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第22届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答-2005


第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答
一、 1.如图所示,设滑块出发点为 P1 ,离开点为 P2 ,按 A 题意要求 O1 P1 、 O2 P2 与竖直方向的夹角相等,设其 为 θ ,若离开滑道时的速度为 v,则滑块在 P2 处脱离 滑道的条件是 P1 O P2 O1

θ

θ
O2 (1) B

r />mv 2 = mg cos θ R
由机械能守恒

2mgR(1 cos θ ) =
(1)、(2)联立解得

1 mv 2 2

(2)

cos θ =
2.设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是

4 4 或 θ = arccos = 36 52 ′ 5 5
2 mv 0 = mg R

(3)

(4)

v0 为滑块到达 O 点的速度,由此得

v 0 = Rg

(5)

设到达 O 点的速度为 v0 的滑块在滑道 OA 上的出发点到 O1 的连线与竖直的夹角为 θ 0 ,由机械能守 恒,有

mgR (1 cos θ 0 ) =
由(5)(6)两式解得 、

1 2 mv 0 2

(6)

θ0 =

π 3

(7)

若滑块到达 O 点时的速度 v > v 0 ,则对 OB 滑道来说,因 O 点可能提供的最大向心力为 mg,故 滑块将沿半径比 R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点.对于 v > v 0 的滑块,其在 OA 上出发点的位 置对应的 θ 角必大于 θ 0 ,即 θ > θ 0 ,由于 θ max = π 2 ,根据机械能守恒,到达 O 点的最大速度

v max = 2 Rg

(8)

1

由此可知,能从 O 点离开滑道的滑块速度是 v0 到 v max 之间所有可能的值,也就是说,θ 从 π 3 至 π 2 下滑的滑块都将在 O 点离开滑道. 以速度 v0 从 O 点沿水平方向滑出滑道的滑块, 其落水点至

O2 的距离 x0 = v 0 t
(9) (10)

R=
由(5)(9)(10)式得 、 、

1 2 gt 2

x0 = 2 R
当滑块以 v max 从 O 点沿水平方向滑出滑道时,其落水点到 O2 的距离

(11)

x max = v max t
由(8)(10)(12)式得 、 、

(12)

x max = 2 R

(13)

因此,凡能从 O 点脱离滑道的滑块,其落水点到 O2 的距离在 2 R 到 2 R 之间的所有可能值.即

2R ≤ x ≤ 2R

(14)

二、1.由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为 q1 、 q 2 和 q 3 的面电荷,由电荷守 恒定律可知,在导体球的外表面呈现出电量 q1 + q 2 + q 3 .由静电屏蔽可知,点电荷 q1 及感应电荷 ( q1 )在空腔外产生的电场为零;点电荷 q2 及感应电荷( q 2 )在空腔外产生的电场为零;点电 荷 q3 及感应电荷( q 3 )在空腔外产生的电场为零.因此,在导体球外没有电荷时,球表面的电量

q1 + q 2 + q 3 作球对称分布.
当球外 P 点处放置电荷 Q 后,由于静电感应,球面上的总电量仍为 (q1 + q 2 + q 3 ) ,但这些电荷 在球面上不再均匀分布, 由球外的 Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零. O3 处的电势由位于 P 点处的 Q、导体球表面的电荷 (q1 + q 2 + q 3 ) 及空腔 3 表面的感应电荷 ( q 3 )共同产生.无论 (q1 + q 2 + q 3 ) 在球面上如何分布,球面上的面电荷到 O 点的距离都是 R, 因而在 O 点产生的电势为 k

q1 + q2 + q3 Q , Q 在 O 点产生的电势为 k ,这两部分电荷在 O3 点产 R 2R
2

生的电势 U ′ 与它们在 O 点产生的电势相等,即有

Q q + q 2 + q3 Q + 2q1 + 2q 2 + 2q 3 U ′ = k 1 + = k R 2R 2R

(1)

因 q3 放在空腔 3 的中心处,其感应电荷 q 3 在空腔 3 壁上均匀分布.这些电荷在 O3 点产生的电势为

U ′′ = k
根据电势叠加定理,O3 点的电势为

q3 r

(2)

Q + 2q1 + 2q 2 + 2q 3 q 3 U = U ′ + U ′′ = k 2R r
故 q3 的电势能

(3)

