物理奥林匹克竞赛：全国物理奥林匹克竞赛第24届复赛试题（含参考答案）

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 (本题共七大题，满分160分) 一、(20分)如图所示，一块长为L=1.00m的光滑平板PQ固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定 连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与 弹簧构成的振动系统的振动周期T=2.00s。一小球B放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P端 的正上方，到P端的距离为h=9.80m。平板静止在其平衡位置。水球B与平板PQ的质量相等。现给小球一水 平向右的速度4。，使它从水平台面抛出。已知小球B与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力 可以忽略不计。要使小球与平板PQ发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，4。的值应在什么范围内？取 8=9.8m/s2 Q 777777777777777777777 二、(25分)图中所示为用三角形刚性细杆AB、BC、CD连成的平面连杆结构图。AB和CD杆可分别 绕过A、D的垂直于纸面的固定轴转动，A、D两点位于同一水平线上。BC杆的两端分别与AB杆和CD杆相连， 可绕连接处转动（类似铰链）。当AB杆绕A轴以恒定的角速度o转到图中所示的位置时，AB杆处于竖直位置。 BC杆与CD杆都与水平方向成45°角，已知AB杆的长度为1，BC杆和CD杆的长度由图给定。求此时C点加 速度a的大小和方向（用与CD杆之间的夹角表示） B 450 77777 777777元 三、(20分)如图所示，一容器左侧装有活门K,,右侧装有活塞B,一厚度可以忽略的隔板M将容器隔成、 b两室，M上装有活门K2。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

1 第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试卷 （本题共七大题，满分 160 分） 一、（20 分）如图所示，一块长为  00.1 mL 的光滑平板 PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定 连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与 弹簧构成的振动系统的振动周期  00.2 sT 。一小球 B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板 P 端 的正上方，到 P 端的距离为  80.9 mh 。平板静止在其平衡位置。水球 B 与平板 PQ 的质量相等。现给小球一水 平向右的速度 0 ，使它从水平台面抛出。已知小球 B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力 可以忽略不计。要使小球与平板 PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，  0 的值应在什么范围内？取 2  /8.9 smg 二、（25 分）图中所示为用三角形刚性细杆 AB、BC、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和 CD 杆可分别 绕过 A、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两端分别与 AB 杆和 CD 杆相连， 可绕连接处转动（类似铰链）。当 AB 杆绕 A 轴以恒定的角速度 转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。 BC 杆与 CD 杆都与水平方向成 45°角，已知 AB 杆的长度为l ，BC 杆和 CD 杆的长度由图给定。求此时 C 点加 速度 c a 的大小和方向（用与 CD 杆之间的夹角表示） 三、（20 分）如图所示，一容器左侧装有活门 K1 ，右侧装有活塞 B，一厚度可以忽略的隔板 M 将容器隔成 a、 b 两室，M 上装有活门 K2 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为P、温度为T的大气中。初始时将活塞 B用销钉固定在图示的位置，隔板M固定在容器PQ处，使a、b两室体积都等于Vo:K1、K2关闭。此时，b 室真空，a室装有一定量的空气（容器内外气体种类相同，且均可视为理想气体），其压强为4P/5,温度为T。 已知1mol空气温度升高1K时内能的增量为Cv,普适气体常量为R。 1现在打开K,,待容器内外压强相等时迅速关闭K,(假定此过程中处在容器内的气体与处在容器外的气体 之间无热量交换)，求达到平衡时，a室中气体的温度。 2.接着打开K2,待a、b两室中气体达到平衡后，关闭K2。拔掉所有销钉，缓慢推动活塞B直至到过容器 的PQ位置。求在推动活塞过程中，隔板对a室气体所作的功。已知在推动活塞过程中，气体的压强P与体积V Cy+R 之间的关系为PVC,=恒量。 四、(25分)图中0xy是位于水平光滑桌面上的直角坐标系，在x>0的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂 直于oxy平面向里，磁感应强度的大小为B。在x<0的一侧，一边长分别为l,和1，的刚性矩形超导线框位于桌 面上，框内无电流，框的一对边与x轴平行。线框的质量为，自感为L。现让超导线框沿x轴方向以初速度'。 进入磁场区域，试定量地讨论线框以后可能发生的运动情况及与初速度。大小的关系。（假定线框在运动过程 中始终保持超导状态) ×× 五、(25分)地球赤道表面附近处的重力加速度为g。=9.8m/s2,磁场的磁感应强度的大小 B。=3.0×10-T,方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与r3成反比(r为考察点到地心的距离)， 方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离r=5R。（R。为地球半径)处，存在厚度为1Okm 2 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

