若 A 恰好没从木板 C 上掉下来,即 A 到达 C 的左端时的速度变为与 C 相同,这 时三者的速度皆相同,以 v3 表示,由动量守恒有

3mv3 = mv0

(18)

从 A 以初速度 v0 在木板 C 的左端开始运动,经过 B 与 P 相碰,直到 A 刚没从木板 C 的左 端掉下来,这一整个过程中,系统内部先是 A 相对 C 的路程为 L ;接着 B 相对 C 运动的 路程也是 L ; B 与 P 碰后直到 A 刚没从木板 C 上掉下来, A 与 B 相对 C 运动的路程也皆 为 L .整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 (3m)v3 ? mv0 = ?? mg ? 4 L 2 2
由(18)、(19)两式,得

(19)

v0 = 12 ? gL

(20)

即当物块 A 的初速度 v0 = 12 ? gL 时, A 刚好不会从木板 C 上掉下.若 v0 > 12 ? gL , 则 A 将从木板 C 上掉下,故 A 从 C 上掉下的条件是

v0 > 12 ? gL

(21)

5. 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(21)式,则 A 将从木板 C 上掉下来,设 A 刚要

7

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从木板 C 上掉下来时, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 vA′′′′ 、 vB′′′′ 和 vC ′′′′ ,则有

v A′′′′ = vB′′′′ < vC ′′′′
这时(18)式应改写为

(22)

mv0 = 2mv A′′′′ + mvC′′′′
(19)式应改写为

(23)

1 1 1 2 (2m)vB′′′′2 + mvC′′′′2 ? mv0 = ? ? mg ? 4 L 2 2 2

(24)

当物块 A 从木板 C 上掉下来后,若物块 B 刚好不会从木板 C 上掉下,即当 C 的左端赶上

B 时, B 与 C 的速度相等.设此速度为 v4 ,则对 B 、C 这一系统来说,由动量守恒定律,


mvB′′′′ + mvC ′′′′ = 2mv4

(25)

在此过程中,对这一系统来说,滑动摩擦力做功的代数和为 ? ? mgL ,由动能定理可得

1 1 ?1 ? 2 (2m)v4 ? ? mvB′′′′2 + mvC′′′′2 ? = ? ? mgL 2 2 2 ? ?
由(23)、(24)、(25)、(26)式可得

(26)

v0 = 4 ? gL

(27)

即当 v0 = 4 ? gL 时,物块 B 刚好不能从木板 C 上掉下。若,则 B 将从木板 C 上掉下,故 物块 B 从木板 C 上掉下来的条件是

v0 > 4 ? gL

(28)

第 18 届预赛题 1.(25 分)如图预 18-5 所示,一质量为 M 、长为 L 带薄挡板 P 的木板,静止在水平的 地面上,设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等,皆为 ? .质量为 m 的人从 木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端, 到达另一端时便骤然抓住挡 板 P 而停在木板上.已知人与木板间的静摩擦系数足够大,人在木板上不滑动.问:在 什么条件下,最后可使木板向前方移动的距离达到最大?其值等于多少?

参考解答 在人从木板的一端向另一端运动的过程中,先讨论木板发生向后运动的情形,以 t 表 8

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示人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间,设以 x1 表示木板向后移 动的距离,如图预解 18-5 所示.以 f 表示人与木板间的静摩擦力,以 F 表示地面作用于 木板的摩擦力,以 a1 和 a2 分别表示人和木板的加速度,则

f = ma1

(1)

1 L ? x1 = a1t 2 2
(2)

f ? F = Ma2 1 x1 = a2t 2 2
(4) 解以上四式,得

(3)

t=

2 LMm Mf + m( f ? F )

(5)

对人和木板组成的系统, 人在木板另一端骤然停下后, 两者的总动量等于从开始到此 时地面的摩擦力 F 的冲量,忽略人骤然停下那段极短的时间,则有

Ft = ( M + m)v

(6)

v 为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度. 设人在木板另一端停下后两者一起向
前移动的距离为 x2 ,地面的滑动摩擦系数为 ? ,则有

1 ( M + m)v 2 = ? ( M + m) gx2 2
木板向前移动的净距离为

(7)

X = x2 ? x1
由以上各式得

(8)

? ? ? 1 ? F ? ? LMm Lm X= ? ? ( f ? F)? ? ? ? ? ? g ? M + m ? ? ( M + m)( f ? F ) + MF ? ? Mf + m( f ? F ) ?
由此式可知,欲使木板向前移动的距离 X 为最大,应有

2

f =F


(9) (10)

f = Fmax = ? ( M + m) g

即木板向前移动的距离为最大的条件是:人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板

9

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的滑动摩擦力. 移动的最大距离

X max =

m L M +m

(11)

