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2014年物理竞赛模拟题--压题五套



物理竞赛练习(一)
1.如图所示,一盛水的容器沿倾斜角为θ 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 v0,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ρ ,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。
A

?

/>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μ ,当弹簧 为原长时小球位于 O 点,开始时小球位于 O 点右方的 A 点,O 与 A 之间的距离为 L0,从静止释放小球。(1)为使小球能通过 O 点,

m
B
O l1

?

l0 A

而且只能通过 O 点一次,试问μ 值应在什么范围?(2)在上述条件下,小球在 O 点左方的停住 点 B 点与 O 点的最大距离是多少?

1

3. 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 Δ 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。

l

L

1 B 2
A

L

l

当温度为 T=300K,左盘上放置砝码 m1=1.2kg,且活塞平衡时,两部分气体体积相等, 即 V1: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 Vˊ1:Vˊ2=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?

2

5.有两根光滑的绝缘杆,可在同一竖直平面内绕 O 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θ 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 O 点缓慢转动,此时小 球在杆上的位置随之改变。问θ 取何值时,小球到 O 点的 距离 L 为最小值?
?
O

m?q

N

m?q

L
?

? mg

F

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ν
1

多大?到达离+Q 最远距离处速率ν 2 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?

3

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

g sin ? 。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

究对象,杯给水的作用力为 N。

?N ? ?mg sin ? ? ? ?m? 0

N ? ?mg sin ? ?

?m ?0 ?t

N?

?m ? 0 ? ?mg sin ? ?t

在 ?t 内喷出水的质量 ?m ? ?S??t

?

2 N ? ?S? 0 ? ?mg sin ?

?t ? 0

?mg sin ? ? 0
2 ? M 0 g cos ? ? f ? N ? ? S?0

?? ?

对杯子,

M 0 g cos ?

? S?02

2.分析:(1)小球开始时在 A 点静止,初始动能为零;弹簧拉长 l 0 ,具有

y

1 2 kl0 初始弹性势能 2 。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 ?mgl0 ,于是可得出μ 值的上限。

?1

?2

?

图 17-49

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

1 2 kl0 过 O 点,要求初始弹性势能 2 小于克服摩擦力作的功 ?mg (l0 ? 2l1 ) ,其中 l1 是 B 点与 O 点
距离,于是可得出μ 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 ?mg ,其方向与运动方向相反,故摩擦力作负功。本
2 ?mgl0 ? kl0

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,

1 2



??

k l0 2mg

上式决定了μ 值的上限,当

?上 ?

kl0 2mg 时,小球正好在 O 点停住。当 ? ? ? 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。
4

1 2 kl0 ? ?mg (l0 ? 2l1 ) 本题要求最后的停住点不能越过 O 点,即必须满足条件 2 (1)
式中 l1 是向左运动的最远点 B 点与 O 点的距离。因小球在 B 点的速度为零,故有
2 ?mg (l0 ? l1 ) ? k (l0 ? l12 )

1 2



?mg ? k (l0 ? l1 )

1 2

(2)

解出

l1 ? l 0 ?

2?mg k

代入(1)式,得

?mg ? 3l0 ?

? ?

4?mg ? 1 2 ? ? kl0 k ? 2



4m 2 g 2 2 1 ? ? 3mgl0 ? ? kl02 ? 0 k 2



4m 2 g 2 2 1 2 y? ? ? 3mgl0 ? ? kl0 k 2

作 y ? ? 曲线如图 17-49 所示,图中μ 1 和μ 2 是二次方程 y=0 的两个根,分别等于

?1 ?

kl0 4mg

?2 ?

kl0 2mg

因要求 y<0,如图 1-43,μ 的取值范围应为 ?1 ? ? ? ? 2 其中μ 2 即为前已求出的μ 的上限 ? 上 ( ? 2 ? ? 上 ) 。总之,所求μ 值范围为

kl0 kl ??? 0 4mg 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 kl1 ? ?mg (3)

联合(2) , (3)式,得

l1 ?

l0 3

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 l 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:
1 1 1 2 m?i2 ? m? 2 f ? M? M ? ?E 2 2 2

m? i ? m? f ? M? M

(1)

(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 的入射粒子动能最小,碰撞后入射粒子的速度
5

?f

必 须 与 原 子 的 速 度 ?M 相 同 , 即

? f ? ?M

。将此关系代入式( 1 )得:
2

? f ? ?M ?

m ?i m?M
1 ? m ? 2 m?1 ? ??i ? ?E 2 ? m?M ?

1 1 ? m ? m? i2 ? (m ? M )? ? i ? ? ?E 2 ?m?M ? 于是有 2
E k min ?

因此所需的入射粒子最小动能

1 m? ? m?i2 ? ?1 ? ??E 2 M? ?

? m E k m ine ? ?1 ? e M ? 当入射粒子为电子时, m ? me , me 为电子质量 ,
E k min
p

? ??E ?

当入射粒子为质子时, m ? m p , m p 为质子质量, ∵ me ? m p ∴ E k min e ? Ek min p

mp ? ? ? ?E ?? 1 ? ? ? M ? ?

4 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 p1V1 ? ? 1 RT1 , p2V2 ? ? 2 RT2
p1V1 ? 1 P1 ? 1V2 ? ? 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 p 2V2 ? 2 或 P2 ? 2V1 P1 (T ) ? 1V2 ? V , V P ( T ) ? 2V1 1 2 2 按题中要求,若 不随温度而变化,则必

=常量

设左右两盘中所放砝码的质量差为 ?m ? m左 ? m右 设活塞面积为 S,则当活塞不动时 p2 (T ) ? p1 (T ) ? ?mg / S
P1 (T ) ?V ? 1 2 P1 (T ) ? ?mg / S ? 2V1 =常量

可得

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。

V1V2?? V ?? ? ? 1或 1 ? 1 V1?? V2?? ? 2 2、下面求这种情况下 V1??/ V2?? 的值,由上面结果可知 ? 2
因此需要用题给数据求出 1

? /? 2 ,

令 V 表示容器的容积,有 T ? 300 K ,V1 ? V2 ? V / 2, m1 ? 1.2kg, m2 ? 0.5kg ,

T ? ? 400 K ,V1? ? 4V2? ? 4V / 5 。
6

? , p2 ? 和 V1?,V2? 分别表示温 令 p1 , p 2 和 V1 , V2 分别表示温度为 T 时两边气体的压强和体积, p1
1 ? ? 1 RT / V1 ? ? 1 RT / 0.5V 度为 T 时两边气体的压强和体积。由气体状态方程可得 P

(1)

p2 ?

? 2 RT
V2?

?

? 2 RT
0.5V

(2)

?? p1

? 1 RT
V1?

?

? 1 RT ?
0.8V

(3)

? ? p2

? 2 RT
V2?

?

? 2 RT ?
0.2V

(4)

由以上四式可得

p1 ? p2 ?

2(? 1 ? ? 2 ) RT (5? 2 ? 1.25? 1 ) RT ? ? p1 ?? p2 V V (5) (6)

由活塞的平衡条件可知

? ? p1 ? )S m1 g ? ( p1 ? p2 )S , m2 g ? ( p2

m1 g 2(? 1 ? ? 2 ) RT m2 g (5? 2 ? 1.25? 1 ) RT ? ? ? V V 代入(5) 、 (6)二式得 S , S
2(? 1 ? ? 2 ) m T ? 1.2 ? 400 ? 1 ? ? 3.2 5? 2 ? 1.25? 1 m2T 0.5 ? 300



? 1 ? ? 2 ? 8? 2 ? 2? 1 , ? 1 / ? 2 ? 3



V1??/V ?? 2? ? 1 / ? 2 ? 3

5 分析:杆转得缓慢意味着小球在每一个位置上都处于合力为零的平衡状态。运用三个共点 力的平衡条件,可以得到 l 与 ? 之间的函数关系,从函数式去研究 l 的最小值应该是不难的。 解:两球受力对称,分析一个小球就足够了。 小球 m 受三个力作用,而重力 mg 和库仑斥力 F 的合力跟支持力 N 必定等大反向,取长
F ?k q2 k q2 ? mg tan ?