2 容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为 P0、温度为 T0的大气中。初始时将活塞 B 用销钉固定在图示的位置，隔板 M 固定在容器 PQ 处，使 a、b 两室体积都等于 V0； K1 、 K2 关闭。此时，b 室真空，a 室装有一定量的空气（容器内外气体种类相同，且均可视为理想气体），其压强为 4P0/5，温度为 T0。 已知 1mol 空气温度升高 1K 时内能的增量为 CV，普适气体常量为 R。 1.现在打开 K1 ，待容器内外压强相等时迅速关闭 K1（假定此过程中处在容器内的气体与处在容器外的气体 之间无热量交换），求达到平衡时，a 室中气体的温度。 2.接着打开 K2 ，待 a、b 两室中气体达到平衡后，关闭 K2 。拔掉所有销钉，缓慢推动活塞 B 直至到过容器 的 PQ 位置。求在推动活塞过程中，隔板对 a 室气体所作的功。已知在推动活塞过程中，气体的压强 P 与体积 V 之间的关系为 V V C RC PV  ＝恒量。 四、（25 分）图中 oxy 是位于水平光滑桌面上的直角坐标系，在 x  0的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂 直于 oxy 平面向里，磁感应强度的大小为 B。在 x  0的一侧，一边长分别为 1 l 和 2l 的刚性矩形超导线框位于桌 面上，框内无电流，框的一对边与 x 轴平行。线框的质量为 m，自感为 L。现让超导线框沿 x 轴方向以初速度 0 v 进入磁场区域，试定量地讨论线框以后可能发生的运动情况及与初速度 0 v 大小的关系。（假定线框在运动过程 中始终保持超导状态） 五、（25 分）地球赤道表面附近处的重力加速度为 2 0  /8.9 smg ，磁场的磁感应强度的大小 TB 5 0 100.3   ，方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与 3 r 成反比（r 为考察点到地心的距离）， 方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离 Rr e  5 （ Re 为地球半径）处，存在厚度为 10km 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 的由等数量的质子和电子的等离子层（层内磁场可视为匀强磁场），每种粒子的数密度非常低，带电粒子的相互 作用可以忽略不计。已知电子的质量m。=9.1×10-3g，质子的质量m。=1.7×10-2”g,电子电荷量为 -1.6×10-19C,地球的半径R。=6.4×10°m。 1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动，另一方面因受地球引力和磁场的共同作用会形成 位于赤道平面内的绕地心的环行电流，试求此环行电流的电流密度。 2现设想等离子层中所有电子和质子，它们初速度的方向都指向地心，电子初速度的大小 4。=1.4×104m/s,质子初速度的大小up=3.4×102m/s。试通过计算说明这些电子和质子都不可能到到达 地球表面。 六、(25分)图1所示为杨氏双缝干涉实验的示意图，取纸面为yz平面。y、z轴的方向如图所示。线光源 S通过z轴，双缝S1、S2对称分布在z轴两侧，它们以及屏P都垂直于纸面。双缝间的距离为d,光源S到双缝 的距离为1，双缝到屏的距离为D,d<<D,d<I。 1.从z轴上的线光源S出发经S、S2不同路径到P0点的光程差为零，相干的结果产生一亮纹，称为零级亮 纹。为了研究有一定宽度的扩展光源对于干涉条纹清晰度的影响，我们先研究位于轴外的线光源S'形成的另一 套干涉条纹，S'位于垂直于z轴的方向上且与S平行，两者相距6，则由线光源S'出发分别经S1、S2产生的 零级亮纹P。,P。与P的距离6，= 2当光源宽度为o的扩展光源时，可将扩展光源看作由一系列连续的、彼此独立的、非相干的线光源组成。 这样，各线光源对应的干涉条纹将彼此错开，在屏上看到的将是这些干涉条纹的光强相加的结果，干涉条纹图像 将趋于模糊，条纹的清晰度下降。假设扩展光源各处发出的光强相同、波长皆为入。当)增大导致零级亮纹的 亮暗将完全不可分辨，则此时光源的宽度@= 3.在天文观测中，可用上述干涉原理来测量星体的微小角直径。遥远星体上每一点发出的光到达地球处都可 视为平行光，从星体相对的两边缘点发来的两组平行光之间的夹角日就是星体的角直径。遥远星体的角直径很小， 为测量如些微小的角直径，迈克尔逊设计了测量干涉仪，其装置简化为图2所示。M1、M2、M3、M4是四个平 面反射镜，它们两两平行，对称放置，与入射光(a、a')方向成45°角。S1和S2是一对小孔，它们之间的 距离是d。M1和M2可以同步对称调节来改变其中心间的距离h。双孔屏到观察屏之间的距离是D。a、a'和 b、b'分别是从星体上相对着的两边缘点发来的平行光束。设光线a、a'垂直双孔屏和像屏，星光的波长是入， 试导出星体上角直径0的计算式。 注：将星体作圆形扩展光源处理时，研究扩展光源的线度对于干涉条纹图像清晰度的影响会遇到数学困难，为简 化讨论，本题拟将扩展光源作宽度为)的矩形光源处理。 0 3 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

