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1物理竞赛练习（一）1.如图所示，一盛水的容器沿倾斜角为9的固定斜面向下滑动，从靠 近容器底部的细管 A 的管口向外喷出水，水的速度为 V。，细管的内横 截面积为 S，已知水和容器的总质量为 M 设容器内水的质量可视为不 变，水的密度为p，当容器下滑时，水面与斜面平行，试求容器底部 与斜面间的滑动摩擦系数。2.如图所示，水平弹簧一端固定，另一端系一质量为 m 的小球， 弹簧的劲度系数为了 k,小球与水平面的摩擦系数为卩，当弹簧 为原长时小球位于 0 点，开始时小球位于 0 点右方的 A 点，0与A 之间的距离为 Lo，从静止释放小球。 为使小球能通过 0 点， 而且只能通过 0 点一次，试问卩值应在什么范围？（2）在上述条件下，小球在 0 点左方的停住点 B 点与 0 点的最大距离是多少?23.用粒子轰击原子可以使其从基态跃迁到激发态。设原子基态和激发态的能量差为E,现分别用电子和质子轰击质量为M 的静止原子，试问欲使上述跃迁发生，所需的最小动能是否相等？对你的回答给出相应的分析和计算。4.如图所示，A 为圆筒形容器，B 为活塞，B 的两边 充有理想气体，B 与圆筒无摩擦，不漏气。L 为固定 在活塞上的细长直杆，细杆与圆筒间无摩擦且密封很 好，不漏气。L 为跨过无摩擦的定滑轮并与悬盘相连 的轻绳，二悬盘的质量相等，整个系统放在恒温室中。当温度为 T=300K，左盘上放置砝码 mi=1.2kg，且活塞平衡时，两部分气体体积相等， 即 Vi:V2=1: 1。当温度为 T=400K，右盘上放置砝码 m2=0.5kg,且活塞平衡时，两部分气体的体积比为 V /1：V /2=4: 1。现在欲使活塞不因温度的变化而左右移动，问：1.应如何在盘内放置砝码？ 2.此时左右两部分的体积比是多少？35.有两根光滑的绝缘杆，可在同一竖直平面内绕 0 点转 动。两杆上各穿着一个质量为 m、电量为 q 的小球。两杆 与水平面夹角都等于9时，两球在同一水平面上处于静止 状态，如图所示。现使两杆同时绕 0 点缓慢转动，此时小 球在杆上的位置随之改变。问9取何值时，小球到 0 点的 距离 L 为最小值？6.绝缘光滑水平面上固定一个正点电荷 +Q,另一个质量为 m、带电量为-q 的质点在水平面 上绕+Q 做椭圆运动，运动过程中-q 在水平方向上只受+Q 的库仑引力作用。已知在-q 的运动 中距+Q 的最近距离为 a,最远距离为最近距离的 n 倍。问：-q 到达离+Q 最近距离处速率v1多大？到达离+Q最远距离处速率v2多大？当-q 到达离+Q 最远处时，欲要-q 变为绕+Q 做匀 速圆周运动，需要向-q提供多少能量？MF4物理竞赛练习（一）答案1.解：由水的状态可知，水在沿斜面方向受力为零，也就是说杯子沿斜面的加速度应为gsi。那么杯向外喷水，水给杯的作用力应等于杯变到斜面给它的摩擦力现在，以水为研N -o二mgs in :At0 y2在.辻内喷出水的质量mNormgsin:：t- 0mgsint : 0ScL2厂 一对杯子og cos日=f = N =PS。Mog cos2.分析：（1）小球开始时在 A 点静止，初始动能为零；弹簧拉长lo，具有12klo一初始弹性势能2o释放后，小球在弹性力作用下向左运动，克服摩擦力作功，总机械能减小。为使小球能通过O 点，要求初始弹性势能应大于克服摩擦力作的功Jmglo,于是可得出卩值的上限。当小球越过 O 点向左运动，又从左方最远点 B 往回（即向右）运动时，为使小球不再越过O点， 要求初始弹性势能2kl0小于克服摩擦力作的功 距离，于是可得出卩值的下限（2）设 B 点为小球向左运动的最远点，且小球在 B 点能够停住，则小球克服摩擦力作的功 应等于弹性势能的减少。此外，小球在 B 点所受静摩擦力必须小于最大静摩擦力，由此可得 出停住点 B 点与 O 点的最大距离。解：（1）小球向左运动时受摩擦力Jmg，其方向与运动方向相反，故摩擦力作负功。本. mglo兰1klj题要求小球的停住点在 O 点或在 O 点左方，则必须满足如下条件，2即卩上=出丄上式决定了卩值的上限，当2mg时，小球正好在 O 点停住。当八上时，小球将通过 O 点，并继续向左方运动。在向左方运动的过程中，可能停于某点，也可能在到达左方 最远点 B 点后，再往回（即向右）运动的过程中停于某点。究对象，杯给水的作用力为NoN _Fgsi二m0N - mg sin：mg（lo2IJ，其中I1是 B 点与 O 点地2mg51klo mg(l2l1)本题要求最后的停住点不能越过 0 点，即必须满足条件2(1)|2 5gI1 = 10 k令作y一、1曲线如图 17-49 所示，图中卩1和卩2是二次方程 y=0 的两个根，分别等于kl.Jkl12 -4mg2mg因要求 y0,如图 1-43 ,卩的取值范围应为 S 亠”丄2其中卩2即为前已求出的卩的上限上匸2二上)。总之，所求卩值范围为kl：kl04mg 2mg(2)要求小球在左方最远点 B 点停住，除需满足上述(2)式外，小球在 B 点所受弹性力不得超过最大静摩擦力，即kl mg(3)联合(2), (3)式，得“匕即若小球从 A 点静止释放后，只能通过 O 点一次，且在到达左方最远点 B 点能停住，则停住点 B 点与 O 点的距离不会超过|0/3。3.解：设 m 为入射粒子的质量，i和f分别为入射粒子与原子碰前和碰后的速度，M为原子碰后的速度。由碰撞前后动量和能量守恒可得：m i = m fMM(1)121212m2m2MM：E2i2f2M(2)因在完全非弹性碰撞中，动能转化为其他形式的能量最大，故欲使原子激发所需式中11是向左运动的最远点 B 点与 0 点的距离。