由上可见,在设木板发生向后运动,即 f ≥ F 的情况下, f = F 时, X 有极大值,也就 是说,在时间0~ t 内,木板刚刚不动的条件下 X 有极大值. 再来讨论木板不动即 f < F 的情况,那时,因为 f < F ,所以人积累的动能和碰后的 总动能都将变小,从而前进的距离 x 也变小,即小于上述的 X max 。 评分标准:本题25分 (1)、(2)、(3)、(4)式各1分;(6)式5分;(7)式2分;(8)式3分;(9) 式2分;(10)式3分;(11)式5分;说明 f < F 时木板向前移动的距离小于 f = F 时的 给1分。 2.(1 8 分)在用铀 235 作燃料的核反应堆中,铀 235 核吸收一个动能约为 0.025 eV 的 热中子(慢中子)后,可发生裂变反应,放出能量和 2~3 个快中子,而快中子不利于铀 235 的裂变.为了能使裂变反应继续下去,需要将反应中放出的快中子减速。有一种减速 的方法是使用石墨(碳 12)作减速剂.设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞,问一个 动能为 E0 = 1.75 MeV 的快中子需要与静止的碳原子碰撞多少次, 才能减速成为 0.025 eV 的热中子?

参考解答 设中子和碳核的质量分别为 m 和 M ,碰撞前中子的速度为 v0 ,碰撞后中子和碳核的 速度分别为 v 和 v′ ,因为碰撞是弹性碰撞,所以在碰撞前后,动量和机械能均守恒,又因

v0 、 v 和 v′ 沿同一直线,故有 mv0 = mv + Mv′
1 2 1 2 1 mv0 = mv + Mv′2 2 2 2
解上两式得 (1) (2)

v=
因 M = 12m 代入(3)式得

m?M v0 m+M

(3)

10

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v=?

11 v0 13

(4)

负号表示 v 的方向与 v0 方向相反,即与碳核碰撞后中子被反弹.因此,经过一次碰撞后中 子的能量为

E1 =
于是

1 2 1 ? 11 ? 2 mv = m ? ? ? v0 2 2 ? 13 ?

2

? 11 ? E1 = ? ? E0 ? 13 ?

2

(5)

经过 2,3,…, n 次碰撞后,中子的能量依次为 E2 , E3 , E4 ,…, En ,有

? 11 ? ? 11 ? E2 = ? ? E1 = ? ? E0 ? 13 ? ? 13 ? ? 11 ? E3 = ? ? E0 ? 13 ?
……
6

2

4

?E ? ? 11 ? En = ? 1 ? E0 = ? ? E0 E0 ? ? 13 ? ?
因此

n

2n

(6)

n=

1 lg( En / E0 ) 2 lg(11/13)

(7)

已知 代入(7)式即得

En 0.025 1 = = × 10-7 6 E0 1.75 × 10 7

1 lg( × 10-7 ) ?7 ? lg 7 7.8451 n= 7 = = ≈ 54 11 2( ?0.07255) 0.1451 2lg( ) 13

(8)

故初能量 E0 = 1.75 MeV 的快中子经过近 54 次碰撞后, 才成为能量为 0.025 eV 的热中子。 评分标准:本题 18 分 (1)(2)(4)(6)式各 3 分; 、 、 、 、 (5)(7)(8)式各 2 分。 、

第 19 届预赛 (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 11

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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 = αρ Av 2
其中 α 为一系数, A 为沙尘颗粒的截面积, ρ 为空气密度. (1)若沙粒的密度 ρS = 2.8 × 103 kg ? m-3 ,沙尘颗粒为球形,半径 r = 2.5 × 10-4 m ,地 试估算在地面附近, 上述 v 的最小值 v1 . 球表面处空气密度 ρ0 = 1.25 kg ? m-3 ,α = 0.45 , (2)假定空气密度 ρ 随高度 h 的变化关系为 ρ = ρ 0 (1 ? Ch) ,其中 ρ 0 为 h = 0 处的空气密 度, C 为一常量, C = 1.18 × 10?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)

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

αρ0 Av12 = mg
式中 m 为沙尘颗粒的质量,而



A = π r2

② ③

4 m = π r 3 ρs 3


v1 =

4 ρs gr 3 αρ0 v1 = 4.0 m ? s-1



代入数据得



(2)用 ρ 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

ρh = ρ0 (1 ? Ch)
此时式①应为



αρ h Av 2 = mg
由②、③、⑥、⑦可解得



h=

4 r ρs g ? 1? ?1 ? ? C ? 3α v 2 ρ 0 ?



12

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代入数据得

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。

13


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