3 的由等数量的质子和电子的等离子层（层内磁场可视为匀强磁场），每种粒子的数密度非常低，带电粒子的相互 作用可以忽略不计。已知电子的质量 e kgm 31 101.9   ，质子的质量 p kgm 27 107.1   ，电子电荷量为 C19 106.1   ，地球的半径 e mR 6  104.6 。 1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动，另一方面因受地球引力和磁场的共同作用会形成 位于赤道平面内的绕地心的环行电流，试求此环行电流的电流密度。 2. 现 设 想 等 离 子 层 中 所 有 电 子 和 质 子 ， 它 们 初 速 度 的 方 向 都 指 向 地 心 ， 电 子 初 速 度 的 大 小 smue /104.1 4  ，质子初速度的大小 smuP /104.3 2  。试通过计算说明这些电子和质子都不可能到到达 地球表面。 六、（25 分）图 1 所示为杨氏双缝干涉实验的示意图，取纸面为 yz 平面。y、z 轴的方向如图所示。线光源 S 通过 z 轴，双缝 S1、S2对称分布在 z 轴两侧，它们以及屏 P 都垂直于纸面。双缝间的距离为 d，光源 S 到双缝 的距离为 l，双缝到屏的距离为 D，  Dd ，  ld 。 1.从 z 轴上的线光源 S 出发经 S1、S2不同路径到 P0 点的光程差为零，相干的结果产生一亮纹，称为零级亮 纹。为了研究有一定宽度的扩展光源对于干涉条纹清晰度的影响，我们先研究位于轴外的线光源 S′形成的另一 套干涉条纹，S′位于垂直于 z 轴的方向上且与 S 平行，两者相距 s  ，则由线光源 S′出发分别经 S1、S2产生的 零级亮纹  P0 ，  P0 与 P0的距离 y  ___________________________________ 2.当光源宽度为 的扩展光源时，可将扩展光源看作由一系列连续的、彼此独立的、非相干的线光源组成。 这样，各线光源对应的干涉条纹将彼此错开，在屏上看到的将是这些干涉条纹的光强相加的结果，干涉条纹图像 将趋于模糊，条纹的清晰度下降。假设扩展光源各处发出的光强相同、波长皆为  。当 增大导致零级亮纹的 亮暗将完全不可分辨，则此时光源的宽度  ______________________________ 3.在天文观测中，可用上述干涉原理来测量星体的微小角直径。遥远星体上每一点发出的光到达地球处都可 视为平行光，从星体相对的两边缘点发来的两组平行光之间的夹角 就是星体的角直径。遥远星体的角直径很小， 为测量如些微小的角直径，迈克尔逊设计了测量干涉仪，其装置简化为图 2 所示。M1、M2、M3、M4 是四个平 面反射镜，它们两两平行，对称放置，与入射光（a、 a′）方向成 45°角。S1 和 S2 是一对小孔，它们之间的 距离是 d。M1 和 M2 可以同步对称调节来改变其中心间的距离 h。双孔屏到观察屏之间的距离是 D。a、 a′和 b、 b′分别是从星体上相对着的两边缘点发来的平行光束。设光线 a、 a′垂直双孔屏和像屏，星光的波长是 ， 试导出星体上角直径 的计算式。 注：将星体作圆形扩展光源处理时，研究扩展光源的线度对于干涉条纹图像清晰度的影响会遇到数学困难，为简 化讨论，本题拟将扩展光源作宽度为 的矩形光源处理。 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 图1 像屏 a b 双孔屏 S1 0 0 S2 M 6 图2 七、(20分)今年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百周年。王先生早 在1941年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案：B原子核可以俘获原子的K层电子而成为'Li的激发 态('L),并放出中微子（当时写作n) 7Be+e→('Li)'+n 而('Li)又可以放出光子y而回到基态Li (Li)→Li+y 由于中微子本身很难直接观测，能过对上述过程相关物理量的测量，就可以确定中微子的存在，1942年起， 美国物理学家艾伦(R.Davis)等人根据王淦昌方案先后进行了实验，初步证实了中微子的存在。1953年美国人 莱因斯(F.Reines)在实验中首次发现了中微子，莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔(M.L.Perl)分享了 1995年诺贝尔物理学奖。 现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量。若实验中测得锂核(L1)反冲能量（即Li的动能）的最 大值Ee=56.6ev,y光子的能量hy=0.48Mev。已知有关原子核和电子静止能量的数据为 m,c2=6533.84Mv:mec2=6534.19Mev:m.c2=0.51Mev。设在第-个过程中，7Be核是静止的，K 层电子的动能也可忽略不计。试由以上数据，算出的中微子的动能P,和静止质量m,各为多少？ 4 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