Q + 2q1 + 2q 2 + 2q 3 q 3 W = q 3U = kq3 2R r

(4)

2. 由于静电屏蔽,空腔 1 外所有电荷在空腔 1 内产生的合电场为零,空腔 1 内的电荷 q1 仅受到腔 内壁感应电荷 q1 的静电力作用,因 q1 不在空腔 1 的中心 O1 点,所以感应电荷 q1 在空腔表面分 布不均匀,与 q1 相距较近的区域电荷面密度较大,对 q1 的吸力较大,在空腔表面感应电荷的静电力 作用下,q1 最后到达空腔 1 表面,与感应电荷 q1 中和.同理,空腔 2 中 q2 也将在空腔表面感应电 荷 q 2 的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷 q 2 中和.达到平衡后,腔 1、2 表面上无电荷 分布,腔 3 表面和导体球外表面的电荷分布没有变化.O3 的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表面 的电量 (q1 + q 2 + q 3 ) 及空腔 3 内壁的电荷 q 3 共同产生, O3 处的电势 U 与 q3 的电势能 W 仍如(3) 故 式与(4)式所示. T 三、答案如 图所示.
T1 =

( p0 S + F )
p0 S

T0

d

b

θ2
tanθ2=

2( p 0 S + F ) 2Cp 0 S + 2CF + 2 Rp 0 S + FR

θ1
T0 a

tan θ 1 =

1 C

Q1 =

CFT0 p0 S

Q

3

附计算过程: 电阻通电后对气体缓慢加热,气体的温度升高,压强增大,活塞开始有向外运动的趋势,但在气体 对活塞的作用力尚未达到外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和以前, 活塞不动, 即该过程为等容过程.因气体对外不做功,根据热力学第一定律可知,在气体温度从 T0 升高到 T 的 过程中,气体从电阻丝吸收的热量,

Q = C (T T0 )

(1)

此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦 之和.若用 T1 表示此过程达到末态的温度,p 表示末态的压强,Q1 表示此过程中气体从电阻丝吸收 的热量,由等容过程方程有

p T1 = p 0 T0
由力的平衡可知

(2)

pS = p 0 S + F
由(2)(3)两式可得 、

(3)

T1 =

( p 0 S + F )T0
p0 S

(4)

代入(1)式得

Q1 =

CFT0 p0 S

(5)

由以上讨论可知,当 Q ≤ Q1 时,T 与 Q 的关系为

T=
在 T ~ Q 图中为一直线如图中 ab 所示,其斜率

Q + T0 C

(6)

4

K ab =

1 C

(7)

直线在 T 轴上的截距等于 T0,直线 ab 的终点 b 的坐标为(T1,Q1) . 当电阻丝继续加热, 活塞开始向外运动以后, 因为过程是缓慢的, 外界大气压及摩擦力皆不变, 所以气体的压强不变,仍是 p,气体经历的过程为等压过程.在气体的体积从初始体积 V0 增大到 V, 温度由 T1 升高到 T 的过程中,设气体从电阻丝吸收的热量为 Q ′ ,活塞运动过程中与器壁摩擦生热 的一半热量为 q,由热力学第一定律可知

Q ′ + q = C (T T1 ) + p(V V0 )
q 可由摩擦力做功求得,即

(8)

q=

1 V V0 F 2 S

(9)

代入(8)式得

Q′ +
由状态方程式可知

F (V V0 ) = C (T T1 ) + p (V V0 ) 2S

(10)

p(V V0 ) = R(T T1 )
将(11)式和(4)式代入(10)式,得

(11)

FR (T T1 ) Q′ = C + R 2( p 0 S + F )


T=

2( p 0 S + F ) Q ′ + T1 2Cp 0 S + 2CF + 2 Rp 0 S + FR

(12)

从开始对气体加热到气体温度升高到 T( >T1)的过程中,气体从电阻丝吸收的总热量

5

Q = Q1 + Q ′
把(13)式代入到(12)式,并注意到(4)式和(5) ,得

(13)

T=

2( p 0 S + F ) CFT0 Q 2Cp 0 S + 2CF + 2 Rp 0 S + FR p0 S

( p 0 S + F )T0 + p0 S

CFT0 Q ≥ Q1 = p0 S

(14)

由此可知,当 Q ≥ Q1 =

CFT0 CFT0 时,T 与 Q 的关系仍为一直线,此直线起点的坐标为 Q = Q1 = , p0 S p0 S

T = T1 ;斜率为
2( p 0 S + F ) 2Cp 0 S + 2CF + 2 Rp 0 S + FR

(15)

在 T ~ Q 图中,就是直线 bd,当热量 Q 从零开始逐渐增大,气体温度 T 将从起始温度 T0 沿着斜率 为 Kab 的直线 ab 上升到温度为 T1 的 b 点,然后沿着斜率为 Kbd 的直线 bd 上升,如图所示.

