物理竞赛难点精析

运用两种方法求解两杆交点的运动两直杆L1,L2交角为0,交点为A,若两杆个以垂直于自身的速度匕,匕沿着平面运动，如图一所示。求：交点A的运动速度的大小。解：方法一，根据匀速度运动的特点，设两杆运动单位时间，L1,L2的位移大小分别为匕,匕，如图一所示，A的位移为»»AA,AA的大小就是A点速度的大小V=,：+（%-匕ctg0）21，=—0Y'V;-2匕匕cos0+V22.方法二：再取与直杆巳一起以速度匕运动的参考系为运动参考系，再此参考系中，A点的运动也一定沿着直杆L2，设此相对速度为匕，则A点的绝对速度TOC\o"1-5"\h\z—►—►—►（2）V=V2+V2（2）图二图二中表示了（1）（2）式中各速度间的矢量关系，由（1）（2）式，可得\o"CurrentDocument"rr————————V+V=V+V（3）图二将（3）式中各矢量沿垂直于杆L2方向投影可得.兀Vcos（y-0）+Vcos0=V,

V'=\(V-Vcos6).isin62i:1■77：由此可得，V=kV；2+匕2=一61匕2—2V]V2cos6+V22.运用反射知识求解台

球的入射点如图一，台球桌的长、短边分别为a和b,其四个边壁为A、B、C、D。台上有两个球，P球的坐标为(-气,-七),Q球的坐标为(-*2，—*)。若要求P球相继碰撞A、B、C、D各壁后，正好击中Q球，试求：A壁上入射点的位置。解：由于弹性碰撞的反射服从的规律与光线的反射规律相同，因此这是一道与光的反射定律有关的习题，可利用成像的空间变换解本题。如图二所示，将被击球Q相继对D、C、B、A壁作镜面对称转换，分别得到乌,义,g,Q；。容易求出Q的坐标为(2a—x,2b—y)，且Q与P属于同一介质空间。直线PQ与y轴12211的交点M的坐标就是两个直线方程的解，它们是R'Ql(2a-X2,25J力)图二,f2br―-y2a一尤+x1此交点就是所求的入射点。求解激光光束中光子对小球的作用力如图一所示，在真空中有一个折射率为n(n>n。，n。为真空的折射率)、半径为r的质地均匀的小球，频率为v的细激光束在真空中沿直线BC传播，直线BC与小球球心0的距离为l(l〈r=，光束于小球体表面C点经折射进入小球(小球成为光的传播媒质)，并于小球表面的D点又经折射进入真空，设激光束的频率在上述两次折射后保持不变，求图…在两次折射过程中的激光束中一个光子对小球作用的平均力的大小.图…解:在由直线BC与小球球心0所确定的平面中，激光光束两次折射的光路BCDE如图二，图二中入射光线BC与出射光线DE的延长线交于G点.按照光的折射定律有n°sina=nsinp，图二式中a与p分别是相应的入射角和折射角.由几何关系还可知sinar激光光束经两次折射，其频率v保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大小p和P'相等，即图二_hvP=——=P'(3)C式中C为真空中的光速，h为普朗克常量.因射入小球的光束中光子的动量p沿BC方向，射出小球的光束中光子的动量p，沿DE方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度20，由图中几何关系可知29=2(a-p)(4)若取线段GN1的长度正比于光子动量P，GN2的长度正比于光子动量p’，则线段N1N2的长度正比于光子动量的改变量Ap，由几何关系得hv八AP=2Psin9=2sin9(5)CAGN1N2为等腰三角形，其底边上的高GH与CD平行，故光子动量的改变量Ap的方向沿垂直CD的方向，且由G指向球心0.

光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即攵_2rcospcn/n'式中Cn0/n是光在小球内的传播速率.按照牛顿第二定律，光子所受小球作用平均力的大小为fAPnhvsin0AtnrcosP'按照牛顿第三定律，光子对小球的作用的平均力大小F=f，即FAPnhvsin0AtnrcosP力的方向由O指向G.由（1）、（2）、（4）及（8）式，经过三角函数关系运算，最后可得F_n^[1一r2T].nr2\(nr/n)2一12求解一颗同步卫星的发射情况要发射一颗人造地球卫星，使它在半径为r2的预定轨道上绕地球作匀速圆周运动，为此先将卫星发射到半径为气的近地暂行轨道上绕地球作匀速圆周运动.如图一所示，在A点，实际上使卫星速度增加，从而使卫星进入一个椭圆的转移轨道上，当卫星到达转移轨道的远地点B时，再次改变卫星速度，使它进入预定轨道运行，试求：卫星从A点到达B点所需的时间，设万有引力恒量为G，地球质量为M。垂直，根据开普勒第二定律有图一解：以V表示卫星的速度，当卫星在暂行轨道上经过近地点A和远地点B时，V与r垂直，根据开普勒第二定律有图一v_r1V.bra2卫星在暂行轨道上总机械能受恒，Ea=Eb.Mm_—mV2—GAr1Mm_—mV2—GBr22mV2-2mV2=GMm(L-—),12

解，得2GMr2r(r+r)TOC\o"1-5"\h\z112a2GMrV2=1—Br(r+r)212卫星的面积速度为S,1S=SA=SB=-rjAr+r椭圆的面积为服，其中。=亍,b=-r1，因此周期为e冗ab'(r+r)3,r+rT==兀.』—12—=兀(r+r)，2S\2GM12\2GM从A到B的时间为T兀(r+r),'r+r=~2¥2gM求解火星飞船的运动宇宙飞船在距火星表面H高度处作匀速圆周运动，火星半径为R，今设飞船在极短时间内向外侧点喷气，使飞船获得一径向速度，其大小为原速度的a倍，因a量很小，所以飞船新轨道不会与火星表面交会，如图一，飞船喷气质量可忽略不计.试求飞船新轨道的近火星点的高度h近和远火星点高度h远；设飞船原来的运动速度为V0，试计算新轨道的运行周期T.解：设火星和飞船的质量分别为M和m,飞船沿椭圆轨道运行时，飞船在最近点或最远点与火星中心的距离为r，飞船速度为V.i-因飞船喷气前绕圆轨道的面积速度为2尸0匕，等于喷气