4 图 1 图 2 七、（20 分）今年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百周年。王先生早 在 1941 年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案： Be 7 原子核可以俘获原子的 K 层电子而成为 Li 7 的激发 态 *7Li)( ，并放出中微子（当时写作η）   *77 LieBe )( 而 *7Li)( 又可以放出光子 而回到基态 Li 7 LiLi   7*7 )( 由于中微子本身很难直接观测，能过对上述过程相关物理量的测量，就可以确定中微子的存在，1942 年起， 美国物理学家艾伦（R.Davis）等人根据王淦昌方案先后进行了实验，初步证实了中微子的存在。1953 年美国人 莱因斯（F.Reines）在实验中首次发现了中微子，莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔（M.L.Perl）分享了 1995 年诺贝尔物理学奖。 现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量。若实验中测得锂核（ Li 7 ）反冲能量（即 Li 7 的动能）的最 大 值 R  6.56 evE ，  光 子 的 能 量   48.0 Mevh 。 已 知 有 关 原 子 核 和 电 子 静 止 能 量 的 数 据 为 Li 84.6533 Mevcm 2  ； Be 19.6534 Mevcm 2  ； e 51.0 Mevcm 2  。设在第一个过程中， Be 7 核是静止的，K 层电子的动能也可忽略不计。试由以上数据，算出的中微子的动能 P和静止质量m 各为多少？ 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答 一、参考解答： B 如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发 生在平板的边缘Q处，这时4，的值便是满足题中条件的最大值： 如果小球的水平速度较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次 接近平板时，刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触，这时 4,的值便是满足题中条件的最小值。 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间 为1，有 WWWWW h= (1) 若碰撞正好发生在Q处，则有 L=uoh (2) 5 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

5 第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答 一、参考解答： 如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发 生在平板的边缘 Q 处，这时 0 u 的值便是满足题中条件的最大值； 如果小球的水平速度 0 u 较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次 接近平板时，刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触，这时 0 u 的值便是满足题中条件的最小值． 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间 为 1 t ，有 2 1 1 2 h gt  （1） 若碰撞正好发生在 Q 处，则有 L u t  0 1 （2） h P Q B u0 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 从(1)、(2)两式解得的4值便是满足题中条件的最大值，即 10 max (3) V2h 代入有关数据得 4omax =0.71m/s (4) 如果，<omx,小球与平板的碰撞处将不在Q点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为， 则有 =2gh (5) 以、分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平 板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是m,则有 01=+m' (6) 因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得 m+-+mr+m (7) 解(6)、(7)两式，得 0=0 (8) '=0,=V2gh (9) 碰撞后，平板从其平衡位置以V?为初速度开始作简谐振动.取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的 上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为t=0,则平板在1时刻离开平衡位 置的位移 Xpo =Acos(@t+) (10) 式中 2π 0= (11) A和？是两个待定的常量，利用参考圆方法，在1时刻平板振动的速度 Vpo =-Aosin(ot+p) (12) 因t=0时，xo=0.0o=V”,由(9)、(11)、(12)式可求得 A=27 (13) 2π (14) 把(13)、(14)式代入(10)式，得 (15) 2π 6 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

