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第18届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案


第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题
2001 年

; t ? 27 z ? 0 处 p(0) ? 1.013 ?105 Pa

全卷共六题,总分为 140 分
一、 (22 分)有一放在空气中的玻璃棒,折射率 n ? 1.5 ,中心轴线长 L ? 45 cm ,一端是半径为

R1 ? 10 cm

的凸球面.
1.要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜(使主光轴上无限远处物成像于主光轴上 无限远处的望远系统) ,取中心轴线为主光轴,玻璃棒另一端应磨成什么样的球面? 2.对于这个玻璃棒,由无限远物点射来的平行入射光柬与玻璃棒的主光轴成小角度 ?1 时,从 棒射出的平行光束与主光轴成小角度,求 ?2 / ?1 (此比值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率) .

二、(22 分)正确使用压力锅的方法是:将己盖好密封锅盖的压力锅(如图复 18-2-1)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气,空气己全部排除.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 水的温度最高可达 多少?假设空气不 溶于水. 已知:水的饱和蒸 气 压 pw (t ) 与 温 度 t 的关系图线如图 复 18-2-2 所示. 大气压强 p ( z ) 与高度 z 的关系的 简化图线如图复 18-2-3 所示. t ? 27 ℃ 时 t ? 27 3 pw ( 2 7 ? ) ? ? . 6 1 0 P a 3

三、(22 分)有两个处于基态的氢原子 A 、 B , A 静止, B 以速度 v0 与之发生碰撞.己知:碰撞 后二者的速度 v A 和 vB 在一条直线上,碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收。从而该原子 由基态跃迁到激发态,然后,此原子向低能级态跃迁,并发出光子.如欲碰后发出一个光子,试论 证:速度 v0 至少需要多大(以 m/s 表示)?己知电子电量为 e ? 1.602 ? 10-19 C ,质子质量为

m p ? 1.673 ? 10-27 kg 。电子质量为 me ? 0.911? 10-31 kg .氢原子的基态能量为 E1 ? ?13.58 eV .

第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 1 页

四、 (22 分)如图复 18-4 所示,均匀磁 场的方向垂直纸面向里,磁感应强度 B 随时间 t 变化, B ? B0 ? kt ( k 为大于 0 的常数) 现有两个完全相同的均匀金属 . 圆环相互交叠并固定在图中所示位置, 环面处于图中纸面内。 圆环的半径为 R , 电阻为 r ,相交点的电接触良好.两个 环的接触点 A 与 C 间的劣弧对圆心 O 的张角为 60?。求 t ? t0 时,每个环所受 的均匀磁场的作用力,不考虑感应电流 之间的作用.
图复 18-4

六、 (27 分)一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬(即劲度系数很大)的轻质弹簧构成.上部 分 G1 的质量为 m1 ,下部分 G2 的质量为 m2 ,弹簧夹在 G1 与 G2 之间,与二者接触而不固连.让 G1 、

G2 压紧弹簧,并将它们锁定,此时弹簧的弹性势能为己知的定值 E0 .通过遥控可解除锁定,让弹
簧恢复至原长并释放其弹性势能,设这—释放过程的时间极短.第一种方案是让玩具位于一枯井的 井口处并处于静止状态时解除锁定,从而使上部分 G1 升空.第二种方案是让玩具在井口处从静止 开始自由下落,撞击井底(井足够深)后以原速率反弹,反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度 为某值 h 的时刻解除锁定. 1.在第一种方案中,玩具的上部分 G1 升空到达的最大高度(从井口算起)为多少?其能量是 从何种形式的能量转化来的? 2.在第二种方案中,玩具的上部分 G1 升空可能达到的最大高度(亦从井口算起)为多少?并 定量地讨论其能量可能是从何种形式的能量转化来的.