后飞船绕椭圆轨道在P点的面积速度1rVsin9（P为圆和椭圆的交点），由开普勒第二定20p律，后者又应等于飞船在近、远火星的面积速度速度V,故1.1i-rV=-rVsin9=rV.0020p2即rV^=rV.由机械能守恒定律TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1Mm1Mm2mV2-G=—m(V2+a2V2)一G飞船沿原圆轨道运动时，有-MmV2G=m-o-r2r00式中r0=R+H,r=R+h。上述三个方程消去G、M、V0后可解得关于r的方程为(1—a)2r2—rr+r2=0上式有两个解，大者为人远，小者为人近，即故近、远火星点距火星表面的高度为八H—aR=‘近一R=1+^，八H+aRh远（2）设椭圆半径的半长轴为a，则r+r、_=2a=「远一R=^^,h远（2）设椭圆半径的半长轴为a，则r+r、_=2a飞船喷气前绕圆轨道运行的周期为2兀rT=―.0V0设飞船喷气后，绕椭圆轨道运行的周期为T，由开普勒第三定律，得T*、2沏1(—)3/2=——。()3/2.T。rVT*、2沏1(—)3/2=——。()3/2.T。rV。1-a2T=2兀(R+H)(L2.V1-a20求解登月器与航天飞机的对接情况质量为m的登月器连接在质量为M(M=2m)的航天飞机上一起绕月球作圆周运动，其轨道半径是月球半径R的3倍.某一时刻，将登月器相对航天飞机向运动反方向射出后，m登月器仍沿原方向运动，并沿图一所示的椭圆轨道登上月球表面，在月球表面逗留一段时间后，经快速发动沿原椭圆轨道回到脱离点与航天飞机实现对接，试求：登月器在月球表面可以逗留多长时间？已知月球表面的重力加速度为gm=1.62m/s2,月球的半径R=1.74X1O6m.解:脱离前登月器与航天飞机一起绕月球运动速度为V。，有GM(M+m)(M+m吃—m(3Rm)23Rm得V=：性.。3R'm其运动周期：3R'1m—m弋GMm式中Mm为月球的质量，而月球表面的重力加速度图…GM故GMm=gR=1.62X1.74X106=2.82x106(m2/")Rm因而(1)式中T0任338125任9.4h(M+m)V0=mV1+MV2。此后两者沿不同的椭圆轨道运动，设登月器运动到月球表面时的速度为匕'，则由机械能守恒，得mV2-心=1m(M+m)V0=mV1+MV2。此后两者沿不同的椭圆轨道运动，设登月器运动到月球表面时的速度为匕'，则由机械能守恒，得mV2-心=1m(VS心i3R21KR由开普勒第二定律，得3R匕=RmV^(4)（3）G^1寸七切=3Vm（5）式代入（2）式，（5）得，V2MMMV2—Gm23Rm2M(V'2)—GMMmkRm（7）TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"3RV2=kRV；(8)由（7）（8）两式可以解得总5.75._19—6克总5.75.\o"CurrentDocument"2(V0)2—12巨—1V2故航天飞机运动轨道的半长轴为\o"CurrentDocument"，1，〜d=2(K+3)R。由题意知，登月器为能沿原来轨道返回脱离点与航天飞机实现对接，则它在月球上可逗留的时间应是Z=(n+1)Tm-T(n=1,2,3...)式中％和［分别为航天飞机与登月器的运动周期，由开普勒第三定律，得=(——)3/2=("+3)3/2机1.76,To3R6T=(4)3/2=(2)3/2"0.54,T03R3所以，Tm-1.76T,T=0.54T0将两式代入(10)式，得At=[(n+1)x1.76-0.54]T=(1.76n+1.22)x9.4(-)n=0,1,2求解登月器与航天飞机的对接情况质量为m的登月器连接在质量为M(M=2m)的航天飞机上一起绕月球作圆周运动，其轨道半径是月球半径R的3倍.某一时刻，将登月器相对航天飞机向运动反方向射出后，m登月器仍沿原方向运动，并沿图一所示的椭圆轨道登上月球表面，在月球表面逗留一段时间后，经快速发动沿原椭圆轨道回到脱离点与航天飞机实现对接，试求：登月器在月球表面可以逗留多长时间？已知月球表面的重力加速度为gm=1.62m/s2,月球的半径R=1.74X1O6m.解:脱离前登月器与航天飞机一起绕月球运动速度为V。，有GM(M+m)_(M+m)匕2(mRm)23R，m得V=[GMm.03Rm其运动周期T=2"(3Rm(=6兀R0Vj0:3R'1m—m\GM*m式中Mm为月球的质量，而月球表面的重力加速度图一，=牛.mR2m故GM^=gR=1.62x1.74x106=2.82x106(m2/52)m因而(1)式中T0M338125任9.4-设登月器与航天飞机脱离后两者的速度分别为匕和V2，由动量守恒可得，(M+m)V0=”匕+MV2。此后两者沿不同的椭圆轨道运动，设登月器运动到月球表面时的速度为J则由机械能守恒，得1mV2-吐213Rm由开普勒第二定律，1mV2-吐213Rm由开普勒第二定律，mIm(V，)2GMmKRm(3)3RV]=RmV：(4)GM1—m=6R,；2m(5)式代入(2)式，匕.(5)得，(3-S'。。设航天飞机运动到离月球最远处与月球的距离为K^速度为匕，同样可得类似于G)⑷式的方程MM1,,、八MM(7)MV2-G—=M(V'2)-G—23R2kR3RV2由(7)(7)3RV2由(7)=kRV；两式可以解得(8)(8)2(K)2-12桓-1V2故航天飞机运动轨道的半长轴为，1，〜d=2(K+3)R。由题意知，登月器为能沿原来轨道返回脱离点与航天飞机实现对接，则它在月球上可逗留的时间应是Z=(n+1)Tm-T(n=1,2,3...)式中％和［分别为航天飞机与登月器的运动周期，由开普勒第三定律，得=(——m-)3/2=("+3)3/2机1.76,T。3R6