6 从（1）、（2）两式解得的 0 u 值便是满足题中条件的最大值，即 0 max 2 g u L h  （3） 代入有关数据得 0 max u  0.71m/s （4） 如果 0 0max u u  ，小球与平板的碰撞处将不在 Q 点．设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为 1 v ， 则有 1 v  2gh （5） 以 1 v、V1  分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平 板在竖直方向的动量守恒．设小球和平板的质量都是 m，则有 mv = mv 1 1 1    mV （6） 因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得 2 2 2 2 2 1 0 1 1 0 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 mv mu = mv mu      mV （7） 解（6）、（7）两式，得 1 v  0 （8） 1 1 V gh  = v  2 （9） 碰撞后，平板从其平衡位置以V1  为初速度开始作简谐振动．取固定坐标，其原点 O 与平板处于平衡位置时板的 上表面中点重合，x 轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为t  0，则平板在 t 时刻离开平衡位 置的位移 x A t PQ   cos   （10） 式中 2π T   （11） A 和 是两个待定的常量，利用参考圆方法，在 t 时刻平板振动的速度   PQ v    A t    sin （12） 因t  0时， PQ x  0 ． vPQ V ，由（9）、（11）、（12）式可求得 2 2 gh A T   （13） π 2    （14） 把（13）、（14）式代入（10）式，得 PQ 2 2π π cos 2π 2 gh x T t T         （15） 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 碰撞后，小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后，小球再经过时间1，与平板发生第二次碰撞且发生在Q处， 则在发生第二次碰撞时，小球的x座标为 x)=28 (16) 平板的x座标为 (17) 2π 在碰撞时，有 xg(2)=xo(52) (18) 由(16)、(17)、(18)式，代入有关数据得 4.90t=4.41cos (19) 这便是t,满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表） 42=0.771s (20) 如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有 L=(5+t2) (21) 由(1)、(20)和(21)式得 4,=,L=0.46m5 (22) t+t2 而满足题中要求的的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论，4，的取值范围是 0.46m/s<4≤0.71m/s (23) 附：(19)式的数值求解 用数值解法则要代入，不同数值，逐步逼近所求值，列表如下： 0.730 0.750 0.760 0.765 0.770 0.771 0.772 0.775 0.780 0.790 0.810 xno =4.41cos π 3.31 3.12 3.02 2.96 2.91 2.91 2.90 2.86 2.81 2.70 2.48 x。=4.901 2.61 2.76 2.83 2.87 2.91 2.91 2.91 2.94 2.98 3.06 3.21 x阳-x8 0.70 0.36 0.19 0.09 0 -0.01 -0.08 -0.17 -0.36 -0.73 二、参考解答： 解法一 7 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

7 碰撞后，小球开始作平抛运动．如果第一次碰撞后，小球再经过时间 2t 与平板发生第二次碰撞且发生在 Q 处， 则在发生第二次碰撞时，小球的 x 座标为   2 B 2 2 1 2 x t gt  （16） 平板的 x 座标为 PQ 2 2   2 2π π cos 2π 2 gh x t T t T         （17） 在碰撞时，有     B 2 PQ 2 x t x t  （18） 由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得 2 2 2 π 4.90 4.41cos π 2 t t         （19） 这便是 2t 满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表） 2t  0.771s （20） 如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处，则有   L u t t   0 1 2 （21） 由（1）、（20）和（21）式得 0 1 2 0.46m/s L u t t    （22） 而满足题中要求的 0 u 的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论， 0 u 的取值范围是 0 0.46m/s 0.71m/s   u （23） 附：（19）式的数值求解 用数值解法则要代入 2t 不同数值，逐步逼近所求值，列表如下： 2t 0.730 0.750 0.760 0.765 0.770 0.771 0.772 0.775 0.780 0.790 0.810 2 π 4.41cos π 2 PQ x t         3.31 3.12 3.02 2.96 2.91 2.91 2.90 2.86 2.81 2.70 2.48 2 2 4.90 B x t  2.61 2.76 2.83 2.87 2.91 2.91 2.91 2.94 2.98 3.06 3.21 PQ B x x  0.70 0.36 0.19 0.09 0 0 -0.01 -0.08 -0.17 -0.36 -0.73 二、参考解答： 解法一 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 因为B点绕A轴作圆周运动，其速度的大小为 0B=01 (1) B点的向心加速度的大小为 ag=021 (2) 因为是匀角速转动，B点的切向加速度为O,故a也是B点的加速度，其方向沿BA方向.