因小球在 B 点的速度为零，故有122Jmg(l0l1-k(l0-l12)即Jmg；k(l-IJ(2)解出代入(1)#mg 3I0 -式，得迪Jk|2k 22 24m g胪k123mgl0kl0: 024m2g2212y- 3mgl0klo6的入射粒子动能最小，碰撞后入射粒子的速度f必须与原子的速度M相同，即7f二M：fM。将此关系代入式(1)得：f M4 解：1、令p1,V1,T1-1和p2,V2,T2,?2分别表示活塞左、右两部分气体的压强、体积、 温度和摩尔数。由状态方程可知 PM 二丫用兀p2V2= 了2只丁2pM1P11V2因为两部分气体的温度总是相同的，所以在任何温度下都有P2V22或P2R(T)J1V2按题中要求，若V1,V2不随温度而变化，则必(T)2V1二常量设左右两盘中所放砝码的质量差为m左一m右设活塞面积为 S,则当活塞不动时 P2(T)二 5 仃)mg/SR(T)1V2R(T)-：mg/SM =常量因为 P1(T)是随温度变化的，因而上式当且仅当，m=0 时成立。以上说明当左、右二盘均不加重物或加等质量重物时，可使活塞不因温度变化而移动位置呼=或2、下面求这种情况下V1/V2的值，由上面结果可知21V22Vn因此需要用题给数据求出1/2，令 V 表示容器的容积，有TPOOKM 二也二 V/2， “Zkgm = 0.5kg，V-400K,V4V4V/51 ( m+ M丿2 i -* i I I I i#5 r n n: r r k : :k nr i i i i - r 4 i HaMIMB I IB n I 3 I ll r : i i i I * 126.如图所示，A、B、C、D 为带电金属极板，长度均为 L,其中 A、B 两板水平放置，相距d,电压为 U1； C、D 两板竖直放置，相距也是 d, 电压为 U2,今有一电子经电压 U0加速后，平行于 金属板进入电场，当电子离开电场时，偏离了多少 距离？这时它的动能是多大？(假使极板间的电场 是匀强电场，并设电子未与极板相遇)注意，电子 运动将是在两个互相垂直电场作用下的轨迹。131.分析： 浮力F=SXQ， 式中为水的密度， x 为浸入水中的深度，:?Sg为常数, 设?Sg=k,则 F=kx，浮力大小随浸入水中的深度X的改变而改变，所以不能用恒力做功的公式。L解法一：第一段 n 浸入水中时所受的浮力F = S gn第(n-1)段浸入水中时所受的浮力n -Ag-图 17-32第 n 段浸入水中时所受的浮力为Fn二SL g-由于 F=kx，而 F 是X的正比例函数，可以求出 F 在(n-1) 段至 n 段浮力的平均值一乩&2由此可求出第 n 段浸入水中的过程中浮力做的功Wn=丄P”S(门一叽n 2ng- SL gLnL?SL2g(2 n_1)2n2解法二：图 17-32 为浮力做功的示意图。第一段 第二段记作W2，则n入水过程中浮力做的功记作W，0SLW2-W =2W1 =2n所以相邻两段杆入水过程中浮力做功的差值为一常数L2d W2-W1Sg ( )2nd 就是等差数列的公差，由等差数列的通项公式：Wn=W1(n- 1)d(n -1) 0 (-)2nngLSg (丄)2nd，即卩an=印(n-1)d 可得SgL2(2 n-1)2n21415Fmin +Fmax=卢点评：若 F 是一个正比函数，可用2-得平均值求功；还可以用示功图求变力功。对线性变力来说，用平均力的功表达变力功和用示功图表达变力功是一样的， 但对于非线性力来说，示功图上标出的面积就是变力所做的功。2分析：第(1)问中，子弹进入靶盒后与靶盒相对静止，由动量定恒求得它们的共同速度， 再由功能关系即求得最大距离。本问中有一点须明确，即靶盒到达O 点时的运动方向必与子弹的运动方向相反。由于靶盒离开 O 点后为简谐运动，所求的时间恰为它的半周期。因其质 量不断增加，故各次时间亦不相同，这一点解答时应注意。解：(1)在第一颗粒子弹打入靶盒的极短时间内，系统的动量守恒。设打入后靶盒获得的 速度为1，则有m：0= (M m)；1m-1 01Mm0由于靶盒在滑动过程中机械能守恒，所以靶盒回到O 点时，速度的大小仍为1，但方向相反。当第二颗子弹射入靶盒后，设靶盒的速度为2，则有m0-(M m)= (M 2m) .22=0得靶盒回到 O 点时的速度仍为3，但方向相反。当第四颗子弹射入靶盒后，设靶盒的速度为4, 则有m0- (M 3m)3=(M 4m)4得=0由上可知， 凡第奇数颗子弹射入靶盒后， 靶盒都会开始运动，但由于盒内子弹数增多，起 动时的速度和振动的振幅都将减小， 周期则增大； 凡第偶数颗子弹射入靶盒后， 它将立即停 在O 点。若靶盒离开O点最远距离为X1，则弹簧的势能为Ep1由 ER二 Ep1，得(7)O 点，故X2=0。由此类推，得m0得当第三颗子弹射入靶盒后，设靶盒的速度为3，则有m0= (M 3m)3当第一颗子弹射入靶盒后，靶盒及其中的子弹的动能为Ek1J(M m)2k12(2(6)16第二颗子弹射入后，靶盒停在JM+3mx33、-X4=0,k(M m厂临的k k(M 3m厂0.42(m)，(8)17x6二 0.用我表示第i颗子弹射入靶盒后，靶盒离开 O 点到又回到 O 点所经历的时间，Ti表示对应 的振动周期，则有1 1 1txfj h(s)(4)小球的最大动能为M 5mk_ 0.37(m),k(M 5m)(9)M m=5二10，(s),k(10)t3选=0,丄二2(11)t5T5-I4 = 0,2M 5m=6.7 二 10%), k(12)-t6= 0.(2)要使靶盒在停止射击后维持来回运动，则发射的子弹数n 必须为奇数，即nI+1,(13)其中I为正整数。这时，靶盒做简谐运动，其振幅即为靶盒离开O 点的最远距离，应有mu。