五、 (25 分)如图复 18-5 所示,一薄壁导体球壳(以下简 称为球壳)的球心在 O 点.球壳通过一细导线与端电压 U ? 90 V 的电池的正极相连,电池负极接地.在球壳外 A 点有一电量为 q1 ? 10 ? 10-9 C 的点电荷, B 点有一电量为

q2 ? 16 ? 10-9 C 的点电荷。 OA 之间的距离 d1 ? 20 cm ,

OB 之间的距离 d2 ? 40 cm .现设想球壳的半径从 a ? 10 cm 开始缓慢地增大到 50 cm ,问:在此过程中的 不同阶段,大地流向球壳的电量各是多少?己知静电力恒 量 k ? 9 ?109 N ? m2 ? C-2 .假设点电荷能穿过球壳壁进入 导体球壳内而不与导体壁接触。

第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 2 页

第十八届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
一、参考解答 1. 对于一个望远系统来说,从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于主光轴的光线, 它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行, 即像点也在主光轴上无限远处, 如图复解 18-1-1 所示, 图中 C1 为左端球面的球心.

n sin ?1? ? sin ?1 已知 ?1 , ?1? 均为小角度,则有


(7)

(8) 1 ?1 (1 ? ) n 与(2)式比较可知, AM ? AF1 ,即 M 位于过 F1 垂直于主光轴的平面上.上面已知,玻璃棒为天

AM

?1

?

R1

文望远系统,则凡是过 M 点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线.容易看出, 从 M 射出 C2 的光线将沿原方向射出,这也就是过 M 点的任意光线(包括光线①、②)从玻璃棒 射出的平行光线的方向。此方向与主光轴的夹角即为 ? 2 ,由图复 18-1-2 可得

?1 C1F1 AF1 ? R1 ? ? ?2 C2 F1 BF1 ? R2
由正弦定理、折射定律和小角度近似得 AF1 ? R 1 sin 1 r r 1 1 1 ? ? ? ? R1 sin(i 1? r ) i ? r 1 (i / r1 ) ?1 n ? 1 1 1 1 即 由(2)(3)式可得 、 AF1 ? R1 (1) 则 (2)

(9)

BF1 ? R2

?

R1 R2
(10)

AF1 1 ?1 ? R1 n ?1

光线 PF1 射到另一端面时, 其折射光线为平行于主光轴的光线, 由此可知该端面的球心 C2 一定 在端面顶点 B 的左方, C2 B 等于球面的半径 R2 ,如图复解 18-1-1. 仿照上面对左端球面上折射的关系可得 BF1 1 ?1 ? R2 n ?1 又有 (3) (4) (5)

?2 R1 ? ?2 ?1 R2

二、参考解答 1.已知在海平面处,大气压强 p(0) ? 101.3 ?103 Pa .如图复解 18-2-1,在 z ? 5000 m 处,大 气压强为 p(5000) ? 53 ? 103 Pa 。 (1)

BF1 ? L ? AF1

由(2)(3)(4)式并代入数值可得 、 、 R2 ? 5 cm 即右端为半径等于 5 cm 的向外凸的球面.

2. 设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示,令①过 C1 ,②过 A ,如图复解 18-1-2 所 示,则这两条光线经左端球面折射后的相交点 M ,即为左端球面对此无限远物点成的像点.现在 求 M 点的位置。在 ?AC1M 中

R1 AM AC ? ? sin(? ? ?1 ) sin ?1 sin(?1 ? ?1?)

(6)
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此处水沸腾时的饱和蒸气压 pw 应等于此值.由图复解 18-2-2 可知,对应的温度即沸点为

t1 ? 82 ?C

(2)

达到此温度时锅内水开始沸腾,温度不再升高,故在 5000m高山上,若不加盖压力锅,锅内温度 最高可达 82℃. 2.由图复解 18-2-2 可知,在 t ? 120 ℃时,水的饱和蒸气压 pw (120?) ? 198 ?103 Pa ,而在海平 面处,大气压强 p(0) ? 101?10 Pa .可见压力阀的附加压强为 pS ? pw (120?) ? p(0)
3