四、1.相对于车厢参考系,地面连同挡板以速度 v 趋向光源 S 运 动.由 S 发出的光经小孔射出后成锥形光束,随离开光源距离的 增大,其横截面积逐渐扩大.若距 S 的距离为 L 处光束的横截面 正好是半径为 R 的圆面,如图所示,则有 r S l L R

r R = l L
可得

L=

Rl r

(1)

设想车厢足够长,并设想在车厢前端距 S 为 L 处放置一个半径为 R 的环,相对车厢静止,则光 束恰好从环内射出.当挡板运动到与此环相遇时,挡板就会将光束完全遮住.此时,在车厢参考系 中挡板离光源 S 的距离就是 L.在车厢参考系中,初始时,根据相对论,挡板离光源的距离为

x A 1 (v c )
故出现挡板完全遮住光束的时刻为

2

(2)

t=

x A 1 (v c ) L v
2

(3)

6

由(1)(3)式得 、

t=

x A 1 (v c ) Rl v rv
2

(4)

2.相对于地面参考系,光源与车厢以速度 v 向挡板运动.光源与孔之间的距离缩短为

l ' = l 1 (v c )

2

(5)

而孔半径 r 不变,所以锥形光束的顶角变大,环到 S 的距离即挡板完全遮光时距离应为

L' =

Rl' Rl v2 = 1 2 r r c

(6)

初始时,挡板离 S 的距离为 xA,出现挡板完全遮住光束的时刻为

t′ =

x A L' x A Rl v2 = 1 2 v v rv c

(7)

五、用半径分别为 r1(>a1) 2,…,ri,…,rn–1(<a2)的 n-1 个同心圆把塑料薄圆环分割成 n 个 ,r 细圆环.第 i 个细圆环的宽度为 ri = ri ri 1 ,其环带面积

S i = πri2 π (ri ri ) = 2 πri ri
2

式中已略去高阶小量 (ri ) 2 . ,该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为

q i = 2σS i =
设时刻 t,细圆环转动的角速度为ω ,

2σ 0 ri
2

2π ri ri =

4πσ 0 ri ri

ω = ω 0 βt
单位时间内,通过它的“横截面”的电荷量,即为电流

I i = qi

ω


=

2ωσ 0 ri ri

由环形电流产生磁场的规律,该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为

Bi = k

I i 2ωσ 0 ri =k ri ri2

(1)

式中 ri 是一个微小量,注意到 ri ri 1 = ri (ri ri ) ≈ ri2 ,有

ri ri ri 1 1 1 = = 2 ri ri 1 ri 1 ri ri
7

(2)

将各细圆环产生的磁场叠加,由(1)(2)式得出环心 O 点处的磁感应强度: 、

B=

2kωσ 0 (a 2 a1 ) a1 a 2
2kωσ 0 ( a 2 a1 ) 2 πa 0 a1 a 2

(3)

由于 a0<<a1,

Φ = BS =

(4)

由于 ω 是变化的,所以上述磁通量是随时间变化的,产生的感应电动势的大小为

E =

2 2 2kσ 0 (a 2 a1 ) πa 0 ω 2kσ 0 (a 2 a1 ) πa 0 β Φ = = t a1 a 2 t a1 a 2

(5)

由全电路欧姆定律可知,导线环内感应电流的大小为

I=

2 E 2kσ 0 (a 2 a1 ) πa 0 β = R a1 a 2 R

(6)

设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转,穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外,由于薄圆环环 作减角速转动,穿过导线圆环的磁场逐渐减小,根据楞次定律,导线圆环中的感应电流亦为逆时针 方向,导线圆环各元段l 所受的安培力都沿环半径向外.现取对于 y 轴两对称点 U、V,对应的二段 电流元 Il 所受的安培力的大小为

f = BIl y
f U fx l fy M fy yl x V fx x N f

(7)