xnS由(13)(14)式可得, k(M nm)(14)MI 2ks22m1=8, n =171、( 1)振动周期 T =2 二、m/k22,4- m 4二0.2k尹歹2(N /m)作简谐振动时速度 1.xo_ x，式中 X0=OC=O.10m，x = OD= 0.05m， =2m(s), -二 0.102-0.052=0.27(ms)(3)小球从 O 运动到 D 所需时间为t1x =冷 sin ,0.05 二 0.10s i nt11兀1sin也.，二I,t1s=7.5所以3 解:(2)小球从 O运动到 C所需时间 t2为周期的 所需时间 tx为t2=丄2二丄一即42，则小球从 C 运动到 D181212 _EmaxmmaxkX0_2 22. (1)将小球升到 A 点并且释放，设 暂时静止，设 K 为最终静平衡位置。令BK利用mkx计算x:得” mg 0.2x10“、x1(m)k2利用能量守恒原理计算x0，在 A 点的势能等于在 L 点的弹性势能1mg(lX、x。)2二;2 k(x x。)2120.2 10(1 1 - x0)2(1 x0)22由得 当小球再返回到 A 点所需的时间为t =2(tAB tBKtKL)tAB为自由下落通过 AB 所需的时间，tAB.2h/g2l/g 二 2 1/10 =0.44(7)tBK是小球作简谐振动时从 B 点到 K 点所需时间x = xsin 1 =1.73si n t1 sin二t ,t = 0.1 9 6s)1.73tBK= 0.196(s)気二0.5(s)4t = 2(0.4470.196 0.5)(2)时间 t 对小球速度的关系图如图4 分析：压力锅中水沸腾时的温度，由相应饱和蒸气压所能达到的最大压强决定。中该压强就是当地的大气压；(2)问中该压强为当地大气压和压力阀的压强之和，而在(3)问中则要扣除锅内空气的压强，因而求解pw是本题的关键。3解：(1)已知在海平面处，大气压强 P(O)=101.310Pa，在 z=5000m 处，大气压强p(5000) =53 103Pa(1)此处水沸腾时的饱和蒸气压 pw应等于此值。由图 26-13 (d)可知，对应的温度即沸点为t1=82C(2)达到此温度时锅内水沸腾，温度不再升高，故在5000m咼山上，若不加盖压力阀，锅内温度最咼可达82Co(2) 由图 26-13 (d)可知，在 t=120C时，水的饱和蒸气 压 Pw(120C)=198 103Pa，而在海平面处，大气压强3p(0) =101.310Pa。可见压力阀的附加压强为o3312-2 0.102= 0.01(J)2L 为小球到达的最低点，这时它二 x ,KL =x(如图 19-37 所示)x0二 3m二2.286(s)o图19-37图19-3819Ps二 Pw(120 C) - p(0) =(198 103-101.3 103)(Pa)B-1320= 96.7 103(Pa)(3)在 5000m 高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为p = Psp(5000) = (96.7 10353 103)(Pa) -149.7103(Pa)(4)若在 t=t2时阀被顶起，则此时的 PW应等于P，即PW二 P由图 26-13 (d)可知t2=112C21此时锅内水开始沸腾，(5)(6)温度不再升高，故按正确方法使用此压力锅，在 5000m 高山上锅内水的温度最高可达 112C(3)在未按正确方法使用压力锅时，锅内有空气，且设 空气不溶于水，设加压力阀时，内部水蒸气已饱和，由图 26-13 (d)可知，在t=27C时，题中已给出水的饱和气压 Pw(27)=3.6x103Pa，这时锅内空气的压强(用 pa 表示)为:Pa(27 = p(5000) - PW(27C) = (53X1033.6x103)(pa):：u：:sZsZsZsZ：5： ：3= 49.4 103(Pa)(7)当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为 tC时，锅内空气压强为 Pa(t)，则有：Pa(t) _ Pa(27 )273 t一273 273Pa(t) = (164.7t45.0 10 )(Pa)若在t =t时压力阀刚好开始被顶起，则有Pw(t) + Pa(t)= PH由此得oPw(t)二p - Pa(t ) =(105 10 -164.7t )(Pa)画出函数 PPaf)的图线，取t=0,pPa(0) =10503(Pa)t=100C, p - Pa(100 C) = 88.6 沃 103(Pa)由此二点便可在图 26-13( d) 上画出直线。此直线与该图中的iU. 20(8)(9)(10)A 即为所求的满足(10)式的点，由图可看出与 A 点对应的温度为t=97C即在压力阀刚开始被顶起时， 锅内水的温度是 内空气随水蒸气一起被排出，最终空气排净，锅内 水温仍可达 112C。5 分析： 竖直弹簧的问题我们主张画多个图(见 图42-12)，把弹簧处于不同长度的状态表示出来，这样在力和形变量的关系上不易出错。其次要注意两板间匀强电场d,其实是两个同向等大场强Zii r：4Idrii I!?!?!以-上曲线的交点为 A，(11)97C,若继续加热，压力阀被顶起后，锅B*l !*S图 42-12222E-2(d1x)，随着 x 的变化E在变化，由于 xd1，所以U“XXUDXU UE(1)(1)2x2d1d12d1d12d12d12F回表达式，可整理得U2S2- k(do d1)-8二k0dfido _df=-kx-0丄=-“2d1口才凶g，a牛2一虫)xxod1(2d!-d)gdiXo叠加的结果，一个场强由 M 板电荷独立贡献，而另一个由下板电荷独立贡献。