3.在未按正确方法使用压力锅时,锅内有空气,设加压力阀时,内部水蒸汽已饱和.由图复 解 18-2-2 可知,在 t ? 27 ℃时,题中已给出水的饱和蒸气压 pw (27?) ? 3.6 ?103 Pa ,这时锅内空气 的压强(用 pa 表示)为

pa (27?) ? p(5000) ? pw (27?) ? (53 ? 103 ? 3.6 ? 103 ) Pa
(7) ? 49.4 ? 103 Pa 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 pa (t ) ,则有 pa (t ) p (27?) ? a 273 ? t 273 ? 27 (8) pa (t ) ? (164.7t ? 45.0 ?103 ) Pa 若在 t ? t ? 时压力阀刚好开始被顶起,则有 pw (t ?) ? p2 (t ?) ? p? (9) 由此得

? 198 ? 10 ? 101.3 ? 10
3

3

? 96.7 ? 103 Pa
在 5000m高山上,大气压强与压力阀的附加压强之和为 p? ? pS ? p(5000) ? 96.7 ? 103 ? 53 ? 103 ? 149.7 ? 103 Pa 若在 t ? t2 时阀被顶起,则此时的 pw 应等于 p ? ,即

(3)

(4) (5) (6)

pw ? p ? 由图复解 18-2-2 可知 t2 ? 112 ℃

pw (t ?) ? p? ? pa (t ?) ? (105 ?103 ? 164.7t ?) Pa
画出函数 p? ? pa (t ?) 的图线, 取 t ? 0 , p? ? pa (0?) ? 105 ?103 Pa

(10)

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℃.

? a t ? 1 0 0 , p ? p ( 1 0 0? ) ?

8 ? 3. 6 1 0 P a 8

由此二点便可在图复解 18-2-2 上画出此直线,此直线与图复解 18-2-2 中的 pw(t )~t 曲线的交点为

(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 水蒸汽一起被排出,最终空气排净,锅内水温仍可达 112℃.

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 ℃

三、参考解答 为使氢原子从基态跃迁到激发态,需要能量最小的激发态是 n ? 2 的第一激发态.已知氢原子 的能量与其主量子数的平方成反比. 1 (1) En ? K 2 n 又知基态( n ? 1 )的能量为-13.58 eV ,即

E1 ? K
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 4 页

1 ? ?13.58 eV 12

K ? ?13.58 eV n ? 2 的第一激发态的能量为 1 1 E2 ? K 2 ? ?13.58 ? ? ?3.39 eV 4 2 为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为 E内 ? E2 ? E1 ? (?3.39 ? 13.58) eV=10.19 eV
所以

1.求网络各支路的电流. 因磁感应强度大小随时间减少,考虑到电路的对称性,可设两环各支路的感应电流 I1 、 I 2 的方 (2) (3) 向如图复解 18-4-1 所示,对左环电路 ADCFA ,有关系 ? ? I1rCFA ? I 2 rADC 因

这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量,即 h? ? E内 ? 10.19 eV=10.19 ?1.602 ?10-19 J=1.632 ?10-18 J (4) 式中? 为光子的频率,从开始碰到发射出光子,根据动量和能量守恒定律有 (5) mv0 ? mvA ? mvB ? 光子的动量 故

rCFA ?

5r r , rADC ? , ? ? K? R2 6 6

1 2 1 2 2 (6) mv0 ? m(vA ? vB ) ? h? 2 2 h? h? 2h? 光子的动量 p? ? 。由(6)式可推得 mv0 ? ,因为 v0 ?? c ,所以 mv0 ?? ,故(5)式中 v0 c c 光子的动量与 mv0 相比较可忽略不计, (5)式变为
mv0 ? mvA ? mvB ? m(vA ? vB )
符合(6)(7)两式的 v0 的最小值可推求如下:由(6)式及(7)式可推得 、 (7)

1 2 1 mv0 ? m(v A ? vB )2 ? mv AvB ? h? 2 2 1 2 ? mv0 ? mv A (v0 ? v A ) ? h? 2 2 mv A ? mv Av0 ? h? ? 0
经配方得