T=(4)3/2=(2)3/2"0.54,T03R3所以，Tm-1.76T,T=0.54T0将两式代入(10)式，得At=[(n+1)x1.76-0.54]T=(1.76n+1.22)x9.4(-)n=0,1,2发射火星探测器从地球表面向火星发射火星探测器，设地球和火星都在同一平面上绕太阳作圆周运动，火星轨道半径Rm为地球轨道半径RO的1.5倍，简单而又比较节省能量的发射过程可分为两步进行：第一步，在地球表面用火箭对探测器进行加速，使之获得足够动能，从而脱离地球引力作用成为一个沿地球轨道运动的人造卫星.第二步是在适当时刻点燃与探测器连在一起的火箭发动机，在短时间内对探测器沿原方向加速，使其速度数值增加到适当值，从而使得探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道正好射到火图一图二（1）为使探测器成为沿地球轨道运行的人造卫星，必须加速探测器，使之在地面附近获得多大的速度（相对于地球）？（2）当探测器脱离地球并沿地球公转轨道稳定运行后，在某年3月1日测得探测器与火星之间的角距离为600，如图二所示，问应在何年何月何日点燃探测器上的火箭发动机，方能使探测器恰好落在火星表面（时间限需要精确到日）？已知地球半径R=6.2X1O6m，e重力加速度g可取9.8m/s2..解：（l）设地球的质量为Me，探测器及其附加装置的总质量为m，则探测器在地球表面的动能Ek和引力势能EP，分别为

E=-mV2,E—G^^.k2PR探测器脱离地球引力作用成为沿地球轨道运动的人造卫星时，可以认为探测器的引力势能Ep’=0,相对于地球的速度为零，因而E；=。，由机械能守恒得V=\«辛=.•可.e代入数值，得V=11.2x103m/s(2)为使探测器落到火星上，必须选择适当时机点燃探测器上的火箭发动机，使得探测器沿椭圆轨道到达与火星轨道的相切点时，火星也恰好运行到这一点.为此，必须首先确定点燃火箭发动机时探测器与火星的相对位置，已知探测器在地球公转轨道上运行周期Td与地球公转周期相同，即T广T=365d.根据开普勒第三定律，火星的公转周期为T=365&1.5)3d=365x1.804d=671d,而探测器的椭圆轨道上的半长轴为R°+侦日0=1.25R20所以探测器在椭圆轨道上的运行周期Td'为T；=365((1.25)3d=365x1.40d=51d.因此探测器从点燃火箭发动机至到达火星，需时T'…，—d=255d.2探测器在点燃火箭发动机前绕太阳转动的角速度为火星绕太阳转动的角速度为sd=s=360。/365d=0.986。/d.

火星绕太阳转动的角速度为=3600/671d=0.5370/d..m由于探测器运行至火星需时255d，火星在此期间运行的角距离为oT；/2=(0.5370/d)x255d=137。即探测器在椭圆轨道近日点发射时，火星应在其远日点的切点之前1370，亦即点燃火箭发动机时，探测器与火星的角距离应为1800-1370=430，如图三所示.已知某年3月1日0时探测器与火星的角距离为60(火星在前，探测器在后)，为使其角距离成为430，必须等待二者在各自轨道中运行至某个合适的时日，设二者到达合适位置，探测器又经历的天数为t，则600—430=ot—ot,t=60—43=d=37.86dr38d.o-o0.449故点燃火箭发动机的时刻应为当年3月1日之后38天，即同年的4月7日。求解航天飞机和卫星系位置保持不变的条件1991年5月，亚特兰蒂斯号航天飞机将进入环绕地球的轨道，设轨道是圆形的并处在地球的赤道面上，在某一预定时刻，航天飞机放出一卫星S，它们之间用一长为L的刚性棒相连，棒的质量可略去，略去所有摩擦，如为长棒与亚特兰蒂斯号到地心连线的夹角，如图一所示，卫星S也处于地球赤道面内，设卫星质量m2远小于亚特兰蒂斯号的质量m1，且L远小于轨道半径.导出能使航天飞机、卫星系位形(相对于地球)保持不变的各《值，换言之，a取哪些值时它可保持不变？讨论每一种情况的平衡稳定性.(可能发生的)圆周运动的合成，如图二.解(1)因m2《mj，亚特兰蒂斯号以一恒定速度绕地球运动，卫星的运动是亚特兰蒂斯号绕地球圆周运动与卫星相对亚特兰蒂斯号对m1有(可能发生的)圆周运动的合成，如图二.「F、F=mo2(R—Lcosa)故o2=业^。R3对m2,有：(1)与m1一起围绕地球的运动.F因g'=F,于是有COSa又因为GmmGmmV=e——3=e——352(R-Lcosa)2&『.cos"Gmm小丁L、一_(1+2—cosoc)RiR由以上可得，F=[F-mCD2(7?-Lcoscc)]coscxg22GmmGmm与=—cosoc+«■_2乙cos2oc—mco27?cosoc+mco2乙cosotR2R322=3cD2mLcosoc2(2)围绕飞船的运动在切线方向上，设角加速度为0,又F"=Ftga,故有TOC\o"1-5"\h\zmLp=-Ftgd=—3CO2秫Lsinoccosoc,22由此可得P+3（02sincecoscc=0若a为常量，则0=0,或者sina=0,则a=0,a=兀，00c兀3兀或者cosa=0）则a————,o2o2（2）若力矩M=-Ftga•匕的正负号的改变与（a-a。）正负号的改变相反，则属稳定平衡。的正负号0号7：身K2穴匕2斗一]+]_"土七M的正负号0与穴2穴