考虑上板受的 电场力，当然上板电荷产生的电场不会对上板电荷自己施力。所以，E丄.2d解：M 板有重量，加电压后，设 M 板在其平衡位置0 点能静止，因为上板充有正电4二k0d1USQ =CU -4uik0d1且 Q 恒定不变。M 板平衡条件为mg Q -k(x0d0-d1), US U kx00k(Xodo-d1)即解出弹簧的劲度系数4：.kodi2d2SU2k二2-8二心4 （do-d式中ko是静电力恒量。假设 M 板做微小振动的瞬时位置为从 O 点向正方向（向下）偏离F 回二 mg QE-kx。（d -dj xUS Ux，则回复力也4%di2-35 9)将上式代入U2S,3x_kx8二k0djd0;-y)xd1又因为所以 极板 M 做谐振,236 解：设电子刚进入金属极板时的速度为vx，因为所以eU二 一mv2电子通过金属极板经历的时间电子在电场Ul的作用下偏离 y 方向的距离:hy因为ayF eEe Uimd所以hyayt22eUimdlm2eUo同理可求电子在电场的作用下偏离z 方向上的距离hz二U2I24dUo则电子离开电场时，偏离的距离是222I .UiU24dUo这时它的动能是121EKmvmv22二 eUoFyhyFzhz212y-mvz厶2二 eUoeb 虫飞比竺d 4dU0d 4dU0el2二 eUo2Ui2U24d2Uo物理竞赛练习（三）Uil24dUo1.质量与半径足够大的光滑水平圆盘以匀角速度CD 绕过圆心的竖直轴旋转mA和 mB的两个小球 A 和 B，用劲度系数为 k、自由长度为 L 的轻弹 簧相连后置于圆盘上，试对所有可能达到的稳定状态计算A、B 各自离圆心的距离。（2） A、B、C 为三个小球，A、B 间及 B、C 间均用 劲度系数为 k、 自由长度为 L 轻弹簧相连后置于圆盘上， 若排除二弹 簧重叠的可能性，且设 A、B、C 的质量分别为 mA=2k/32、mB=3k/32、mc=4k/32，试讨论系统达到稳定的可能性。、mc=4k/Af| +VoIUM图 42-52mA（1） 质量分别为mBOrvvyvvvvvv1图17-13624252有三个质量相等的粒子，粒子 1 与粒子 2 中间夹置一个被充分压缩了的轻质短弹簧，并用 轻质细线缚在一起（可视为一个小物体），静止地放置在光滑水平面上，另一个粒子 3 沿该光 滑水平面射向它们。粒子 3 和粒子 1 相碰撞并粘连在一起运动。后轻质细线自动崩断，使弹 簧释放，三个粒子分成两部分：一部分为粒子 2,另一部分为粘在一起的粒子 1、3。已知弹 簧被充分压缩时的弹性势能是 EP。为了使被释放出的粒子 2 的散射角保持在 30。之内，求粒 子 3 入射时的动能应满足什么条件。3.设想有一单摆，其摆长 L 与地球半径 R 相等，试求此单摆在地球表面附近振动时的周期T= ?已知地球半径为 R=6370km。4.设想有一单摆，其摆长 L 与地球半径 R 相等，试求此单摆在地球表面附近振动时的周期T= ?已知地球半径为 R=6370km。265某空调器按可逆卡诺循环运转，其中的作功装置连续工作时所提供的功率Po。(1)夏天室外温度恒为 Ti，启动空调器连续工作，最后可将室温降至恒定的T2。室外通过热传导在单位时间内向室内传输的热量正比于(T1-T2)(牛顿冷却定律)，比例系数 A。试用 Ti，Po和 A 来 表示 T2。(2)当室外温度为 30oC 时，若这台空调器只有 30%的时间处于工作状态，室温可 维持在 20oC。试冋室外温度最咼为多少时，用此空调器仍可使室温维持在20Co(3)冬天,可将空调器吸热、放热反向。试问室外温度最低为多少时，用此空调器可使室温维持在20oCo276.图 42-35 是一个滴水起电机的原理图，W 是带小孔的水槽，水槽中装有食盐水。食盐水与 电极 R间的电压为 U，每滴食盐水的质量为 m 盘状电极 R 位于 Pi 的下方，相距高度为 h.Pi、P2之间的电容为 Ci。当水滴流经 Pi的狭窄通道时，与 Pi也形成一个电容器，电容量为 C2,C2?G。C2充电到 U0,使小水滴带上正电，然后离开 Pi的狭窄通 道滴下。水滴下落的频率很低，Pi、P2之间不会同时有两滴水 存在。已知开始时 P2不带电，P2上由滴水引起的水位变化可 以忽略。试求：（i）电极 R 可达到的最高电势； 水滴临到达 R 之前的速度与该水滴之前落下的水滴滴数之间的关系。i.解：（i）如图 i7-i36,两小球mA、mB必与圆心共线，且分居于圆心 0 两侧对 A :2mA A二k（AB- L）（i）对 B :“ 2mB B二k（AB-L）（2）解之，得图i7-i37图 42-3528kmBLA =k(mAFB) mAmBkmALB2k(mAFB) mAmB(2) A、B、C 小球若不共线，如图 17-137 所示，因任图17-138意两球间弹力沿两球心连线方向，不可能指向圆心0，故不可能出现上述不共线的情况如图 17-138，设圆心 0 在 A、B 之间，以 0 为坐标原点，则应有乂 0XB- 0IXCXB(1)L2mA(-XA) = k(-XA+ XB- L)2* mB灼XB= k(XA+ XB L)2meXc=k(xc- XB- L)将已知条件代入，可得-2XA二-XAXB L3XB= -XA2XBXC4Xc二Xc- XB- LXA= -L，XB= 2L解得A =-L不满足(1)式，所以不可能出现上述的稳定状态。设 0 在 B、C 之间，建立如图 17-139 所示坐标，则应有x0XA：XB-0Xc-0 2rA、rB均需要大于零，故2,mAmBkmAmBXAXBXCx(2)图17-13929mA(-XA) = k(-XA+XB_ L)2 m (_XB) = k(xc_ XB_ L) _ k(_XA +XB_ L)mcJxc=k(xc-XB-L)J代入已知条件，简化为* 3XB= XA2XB+Xc.4 Xc = Xc XB LXA= _LXB= 2L解得Xc = -L与（2）式矛盾，所以也不存在这样的稳定状态，综上所述，系统不可能出现任何的稳定 状态。