1 ? 1 2 ? m ? v A ? v0 ? ? mv0 ? h? ? 0 2 ? 4 ? 1 2 1 ? ? mv0 ? h? ? m ? v A ? v0 ? 4 2 ? ? 1 由(8)式可看出,当 v A ? v0 时, v0 达到最小值 v0 min ,此时 2 vA ? vB
2

2

(8)

5r r (1) ? I2 6 6 因回路 ADCEA 所围的面积为 ? 2? ? 3 3 ? 2 2? ?R ? ? 12 ? ? 故对该回路有 ? ? 2? ? 3 3 ? 2 ? r K ? 2? (2) ? R ? ? 2I 2 ? ? ? ? 12 6 ? ? ? ? 解得 (2? ? 3 3) R 2 (3) I2 ? K 2r 代入(1)式,得 (10? ? 3 3) R 2 (4) I1 ? K 10r 2.求每个圆环所受的力. 先求左环所受的力,如图复解 18-4-2 所示,将圆环分割成很多小圆弧,由左手定则可知,每段 圆弧所受的力的方向均为径向,根据对称性分析,因圆弧 PMA 与圆弧 CNQ 中的电流方向相反,所 以在磁场中受的安培力相互抵消,而弧 PQ 与弧 AC 的电流相对 x 轴上下是对称的,因而每段载流 导体所受的安培力在 y 方向的合力为零,以载流导体弧 PQ 上的线段 ?l ? 为例,安培力 ?F 为径向, 其 x 分量的大小表示为 K? R 2 ? I1
?Fx ? I1B?l ? cos?
因 ?l ? cos? ? ?l 故 ?Fx ? I1B?l (5)

(9) (10)

v0min ? 2

h? m

代入有关数据,得 v0min ? 6.25 ? 104 m / s 答: B 原子的速度至少应为 6.25 ? 10 m / s .
4

(11)

Fx ? ? I1B?l ? I1BPQ ? I1BR
受安培力的合力 F1 仅有 x 分量,即

(6)

由于导体弧 PQ 在 y 方向的合力为零,所以在 t 0 时刻所

四、参考解答
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 5 页

F1 ? Fx ? I1 BR ? (10? ? 3 3) R ? ?? K ? BR 10r ? ?
2

?q q ? U ? a ? 1 ? 2 ? ? ?8 ? 10-9 C k ? d1 d 2 ? 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量 Q 等于球壳外壁的电量 Q1 ,即 Ⅰ Q1 ? a
Q =Q1 ? ?8 ? 10-9 C Ⅰ
(3)

? (10? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? ( B0 ? Kt0 ) R (7) 10r ? ?
方向向左 同理,载流导体弧 AC 在 t 0 时刻所受的安培力为

2.当球壳半径趋于 d1 时(点电荷仍在球壳外) ,设球壳外壁的电量变为 Q2 ,球壳外的电荷 q1 、

q2 与球壳外壁的电量 Q2 在壳内产生的合场强仍为零,因球壳内仍无电荷,球壳内仍保持电势值为

U 的等势区,则有
q1 q Q (4) ? k 2 ? k 2 ?U d1 d2 d1 解得球壳外壁的电量 ?q q ? U Q2 ? d1 ? d1 ? 1 ? 2 ? ? ?16 ? 10-9 C k ? d1 d 2 ? 因为此时球壳内壁电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即 QⅡ Q2 ? ?16 ? 10-9 C = (5) k
在 a ? 10 cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为

? (2? ? 3 3) R ? F2 ? I 2 BR ? ? K ? BR 2r ? ?
2

? (2? ? 3 3) R 2 ? ?? K ? ( B0 ? Kt0 ) R 2r ? ?
方向向右 左环所受的合力大小为

(8)

F ? F1 ? F 2 ?
方向向左

9 3 K ( B 0? Kt )0 3 R 5r

(9)

?Q =QⅡ-Q ? ?8 ? 10-9 C Ⅰ Ⅰ

(6)