兀3兀角取。与"时为稳定平衡，、与2时为不稳定平衡。求解双弹簧振子的圆频率求图一所示两谐振动系统的圆频率。设水平面是光滑的，如果将它们竖直放置其圆频率是否改变？解：对图一（a），设m偏离平衡位置的位移为x（向右为正），分析m的受力，可得F=_(k1+k2)尤.kxzm—AAAAAAAV-kxzm—AAAAAAAV-\丁7J［沙(a)处加l，J7〃77〉777”〃〃，〃(b)对图一（b），弹簧k,k串联后等效为一个劲度系数为K的弹簧。设k,k的形变量分TOC\o"1-5"\h\z1212别为Ax,Ax，k的形变量为Ax，则有Ax=Ax+Ax.，即\o"CurrentDocument"1212m的受力为F——k心，由谐振规律，得,kk.——.\m（k+k）如果将两系统竖直放置后，物体质量不变，线性回复力不变，故圆频率不变。

求解双星与暗物质的相互作用经过用天文望远镜长期观察，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识。双星系统由两个形体构成，其中每个形体的限度都远小于两星之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。县根据对某一双星系统的光学测量确定，，该双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距L，他们正围绕两者连线的中点作圆周运动。（1）试计算该双星系统的运动周期T计算（2）若实验上观测到的运动周期为T观测。且T计算:T观测=1:VN（N>1）。为了解释T计算与的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质，而不考虑其他暗物质的影响。试根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。解：（1）双星均绕它们的连线的中心作圆周运动，设运动速度为▼，向心加速度满足下列方程：V2TT2GM2L2（1）v<GMV=■2L（2）周期f2兀(L/2),'2LT=="——计算V\GM（3）（2）根据观测结果，星体的运动周期'观测二刍'计算"计算⑷这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力，故它一定还受到其他指向中心的作用力。按题意，这一作用来源于均匀分布的暗物质，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量M'，位于中点处的质点相同，考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度V，则有观V2

M-^L/2GM2八MM'+GL2(L/2)2（5）V=G(M+4M')（6）因为在轨道一定时，周期和速度成反比，由（4）式，得111（7）把（2）（6）式代入（7）式，得M'=N-1M.4（8）设所求物质的密度为P，则有_3(N-1)MP2rL3（9）求解两个振动的合成如图所示，一手电筒和屏幕组成的系统，质量均为m，被倔强系数均为k的弹簧悬挂在同一水平面上，当平衡时手电筒的光恰好照在屏幕的中心。已知屏幕和手电筒相对于地面的上下振动的表达式分别为x=Acos（wt+①）x=Acos（wt+中）问：（1）在屏幕上的光点相对于屏静止不动；（2）在屏上的光点相对于屏作振幅A1=2A的振动。初位相^,©2应满足什么条件？用何方式让它们启动，才能得到上述结果。解：光点相对于屏的运动实际上就是手电筒和屏幕的振动的合成。x=x一x=Acos（3t+巾）一Acos（3t+巾）1212即得\—图一vx=-2Asin口sin伽+H)22（1）（1）光点相对屏静止不动，即x=0。©-©由（1）式，得sin七2=0即©1=©之.（2）当光点相对于屏的振幅为2时，由（1）式，得sin虹也2求解振动方程一例如图一所示，弹簧下端固定在水平桌面上，当质量为m1的A物体连接在弹簧的上端并保持静止时，弹簧被压缩了长度a.现有质量为m2的B物体，从高为h处自由落下，试求：（1）B物体和A物体发生完全非弹性碰撞，弹簧振子的振幅和初位相各为多少?周期多大？（2）B物体和A物体发生弹性碰撞，弹簧振子的振幅和周期多大？写出振动方程（只考虑一次碰撞）。设弹簧的质量可以略去不计，把弹簧开始运动时作f!R为时间的起点，x轴以向下为正。一虹1"图一解：（1）B与A粘在一起运动，总质量为气+m2，振动周期图一T2丸\m+m2兀\a（m+m）-气1k2-门—g2设平衡位置为O点，B与A发生碰撞处离O点的位移b=m2g,b=x为初始位置。k0它的方向和x轴方向相同。碰撞后的共同速度为V——八~，0m+m它的方向和x轴方向相同。由振动能量公式，得I,、■,1,1一2（m+m）V2+—kxz-—kA2，A=「X2+(m1+m2)V2V0k0所以，'m2a22m2ha—Ic-L2—i22,m2m(m+m)由初始条件，X0=Acos%,V0=-«Asin%,得-V0①X0

所以"arctd：气",

ma(m+m)3兀而七＜0,V0＞0，得兀＜。°＜项。所以"arctd：气",

ma(m+m)B和A发生弹性碰撞，碰撞后B和A又分开，A物体作简谐振动，周期T=2兀m=2兀■-.Vk\gA物体振动的平衡位置是原来A和B碰撞的位置，所以初始位置x=0.B和A发生弹性碰撞，所以mJ2gh=mV'+mV'1,1…m(2gh)=mV+m(V)2.2222ii解，得V，=2m2K1m+m式中的V]'为A物体振动的初始速度匕，由振动的能量公式，得1,,—mV2=—kA2，02所以，A=、;'%=竺耳cos(「'£-1).\k0m+mva2由于V0方向与x方向相同，起始位置就是平衡位置，所以在用余弦函数表示的振动方程中初位相为-?，振动方程为,/兀、2m、：2ahz■g兀、x=Acos(wt—)=——2cos(：—t—)2m+m\a2求解复合振子的振动频率