2.分析：这量道综合性较强的涉及动量、能量的竞赛题。解答本题要注意三点：（1）依据动量守恒定律分析粒子 2 散射前后的速度与粒子 1、3 的速度关系，并画出散射前后的速度 矢量图；（2）根据能量关系及速度关系推出弹性势能Ep与粒子动能间关系；（3）由题中给出 粒子 2的散射范围。建立粒子 2 散射速度矢量图并分析该图解出结论。解：建立如图 18-41 所示的坐标系，以粒子 3 入射速度Vo为x轴正方向。设每个粒子的 质量为 m,当粒子 3 与 1 相碰并粘在一起，而在细线断开之前，三个粒子是一起运动的，若 其共同速度为V，按照动量守恒定律，有mv0= 3mv_ Vov 即v也沿x方向，其大小为3细线断开后弹簧释放，弹性力做功使弹性势能EP转化为粒子 1、3 和粒子 2 的动能增量， 设粒子 1、3 最后的速度为V1，粒子 2 最后的速度为v2，由机械能守恒和动量守恒定律可知121212（2m）vjmv2（3m）v2EP2 2 2（ 2）（2m）v1mv2二（3m）v二mv0（ 3）因弹簧安置的方向不同等原因，粒子 2 将可能以不同的速度向各方向飞出，设v2与v0的 夹角为9。在细线崩断过程中，粒子 2 和粒子 1、3 由于受到弹力的冲量作用，都将产生相应30的动量的增量，从而有速度的增量。设其速度增量分别为2 和V2，贝U有W =VVV2=v宀2卉=Vx+叽Vly =Vy+ 心Vly”V2x =Vx+ 心V2xV2y =Vy +也V2y将(4)式代入(3)式，得(2m)(V r) m(V =V2) = 3mV因而Wx=-V2x二V1y二LV2y(2)式可写成如下的形式12 212 212 2；(2m)(VixVm) -m(v2xV2y)(3m)(VxVy) EP2 2 2将(4) (5)两式化入上式并化简，有2(2m)(VxVix)2(VyWy)2 *m(VxEx)2(Vy叫)2122322= 2(3m)(VxVy)：m( MxMy)12 2(3m)(VxVy) EP方向有关，如图 18-42 所示，若V和V2的大小一定，即图中圆的半径和 P 点到圆心的距离一定。当V2与人V2垂直时，0得到Ep=4心2)2(6)式表明，在Ep给定的条件下,的，V2的大小和方向与V2的方向有关角最大，这时V2的方向沿圆的切31线方向，所以在弹簧各种可能的安置方向中，以图1-4-30 所示的沿v2的方向安置时，粒子2 有最大散射角，要求粒子 2 的散射角保持在 30。以内，必须要求v2 vsin30 v也V2 2由式（7）和（6），可得到可得F = -mg s i帀(；二)：_mg( J -)V23mg另由题意知F =3mg,得：n：46因此该车头倒退起动时，能起动 45 节相同质量的车厢。2.分析：向左传播的波遇墙后反射，在绳中同时存在传播方向相反的两列波，它们叠 加后形成驻波。为了对驻波作定量描述，必须写出入射波和反射波的波动表示式，两列波的 相位均以原点 0 的相位作参考，注意到绳与墙连接点的振动始终为零（波节），这意味着入射 波和反射波在连接点的振动相位相反，即入射波遇墙反射时产生了二的相位突变，这称为半波损失，写出驻波的定量表示式后，便可找出波节与波腹的位置。解：已知原点 0 的振动为y= Acos t向左传播的入射波表示式为入射波传到反射点时的相位为+2兀5.+5tt -專Z 42反射后相位突变:，故反射波在反射点的相位为+5+7t .一= t 2 2反射波在 O 点的相位比反射点的相落后5&42故反射波在原点 O 的相位为75tt -6二22因而反射波的波动表示式为2兀y2= Acos一6兀 一x= 2Acos巩-竺x i绳中的合成波为y二y22兀、（= Acos t x!十Acost空x cosx cos t上式即驻波方程，当nx =(2k1)2k =0,_1,_2时cos振幅为零，为波节，故波节的位置为k丄-2 2k = 0,_1,_2(10)43cos言 xLi时振幅最大，为波腹，故波腹的位置为X -k2k =0,1,2-驻波的图形如图 19-206 所示3.参考解答设玻璃管内空气柱的长度为h，大气压强为P。，管内空气的压强为p，水银密度为匚重力加速度为17-1-1 可知图 19-206P (I -h)-g =P0根据题给的数据，可知p。=1为，得P =Pgh若玻璃管的横截面积为S，则管内空气的体积为V =Sh由(2)、( 3)式得V、p=V/g即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程V2?gnRT( 5)S由(5)式可知，随着温度降低，管内空气的体积变小，pV二nRT得据(4)式可知管内空气的压强也变小，压强随体积的变化 关系为p -V图上过原点的直线，如图复解 17-1-2 所示.在 管内气体的温度由T1降到T2的过程中，气体的体积由V1变到V2，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划 有斜线的梯形面积来表示，即有由图复解g,(1)(2)(3)PgO團复解17-12(6)管内空气内能的变化U =nCV(T2-T,)(7)设Q为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律W U，有Q -U- W由(5)、(6)、(7)、(8)式代入得(Q二ng -T1)CV代入有关数据得Q =-0.247 JQ 0表示管内空气放出热量，故空气放出的热量为Q J-Q =0.247 J4.