3.当点电荷 q1 穿过球壳,刚进入球壳内(导体半径仍为 d1 ) ,点电荷 q1 在球壳内壁感应出电 量- q1 ,因球壳的静电屏蔽,球壳内电荷 q1 与球壳内壁电荷- q1 在球壳外产生的合电场为零,表 明球壳外电场仅由球壳外电荷 q2 与球壳外壁的电荷 Q3 所决定.由于球壳的静电屏蔽,球壳外电荷

五、参考解答 分以下几个阶段讨论: q 1. 由于球壳外空间点电荷 q1 、 2 的存在, 球壳外壁的电荷分布不均匀, ? 表示面电荷密度. 用 设 球壳半径 a ? 10 cm 时球壳外壁带的电量为 Q1 , 因为电荷 q1 、q2 与球壳外壁的电量 Q1 在球壳内产生 的合场强为零,球壳内为电势等于 U 的等势区,在导体表面上的面元 ?S 所带的电量为 ??S ,它在 ??S 球壳的球心 O 处产生的电势为 ?U1 ? k ,球壳外壁所有电荷在球心 O 产生的电势 U1 为 a ???S ? k Q1 (1) U1 ? ? ?U1 ? k a a q q 点电荷 q1 、q2 在球壳的球心 O 处产生的电势分别为 k 1 与 k 2 ,因球心 O 处的电势等于球壳的电 d1 d2 势,按电势叠加原理,即有 q q Q k 1 ? k 2 ? k 1 ?U d1 d2 a 代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为 (2)

q2 与球壳外壁的电荷 Q3 在球壳内产生的合电场为零,表明对电荷 q2 与 Q3 产生的合电场而言,球壳
内空间是电势值为 U 的等势区. q2 与 Q3 在球心 O 处产生的电势等于球壳的电势,即

k
解得球壳外壁电量

Q q2 ? k 3 ?U d2 d1

(7)

q U ? d1 2 ? ?6 ? 10-9 C k d2 球壳外壁和内壁带的总电量应为 QⅢ ? Q3 ? (?q1 ) ? ?16 ? 10-9 C Q3 ? d1
在这过程中,大地流向球壳的电量为 ?Q ? QⅢ ? Q ? 0 Ⅱ Ⅱ

(8)

(9) (10)

这个结果表明: 电荷 q1 由球壳外极近处的位置进入壳内, 只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳 内壁,整个球壳与大地没有电荷交换. 4.当球壳半径趋于 d 2 时(点电荷 q2 仍在球壳外) ,令 Q4 表示此时球壳外壁的电量,类似前面 第 3 阶段中的分析,可得 q Q k 2 ? k 4 ?U d2 d2
第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 6 页

(11)

由此得

解(1)(2)两式,得 、

Q4 ? d 2

?q ? U ? d 2 ? 2 ? ? ?12 ? 10-9 C k ? d2 ?
-9

v1 ?
v2 ?

2m2 E0 m1 ( m1 ? m2 )
2m1 E0 m2 (m1 ? m2 )
2 v1 m2 ? E0 2 g m1 g (m1 ? m2 )

(3) (4)

球壳的电量 QⅣ 等于球壳内外壁电量的和,即

QⅣ=Q4 ? (?q1 ) ? ?22 ? 10
大地流向球壳的电量为

C

(12) (13)

设 G1 升空到达的最高点到井口的距离为 H1 ,则
-9

?QⅢ ? QⅣ -QⅢ ? ?6 ? 10

C

5.当点电荷 q2 穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为 d 2 ) ,球壳内壁的感应电荷变为- ( q1 + q2 ) ,由于球壳的静电屏蔽,类似前面的分析可知,球壳外电场仅由球壳外壁的电量 Q5 决 定,即

H1 ?