两个劲度系数为k，质量为m相同的弹簧振子1、2置于光滑水平面上，固定端分别为3k作简谐振动，求:振动频率？解：设两振子的位移各为气七(各以自己的平衡位置为坐标原点)，如图一所示，则两振子所受的力各为F=-kx+—(x-x),112两个劲度系数为k，质量为m相同的弹簧振子1、2置于光滑水平面上，固定端分别为3k作简谐振动，求:振动频率？解：设两振子的位移各为气F=-kx-万(x-x),若两振子作同频率的简谐振动，它们所受的力应与各自的位移成正比，方向指向平衡位置。由于两振子质量相同，所受力与位移的比例系数应相同，即应有3kTOC\o"1-5"\h\zF=-kx+—(x-x)=-ax,1122113k.、—(x-x)=-ax,得3心=—kx,22F=-kx22两式整理后,5,(—kF=-kx22两式整理后,5,(—k-a)x213两式相除，得/5k、3k(5-a)2Aa=k,a=4k.根据谐振规律，得两种振动角频率将两振子向同一方向拉开相同的位移后静止释放，它们就将以同一频率®]=\|福振k…动；将两振子向相反方向拉开相同位移后静止释放，它们就将以同一频率①2=2,-振动。求解复合振子振动的轨道方程和轨迹曲线一质点同时参与两个互相垂直的简谐振动，其表达式分别为x=2cos（2①t+2©）y=sin&t兀设©=—,试求：（1）质点的轨道方程，并在x0y平面上给出其曲线；（2）若©=兀，轨道曲线怎样变化？解：（1）©=5时，x=2cos（2wt+兀）=-2cos2®t=—2（1—2sin2①t）,x=4y2—2这里，x和y的变化范围为—2<x<2，—1<y<1。由轨道方程x=4y2—2给出曲线如图一（a）所示。(2)。=兀时,x=2cos(2cor+2兀)=2coscor=2(1-sin2cor)x=2—4*X及y的变化范围同前，轨道曲线如图一(b).求解波动方程一例一平面简谐波向负y方向传播，振幅为6cm,圆频率^=67iradls,当£=2S时，距原点012cm处的A点的振动状态为尤=3cm,V>0,而距原点22cm处的B点的振动状态AA为X=0,V<00设波长X>10cm,求：BB波动方程(用余弦函数表示)并画出t=0时的波形图。解：设波动方程为y.x=6cos[co(r+_)+(p].B点在t=2S时的状态为22七—6cos[6ti(2+—)+(|)]—0=-36rtsin[6ti(2+?)+。]<022.71故6兀(2+—)+8=2〃兀+—.(1)A点在t=2S时的状态为

一.一22..一x—6cos[6兀（2+）+4]—3TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"AV一一一一一12,一Va=-36sin[6兀（2+丁）+4]>012兀故6兀（2+v）+4—2n兀一—.因为A、B之间的距离小于波长人，所以（1）式和（2）式中的n应相等，由60▲（1）式一（2）式，得-16—12—8-460▲V=72cm/s将V代入（1）式，4应在0—2兀内取值TOC\o"1-5"\h\z人42兀=——兀或——.3故所求的波动方程为/,V、4、x—6cos[6兀（t+）——兀].723c___—2兀一.波长人—VT=V———24cm.①当t—0时，波形图如图一所示。求解介质中因干涉而静止的点同一媒质中又两个平面简谐波，波源作同频率、同方向、同振幅的振动。两波相对传播，波长为8m，波传播方向上A、B两点相距20m,一波在A处为波峰时，另一波在B处位相为-；，求：AB连线上因干涉而静止的各点的位置。解：由已知条件可知，此两平面简谐波为相干波，在两波平面的连线上形成驻波。如果以A为原点建立Ox坐标系，如图一所示，以甲波在A点位相为零的时刻作为计时起点。在A、B间，甲波的方程为2—、y甲—Acos(wt-人x).乙波的方程为2—y—Acos(①t+云+8)当甲波使A质元位移最大正值时，乙波在B点的位相为-—，因为t=0时，B处x=20m.①t+竺x+8--—,人28=-U—2当AB间的点因干涉而静止时，甲、乙两波在该点的位相差满足巾项=(2n+1)兀BA—2兀①t+人x+8--(2n+1)兀，得x-4n+13当n=-3,-2,-1,0,1时，甲、乙两波在该点的相位差满足8-8-(2n+1)—BA…2—“/…2—、①t+x+^—(①t—x)—(2n+1)—,人力得x=4n+13.当n=-3,-2,-1,0,1时，x=1,5,9,13,17m.这就是AB连线上因干涉而静止的各点的位置坐标。运用多普勒效应解决问题一例一个人站在广场中央，对着甲、乙、丙三个伙伴吹哨子(频率=1200七)。甲、乙、丙距广场中央都是100m远，且分别在广场中央的南东北面。第四个伙伴丁则从西面乘车以40m/s的速度赶来，忽然有一阵稳定的风由南向北吹过来，速度为10m/s,如图一所示，求：甲、乙、丙、丁四人听到哨声的频率各是多少？已知当时风速为320m/s.解：由于风吹动引起介质相对声源和观丙廿匕TOC\o"1-5"\h\z察者以速度匕运动，即4U观|=U源|=|匕|,应用多普勒效应公式西乙「O东图一v'v=1200HZ对甲：V=—匕，u=匕则v'=V—匕v=1200H甲V—VzF对乙：由于V在东西方向上无速度分量，故V=u=0,所以FV'=V^^v=1200HTOC\o"1-5"\h\z乙V—0z对丙：V=VF,U=—VFV'=V+VFv=1200H丙V+VZF对丁：u=0,V=40m/s,v'T320+40x1200=1350H320z求解容器内气体分子与器壁的碰撞v'T容器内V=1L的正立方体容器内盛了m=0.01g的氦气，其温度为300k，我们考察了其中一个分子，在t=1min的时间内这个分子于上侧器壁碰撞了多少次？分析：容器内气体分子视为理想气体分析模型，从一个体积元飞向上、下、左、右、前后的1分子数各为云，分子速度在各个方向上的分量的各种平均值相等。6解：如果题中给定的时间足够长，那么所有分子同器壁的碰撞机会都相同，每个分子与器壁的碰撞次数为mm=—.N式中m0为与器壁碰撞的总次数，N为容器中的分子总数。气体的分子浓度（单位体积内的分子数）为n=NV上侧壁的面积为S=（3■-V）2=V2/3