参考解答(8)(9)在 AOBt，离 O 的距离大于R2的范围内的电势为44（1）只要有液态水存在，平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强之和:P总0=P空0P饱二3.0atm（1）第一次膨胀后Vi=2VoP总P空1- P饱=2.atm（2）由于第一次膨胀是等温过程，所以P空0V0= P空1V1=2p空iV0（ 3）解（1）、（ 2）、（ 3）三式，得p饱=1.0 atm（ 4）p空0=2.0atm（ 5）p空=1.0atm（ 6）由于p饱=1.0 atm，可知汽缸中气体的温度To=373K（ 7）根据题意，经两次膨胀，气体温度未改变。（2）设水蒸气为水mol经第一次膨胀，水全部变成水蒸气，水蒸气的压强仍为p饱，这时对于水蒸气和空气分别有p饱W = SKRT0（8）p空11二空RT0=2RT3（9）由此二式及（5）、（ 6）式可得丫水=2 mol（10）（3）在第二次膨胀过程中，混合气体可按理想气体处理，有P总2V2 =P总1V1（11）由题意知，V2=4V，V1=2V，再将（2）式代入，得p总2二1.0atm（12）5.分析：割补法是物理中常用的一种解题方法。均匀带电球壳在球内、外产生的电势是大家 熟悉的，本题可先分别算出大、小半球面在 AOB1 产生的电势，再用电势叠加原理求出最后 结果。两个问题：（1）半球壳的电势是多少？（ 2）两个半球壳的电势如何叠加?完整的半径为R1的球壳在 AOB 上产生的电势为Q14兀Uf = k1二k戶=4二kR.鉴于对称性，半个球面对U1的贡献必为，因此，它在 AOB 上产生的电势应为U 2n:R1R）。这道题目要解决456参考解答在电压为Uo时，微粒所受电场力为Uq/2I，此时微粒的加速度为a。=Uq/2lm。将此式代入题中所 给的等式，可将该等式变为3 T I a。I16 J 2丿现在分析从 0 到 T/2 时间内，何时产生的微粒在电场力的作用下能到达A 板，然后计算这些微粒的数目。在 t =0 时产生的微粒，将以加速度a0向 A 板运动，经 T/2 后，移动的距离x与式（1）相比，可知1Txa022）即 t =0 时产生的微粒，在不到 T/2 时就可以到达 A 板。在UA=U0的情况下，设刚能到达 A 板的微粒是 产生在t =t1时刻，则此微粒必然是先被电压U0加速一段时间，然后再被电压-2U减速一段时间，到A 板时刚好速度为零。用d1和d2分别表示此两段时间内的位移，V1表示微粒在.也内的末速，也等于后一段时间的初速，由匀变速运动公式应有12d1a0（匚tj2202（2a0）d2又因这就是说，在UA=U0的情况下，从 t =0 到 t =T /4 这段时间内产生的微粒都可到达A 板（确切地说，应当是 t T-T2 8所以这些微粒最终都将打到由以上分析可知，在B 板上，不可能再回到 A 板。t =0 到 t=T/2 时间内产生的微粒中，只有在t =0 到 t=T/4 时间内产生的微粒能到达 A 板，因为各个时刻产生带电微粒的机会均等，所以到达A板的微粒数为1 N =32080（ 9）4评分标准：本题 20 分。论证在 t =0 到 t 二 T/4 时间内产生的微粒可能到达A 板给 10 分；论证 t =T/4 到 t 二 T/2 时间内产生的微粒不能到达 A 板给 6 分。求得最后结果式（9）再给 4 分。物理竞赛练习（五）1.质量为 m 的宇宙飞船绕地球中心 0 作圆周运动，已知地球半径为 R,飞船轨道半径为 2R。现要将飞船转 移到另一个半径为 4R 的新轨道上，如图所示，求（1 ）转移所需的最少能量；（2）如果转移是沿半椭圆双=_T _TtcT/4 ），不会再回到 A 板。48切轨道进行的，如图中的 ACB 所示，则飞船在两条轨道的交接处-VA 和匚VB 各为多少？A 和 B 的速度变化2.如图（甲）所示，半径为抽干至少要做多少功？r 的半球形水池，装满密度为的水，要将池内的水罔4h42493.大而深的静水池中竖立一固定细杆，其露出水面部分套着一个长度为L、密度为p、截面均匀的匀质细管。细管可沿杆无摩擦地、竖直上下滑动，因套在杆上，不会倾倒。现在用手持管，使管的下端刚刚与水 面接触，放手后竖直下沉。设水的密度为p水，不计水的阻力和表面张力。(1)当管的密度p等于某一值p0时，管能下沉到刚好全部没入水中，求p0。(2)在p=po的情形下，管下沉所经历的时间等于什么？(3)设管的密度p=2/3p水，求管下沉到最后位置所需的时间。4在野外施工中，需要使质量 m= 4.20 kg 的铝合金构件升温。除了保温瓶中尚存有温度 t = 90.0C的 1.200 kg 的热水外，无其他热源.试提出一个操作方案，能利用这些热水使构件从温度t0=10C升温到 66.0C以上(含 66.0C),并通过计算验证你的方案.已知铝合金的比热容c= 0.880Xl03J - (KgC)-1，水的比热50容 c=4.20X103J (KgC)-1,不计向周围环境散失的热量。罔4h42515.三个电容器分别有不同的电容值C1、C2、C3.现把这三个电容器组成图示的(a)、6.如图所示，半径分别为2r、4r、6r 的三个同心导体球壳，球心有点电荷Q,另有 A、B、C 三点到球心Q 的距离分别是 r、3r、5r，要使这三个点的电场强度相等即EA=EB=EC，问三个球面各需带电量多少？(b)、(c)、(d)四种混联电路，试论证：是否可以通过适当选择C1、C2、路 A、B 间的等效电容相等.C3 的数值，使其中某两种混联电()(帕521.