因为C点绕D轴作 圆周运动，其速度的大小用c表示，方向垂直于杆CD,在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向.因 BC是刚性杆，所以B点和C点沿BC方向的速度必相等，故有 sπ√2 42o1 0c=0BC0S,= (3) 此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，C点的法向加速度 dcn= (4) CD 由图可知CD=2√21，由(3)、(4)式得 acn= (5) ac 8 B 其方向沿CD方向. 下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速度a。.因 为BC是刚性杆，所以C点相对B点的运动只能是绕B的转动，C点相对 B点的速度方向必垂直于杆BC.令vB表示其速度的大小，根据速度合成公式有 UCB =0c-0B 由几何关系得 s=V0g-=2。 -01 (6) 2 2 由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度 (7) CB 因为CB=√21，故有 aca= (8) 4 其方向垂直杆CD. 由(2)式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量为 (aa)ac=dg cos (9) 4 所以C点相对A点（或D点）的加速度沿垂直于杆CD方向的分量 do =acn+(aa)nc=0 (10 C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度ac.与切向加速度aa的合加速度，即 8 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

8 因为 B 点绕 A 轴作圆周运动，其速度的大小为 B v   l （1） B 点的向心加速度的大小为 2 B a l  （2） 因为是匀角速转动，B 点的切向加速度为 0，故 Ba 也是 B 点的加速度，其方向沿 BA 方向．因为 C 点绕 D 轴作 圆周运动，其速度的大小用 C v 表示，方向垂直于杆 CD，在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆 BC 方向．因 BC 是刚性杆，所以 B 点和 C 点沿 BC 方向的速度必相等，故有 C π 2 cos 4 2   l B v v （3） 此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动，C 点的法向加速度 2 C Cn a CD  v （4） 由图可知CD l  2 2 ，由（3）、（4）式得 2 2 8 Cn a l   （5） 其方向沿 CD 方向． 下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度，即切向加速度 Ct a ．因 为 BC 是刚性杆，所以 C 点相对 B 点的运动只能是绕 B 的转动，C 点相对 B 点的速度方向必垂直于杆 BC．令 CB v 表示其速度的大小，根据速度合成公式有 CB C B      v v v 由几何关系得 2 2 2 2 2 2 CB B C B v v v v     l （6） 由于 C 点绕 B 作圆周运动，相对 B 的向心加速度 2 CB CB a CB  v （7） 因为CB l  2 ，故有 2 2 4 CB a l   （8） 其方向垂直杆 CD. 由（2）式及图可知，B 点的加速度沿 BC 杆的分量为   π cos 4 B B BC a a  （9） 所以 C 点相对 A 点（或 D 点）的加速度沿垂直于杆 CD 方向的分量   3 2 2 4 Ct CB B BC a a a l     （10） C 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 Cn a 与切向加速度 Ct a 的合加速度，即 CB  v A C D B B v  C  v aCn aC t aC  中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 a=屁+呢=7l (11) 8 ac的方向与杆CD间的夹角 0=arctan =arctan6=80.54 (12) acn y 解法二：通过微商求C点加速度 以固定点A为原点作一直角坐标系Ay,Ax轴与AD 重合，Ay与AD垂直.任意时刻1，连杆的位形如图所示， 此时各杆的位置分别用O,p和a表示，且已知AB=I, BC=,CD=2,AD=3,d6-0,c点坐 dt A\D 标表示为 xc =Icos0+2cosp (1) yc=lsin0+√2 Isin (2) 将(1)、(2)式对时间1求一阶微商，得 (3) dt dt (4) dt dt 把(3)、(4)式对时间1求一阶微商，得 (5) dt dp） dr2 (6) 根据几何关系，有 CDsina=ABsin0+BCsino CDcosa+ABcos@+BCcoso=31 即 2v2sina=sin+2sino (7) 2√2cosa=3-cos0-√2cosp 8) 将(7)、(8)式平方后相加且化简，得 2 sin@sin+2 cos0coso-3cos0-3v2 coso-2=0 (9 9 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