θ θ
Q O

方向如图所示,它沿 x 及 y 方向分量分别

f x = BIl cos θ = BIy

(8) (9)

f y = BIl sin θ = BIx
根据对称性,作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 x 分量之和相互抵消,即

fx =
(式中 y = l cos θ ,当 θ <

∑ BIy = BI ∑ y =0
, ∑ y = 0 )

(10)

π π 时, y 是正的,当 θ > 时, y 是负的,故 2 2

而作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 y 分量之和为
8

fy =

∑ BIx = BI ∑ x = BI 2a

0

(11) ) ,

(式中 x = l sin θ ,由于θ 在 0π之间 x 都是正的,故

∑ x = 2a

0

即半个导线圆环上受的总安培力的大小为 BI 2a 0 ,方向沿 y 正方向,由于半个圆环处于平衡状态, 所以在导线截面 Q、N 处所受(来自另外半个圆环)的拉力(即张力)F 应满足 2 F = BI 2a 0 .由(3) 、 (6)两式得

F = BIa 0 =

2 3 4k 2σ 0 πa 0 (a 2 a1 ) 2 β 2 a12 a 2 R

(ω 0 βt )

(12)

由(12)式可见,张力 F 随时间 t 线性减小.

六、如图所示,t 时刻汽车 B 位于 B (t ) 处,距 O 点的 距离为 vBt. 此时传播到汽车 B 的笛声不是 t 时刻而是 较早时刻 t1 由 A 车发出的. 汽车 A 发出此笛声时位于 A(t1) θA(t1) O A(t) vA

A(t1 ) 处,距 O 点的距离为 vA t1 .此笛声由发出点到接
收点(t 时刻 B 车所在点)所传播的路程为 u(t–t1), 由几何关系可知

B(t)

θB(t)

vB

( vBt ) 2 + (vA t1 ) = [u (t t1 )]2
2

(1)


2 (u 2 v 2 )t12 2u 2tt1 + (u 2 v B )t 2 = 0 A

这是以 t1 为变量的一元二次方程,其解为

u 2 ± u 2 (v 2 + v 2 ) v 2 v 2 A B A B t1 = u2 v2 A
由于 u 2 > u 2 v 2 ,但 t1< t,所以上式中只能取减号 A

t

t1 =

2 2 2 2 u 2 u 2 ( v A + v B ) v A vB 2 u 2 vA

t

(2)

t t1 =


2 2 2 2 2 u 2 ( vA + vB ) vA vB vA 2 u 2 vA

t

(3)

9

2 2 u 2 (v 2 + v B ) v 2 v B = k A A

(4)



t1 =

u2 k k v2 t , t - t1 = 2 A2 t 2 u 2 vA u vA

(5)

在 t1 时刻, 位于 A(t1 ) 处的汽车 A 发出的笛声沿直线 (即波线) (t1 )B (t ) 在 t 时刻传到 B (t ) 处, θ A(t1 ) 、 A 以

θ B (t ) 分别表示车速与笛声传播方向的夹角,有
cosθ A (t1 ) = vA t1 v (u 2 k ) = A 2 u (t - t1 ) u (k vA )
(6)

cos θ B (t ) =

vBt v (u 2 v 2 ) A = B u (t - t1 ) u (k v 2 ) A

(7)

令ν 表示 B 车司机接收到的笛声的频率,由多普勒效应可知

ν=
由(6)(7)(8)式,得 、 、

u v B cos θ B (t ) u + v A cos θ A(t1 )

ν0

(8)

ν=

2 2 2 u 2 u 2 v2 + vB v2 vB v2 vB u 2 v2 A A A A 2

( (u

v2 A

) ) u (v
2

(

)

2 A

2 2 + vB v2 vB A

)

ν0

(9)

七、解法一: 对于由小球 A、B 和弹簧构成的系统,当 A、B 之间的距离为 l 时,已知 mA = m,mB = 2m,由 质心的定义,可知系统的质心 C 离 A 的距离

lC =

2 l 3

(1)

故 A、B 到质心 C 的距离分别为

2 lA = l 3

1 lB = l 3

O (2) k

A

若以质心 C 为参考系(质心系) ,则质心 C 是固定不动的,连接 A、 B 的弹簧可以分成两个弹簧 CA 和 CB.设弹簧 CA 的自然长度为 lA0,劲 度系数为 kA,一端与小球 A 相连,另一端固定在 C 点;弹簧 CB 的的自 x

l C B

然长度为 lB0,劲度系数为 kB,一端与小球 B 相连,另一端亦固定在 C 点.若连接 A、B 的自然长度 为 l0,根据题意有
10

k (l l 0 ) = 2mg

(3)