度量 l ,

( 2l cos ?) 2 。由图可见 (2l cos ?) 2



k q2 4mg l2 ? c o2 s? ? t a n ?

k q2 1 1 x ? cos2 ? ? tg? ? sin ? cos? ? 2 sin ? ? cos? ? sin 2? 4 mg 2 2 又因为 是恒量,设
??
k ? 1 l min ? q xmax ? 2mg 。 4 时, 2,



点评:解决质点受力平衡或不平衡的问题,第一程序总要对质点做正确的受力分析。怎 样分析受力才算正确?第一是力的个数,一个不能多一个也不能少,比起一般常见的力学问 题,本题点电荷少了摩擦力,多了一个电场力。第二是力的方向要判断准确,例如本题不能 搞错 ? 角。库仑力必然在水平方向。在正确受力分析的基础上,合力如果为零,就是平衡问 题,合力如果不为零,就必然等于 ma。力学当中的思维方法,完全可以迁移到静电场中来。
7

q ?l?

6 mg ? ? 3.02 ? 10 ?7 C 6 k 。

6.解: ? q 在运动中只有库仑力做功,动能与电势能总和保持不变,运用开普勒行星运动
1 2 kQq 1 2 kQq mv1 ? ? mv 2 ? a 2 na , v1 ? nv2 , 第二定律有: 2

联拉方程可解出 v1 和 v 2 :

v1 ?

n 2k Qq v ? 2 n ? 1 ma ,

n 2k Qq n(n ? 1) ma ,

? ,而 v 2 ? 由牛顿第二 ? q 在最远点从椭圆运动变为匀速圆周运动后,其速率要由 v 2 变为 v 2
k Qq ? ?2 mv 2 1 1 2 n ? 1 kQq ? 2 ? mv 2 ?E ? mv2 ? na ,则 2 2 n ? 1 2na 。

2 定律求出: (na)

物理竞赛练习(二) 1. 如图所示,一粗细均匀的铁杆 AB 长为 L ,横截面积为 S ,将杆的全长 分为 n 段,竖直落入水中,求第 n 段浸没于水的过程中,浮力所做的功 的大小。

n n ?1
L
3 2 1

B

A

2. 如图所示, 质量 M=0.4kg 的靶盒位于光滑水平的导轨上, 连结靶盒弹簧的一端与墙壁固定, 弹簧的劲度系数 k=200N/m。当弹簧处于自然长度时。靶盒位于 O 点。P 处有一固定的发射器, M 它可根据需要瞄准靶盒,每次发射出一颗水平速度 v0=50m/s、质量 m=0.10kg 的球形子弹。当子弹打入靶 ?0 盒后,便留在盒内(假定子弹与盒发生完全非弹性碰 m 撞) 。开始时靶盒静止。今约定,每当靶盒停在或到达 O 点时,都有一颗子弹进入靶盒。 (1)若相继有 6 颗子 O P 弹进入了靶盒, 问每一颗子弹进入靶盒后,靶盒离开 O 点的最大距离各为多少?它从离开 O 点到回到 O 点经 历的时间各为多少?( 2 )若 P 点到 O 点的距离为 s=0.25m,问至少应发射几颗子弹,才能使靶盒不与发射器相碰。
8

3. 一根有弹性的轻绳,自然长度为 AB=L0=1m,假定它服从胡克定律 F=-kx,轻绳自由悬挂于固定点 A,如图 19-36 所示,当质量 m=0.2kg 的摆锤小球系于轻绳自由端 B,轻绳伸长 OB 并在平衡位置 O 点静止, 今将小球进一步下降到 C 点,使 OC=0.01m,然后释放,已知小球将沿 竖直方向作简谐振动,其周期=2s。 试求:1,(1)轻绳的弹性模量。 (2)小球位于 D 点时的速度,已 知 OD=0.05m。 (3)小球从 C 点到 D 点所需的时间。 (4)小球的最大 动能。2. (1)将轻绳端点的小球升到 A 点然后释放,令其自由下落, 试求小球第一次再返回 A 点所经过的时间。 (2)对于(1)中所描述的 小球运动,试画出时间 t 对小球速度 v 的关系图。

A

A

B

B
O D C

4.正确使用压力锅的办法是:将已盖好密封锅盖的压力锅(如图 26-13(a))加热,当锅内水 沸腾时再加盖压力阀 S,此时可以认为锅内只有水的饱和蒸汽,空气已全部排除,然后继续 加热,直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时,锅内即已达到预期温度(即设计时希望达到的温 度)。现有一压力锅,在海平面处加热能达到的预期温度为 120℃,某人在海拔 5000m 的高山 上使用此压力锅,锅内有足量的水。 (1)若不加盖压力阀,锅内水的温度最高可达多少? (2)若按正确方法使用压力锅, 锅内水的温度最高可达多少? (3)若未按正确方法使用压力锅,即盖好密封锅盖一段时间 后,在点火前就加上压力阀,此时水温为 27℃,那么加热到压力 阀刚被顶起时,锅内水的温度是多少?若继续加热,锅内水的温
9

度最高可达多少?假设空气不溶于水。 已知:水的饱和蒸汽压 pw(t)与温度 t 的关系图线如图 26-13(b)所示。大气压强 p(z)与 高度 z 的关系的简化图线如图 26-13(c)所示,t=27℃时 pW(27℃)=3.6×103Pa=3.6×103Pa, z=0 处 p(0)=1.013×105Pa。

5.弹簧原长为 L0,挂上金属板 M 后伸长了χ 0,与下方另一固定金属板相距为 d0,两板面积 都是 S,突然加上电压 U,使 M 板正,下板负,结果 M 板振动起来,在其振动的平衡位置,两 板距离为 d1。求弹簧的劲度系数 k 及 M 板做微小振动的频率。

6.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, d 电压为 U2,今有一电子经电压 U0 加速后,平行于 A 金属板进入电场,当电子离开电场时,偏离了多少 D d 距离?这时它的动能是多大? (假使极板间的电场 V x 是匀强电场,并设电子未与极板相遇)注意,电子 C B 运动将是在两个互相垂直电场作用下的轨迹。 l

10

1. 分析: 浮力 F ? ? ? Sx ? g ,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 L F1 ? ? ? S ? g n ?? 第 (n-1) 段浸入水中时所受的浮力 (n ? 1) L Fn ?1 ? ? ? S ? g. n 第 n 段浸入水中时所受的浮力为 Fn ? ? ? SL ? g.

F

Wn
W1

O

W3 W2 x1 x 2 x3
图 17-32

x n ?1 x n

x

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

? F ? Fn F ? n ?1 2 由此可求出第 n 段浸入水中的过程中浮力做的功 ? L 1 (n ? 1) L L ?SL2 g (2n ? 1) Wn ? F ? ? [? ? S ? g ? ? ? SL ? g ] ? ? n 2 n n 2n 2 L 解法二: 图 17-32 为浮力做功的示意图。第一段 n 入水过程中浮力做的功记作 W1 ,

第二段记作 W2 ,则
L ?g L L n W2 ? W1 ? 2W1 ? 2 ? ? ?Sg ? ( ) 2 2 n n 所以相邻两段杆入水过程中浮力做功的差值为一常数 d ,即 L d ? W2 ? W1 ? ?Sg ? ( ) 2 n d 就是等差数列的公差,由等差数列的通项公式: an ? a1 ? (n ? 1)d 可得 0 ? ??S

Wn ? W1 ? (n ? 1)d ?

?SgL2
2n 2

L 2 ?SgL2 (2n ? 1) ? (n ? 1) ? ?Sg ? ( ) ? n 2n 2
11

Fmin ? Fmax ? ?F 2 点评: 若 F 是一个正比函数,可用 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)?1
?1 ? m ?0 M ?m

(1)

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
m?0 ? ( M ? m)?1 ? ( M ? 2m)? 2



?2 ? 0

(2)

当第三颗子弹射入靶盒后,设靶盒的速度为 ? 3 ,则有 m?0 ? (M ? 3m)?3
?3 ?