在时间t内所有与上侧器壁碰撞的分子数都位于离上壁^的距离内（其中V为z方向的方均根速率），此速率由以下三式决定:-1-,V2=-V21-3,一mV2=kT,2得其中口为氦的摩尔质量，数值为4X10-3kg/mol.时间t内与上侧壁的碰撞分子数为m=LnVtS.02z一个分子在1min内与上侧器壁碰撞次数为m_nVtS_1RTtV2_1RTtm2N2\RI323jV\R'X60n2.4X105.1,83xX60n2.4X105.2芸'10-34X10-3考虑加热后气体流动情况的变化压强为P。，温度为T0（K）的空气（设气体分子质量为m，每个分子热运动的平均动能为|kT。），以V0速度流过一横截面积为S的粗细相同的光滑导管，导管中有一个对气流的阻力可以忽略的金属丝网，它被输出功率为P的电源加热，因而气流变热.达稳定状态后空气在导管末端流出时的速度为V］，如图一所示.试求:流出气体的温度T1及空气受到的推力F.图一分析：气流达稳态，故相同时间内从导管进入和由导管流出的空气分子总数相等.图一同时，由能量守恒知，单位时间内流进气体的总平均能量（由热运动平均动能和定向机械运动动能组成）加上电热功率应等于单位时间内流出气体的平均总能量.解：设导管入口处和出口处空气分子的数密度分别加0和七，则nV=nV0011此时间内，能量关系为nVAtS(imV2+5kT)+PAt=nVAtS(imV2+5kT)002。20112121由于金属丝网加热气体，致使气体升温膨胀，向外流动的定向运动速度增加，即流出气体的总动量较流入前增大，因而由金属丝网加热而施予气体的推力F为：F_n0V0AtSm(V1-V0)°°At1因为玻尔兹曼常数为k=：，其中N,为阿伏伽得罗常数，入口处气体压强为P。,由克氏方TOC\o"1-5"\h\zNA0A程，得P=nN^kT=nkT.0V0P=—akT=nkT.上式中n为物质的量，而n0为分子数密度。解以上各联立方程组\o"CurrentDocument"T=—[2PkT0-m(V2-V2)]+T15kP0V0S100P…、F=苻V0Sm(V]-V0)0考虑空气对测量的影响先在干燥的空气中则一块铝片的质量，再在湿空气中测它的质量。湿空气中水蒸气的分压为0.02*105Pa，称重量时用铜砝码，两次大气压均为1.01*105Pa，温度均为200C。如所用天平的灵敏度只对0.1mg的差别才有反映，问：铝片质量至少为多大才能在上述两种情况下表现出差别？(铝的密度为2.7x103kg/m3，铜的密度为8.5x103kg/m3,200C时空气密度为1.2kg/m3，水蒸气密度为0.75kg/m3.分析：在同样温度(20°C)p空气和p水蒸气的不同，导致p干空气与p湿空气不同，使得

干空气和湿空气对同一物体的浮力不同，因而在干空气中和湿空气中分别用铜砝码称铜一块铝片时，将引起称量结果的差别。天平的灵敏度规定了这种差别能够表现出来的最小值，从而也就规定了铝片质量的最小值。值得注意的是，干空气和湿空气不仅对铝片由不同的浮力，而且对铜砝码也有不同浮力，这是应该考虑在内的。解：_0.02X1051大气压为顷知肱，水烝气分压为°.°2x105儿，表明湿空气中有商由=50体积的水蒸气以及49体积的空气，于是，在20oc时，P干空气=p空气=0.0012g/cm31,一、P湿空气=旬（49x0.0012x0.00075）=0.0019g/cm3.?干空气-p湿空气=0.00001x103kg/m3.1、…八，1、1g铝的体积为0.370cm3（==万），1g铜的体积为0.118cm3（=取），两者相差2.78.50.252cm3，1g铝在干空气中称量达到平衡（用铜砝码），换以湿空气（仍用铜砝码），向上的浮力减小了0.252cm3x0.00001g/cm3=0.0000025g质量的重力。秤的灵敏度为0.0001g，为使在干空气和湿空气中称量的差别能够表现出来，铝片必须至少比1g大0.0001g

0.00000250.0001g

0.0000025g=40倍，即铝片的质量至少应为40g.求解蒸发的水蒸气的分子数在一个密闭容器内盛有水，未满，处于平衡状态.已知水在14°C时的饱和蒸气压为12.0mmHg.设水蒸气分子碰到水面后，都能进入水内，设饱和水蒸气可看做理想气体.试问：在100C和14C时，单位时间内通过单位面积水面蒸发成为水蒸气的分子数之比七。。：〃凶为多大（取2位有效数字）分析：在密闭容器内有水和水蒸气，达到平衡时，由水蒸发为水蒸气的分子数与由水蒸气进入水面的分子数相等.水面上的是饱和水蒸气，所以，为了计算由水蒸发为水蒸气的分子数，只需计算由水蒸气进入水面的分子数即可.由题设，水蒸气分子只要碰到水面便可进入水内，因此，平均而言，在及时间内通过AS水面面积能进入水面的水蒸气分子数应正比于以V,为长度、AS为底面积的柱体内