解：(1)宇宙飞船在 2R 轨道上绕地球运动时，万有引力提供向心力，令其速度为2GMm _ mvi(2R)2_ 2RGMVi =故得2R此时飞船的动能和引力势能分别为同理可得飞船在 4R 轨道上的机械能为以两轨道上飞船所具有的机械能比较，知其机械能的增量即为实现轨道转移所需的最少能量，即：E=E2-E厂沁218RV1，乃有Eki2mv121GMm4REp1GMm2R所以飞船在 2R 轨道上的机械能为E Ek1Ep1GMm4R罔4h4253(GM同样可得飞船 4R 轨道上运行的速度为V.4R设飞船沿图示半椭圆轨道 ACB 运行时，在AB 两点的速度分别为V1和V2。则由开普勒第二定律可(2)由(1)已得飞船在 2R 轨道上运行的速度为2R54V；2R =v24R又由于飞船沿此椭圆轨道的一半运行中机械能守恒，故应有故得飞船在 A、B 两轨道交接处的速度变化量分别为1当n-:，即乔则寸gr41mv12GMm 1.2mv22R2GMm4R联立以上两式解之可得Vi2GMm:3R1 2GMmv2；3R所以n2n4二二gr4+ n n22nn2(n 1)244n1=9r4；2分析：按题目的要求，是将水抽至水面就可以了，可以设想将水分成n 层, 将一层一层的水即“微元”抽至水面即可。解：如图 17-147 （乙）所示，设水面第i 层水柱为一微元，池水被分为径为rir2- (ir)2n则这层水的质量为-二r2-心)2 -n n将这层水抽出去要做的最小功为-W = mig(irr r r)=:：r -(i )2 g(i ) n44 2rwr-i ini2= 9r41-2 nin2二:gr4i2n-： ： -VB = v2=vA= V；第 i 层水柱的n 层,+ rT =2 二55点评：此题使用的是微元法，然后使用数学方法求和得出结果，若此题不用这种方法，会很难 下手。3分析：依题意P?水。如图 19-132 所示，设管静平衡时浸入水中o长,以静平衡位置为原点，建立如图7-15 所示的坐标，描述管上P 在处时，有图 19-132方向向上，“F 浮是其回复力，得其回复力符合简谐振动的定义，所以管在水中做简谐振动，且管下沉到刚好全部浸入水中时，速度为零，而管子由刚好全部在水面上速度为零，而运动到全部在水2_3、水时，管在全部没入水中后还将继续下沉。但管全部入水后的下沉过程中，浮力不再改变，其运动加速度与全部没入水中前不同，所以应把管的下沉过程分为两个阶段来考虑。第一阶段为管从开始下沉到刚好全部没入水中-L，其平衡位置为由3式及H式得2LS 为管的截面积，所以LS -水oSgft P O由平衡条件得(1)P点的运动。面下速度为零，位移为管长 L，由振动的对称性可知,管子做振动的平衡位置在位移L/2 处,0二L/2故求得:0水.二：?0 时，下沉所需时间为 T/2,所以567.0=2L,A=3O=2L静止开始时，管离平衡位置的距离为3故简谐振动的振幅为3第二阶段，管全部浸入水中后，继续下沉，做匀减速运动。可以由动能定理求出刚好全部浸没水中时 管的速度： ，即有:SL2g一丄：水SgL2J苗1_：22V =(P-P水 SLg a =PSL方向向上，所以下沉时间t2得下沉的总时间解：（1）若水，管将下沉到池底，因此只有水时，才可能符合题给的情况。管下沉时, 其重力势能减小，同时，在管全部沉没以前，管所排开的水可认为静止地移到池面（这部分水的重心在水 下 L/2 处），这部分水的重力势能增加，管沉没的开始阶段，其动能增加，以后动能减小，在下沉停止时动 能又为零。按题意，若二：?o值时，管刚好全部没入水中，令管的截面积为S,有管的重力势能减小E管二：oSLgL，这时管所排开的全部水的势能的增加等于所排开水柱的质量乘以其重心上升的高度，水=P水*SLg 所以管所排开的水的重力势能增加水2。不计水的阻力时，可以认为下沉过程中管与水的总机械能守恒。因为始末动能均为零，应有人E管=E水，即利用参考圆可以求出这一阶段的下沉运动所需时间得下沉加速度57巴-L）时，管受重力PSLg，浮力p水Sg，管所受（2）研究管下沉的运动。当管下端的深度为58合力（不计表面张力、阻力）为方向向下，若0是,管受合力为零，则由 1 式可得管入水后的加速度为1L2gL可见管入水后应做竖直方向的简谐振动，振幅为二L时，-_g，又.2A =a，得T =2丄管下端由二L（全部没入水中）所需的时间t 为半个周期，则P(3)由于2 1、3水2水，管在全部没入水中后还将继续下沉。但管全部入水后的下沉过程分为两个阶段。第一阶段是管从开始下沉到刚好全部沉入水 -L。在这一阶段中，在：水的情形下，第（2）问中的（1）、（3）、（4）式都适用。因此这阶段中管按简谐振动规律运动，其平衡位置在简谐振动周期为水T =2二一0二 2g由静止开始时，管离平衡位置的距离为0吟，故简谐振动的振幅为0吟。利用参考圆可以求出这一阶段的下沉运动所需的时间tl。A = 2 L设质点沿半径为3的圆周以角速度T运动，质点在轴上的投影即代表管下端的运动。如图19-133 所示。当管刚好全部没入水中时,2gL2L3g592平衡位置。从参考圆可得，在管下端由=下沉到 二L时，质点运动所转过的角度为3，所以管下沉的第一阶段所需时间为*/3T 2 2L(2f2LtiT 二2：33 - 3g 3 g第二阶段是管全部浸没水中，二L时，管仍向下运动，其速度用动能定理求出。有21212:SL2g水SgL2LS222(5)(P-P 水 SLgga =PSL2即管在这阶段中做匀减速运动，所需时间管下沉到最低位置共需时间点评：从分析与求解过程中可知有多种解法，可以多种角度考查浮力知识、运动学和动力学知识。本 题利用参考圆来分析，求解相应、时间、速度等比较方便，但要注意对应关系。如图 原点在右端而不在圆心上。4、参考解答1.