(3)

m ?0 M ? 3m 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
m?0 ? ( M ? 3m)?3 ? ( M ? 4m)? 4

?4 ? 0 得 (4) 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。 1 2 Ek1 ? ( M ? m)?1 2 当第一颗子弹射入靶盒后,靶盒及其中的子弹的动能为 (5) 1 2 E p1 ? kx1 2 若靶盒离开 O 点最远距离为 x1 ,则弹簧的势能为 (6) E ? E p1 由 k1 ,得
x1 ? ?1 M ?m ? k m? 0 k ( M ? m) ? 0.50 (m)

(7)

第二颗子弹射入后,靶盒停在 O 点,故 x2 ? 0 。由此类推,得
x3 ? ? 3 M ? 3m ? k m? 0 k ( M ? 3m) ? 0.42 (m),

(8)

x 4 ? 0,
12

x5 ? ? 5

M ? 5m ? k

m? 0 k ( M ? 5m )

? 0.37 (m)

(9)

x6 ? 0.

用 ?t i 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 M ?m ?t1 ? T1 ? 2? ? 5? ? 10 ?2 ( s ), 2 2 k

(10)

?t 2 ? 0,
1 1 M ? 3m ?t 3 ? T3 ? 2? ? 6? ? 10 ?2 ( s), 2 2 k

(11)

?t 4 ? 0,
1 1 M ? 5m ?t 5 ? T5 ? 2? ? 6.7? ? 10 ?2 ( s ), 2 2 k

(12)

?t 6 ? 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 n ? 2l ? 1, (13)

其中 l 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 m? 0 xn ? . k ( M ? nm ) s≥ (14) 由(13)(14)式可得
2 m? 0

l ≥ 2k s2
所以

?

M ?m ? 7 .5 2m

l ? 8,n ? 17
4? 2 m 4? 2 ? 0.2 ? ? 2( N / m) T2 22

3 解:1、 (1)振动周期 T ? 2? m / k
k?

2 2 (2)作简谐振动时速度 ? ? ? x0 ? x ,式中 x0 ? OC ? 0.10 m , x ? OD ? 0.05m ,

? ? 2? / 2 ? ? ( s ?1 ),? ? ? 0.10 2 ? 0.05 2 ? 0.27 (ms ?1 ) (3)小球从 O 运动到 D 所需时间为 t1
x ? x0 sin ?t1 ,0.05 ? 0.10 s i n ?t1 1 ? 1 sin ?t1 ? ., ?t1 ? , t1 ? s 2 6 6
1 1 1 t 2 ? ? 2 ? ( s) 4 2 ,则小球从 C 运动到 D 小球从 O 运动到 C 所需时间 t 2 为周期的 4 ,即 所需时间 t x 为 1 1 1 ? ? ( s) 2 6 3 (4)小球的最大动能为 t x ? t 2 ? t1 ?
13

Emax ?

1 1 2 1 2 m? max ? kx0 ? ? 2 ? 0.10 2 ? 0.01( J ) 2 2 2
A B
x ? 1m

2. (1)将小球升到 A 点并且释放,设 L 为小球到达的最低点,这时它 ?(如图 19-37 所示) 暂时静止, 设 K 为最终静平衡位置。 令 BK ? x ?, KL ? x0 。 利用
mg ? kx? 计算 x ? ,得

L0

mg 0.2 ? 10 ? ? 1(m) k 2 ? ,在 A 点的势能等于在 L 点的弹性势能 利用能量守恒原理计算 x 0 x? ? 1 ? )2 ? k ( x ? ? x0 2 1 ? ) ? ? 2(1 ? x0 ? )2 0.2 ? 10(1 ? 1 ? x0 2 ? )2 ? mg (l0 ? x? ? x0

K
x0 ? 1.73m

L
图 19-37



? ? 3m x0 由得 当小球再返回到 A 点所需的时间为 t ? 2(t AB ? t BK ? t KL ) t AB 为自由下落通过 AB 所需的时间,
t AB ? 2h / g ? 2l 0 / g ? 2 ? 1 / 10 ? 0.4 4 7 ( s)

t BK 是小球作简谐振动时从 B 点到 K 点所需时间 ? sin ?t ,1 ? 1.73 s i n x ? ? x0 ?t 1 sin ?t ? , t ? 0.1 9 6 ( s) 1.73 t BK ? 0.196 ( s) 即 T t KL ? ? 0.5( s) 4

V
A 0.45

BK

l5 L

K b
斜率 g

A

1.143

2.286

l /3

斜率 g 图 19-38

t ? 2(0.447 ? 0.196 ? 0.5) ? 2.286(s)

(2)时间 t 对小球速度的关系图如图 19-38 所示。 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。(1)问 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(0) ? 101 .3 ? 10 Pa ,在 z=5000m 处,大气压强 (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=82℃ (2) 达到此温度时锅内水沸腾,温度不再升高,故在 5000m 高山上,若不加盖压力阀,锅内温度最高可达 82℃。 (2)由图 26-13(d)可知,在 t=120℃时,水的饱和蒸气 3 压 pW(120℃)= 198 ? 10 Pa ,而在海平面处,大气压强
p(0) ? 101 .3 ? 10 3 Pa 。可见压力阀的附加压强为
p s ? pW (120 ? C ) ? p(0) ? (198 ? 10 3 ? 101 .3 ? 10 3 )( Pa)
14

p(5000 ) ? 53 ? 10 3 Pa

(3) 在 5000m 高山上,大气压强与压力阀的附加压强之和为 p ? ? p s ? p(5000 ) ? (96.7 ? 10 3 ? 53 ? 10 3 )( Pa)
? 149 .7 ? 10 3 ( Pa)

? 96.7 ? 10 3 ( Pa)

(4)

若在 t=t2 时阀被顶起,则此时的 pW 应等于 p ? ,即 pW ? p ? (5) 由图 26-13(d)可知 t2=112℃ (6) 此时锅内水开始沸腾,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 112℃。 (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=27℃时,题中已给出水的饱和气压 p w (27 ? ) ? 3.6 ? 10 3 Pa ,这时锅内空气的压强(用 pa 表示)为
p a (27 ? ) ? p(5000 ) ? pW (27 ? C ) ? (53 ? 10 3 ? 3.6 ? 10 3 )( Pa)

? 49.4 ? 10 3 ( 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 t℃时,锅内空气压强为 p a (t ) ,则有:
p a (t ) p a (27 ? ) ? 273 ? t 273 ? 27 p a (t ) ? (164 .7t ? 45.0 ? 10 3 )( Pa)

(8) (9) (10)

若在 t ? t ? 时压力阀刚好开始被顶起,则有 pW (t ?) ? p a (t ?) ? p ? 由此得
pW (t ?) ? p ? ? p a (t ?) ? (105 ? 10 3 ? 164 .7t ?)( Pa)

画出函数 p ? ? p a (t ?) 的图线,取 3 t=0, p ? ? p a (0) ? 105 ? 10 ( Pa)
? 3 t=100℃, p ? ? p a (100 C ) ? 88.6 ? 10 ( 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 pW (t ) ? t 曲线的交点为 A, 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 ? =97℃ (11) 即在压力阀刚开始被顶起时,锅内水的温度是 97℃,若继续加热,压力阀被顶起后,锅 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 112℃。 L0 5 分析:竖直弹簧的问题我们主张画多个图(见 x0 M 振动中 图 42-12) ,把弹簧处于不同长度的状态表示出来, 振动平 ? x O d0 这样在力和形变量的关系上不易出错。其次要注意 衡位置 d 1 U ? U E? x轴 d ,其实是两个同向等大场强 两板间匀强电场
15

图 42-12

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, U E? . 2d 解:M 板有重量, G ? mg ? kx0 ,加电压后,设 M 板在其平衡位置 O 点能静止,因为
C? 1 S 4?k 0 d1 , US 4?k 0 d1 ,

上板充有正电
Q ? CU ?