的水蒸气分子数AN.显然，AN与柱体体积VAT以及水蒸气数密度n有关，由题设水蒸气0为理想气体，故由n0与p、T的关系可知，有Vs豆，于是可知AN与p、T的关系，从而求出n100:n14之比.解：在At时间内，通过AS水面面积进入水面的水蒸气分子数为AN=An°VAtAs.式中A为比例系数.于是，单位时间通过单位水面面积进入水中的水蒸气分子数为n=AN=AnVAtAS0气体分子平均速率”与温度T的关系为式中B为比例系数，因水蒸气看作理想气体，状态方程为P=n0kT,式中k为玻尔兹曼常数。即n=P.0kT所以，n=AnV=A-T^T=C^T=八AB式中C—为常量。在1000C,即T=373k时’饱和水蒸气的压强为%=760mmHg,在140C，即T=T=287k时，P14=12.0mmHg,代入上式，得勺勺00：PP”，100:14=56:1r'373287求解活塞的振动周期在一个截面积为S的密闭气缸中，有一个质量为m的活塞把容器中的气体分为两部分，活塞可在气缸中无摩擦地运动。当活塞平衡时，活塞两边气体的

温度相同，压强都是P,体积分别为V1和V2,如图一所示，如果设法使活塞稍稍偏离平衡位置，然后放开，活塞将来回振动。忽略气体温度的变化，求：（1）活塞运动的周期。（2）气体温度为ti=00C和12=300C时活塞运动的周期之比。分析：因活塞稍稍偏离平衡位置，且忽略温度变化，故可以根据玻意尔定律求出两边气体的压强与活塞位移的关系，从而求出活塞所受的合力（即回复力）的表达式，即可求出周期。解：（1）当活塞向右偏离x距离时，根据玻意尔定律，有P（Vi+Sx）=PViP（V2-Sx）=PV2由以上两式解出1+Sx/ViP=,2i-Sx/V2因为x远小于气缸的长度，故有P=(IMxP=(IMx/匕)ii-(Sx/V])2=P(i-Sx/V]),(i+Sx/V)i-(Sx/匕‘)2=P(i+Sx/V]),此时活塞所受合力为£F=（P-P）S=-PS2（』+—）x.i2V]V2由此可见，£Fxx，即活塞作简谐振动，周期为mVV^-2mVV^-22兀-\PS2(匕+V2)活塞振动周期为T'，因为两种（3）设温度为t时活塞的振动周期为G温度为t活塞振动周期为T'，因为两种PP'T=T，故『―2冗jmV]V2=葛mV]V2T=匚T-1：p's2(V+V)—yps2(V+2v).T一\TYi2*i2将T=273K,T=303K代入，可得

T〜=0.95.T30求解绝热过程的气体变化一例绝热容器A经一阀门与另一容积比A的容积大得很多的绝热容器B相连.开始时阀门关闭，两容器中盛有同种理想气体，温度均为300C,B中气体的压强为A中的两倍.现将阀门缓慢打开，直到压强相等时关闭.问：此时容器A中气体的温度为多少？假设从打开到关阀门的过程中处在A中的气体与处在B中的气体之间无热交换.已知每摩尔该气体的内能为"=5RT，其中R为普通气体恒星、T是绝对温度.解:由于B的容积远大于A的容积，故从打开到关闭阀门的过程中B容器中气体压强、温度均可近似认为不变.设打开阀门后从B容器进入A容器的一部分气体为，^，m°l.此部分气体在B容器中原来占体积为V.A容器中原有气体nmol，容积为V，初始压强为p，则终态压强为2P，末温为T.根据理想气体状态方程A容器(初态)pV=nRT。，A容器(末态)2PV=(n+n')RT,，B容器(初态)2PV'=nfRT由于整个过程A、B之间无热交换，Q=0.设W为把B中nmol气体压入A容器中，容器B中其他气体对n'mol气体所作的功，则根据热力学第一定律，有W=AU,即：2PV'=5(n+n)R(T-T),联立以上各式，可以解得T=-T=353.5K.60运用热一律解决热学图线问题一例一定质量的理想气体，经过图中的直线所示的过程，由体积为匕，压强为匕的状态到达体积为V，压强为P的状态，如图一所示，已知该气体每摩尔的内能为U=CT,Cv为定容摩尔热容，求气体内能的变化；气体自外界吸收的热量；该过程中气体的热容/解：(1)设该气体的物质的量为n，则内能变化为AU=nCv(T2-T)由理想气体的状态方程，有TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"AU=C^(PV—PV)R2211由理想气体的状态方程，有\o"CurrentDocument",1，、,、AW=—_(p+P2)(V2-匕),、=—(PV—PV+PV—PV)12112221由图线可知，PV1=%PV2有,1，、AW=—2(P2V2—PV)故外界传递给气体的热量为\o"CurrentDocument"AQ=AU—AW=(cv-+上)(PV—PV)R22211(2)该过程的热容为C=AQ=nCv+2nR.求解在外力作用下的气体的压强如图一所示，A和B是两个圆筒形绝热容器，中间用细的短管连通，短管中有导热性能良好的阀门K,短管与阀门对外绝热.F是带柄的绝热活塞，与容器A的内表面紧密接触，不漏气，且摩擦可忽略不计.开始时，K关闭，F处于A的左端.A中有n摩尔理想气体，温度为TO；B为真空.现在向右推动F,直到A中气体的体积与B的容积相等.在此过程中，已知对气体作功为W，气体温度升为T1，然后将K稍稍打开一点，使A中的气体缓慢地向B扩散，同时让活塞F缓慢前进，并保持A中活塞F附近气体的压强近似不变.试问：在此过程中，气体最后的温度是多少？设活塞、阀门、容器的热容量均可不计.分析:未打开K时.气体为绝热过程.外界对气体做动功全部转化为气体内能的增量，据此可先求出气体的定容摩尔热容Cv.K打开后，一方面气体流向B，另一方面压缩活塞，活塞作功是等压压缩，故终态的压强应与初态压强相同.外界作功使气体内能增加，终态温度T2应高于初态温度，依气态方程知，终态体积必定大于初态体积，所以不难由热力学第一定律求出终态温度t2。解：K未打开前，外界对气体作功全部转化为气体内能增量4。，即W=AU因为AU=nC(T—T).式中CV为定容摩尔热容，T1未打开时的终态温度，由以上两式得WC=vn(T1—T)设B的容积为V1，则K打开时气体体积为V1.终态时.A中气体体积为V'.则终态体积为V2=匕+V'K打开后，整个过程中气体压强记为P，对初态有PV1=nRT1对终态PV2=nRT2即P(V+V')=nRT12由此可得PV，=nRT2—PV]=nR(T—T)k打开后，外力做功为w'=p(v—V').1此功转化为气体内能的增加，即W，=AU=nCv(T—T),故P(匕—V')=nCV电-T)