由(2)式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为

l A0 =

2 l0 3

1 l B0 = l0 3

(4)

当 A 被悬挂,系统处于静止时,已知连接 A、B 的弹簧长度为 l,由(2)式可知,此时弹簧 CA 和 CB 的长度分别为

lA =
弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为

2 l 3

1 lB = l 3

(5)

f A = k A (l A l A0 ) =

2 k A (l l 0 ) 3 1 f B = k B (l B l B 0 ) = k B (l l 0 ) 3

但 fA 、fB 就是连接 A、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力 f,即有

f A = f B = f = k (l l 0 )
由此得

kA =

3 k 2

k B = 3k

(6)

相对地面, 质心 C 是运动的, t = 0 时刻, 在 即细线刚烧断时刻, 位于 Ox 轴的原点 O 处, x A (0) = 0 ; A 即 B 的坐标 x B (0) = l .由(1)式,可知此时质心 C 的坐标为

xC (0 ) =

2 l 3

(7)

在细线烧断以后,作用于系统的外力是重力 (m + 2m )g .故质心以 g 为加速度做匀加速直线运动, 任意时刻 t,质心的坐标

xC (t ) = xC (0) +

1 2 2 1 gt = l + gt 2 2 3 2

(8)

由于质心作加速运动,质心系是非惯性系.在非惯性参考系中,应用牛顿第二定律研究物体的运动 时,物体除受真实力作用外,还受惯性力作用.若在质心系中取一坐标轴 O ′x ′ ,原点 O ′ 与质心 C 固连,取竖直向下为 O ′x ′ 轴的正方向,当小球 B 在这参考系中的坐标为 x ′ 时,弹簧 CB 作用于 B 的 B 弹性力

f B = k B (x ′ l B 0 ) B
当 x ′ > l B 0 时,方向竖直向上.此外,B 还受到重力 mg,方向竖直向下;惯性力大小为 mg,方向竖 B
11

直向上.作用于 B 的合力

FB = k B (x ′ l B 0 ) mg + mg B
由(3)(4)式得 、

1 2mg FB = k B x ′ l B 3 k


(9)

1 2mg X B = x′ l B 3 k


(10)

FB = k B X B

(11)

当 XB = 0,作用于 B 的合力 FB = 0,B 处于平衡状态,由(10)式,可知在质心系中,B 的平衡位置 的坐标

1 2mg x′ 0 = l B k 3

(12)

XB 为 B 离开其平衡位置的位移, (11)式表明,作用于 B 的合力具有弹性力的性质,故在 FB 作用下, B 将在平衡位置附近作简谐振动,振动圆频率

ωB =
离开平衡位置的位移

kB = mB

3k 2m

(13)

X B = AB cos(ω B t + B )

(14)

AB 为振幅, B 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,B 是静止的,故此时 B 离开其平衡位 置 x ′ 0 的距离就是简谐振动的振幅 AB,而在 t = 0 时刻,B 离开质心的距离即(5)式给出的 lB,故 B B 离开平衡位置的距离即振幅

AB = l B x ′ 0 B
由(5)式、 (12)式得

1 1 2mg 2mg AB = l (l )= 3 3 k 3k
因 t = 0,XB =AB,且 XB 是正的,故

(15)

B = 0
12

由此得

XB =
由(10)式,t 时刻 B 在质心系中的坐标

3k 2mg cos t 2m 3k

(16)

3k 2mg 2mg 1 )+ cos x ′ (t ) = (l t B 2m 3 3k k
在地面参考系的坐标

(17)

x B (t ) = x C (t ) + x ′ (t ) B


(18)

x B (t ) = l +
(19)

1 2 2mg gt 2 3k

3k t 1 cos 2m

同理,当小球 A 在质心系中的坐标为 x ′ 时,注意到 x ′ 是负的,这时,弹簧 CA 的伸长量为 A A

x ′ + l A0 = x ′ + A A

2 2 2mg l0 = x A + l , k 3 3

当 x ′ + l A0 为负时,弹力向下,为正,当 x ′ + l A0 为正时,弹力向上,为负,故有 A A

2 2mg f A = k A x A + l 3 k
作用于 A 的合力为

2 2mg FA = k A x A + l 3 k


X A = xA +


2 2mg l 3 k

FA = k A X A
当 XA=0,作用于 A 的合力 FB = 0,A 处于平衡状态,A 的平衡位置的坐标

13

2 2mg x A0 = l k 3

(20)