且 Q 恒定不变。M 板平衡条件为 mg ? QE ? k ( x0 ? d 0 ? d1 ) US U k x0 ? ? ? k ( x0 ? d 0 ? d1 ) 4 ? k d 2 d 0 1 1 即 解出弹簧的劲度系数
k? SU 2
2 8?k 0 d1 ( d 0 ? d1 )

.

式中 k 0 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 x,则回复力 F回 ? mg ? QE '?k[ xo ? (d 0 ? d1 ) ? x]
? kx0 ? US U ? kx0 ? k (d 0 ? d1 ) ? kx 4?k 0 d1 2(d1 ? x)

E'?

U 2(d1 ? x) ,随着 x 的变化 E ' 在变化,由于 x ㄍ d1 ,所以

E'?

U x U x U U (1 ? ) ?1 ? (1 ? ) ? ? 2x 2d1 d1 2d1 d1 2d1 2d1

F回
将上式代入
F回 ?

表达式,可整理得
U 2S
2 3 8?k 0 d1 8?k 0 d1 d ? d1 d ? ?k x[1 ? 0 ] ? ?k (2 ? 0 ) x d1 d1 kx m? 0 g ,

? k (d 0 ? d1 ) ?

U 2S

x ? kx

又因为

a??

所以 极板 M 做谐振,
T?

d g (2 ? 0 ) x x0 d1

2? d g (2 ? 0 ) x0 d1

故f ?

1 1 ? T 2?

( 2 d1 ? d 0 ) g . d1 x0

16

6 解:设电子刚进入金属极板时的速度为 v x ,因为

eU 0 ?
vx ?

1 2 mv x 2

2eU 0 m 所以 电子通过金属极板经历的时间 l t? vx 电子在电场 U 1 的作用下偏离 y 方向的距离:
hy ? 1 a yt 2 2 F eE e U 1 ay ? ? ? ? m m m d
2

因为

? ? ? ? 2 1 1 eU1 ? l ? ? U 1l 2 hy ? a y t ? ? ?? 2 2 md 4dU 0 2eU 0 ? ? ? ? ? m ? ? 所以 同理可求电子在电场的作用下偏离 z 方向上的距离
U 2l 2 hz ? 4dU 0 则电子离开电场时,偏离的距离是
2 2 S ? hy ? hz ? 2 l 2 U 12 ? U 2

4dU 0

这时它的动能是
EK ? 1 2 1 2 1 2 mv x ? mv y ? mv z 2 2 2 ? eU 0 ? Fy h y ? Fz hz U 1 U 1l 2 U 2 U 2l 2 ? eU 0 ? e ? ?e ? d 4dU 0 d 4dU 0 ? eU 0 ? el 2 4d U 0
2

A

?

N

?

B

v0

v0

?U

2 1

2 ?U2

?

M
图 42-52

物理竞赛练习(三)
1. 质量与半径足够大的光滑水平圆盘以匀角速度ω 绕过圆心的竖直轴旋转。 (1)质量分别为 ? 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 mB mA O 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 rB rA 2 簧重叠的可能性,且设 A、B、C 的质量分别为 mA=2k/ω 、mB=3k/ 图 17-136 ω 2、mC=4k/ω 2,试讨论系统达到稳定的可能性。
17

2.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。
?v 2

v2

O
?v1

?

v
v0 v1

x

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。

18

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。

5.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 P0。 (1)夏天室

外温度恒为 T1,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 T1,P0 和 A 来 表示 T2。 (2)当室外温度为 30?C 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 20?C。试问室外温度最高为多少时,用此空调器仍可使室温维持在 20° C。 (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 20? C。
19

6.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 P1 间的电压为 U0,每滴食盐水的质量为 m。盘状电极 P2 位于 P1 的下方,相距高度为 h, P1、P2 之间的电容为 C1。当水滴流经 P1 的狭窄通道时,与 P1 也形成一个电容器,电容量为 C2, C2?C1。C2 充电到 U0,使小水滴带上正电,然后离开 P1 的狭窄通 道滴下。水滴下落的频率很低,P1、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 W U0 以忽略。试求:(1)电极 P2 可达到的最高电势;(2)水滴临到达 O P2 之前的速度与该水滴之前落下的水滴滴数之间的关系。 P
1

h
P2

图 42-35

1.解: (1)如图 17-136,两小球 m A 、 mB 必与圆心共线,且分居于圆心 O 两侧 对 A: 对 B: 解之,得
20

m A? 2 rA ? k (rA ? rB ? L)
m B? 2 rB ? k (rA ? rB ? L)

(1) (2)

B
O

A
图 17-137

C

kmB L ? r ? A ? k ( m A ? m B ) ? m A m B? 2 ? ? kmA L ?r ? ? B k (m ? m ) ? m m ? 2 ? A B A B
rA 、 rB 均需要大于零,故
m A m B? 2 k? m A ? mB
(2)A、B、C 小球若不共线,如图 17-137 所示,因任

A

O B

C

xA

xB
图 17-138

xC x

意两球间弹力沿两球心连线方向,不可能指向圆心 O,故不可能出现上述不共线的情况。 如图 17-138,设圆心 O 在 A、B 之间,以 O 为坐标原点,则应有

?x A ? 0 ? ? ?xB ? 0 ? ? ? xC ? x B

(1)

?m A? 2 (? x A ) ? k (? x A ? x B ? L) ? ? 2 ?m B ? x B ? k ( ? x A ? x B ? L ) ? 2 ? ?mC ? xC ? k ( xC ? x B ? L)
将已知条件代入,可得
?? 2 x A ? ? x A ? x B ? L ? ?3 x B ? ? x A ? 2 x B ? xC ?4 x ? x ? x ? L C B ? C ?x A ? ?L ? ?xB ? 2L ?x ? ?L ? C

解得

不满足(1)式,所以不可能出现上述的稳定状态。 设 O 在 B、C 之间,建立如图 17-139 所示坐标,则应有

A

B O
图 17-139

C

?x A ? 0 ? ? ?x A ? xB ? 0 ? ? ? xC ? 0

(2)

21

?m A? 2 (? x A ) ? k (? x A ? x B ? L) ? ? 2 ?m B ? ( ? x B ) ? k ( xC ? x B ? L ) ? k ( ? x A ? x B ? L ) ? 2 ? ?mC ? xC ? k ( xC ? x B ? L)
代入已知条件,简化为
?? 2 x A ? ? x A ? x B ? L ? ?? 3 x B ? x A ? 2 x B ? x C ?4 x ? x ? x ? L C B ? C

解得

?xA ? ?L ? ? ?xB ? 2L ? ? ? 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 E P 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 v 0 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
即 v 也沿 x 方向,其大小为

v?

v0 3

细线断开后弹簧释放,弹性力做功使弹性势能 E P 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 v 2 ,由机械能守恒和动量守恒定律可知

1 1 2 1 (2m)v12 ? mv2 ? (3m)v 2 ? E P 2 2 2

(2) (3)

(2m)v1 ? mv2 ? (3m)v ? mv0

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 v 2 与 v 0 的 夹角为θ 。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
22

的动量的增量,从而有速度的增量。设其速度增量分别为 ?v1 和 ?v2 ,则有

?v1 ? v ? ?v1 ?v ? v ? ?v ? 2 2


?v1x ? v x ? ?v1x ?v ? v ? ?v y 1y ? 1y ?v 2 x ? v x ? ?v 2 x ?v ? v ? ?v y 2y ? 2y

将(4)式代入(3)式,得

(2m)(v ? ?v1 ) ? m(v ? ?v2 ) ? 3mv
因而

1 ?v1 ? ? ?v2 2



1 ? ? v ? ? ?v2 x 1 x ? 2 ? 1 ??v1 y ? ? ?v2 y ? 2

(2)式可写成如下的形式

1 1 1 2 2 2 (2m)(v12x ? v 21 y ) ? m(v2 (3m)(v x ? v 2 y ) ? EP x ? v 2y ) ? 2 2 2
将(4) (5)两式化入上式并化简,有

1 1 (2m)[(v x ? ?v1x ) 2 ? (v y ? ?v1 y ) 2 ] ? m[(v x ? ?v2 x ) 2 ? (v y ? ?v2 y ) 2 ] 2 2

1 3 2 2 2 ? (3m)(v x ? v 2 y ) ? m(?v2 x ? ?v 2 y ) 2 4
1 2 ? (3m)(v x ? v 2 y ) ? EP 2
得到

Ep ?