(2)PV'=PV-nC(T-T)=nRT-nC(T-T)1V211V21(2)(1)(2)两式，得2R+CTR+C1V2nR(T-孔)+WTnR(T[-T0)+W「求解某一复合热学过程如图一所示，在一以绝热壁包围的刚性圆柱形封闭气缸内，装着一个有小阀门L的绝热活塞，在气缸A一端还装有电热器E,可用于加热气体.开始时，活塞紧贴气缸B端内壁，小阀门L关闭.整个气缸内装有一定质量的理想气体’其温度为T。’然后设法把活塞推到气缸中央’设活塞与气缸壁之间的摩擦可以忽略，并用销钉F将活塞固定住，这样气缸被分成体积相等的左、右两室.在上述压缩气体的过程中，设外界对气体作功W,气体温度上升到T.再开启小阀门，经过足够长时间后关闭，并拔去销钉使活塞可以自由移动.用电热器加热气体，加热完毕并经过一定时间后，测出左室气体压强增为加热前的1.5倍，右室的体积变为原来的0.75倍。试求：电热器传递给气体的热量.分析：整个过程分为三段：第一段为绝热压缩；第二段为气体自由膨胀，不吸热、不做功，内能与温度均不变，是一个非静态过程；第三段为阀门关闭，加热气体.了解以上三个阶段，本题不难求解.解：气体开始时温度为T，经绝热压缩，外界作功W全部转化为气体内能的增量0△U，使气体温度升为T.又因理想气体内能与温度成正比，有W=AU=k(T-T),式中k为比例系数.打开小阀门，由以上分析可知，气缸左、右两半充满了温度均为T，压强均为P、1体积均为V的气体.两半气体的内能也相同，各占总内能的.关闭小阀门，拔掉销钉，活塞可移动，加热至终态时，左室压强为3P，体积为¥,设其温24

度为二’则有,3、，5Kpv_(2P)F)~TT，A解，得Ta=15T.左室气体内能增量为7TT11wAU=_k(T-T)=—•7TTA2A2T-T013八式中的5是因为左室只有一半气体，右室中气体压强由p升为5P(因活塞可自由移动，…一,………一一，…3。、，，平衡后左、右室气体压强相同)，体积由v减为彳v，设其温度为t0，则有解，得=-T.8T解，得=-T.8B右室气体内能增量为AU_k(T-T)=1wTB2B2T-T08因为气缸绝热，且活塞无摩擦，电热器在加热过程中传递给气体的热量Q应等于全部气体内能的增量，为WTQ=AU+AU=，。)海浪发电航标灯的能量来源如图一所示，为海浪发电航标灯的气室.当海水下降时，K1关闭K2打开，每次吸入1.0*105Pa,7°C的空气0.233m3，当海水上升时，K2关闭，绝热压缩空气，压强达到侦32x105P时,k1打开，活塞推动空气至全部进人工作室，驱动涡轮机发电，设K1打开后，活塞附近的

压强近似不变.若不计活塞的质量和摩擦，试求:海水每次上升所作的功.已知空气由PV绝热变化到PV，近似遵守P=(%)；,lmol1122PV理想气体升温1K内能改变3R/2.图一分析：海水作功可分为两个阶段，第一阶段为对工作室内气体作绝热压缩，转化为气体的内能，第二阶段为等压压缩，推动活塞做功。图一解：绝热压缩阶段，海水推动活塞对气体左绝热膨胀压缩的功为叫=AU,3膈丁、3(PV-PV)即W=〃三(T-T)=2^2一3P2=_PV[(—)5-1]=3.49x104J.2iiPi海水每上升一次做功为W=W+W2=8.15x104J求解双气缸系统中气体所吸收的热量如图一所示，两个底面积均为S=100cm2的圆筒，左筒内气体的质量M左=4g，体积V左=22.4L，压强P左=1atm，温度T左=273K，右筒内有同种气体，质量M右=744g,体积V右=22.4L，温度T右=273K，左筒筒壁绝热，右筒靠大热库维持恒定的0°C的温度.整个系统在真空中，放开左、右筒相联的活塞后，活塞移动了L=50cm后达到平衡而静止.试问：右筒内的气体吸收了多少热量？已知气体可视为理想气体，其定容比热容为Cv=(g・K)，设活塞与筒壁之间无摩擦.0.75Cal/(g-K(g・K)，设活塞与筒壁之间无摩擦.o°c图一分析：先求出右筒内气体初压强，可确定活塞移动方向(左移)，随着活塞左移，左筒中气体绝热压缩，右筒中气体对它作功，内能增加，温度升高.此时，由于右筒气体等温膨胀，内能不变，从热库中吸热对左筒中气体作的功，等于在简中气体内能的增量.o°c图一解：放开活塞前，由状态方程有

PV=—右RT右右|1右由以上两式解得.P=—右R。°左〃左=1.86atm.右