(5)

G1 上升到最高点的重力势能
EP1 ? m1 gH1 ? m2 E0 m1 ? m2
(6)

k
可得

Q5 ?U d2

(14)

它来自弹簧的弹性势能,且仅为弹性势能的一部分. 2.在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为 h 时,玩具向上的速度为

Q5 ? d 2
球壳的总电量是

U ? 4 ? 10-9 C k
(15) (16)

u ? 2 gh
向下,则有

(7)

设解除锁定后,弹簧刚伸长至原长时, G1 的速度大小为 V1 ,方向向上, G2 的速度大小为 V2 ,方向

QⅤ=Q5 ? (q1 ? q2 ) ? ?22 ? 10-9 C
在这个过程中,大地流向球壳的电量是 ?QⅣ ? QⅤ-QⅣ ? 0

m1V1 ? m2V2 ? (m1 ? m2 )u

(8) (9)

6.当球壳的半径由 d 2 增至 a1 ? 50 cm 时,令 Q6 表示此时球壳外壁的电量,有

k
可得

Q6 ?U a1

1 1 1 m1V 2 ? m2V 2 ? (m1 ? m2 )u 2 ? E0 1 2 2 2 2 消去(8)(9)两式中的 V2 ,得 V1 的方程式 、

(17)

Q6 ? a1
球壳的总电量为

U ? 5 ?10-9 C k
(18)

? ? ? m ? m ? m ? m1 ?1 ? 1 ?V 2 ? 2m1 ?1 ? 1 ? uV1 ? m1 ? 1 ? 1 ? u 2 ? 2 E0 ? 0 1 ? m2 ? ? m2 ? ? m2 ? 由此可求得弹簧刚伸长至原长时, G1 和 G2 的速度分别为 V1 ? u ? V2 ? ?u ? 2 E0 m2 m1 (m1 ? m2 ) 2 E0 m1 m2 ( m1 ? m2 )
2

(10) (11)

QⅥ=Q6 ? (q1 ? q2 ) ? ?21? 10-9 C
大地流向球壳的电量为 ?QⅤ ? QⅥ-QⅤ ? 1? 10-9 C

(19)

? 设 G1 从解除锁定处向上运动到达的最大高度为 H 2 ,则有
2 E0 m2 ? V2 1 ? ? H2 ? 1 ? ?u ? ? 2g 2g ? m1 ( m1 ? m2 ) ? ? ?

六、参考解答 1.在弹簧刚伸长至原长的时刻,设 G1 的速度的大小为 v1 ,方向向上, G2 的速度大小为 v2 , 方向向下,则有

?h?

m2 E0 E0 m2 h ?2 m1 g (m1 ? m2 ) m1 g (m1 ? m2 ) m2 E0 E0 m2 h ?2 m1 g (m1 ? m2 ) m1 g (m1 ? m2 )

m1v1 ? m2v2 ? 0

(1) (2)

从井口算起, G1 上升的最大高度为

1 1 m1v 2 ? m2v 2 ? E0 1 2 2 2

? H2 ? H2 ? h ?

(12)

第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 7 页

讨论: 可以看出,在第二方案中, G1 上升的最大高度 H 2 大于第一方案中的最大高度 H1 ,超出 的高度与解除锁定处到井口的深度 h 有关.到达 H 2 时,其重力势能为

EP2 ? m1 gH 2 ?
(ⅰ)若 EP2 ? E0 即 这要求

m2 E0 m m E gh ?2 1 2 0 m1 ? m2 m1 ? m2

(13) (14)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2

E0 m1 (15) 4m2 g (m1 ? m2 ) 这时, G1 升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能,但仅是弹性势能的一部分.在这一 h?
条件下上升的最大高度为

H2 ?
(ⅱ)若 EP2 ? E0 即 这要求

E0 m1 g
(16)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2

E0 m1 (17) 4m2 g (m1 ? m2 ) 此时 G1 升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能,且等于全部弹性势能.在这一条 h?
件下, G1 上升的高度为

H2 ?
(ⅲ)若 EP2 ? E0 即 这要求

E0 m1 g
(18)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2

h?

E0 m1 4m2 g (m1 ? m2 )

(19)

此时 G1 升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能,超出部分的能量只能来自 G2 的机械 能.在这个条件下, G1 上升的最大高度为

H2 ?

E0 m1 g

第十八届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 第 8 页


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