3 m(?v2 ) 2 4

?v 2

v2

(6)

(6)式表明,在 E p 给定的条件下, ?v2 的大小是一定 的, v 2 的大小和方向与 ?v2 的方向有关,即与弹簧安置的 方向有关,如图 18-42 所示,若 v 和 v 2 的大小一定,即图中

P

?

v O

图 18-42

圆的半径和 P 点到圆心的距离一定。当 v 2 与 ?v2 垂直时,θ 角最大,这时 v 2 的方向沿圆的切
23

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 ? v sin 30?



?v2 ? ?v 2 ?

v 2 v0 6



(7)

由式(7)和(6) ,可得到

Ep ?

3 v0 2 1 1 2 m( ) ? ? mv0 4 6 24 2

所以要求粒子 3 入射时的动能

1 2 mv0 ? 24 E p 2
4.分析:摆球在地面附近运动,可以认为它所受地球引力的大小不变, 为
F? ? GMm ? mg R2

?

F F?

?? ?

但如果摆长很长,则当其摆角即使很小时,摆动中摆球相对于地面的 位移也是较大的。由此,在其摆动中所受地球引力的方向变化便不可忽略。 这一点正是本题情况与通常所讨论的普通单摆的区别。 (在讨论普通单摆 时,我们认为摆球所受地球引力为恒力——即其大小和方向都必须是不变的。 )

O

图 19-43

解:如图 19-43,设此单摆的摆角为 ? 时,它偏离平衡位置的位移为 x ,偏离地心 O 的角 度为 a ,所受地球引力为 F ? 。 由图可知,此时摆球所受回复力为
F ? ? F ? cos ? ? ?mg cos ?

由图有 可得

? ?? ?? ?

?

2 ,且由于 ? ,? 均为很小的角,则近似地有

??

x x ?? l、 R ,代入前式

F ? ?mg s i n ?(? ? ) ? ?mg (? ? ? )

?1 1 ? ? ?mg ? ? ? x ?l R?

由简谐运动的周期公式有
24

T ? 2?
T ? 2?

m k
m lR ? 2? (l ? R ) g ?1 1 ? mg ? ? ? ?l R?

当 l ? R 时,此单摆的周期为
T ? 2? R 2g

? 2?

6370 ? 10 3 s ? 3540s ? 59 min 2 ? 9.80

说明(1)对于普通单摆,有 l ? R,代入以上所得的公式为
T ? 2? l l ? ? ?1 ? ? g R? ? ? 2? l g

这正是我们早已熟知的单摆周期公式。 (2)若 l ? R,则由前述公式可得
T ? 2? R g

6370 ? 10 3 ? 2? s ? 5040s ? 84 min 9180
5.分析:夏天,空调器机为制冷机,作逆向卡诺循环,从室内吸热,向室外放热,对工 作物质作功。为保持室温恒定,空调器从室内吸热等于室外向室内通过热传导传输的热量。 冬天刚好相反,空调为热机,作顺向卡诺循环,从室外吸热,向室内放热,为保持室温恒定, 空调器向室内的放热应等于室内向室外通过热传导传输的热量。 解: (1)夏天,空调器为制冷机,单位时间从室内吸热 Q2 ,向室外放热 Q1 ,空调器的 平均功率 P,则 Q1 ? Q2 ? P 。对可逆卡诺循环,则有

Q1 Q2 T2 ? Q2 ? P T1 T2 , T1 ? T2 。
通过热传导传热 Q ? A(T1 ? T2 ) ,由 Q ? Q2 得

T1 ? T2 ?

P ? T2 A
25

4P T 1 P ? p? T2 ? T1 ? [ ? ? ? ? 0 1 ] 2 A A ? A?
因空调器连续工作,式中

2

1 P ? p ? 4P T T2 ? T1 ? [ 0 ? ? 0 ? ? 0 1 ] p ? p0 , 2 A A ? A?
(2)T1 ? 293K , p ? 0.3 p0 ,T1 ? 303K , 而所求的是 P ? P0 时对应的 T1 值, 记为 T1 max , 则

2

T1 ? T2 ?

0.3P0 ? T2 A P0 ? T2 A

T1m a x? T2 ?
解得

T1max ? T2 ? 0.3 (T1 ? T2 ) ? 311.26 K ? 38.26? C

? ,向室内放热 Q2 ? ,空调器连续工作, (3)冬天,空调器为热机,单位时间从室外吸热 Q1
功率为 P0 ,有

? Q2 ? Q1 ? ? ? Q1 ? ? p0 , T1? T2? ,由热平衡方程得: Q2 A(T2 ? T1?) ? T2 ? p0 T2 ? T1

T1? ? T2 ?

P0 ? T2 ? T2 ? (T1 m a x? T2 ) A

? 2T2 ? T1max ? 274.74 K ? 1.74? C
若空调器连续工作,则当冬天室外温度最低为 1.74?C,仍可使室内维持在 20?C。 6 分析: 这是一个过程比较复杂的实际问题, 首先必须建立起正确的物理模型。 水滴在 C 2 这个电容器中被充电,带上了 q ? C2U 0 的正电荷。随着水滴的下落, P2 板上的正电荷越来越 多,C1 的电量不断增加, P1 、 P2 之间的电场强度也不断增大。水滴在下落过程中受到两个力 的作用,重力 mg 和电场力 qE,当这两个力互相平衡时,水滴便无法再下落,此时 P2 的电势 便是 P2 能达到的最高电势。 解:(1)水滴电量 q ? C2U 0 ,设当 P2 达到 U 1 时,水滴受力平衡,即
26

mg ? qE ? q
U1 ? mgh . C 2U 0

U1 . h



当水滴下落过程中,消耗的重力势能 mgh 越大, P2 所能达到的电势越高,这样,根据能 量转换的观点是很容易理解的。 (2)n 个水滴落下后, P2 的电势便为
U n ? nq / C1 ? nU 0 C 2 / C1.

此时第 n+1 个水滴受到的电场力
F ? qEn ?
2 2 qU n nC2 U0 ? . h C1h

设第 n+1 个水滴的加速度为
2 2 mC 2 U0 ? mg ? F ? a? ?g? .

m

mC1h

其速度为

2 2 2nC2 U0 ? ? 2ah ? 2 gh ? . mC1

物理竞赛练习(四) 1.一列进站后的重载列车,车头与各节车厢的质量相等。均为 m,若一次直接起动,车头的 牵引力能带动 30 节车厢。那么,利用倒退起动,该车头能起动多少节同样质量的车厢?

27

2. 如图所示,拉直的绳子左端固定于墙上,有一简谐波沿绳子向 ? x 方向传播。坐标原点 O 5 ? 在墙的右方,与墙的距离为 4 ,其中 ? 为波长,已知 O 点的振动为 y0 ? A cos?t ,其中 ? 为 圆频率,试描述绳中的特征。
5 ? 4

O

x

3.在一大水银槽中竖直插有一根玻璃管,管上端封闭,下端开口.已知槽中水银液面以上的 那部分玻璃管的长度 l ? 76 cm , 管内封闭有 n ? 1.0 ?10-3 mol 的空气, 保持水银槽与玻璃管都不 动而设法使玻璃管内空气的温度缓慢地降低 10℃,问在此过程中管内空气放出的热量为多 少?已知管外大气的压强为 76 cm 汞柱高,每摩尔空气的内能 U ? CVT ,其中 T 为绝对温度, 常量 CV ? 20.5 J ? (mol ? K)-1 ,普适气体常量 R ? 8.31 J ? (mol ? K)-1 。?