XA 为 A 离开其平衡位置的位移,故在合力 FA 作用下, A 将在平衡位置附近作简谐振动,振动圆频 率

ωA =
离开平衡位置的位置

kA 3k = m 2m

(21)

X A = AA cos(ω A t + A )
AA 为振幅, A 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,A 是静止的,A 离开质心 C 的距离为 lA,A 的平衡位置离开质心的距离为 x A0 故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅 AA,

A A = l A x A0 =
而此时 X A = AA ,故

2 2 2mg 4 mg l l = 3 3 k 3 k

A = π
由此得

XA =
在时刻 t,A 在地面参考系中的坐标

3k 4mg cos t 2m 3k

(22)

x A (t ) = xC (t ) + x A0 + X A = =
解法二:

2mg 4 mg 2 1 2 3k l + gt 2 l cos t 3 2 3 k 3 k m (23)

1 2 4mg gt + 2 3k

3k t 1 cos 2m

当 A 球相对于地面参考系的坐标为 x 时,弹簧 CA 的伸长量为 xC

2 l 0 x , A 所受的合力为 3

FA = mg +
其加速度为

3 2 k xC l 0 x 2 3

aA = g +

3 2 k xC l 0 x 2m 3
14

(1′)

其相对于质心的加速度为

a ′A = a A g =

3 2 3 2 k xC l 0 x = k x xC l 0 2m 3 2m 3

2 其中 x xC l 0 表示 A 球相对于其平衡位置的位移,在相互平动的两个参考系中,相对位移与 3
参考系无关. 上式表明,相对质心, A 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向.也就是说, A 球相对质心作简谐振动. 同理可证,

l FB = 2mg 3k x xC 0 3

aB = g
其相对于质心的加速度为

l 0 3k x xC + 2m 3

(2′)

a′ = B

3 2 k x xC l 0 2m 3

(3′)

l 其中 x xC + 0 表示 B 球相对于其平衡位置的位移,相对质心, B 球的加速度与其相对于平衡位 3
置的位移成正比且反向,即 B 球相对质心也作简谐振动.且有 A 与 B 振动的圆频率相等,

ωA = ωB =

3k 2m

(4′)

解法三: 在地面参考系中,列 A、B 的牛顿定律方程

ma1 = mg + k ( x 2 x1 l 0 )
2 ma 2 = 2mg k ( x 2 x1 l 0 ) x1、x2 是 A、B 的坐标,l0 是弹簧的自然长.

(1′′) (2′′)
O A x1

t = 0 时,有 x1 = 0,

v1 = 0

k B x2

15

x

x2 = l,
l 为初始时即细线刚烧断时刻,弹簧的长度,有关系

v2 = 0

k (l l 0 ) = 2mg
所以

l0 = l
由 (1′′) + (2′′) ,

2mg k

a1 + 2a 2 = 3g
令 a = a1 + 2a 2 = 3g , a 是一个恒定的加速度,结合初始条件, a 对应的坐标和运动方程是,

x1 + 2 x 2 = 2l +
再由 (2′′) 2 × (1′′) ,

3 2 gt 2

(3′′)

2m(a 2 a1 ) = 3k ( x 2 x1 l 0 )
这是一个以 A 为参考系描写 B 物体运动的动力学方程,且是简谐的,所以直接写出解答,

(4′′)

3k x 2 x1 l 0 = A cos t +α 2m
结合初条件,

l l 0 = A cos α 3k sin α = 0 2m

A
得到

α =0
A = l l0 =
所以

2mg k

x 2 x1 = l 0 +


3k 2mg t cos 2m k

x 2 x1 = l

3k 2mg 2mg + cos t 2m k k
16

(5′′)

由 (3′′) 2 × (5′′) ,得

x1 =
由 (3′′) + (5′′) ,得

1 2 4mg 1 cos 3k t gt + 2m 2 3k

(6 ′′)

x2 = l +

1 2 2mg 1 cos 3k t gt 2m 2 3k

(7 ′′)

17


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