操作方案：将保温瓶中t =90.0C的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分，与温度为t=10.0 C的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度已升高到匕，将这部分温度为 匕的水倒掉。再从保温瓶倒出一部分热水，再次与温度为t1的构件充分接触，并达到热平衡，此时构件温度已升高到t2，再将这些温度为t2的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为t2的构件升温直到最后一次，将剩余的热水全部倒出来与构件接触，达到热平衡。只要每部分水的质量足够小，最终就可使构件的温度 达到所要求的值。2.验证计算：例如，将1.200kg 热水分 5 次倒出来，每次倒出讥)=0.240kg，在第一次使热水与构件 达到热平衡的过程中，水放热为V =所以管下沉到最低位置阶段中，浮力等于:水SLg不变，求出向下加速度19-133 所示的 轴60构件吸热为Qi=cm(ti-1)(2)由Qi=Qi及题给的数据，可得ti=27.1C(3)同理，第二次倒出 0.240kg 热水后，可使构件升温到t2=40.6C(4)依次计算出tit5的数值，分别列在下表中。倒水次数/次12345平衡温度/C27.140.651.259.566.0可见t5= 66.0C时，符合要求。附：若将 i.200kg 热水分 4 次倒，每次倒出 0.300kg，依次算出tit4的值，如下表中的数据:倒水次数/次1234平衡温度/C30.345.5056.865.2由于t4= 65.2CV66.0C，所以如果将热水等分后倒到构件上，则倒出次数不能少于5 次。评分标准：本题 20 分。设计操作方案 10 分。操作方案应包含两个要点：将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。倒在构件上 的水与构件达到热平衡后，把与构件接触的水倒掉。验证方案 10 分。使用的验证计算方案可以与参考解答不同，但必需满足两条：通过计算求出的构件的最终温度不低于 66.0Co使用的热水总量不超过i.200kg。这两条中任一条不满足都不给这10 分。例如，把 1.200kg 热水分 4 次倒，每次倒出 0.300kg，尽管验算过程中的计算正确，但因构件最终温度低于 66.0C,不能得分。5、由电容 C C ”组成的串联电路的等效电容CCC C由电容 C 、C ”组成的并联电路的等效电容C并二CC利用此二公式可求得图示的4 个混联电路 A、B 间的等效电容 Ca、Cb、Cc、Cd分别为Qi =Com)(t -tj(i)61CbC1C2C1C2C3C1C2C1C3 C2C3C1C2C3C1C3C1C3C2C1C2C1C3C1C3C2C3C2(1)(2)62C1C2C3Cc(G +C2)+C3C1C3+C2C3G + C2+ C3:C3(3)C1C3C2Cd :CQ2+C2C3:C2(4)(C1+C3)十。2CJ+C2+c3由(1 )、 (3)式可知Ca严Cc(5)由(2 )、 (4) 式可知CbCd(6)由(1 )、 (2)式可知Ca汇Cb(7)由(3 )、 (4) 式可知Cc-Cd(8)若Ca-Cd，由(1)、 (4) 式可得C22C1C2C1C3C2C3=0因为C1、C2和C3均大于 0，上式不可能成立,因此CaCd(9)若Cb =Cc，由(2)、 (3) 式可得2C；2C1C3C1C2C2C3=0因为C1、C2和C3均大于 0，上式不可能成立,因此CbCc(10)综合以上分析,可知这四个混联电路的等效电容没有一对是相等的.评分标准：本题25分.(1)、(2 )、( 3 )、(4)式各 4 分，得到(5 )、(6)、( 7)、( 8)式各 1 分，得到(9)、(10)式共 5 分.6 分析：A、B、C 每一个点的场强，都包含了三个球面电荷各自的贡献。但不要忘了，对于任一个球面的电荷，在其球内产生的场强都是零。解：首先看 A 点，无论三个球壳的内外表面带多少电荷， 它们在 A 点都不产生电场，EA只是由点电荷 Q 产生的。QEA= k 笃r再看 B 点，由于Q 的存在和静电感应，球壳 1 的内表面必出现Q，设球壳 1 外表面出63现感应电荷qi，球壳 2 与球壳 3 的电荷在 B 点不贡献电场，于是有EB=k 弓_k- k-r2(3r)2(3r)2(3r)2，得 q 9Q球壳 1 的内外表面共有电荷9Q - Q = 8Q再看 C 点，球壳 2 的内表面感应出-9Q，设球壳 2 外表面出现q2，球壳 3 电荷在 C 点不贡献电场。根据叠加原理EC=kQ=kQ2-kQ2+k9Q2-k9Q2+kq22r2(5r)2(5r)2(5r)2(5r)2(5r)2贝 Uq2-25Qo球壳 2 的内外表面共有电荷25Q -9Q =16Q。球壳 3 的内表面感应出-25。，外球面可带任意电荷。点评：完成本题之后，对于静止不动的电荷产生静电场的场强问题，我们可做个简单的 小结。(1)场强定义式是E =F，检验电荷 q 是个认识工具，E 的分布、大小和方向，完全和qq 无关。(2)决定场强大小的重要因素之一是场源电荷 Q。要强调大写 Q 和小写 q 不仅是书写的差别更是角色的差别。对于一切电场，必定有EQ。比如在真空或空气中的点电荷，在球内r : R处，E=0;在球外，等效于把全部 Q 集中于球心处的点电荷,(4)关于场强的叠加原理，可表述为：空间任一点场强等于各个点电荷单独存在时各在 该点贡献的场强的矢量和。=kQr(3)对于均匀带电的导体球面，设球半径为R,电量也为 Q,贝尼产生的场强,即r R处,4711F-2mg：s2m22m1122213-23n3
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