28

4.一汽缸的初始体积为 V0 ,其中盛有 2 mol 的空气和少量的水(水的体积可以忽略) 。平衡时 气体的总压强是 3.0 atm ,经做等温膨胀后使其体积加倍,在膨胀结束时,其中的水刚好全部 消失,此时的总压强为 2.0 atm 。若让其继续作等温膨胀,使体积再次加倍。试计算此时:(1) 汽缸中气体的温度; (2)汽缸中水蒸气的摩尔数; (3)汽缸中气体的总压强。 假定空气和水 蒸气均可以当作理想气体处理。

5.半径分别为 R1 和 R2 的两个同心半球面相对放置(图 41-106) 。两个半球面均匀带电,电荷 面密度分别为 α 1 和 α 2。求大半球面的直径 AOB 上电势的分布。

6.如图所示 A 和 B 是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为 T 的交流电压, 在两板间产生交变 的匀强电场.己知 B 板电势为零,A 板电势 UA 随时间变化的规律如图预 20-7-2 所示,其中 UA 的最大值为 的 U0,最小值为一 2U0.在图预 20-7-1 中,虚线 MN 表示与 A、B 扳平行等距的一个较小的面,此面到 A
29

和 B 的距离皆为 l.在此面所在处,不断地产生电量为 q、质量为 m 的带负电的微粒,各个时刻产生带电 微粒的机会均等.这种微粒产生后,从静止出发在电场力的作用下运动.设微粒一旦碰到金属板,它就附 在板上不再运动,且其电量同时消失,不影响 A、B 板的电压.己知上述的 T、U0、l,q 和 m 等各量的值 正好满足等式

3 U 0q ? T ? l ? ? ? 16 2m ? 2 ?
2

2

若在交流电压变化的每个周期 T 内,平均产主 320 个上述微粒,试论证在 t=0 到 t=T/2 这段时间内产主 的微粒中,有多少微粒可到达 A 板(不计重力,不考虑微粒之间的相互作用) 。

1.解 :若一次直接起动,车头的牵引力需克服摩擦力做功,使各节车厢动能都增加,若 利用倒退起动,则车头的牵引力需克服摩擦力做的总功不变,但各节车厢起动的动能则不同。 原来挂钩之间是张紧的,倒退后挂钩间存在 ?s 的宽松距离,设火车的牵引力为 F,则有: ?F ? ?mg ??s ? 1 m?12 2 车头起动时,有 ? ? m?1 , 拉第一节车厢时: ?m ? m??1 故有

?? 2 ? ?12 ? ? ?1

1 4

1?F ? ? ?g ??s 2?m ?
2

?F ? 2?mg ??s ? 1 ? 2m? 22 ? 1 ? 2m?1? 2
拉第二节车厢时: 故同样可得: ?? 推理可得
2 ? ? 2m? 2 ?m ? 2m?? 2
4 9
2 ?2 ? ?2 ?2 ? ?

2? F 5 ? ? ?g ??s 3?m 3 ?

?2 ? ?n

n ? F 2n ? 1 ? ?g ??s ? ? n ?1? m 3 ?
30

2n ? 1 F? ?mg 2 ? ? ? 0 3 由 n 可得: 另由题意知 F ? 31?mg , 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 O 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 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 O 的振动为 y0 ? A cos?t 向左传播的入射波表示式为 2? ? ? y1 ? A cos? ?t ? x? ? ? ? 入射波传到反射点时的相位为 2? 5 5 ?t ? ? ? ? ?t ? ? ? 4 2 ? 反射后相位突变 ,故反射波在反射点的相位为 5 7 ?t ? ? ? ? ? ?t ? ? 2 2 反射波在 O 点的相位比反射点的相落后

2? 5 5 ? ?? ? ? 4 2
故反射波在原点 O 的相位为 7 5 ?t ? ? ? ? ? ?t ? 6? 2 2 因而反射波的波动表示式为

2? ? ? y 2 ? A cos? ?t ? 6? ? x? ? ? ? 2? ? ? ? 2 A cos? ?t ? x? ? ? ? 绳中的合成波为 y ? y1 ? y 2
2? ? 2? ? ? ? ? 2? ? ? A cos? ?t ? x ? ? A cos? ?t ? x ? ? A cos? x ? cos?t ? ? ? ? ? ? ? ? ? 上式即驻波方程,当 ? 2? ? 2? ? cos? x? ? 0 x ? (2k ? 1) k ? 0,?1,?2?时 ? ? ? ? 2

1?? ? x ? ?k ? ? 2? 2 ? 振幅为零,为波节,故波节的位置为

k ? 0,?1,?2?

2?



?

x ? k?

k ? 0,?1,?2?

31

时 O 振幅最大,为波腹,故波腹的位置为 ? ? ? 5? 3? x?k ? ? ? k ? 0 , ? 1 , ? 2 ? 4 2 4 4 4 驻波的图形如图 19-206 所示 图 19-206 3.参考解答 设玻璃管内空气柱的长度为 h ,大气压强为 p0 ,管内空气的压强为 p ,水银密度为 ? ,重力加速度为 g ,由图复解 17-1-1 可知
p ? (l ? h) ? g ? p0

? 2? ? cos? x? ? 1 ? ? ?

y

x
3? 4 5? 4

(1) (2) (3) (4)

根据题给的数据,可知 p0 ? l ? g ,得
p ? ? gh

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
p? V ?g S

即管内空气的压强与其体积成正比,由克拉珀龙方程 pV ? nRT 得
?g
V2 ? nRT S

(5)

由(5)式可知,随着温度降低,管内空气的体积变小,根 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
W? ? V 2 ? V22 ? 1 ?V V ? ? g ? 1 ? 2 ? (V1 ? V2 ) ? ? g ? 1 ? 2 ?S S ? ? 2S ?

(6) 管内空气内能的变化
?U ? nCV (T2 ? T1 )

(7) (8) (9)

设 Q 为外界传给气体的热量,则由热力学第一定律 W ? Q ? ?U ,有
Q ? ?U ? W

由(5) 、 (6) 、 (7) 、 (8)式代入得
1 ? ? Q ? n(T2 ? T1 ) ? CV ? R ? 2 ? ?

代入有关数据得
Q ? ?0.247 J Q ? 0 表示管内空气放出热量,故空气放出的热量为 Q? ? ?Q ? 0.247 J

(10)

4.参考解答
32

(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: (1) p总0 ? p空0 ? p饱 ? 3.0 atm 第一次膨胀后
V1 ? 2V0
p总1 ? p空1 ? p饱 ? 2.0 atm

(2) (3) (4) (5) (6) (7)

由于第一次膨胀是等温过程,所以
p空0V0 ? p空1V1 ? 2 p空1V0

解(1)、(2)、(3)三式,得
p饱 ? 1.0 atm

p空0 ? 2.0 atm
p空1 ? 1.0 atm

由于 p饱 ? 1.0 atm ,可知汽缸中气体的温度
T0 ? 373 K

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V1 ? ? 水 RT0
p空1V1 ? ? 空 RT0 ? 2RT0

(8) (9) (10) (11) (12)

由此二式及(5) 、 (6)式可得 ? 水 ? 2 mol (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

由题意知, V2 ? 4V0 , V1 ? 2V0 ,再将(2)式代入,得
p总2 ? 1.0 atm

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 AOB 上产生的电势,再用电势叠加原理求出最后 结果。 Q Q k k 解:半径为 R 的均匀带电球壳内部电势为 R ,外部电势为 r (r>R) 。这道题目要解决 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
2 Q1 4?R1 ?1 U1 ' ? k ?k ? 4?k R 1?1. R1 R1

鉴于对称性,半个球面对 U1 ' 的贡献必为
U1 ? 2k?R1?1 .