9 2 2 2 74 8 C Cn Ct a a a l     （11） Ca 的方向与杆 CD 间的夹角 arctan arctan 6 80.54 Ct Cn a a      （12） 解法二：通过微商求 C 点加速度 以固定点 A 为原点作一直角坐标系 Axy，Ax 轴与 AD 重合，Ay 与 AD 垂直．任意时刻 t，连杆的位形如图所示， 此时各杆的位置分别用 ， 和 表示，且已知 AB l  ， BC l  2 ，CD l  2 2 ， AD l  3 ， d dt    ，C 点坐 标表示为 cos 2 cos Cx l l     （1） sin 2 sin Cy l l     （2） 将（1）、（2）式对时间 t 求一阶微商，得 d d d sin 2 sin d d d Cx l t t t              （3） d d d cos 2 cos d d d Cy l t t t             （4） 把（3）、（4）式对时间 t 求一阶微商，得 2 2 2 2 2 2 2 2 d d d d d cos sin 2 cos 2 sin d d d d d Cx l t t t t t                                （5） 2 2 2 2 2 2 2 2 d d d d d sin cos 2 sin 2 cos d d d d d Cy l t t t t t                                （6） 根据几何关系，有 CD AB BC sin sin sin      CD AB BC l cos cos cos 3       即 2 2 sin sin 2 sin      （7） 2 2 cos 3 cos 2cos       （8） 将（7）、（8）式平方后相加且化简，得 2 sin sin 2 cos cos 3cos 3 2 cos 2 0            （9） A B C   D  x y 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 对(9)式对时回1求一阶微商，代入0=，p=子，0，得 do1 (10) 对(9)式对时间1求二阶微商，并代入上述数据，得 d'o 3 =-0 dr2 (11) 将(10)、(11)式以及0，p, 0的数值代入(5)、(6)式，得 d'xc=-510 dt2 8 11o2 dr2 所以 d'yc 28 (12) 由图知，a与x轴的夹角为B (13) 所以求得 B=arctan1.4=54.46° 这个夹角在第三象限，为234.46°，故a与CD的夹角 y=80.54° (14) 三、参考解答： 1.设a室中原有气体为vmol,打开K1后，有一部分空气进入a室，直到K1关闭时，a室中气体增加到v'mol, 设a室中增加的(v-v)mol气体在进入容器前的体积为△V,气体进入a室的过程中，大气对这部分气体所作的 功为 A=P△V (1) 用T表示K1关闭后a室中气体达到平衡时的温度，则a室中气体内能增加量为 △U=v'C,(T-T) (2) 由热力学第一定律可知 △J=A (3) 由理想气体状态方程，有 5PoYo=vRT PoAV=(v'-v)RTo (5) 10 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

10 对（9）式对时间 t 求一阶微商，代入 π 2   ， π 4   ， d dt    ，得 d 1 d 2 t    （10） 对（9）式对时间 t 求二阶微商，并代入上述数据，得 2 2 2 d 3 d 8 t    （11） 将（10）、（11）式以及 ， ， d dt  的数值代入（5）、（6）式，得 2 2 2 d 5 d 8 Cx l t    2 2 2 d 7 d 8 Cy l t    所以 2 2 2 2 2 2 2 d d 74 d d 8 C C C x y a l t t                 （12） 由图知， Ca 与 x 轴的夹角为 2 2 2 2 d d tan 1.4 d d C C y x t t                （13） 所以求得    arctan1.4 54.46 这个夹角在第三象限，为234.46 ，故 Ca 与 CD 的夹角  =80.54 （14） 三、参考解答： 1．设 a 室中原有气体为 mol ，打开 K1后，有一部分空气进入 a 室，直到 K1关闭时，a 室中气体增加到 mol， 设 a 室中增加的     mol 气体在进入容器前的体积为V ，气体进入 a 室的过程中，大气对这部分气体所作的 功为 A p V  0 （1） 用 T 表示 K1关闭后 a 室中气体达到平衡时的温度，则 a 室中气体内能增加量为   U C T T  V 0    （2） 由热力学第一定律可知   U A （3） 由理想气体状态方程，有 0 0 0 4 5 p V RT  （4）   0 0 p V RT       （5） 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理