1

2 ,因此,它在

AOB 上产生的电势应为

完整的半径为 R2 的球壳在 AOB 上离 O 距离小于 R2 的范围内(即图 3-1-26 中的 COD 段) 的电势为
U 2 '? k Q2 ? 4?k R2 ? 2 . R2

在 AOB 上,离 O 的距离大于 R2 的范围内的电势为
33

U2 ''? k

2 Q2 4?kR2 ?2 ? ( R2 ? r ? R1 ) r r

半球的贡献同样必为 U 2 ' 和 U 2 ' ' 的 1/2。最后 AOB 上电势分布应为 ?2?k ?R1? 1 ? R2? 2 ? ? 2 U ? U1 ? U 2 ? ? ? R2 ?2 ? ?r ? R2 ? ?2?k ? ? Rq? 1 ? r ? ? ?R2 ? r ? R1 ? 。 ? ? ?
6.参考解答 在电压为 U 0 时,微粒所受电场力为 U 0 q / 2l ,此时微粒的加速度为 a0 ? U 0 q / 2lm 。将此式代入题中所 给的等式,可将该等式变为

3 ?T ? l ? a0 ? ? (1) 16 ? 2 ? 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

2

1 ?T ? x ? a0 ? ? ? l (2) 2 ?2? 即 t ? 0 时产生的微粒,在不到 T / 2 时就可以到达 A 板。在 U A ? U 0 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 U 0 加速一段时间 ?t1 ,然后再被电压 ?2U 0 减速一段时间,到 A 板时刚好速度为零。用 d1 和 d 2 分别表示此两段时间内的位移, v1 表示微粒在 ?t1 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 1 (3) d1 ? a0 (?t1 )2 2 (4) 0 ? v12 ? 2(?2a0 )d 2 又因 (5) v1 ? a0 ?t1 , (6) d1 ? d2 ? l , T (7) t1 ? ?t1 ? , 2 由式(3)到式(7)及式(1) ,可解得 T (8) t1 ? , 2 这就是说,在 U A ? U 0 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 / 4 ) 。 为了讨论在 T / 4 ? t ? t / 2 这段时间内产生的微粒的运动情况,先设想有一静止粒子在 A 板附近,在 U A ? ?2U0 电场作用下,由 A 板向 B 板运动,若到达 B 板经历的时间为 ? ,则有 1 2l ? (2a0 )? 2 2 根据式(1)可求得 3 1 ?? ? T 2 4 由此可知,凡位于 MN 到 A 板这一区域中的静止微粒,如果它受 U ? ?2U 0 的电场作用时间大于 ? ,则这 些微粒都将到达 B 板。 在 t ? T / 4 发出的微粒,在 U A ? U 0 的电场作用下,向 A 板加速运动,加速的时间为 T / 4 ,接着在 U A ? ?2U0 的电场作用下减速,由于减速时的加速度为加速时的两倍,故经过 T /8 微粒速度减为零。由此 可知微粒可继续在 U A ? ?2U 0 的电场作用下向 B 板运动的时间为
34

2

1 1 3 3 1 2 8 8 2 4 由于 ? 1 ? ? ,故在 t ? T / 4 时产生的微粒最终将到达 B 板(确切地说,应当是 t ? T / 4 ) ,不会再回到 A 板。 在 t 大于 T / 4 但小于 T / 2 时间内产生的微粒, 被 U A ? U 0 的电场加速的时间小于 T / 4 , 在 U A ? ?2U 0 的 电场作用下速度减到零的时间小于 t ? T /8 ,故可在 U A ? ?2U 0 的电场作用下向 B 板运动时间为 1 1 ? ? ? T ? T ? ?1 2 8 所以这些微粒最终都将打到 B 板上,不可能再回到 A 板。 由以上分析可知,在 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 (9) N ? 320 ? ? 80 4 评分标准:本题 20 分。 论证在 t ? 0 到 t ? 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 ? 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。

?1 ? T ? T ? T ? ? T

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 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 A 和 B 的速度变化

?v A和?v B 各为多少?

4R
A

2R R O
C
图 4-10-4

B

2. 如图(甲)所示,半径为 r 的半球形水池,装满密度为 ? 的水, 要将池内的水 抽干至少要做多少功?

(甲)

35

3.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ρ 、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ρ 水,不计水的阻力和表面张力。 (1) 当管的密度ρ 等于某一值ρ 0 时,管能下沉到刚好全部没入水中,求ρ 0。 (2) 在ρ =ρ 0 的情形下,管下沉所经历的时间等于什么? (3) 设管的密度ρ =2/3ρ 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= 90.0℃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=10℃升温到 66.0℃以 上(含 66.0℃) ,并通过计算验证你的方案.已知铝合金的比热容 c=0.880×l03J·(Kg·℃)-1,水的比热 容 c0 =4.20×103J·(Kg·℃)-1,不计向周围环境散失的热量。

36

5.三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)、 (b)、(c)、(d)四种混联电路,试论证:是否可以通过适当选择 C1、C2、C3 的数值,使其中某两种混联电 路 A、B 间的等效电容相等.

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?

37

1.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 v1 ,乃有

GMm mv1 ? 2R (2 R) 2

2

故得

v1 ?

GM 2R

此时飞船的动能和引力势能分别为

E k1 ?

1 GMm 2 mv1 ? 2 4R

E p1 ? ? GMm 4R

GMm 2R

所以飞船在 2R 轨道上的机械能为

E1 ? Ek1 ? E p1 ? ?

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 ? E1 ?

GMm 8R

(2)由(1)已得飞船在 2R 轨道上运行的速度为

v1 ?

GM 2R

同样可得飞船 4R 轨道上运行的速度为

v2 ?

GM 4R
? ?

设飞船沿图示半椭圆轨道 ACB 运行时,在 A、B 两点的速度分别为 v1 和 v 2 。则由开普勒第二定律可 得
38

? ? 2 R ? v2 ? ? 4R v1
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

1 GMm 1 GMm ?2 ? ?2 ? mv1 ? mv2 2 2R 2 4R

联立以上两式解之可得

?? v1

2GMm 3R

? ? v2

1 2GMm 2 3R

故得飞船在 A、B 两轨道交接处的速度变化量分别为

? 4 ? GM ? ? ? v1 ? ? ?v A ? v1 ? 1 ? 3 ? 2R ? ?
? 2 ? GM ? ? ? ?1 ? ?v B ? v 2 ? v 2 ? 3? ? ? 4R
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 n 层,第 i 层水柱的半 径为

r ri ? r 2 ? (i ) 2 n
则这层水的质量为

n层

i?
第i层

r n

r1

r
r n

mi ? ? ? ?ri 2 ?

r r r ? ? ? ? [r 2 ? (i ) 2 ] ? n n n

(乙)
图 17-147

将这层水抽出去要做的最小功为

4 r r 2 r r ? ?[r 4 ? i 2 r ]i ? ?g 2 ?W ? mi g (i ? ) ? ??[r ? (i ? ) ] g (i ? ) n2 n2 n n n n

? ?? gr [1 ?

4

] ? ?? gr [ 2 ? 4 ] n2 n2 n n

i2

i

4

i

i3

所以

1 ? 2 ? ? ? n 13 ? 2 3 ? ? ? n 3 W总 ? ?? gr 4 [ ? ] n2 n4

n 2 ? (n ? 1) 2 1? n ?n 1 1 4 2 4 ? ?? gr [ ? ] ? ?? gr 4 [ ? 2 ] 2 4 4 4n n n
1
当 n ? ? ,即 4n
2

?0
,则

W总 ?

1 ?? gr 4 4
39

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 ? ? ? 水 。如图 19-132 所示,设管静平衡时浸入水中 ? 0 长,由平衡条件得

?LSg ? ? 水 ? 0 Sg
S 为管的截面积,所以

?0 ?

? L ?水

?0
(1)

P O P ?

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 点的运动。 P 在 ? 处时,有 图 19-132

?

?F浮 ? ma ? ? ? 水 g?V
方向向上, ?F浮 是其回复力,得

F回 ? ma ? ? ? ? 水 gS ?

(2)

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

T ? 2?

m k ,而 m ? ?LS , k ? ? 水 gS

T ? 2?


?L ?水 g

(3)

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 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 ? L / 2 故 求得:

?0 ?

1 ?水 . 2
t ?? L . 2g

当 ? ? ? 0 时,下沉所需时间为 T/2,所以



??

2 ?水 ? ?0 3 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

? ? ?0 ?
由○ 3式及○ 1式得

? 2 L? L ?水 3

T ? 2?

?0
g

? 2?

2L 3g
40

静止开始时,管离平衡位置的距离为

?0 ?

2 2 L, A ? ?0 ? L 3 故简谐振动的振幅为 3
32

T ?2? L t1 ? ? ? ? ? 3 ?3? g 利用参考圆可以求出这一阶段的下沉运动所需时间
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

?SL2 g ? ? 水 SgL2 ?

1 2

1 ?SL? 2 2

得 下沉加速度

??

gL 2

a?
方向向上,所以下沉时间

?? ? ? ?SLg


?SL

1 ?? g 2

t2 ?
得下沉的总时间

0 ?? ? ? ? a a

2L g

2? t ? t1 ? t 2 ? 3

32 ? L 2L 2 L ?? 2 ? ? ? ?? ? ? ? 2 ? 3g g ?? 3 ? ? ? ? g

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 ? ? ? 0 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 ? ? 0 SLg ? L ,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,

所以管所排开的水的重力势能增加

?E水 ? ? 水 ? SLg ?

L 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

?E管 ? ?E水 ,即

? 0 SL2 g ?
?0 ?

1 ? 水 SL2 g 2



1 ?水 2

(2)研究管下沉的运动。当管下端的深度为 ? ?? ? L ? 时,管受重力 ?SLg ,浮力 ? 水 S?g ,管所受
41

合力(不计表面张力、阻力)为

F ? Sg??L ? ? 水 ? ?
方向向下,若 ? ? ? 0 是,管受合力为零,则由○ 1式可得

(1)

?0 ?
?0 ?

? L ?水
1 L 2

(2)

代入 ? 0 得 管入水后的加速度为

??

? ?? ? F g L? ?? ? ? 0 ? ? ? 2 g ? ? g? 1? 水 ? ?? ?? ? ? ? ? ?SL ?L ? ?0 L ? 2? ?

(3)

可见管入水后应做竖直方向的简谐振动,振幅为
2 当 ? ? L 时, ? ? ? g ,又 ? A ? a ,得

T ? 2?

L 2g

(4)

管下端由 ? ? 0 到 ? ? L (全部没入水中)所需的时间 t 为半个周期,则

t?

T L ?? 2 2g

(3)由于

??

2 1 ?水 ? ?水 3 2 ,管在全部没入水中后还将继续下沉。但管

?
?
30 ?
1 L 3 2 ? 3 A? 2 L 3

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)、(2)、 (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

O

L

? ? ?0 ?
简谐振动周期为

? 2 L? L ?水 3

图 19-133

T ? 2?

?0
g

? 2?

2L 3g

由静止开始时,管离平衡位置的距离为

?0 ?

2 2 L A ? ?0 ? L 3 ,故简谐振动的振幅为 3 。利用参考圆 A? 2 2? L ?? 3 的圆周以角速度 T 运动,质

可以求出这一阶段的下沉运动所需的时间 t1。设质点沿半径为

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, ? ? L ,已越过

42

2 ? 平衡位置。从参考圆可得,在管下端由 ? ? 0 下沉到 ? ? 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

2? / 3 T 2 2L ? 2 ? L t1 ? T? ? ? ?? ? ? 2? 3 3 3g ? 3 ? g
第二阶段是管全部浸没水中, ? ? L 时,管仍向下运动,其速度用动能定理求出。有

32

?SL2 g ? ? 水 SgL2 ?

1 2

1 ?LS? 2 2

(5)



?水 ? ? ?2 ? ? ?2 ? ? ? ? gL ? ?

所以

??

gL 2

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

a?

?? ? ? ?SLg


?SL
2? ? g

??

g 2

即管在这阶段中做匀减速运动,所需时间

t2 ?

?
a

?

2L g

管下沉到最低位置共需时间
32 ? L 2 2L 2 L ?? 2 ? t1 ? t1 ? t 2 ? ? ? ? ?? ? ? ? 2 ? 3 3g g ? ? ?? 3 ? ? g

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 19-133 所示的 ? 轴 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 ? 90.0 ℃的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分,与温度为

t0 ? 10.0 ℃的构件充分接触,并达到热平衡,构件温度已升高到 t1 ,将这部分温度为 t1 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 t 2 ,再将 这些温度为 t 2 的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为 t 2 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 m0 =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
43

Q1 ? c0 m0 (t ? t1 )
构件吸热为

(1)

Q1? ? cm(t 1? t ) 0
由 Q1 ? Q1? 及题给的数据,可得

(2)

t1 =27.1℃
同理,第二次倒出 0.240kg 热水后,可使构件升温到

(3)

t 2 =40.6℃
依次计算出 t1 ~ t5 的数值,分别列在下表中。 倒水次数/次 平衡温度/℃ 可见 t5 =66.0℃时,符合要求。 1 27.1 2 40.6 3 51.2 4 59.5 5 66.0

(4)

附:若将 1.200kg 热水分 4 次倒,每次倒出 0.300kg,依次算出 t1 ~ t 4 的值,如下表中的数据: 倒水次数/次 平衡温度/℃ 1 30.3 2 45.50 3 56.8 4 65.2

由于 t 4 =65.2℃<66.0℃,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:①将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。②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:①通过计算求出的构件的 最终温度不低于 66.0℃。 ②使用的热水总量不超过 1.200kg。 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 66.0℃, 不能得分。 5、由电容 C ? 、 C ?? 组成的串联电路的等效电容

C串 ?
由电容 C ? 、 C ?? 组成的并联电路的等效电容

C ?C ?? C ? ? C ??

C 并 ? C ? ? C ??
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

Ca ? Cb ?

C C ? C1C 3 ? C 2 C 3 C1C 2 ? C3 ? 1 2 ? C3 C1 ? C 2 C1 ? C 2 C1C 3 C C ? C1C 3 ? C 2 C 3 ? C2 ? 1 2 ? C2 C1 ? C 3 C1 ? C 3

(1)

(2)

44

Cc ?
Cd ?
由(1) 、 (3)式可知

?C1 ? C 2 ?C3 ?C1 ? C 2 ? ? C3
?C1 ? C3 ?C 2 ?C1 ? C3 ? ? C 2

?
?

C1C 3 ? C 2 C 3 ? C3 C1 ? C 2 ? C 3
C1C 2 ? C 2 C3 ? C2 C1 ? C 2 ? C3

(3)

(4)

Ca ? Cc
由(2) 、 (4)式可知

(5)

Cb ? Cd
由(1) 、 (2)式可知

(6)

Ca ? C b
由(3) 、 (4)式可知

(7)

Cc ? Cd
若 C a ? C d ,由(1) 、 (4)式可得

(8)

C12 ? 2C1C 2 ? C1C3 ? C 2 C3 ? 0
因为 C1 、 C 2 和 C 3 均大于 0,上式不可能成立,因此

Ca ? Cd
若 C b ? C c ,由(2) 、 (3)式可得

(9)

C12 ? 2C1C3 ? C1C 2 ? C 2 C3 ? 0
因为 C1 、 C 2 和 C 3 均大于 0,上式不可能成立,因此

C b ? Cc
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.

(10)

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,E A 只是由点电荷 Q 产生的。

EA ? k

Q r2

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
45

现感应电荷 q1 ,球壳 2 与球壳 3 的电荷在 B 点不贡献电场,于是有
EB ? k Q r
2

?k

Q (3r )
2

?k

Q (3r )
2

?k

q1 (3r ) 2 ,得 q1 ? 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 q 2 ,球壳 3 电荷在 C 点不 贡献电场。根据叠加原理
EC ? k Q r
2

?k

Q (5r )
2

?k

Q (5r )
2

?k

9Q (5r )
2

?k

9Q (5r )
2

?k

q2 (5r ) 2



q2 ? 25Q 。

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 ? 25Q ,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 q

q 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 E ? Q 。比如在真空或空气中的点电荷,

E?k

Q r2 。 (3)对于均匀带电的导体球面,设球半径为 R,电量也为 Q,则它产生的场强,

Q E?k 2 r 。 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, 即 r ? R 处,
(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。

46

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