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高中物理奥林匹克竞赛解题方法讲座:(1)整体法(含答案)


高中物理奥赛经典

一、整体法
方法简介
整体是以物体系统为研究对象,从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律,是一 种把具有相互联系、相互依赖、相互制约、相互作用的多个物体,多个状态,或者多个物 理变化过程组合作为一个融洽加以研究的思维形式。整体思维是一种综合思维,也可以说 是一种综合思维,也是多种思维的高度综合,层次深、理论性强、运用价

值高。因此在物 理研究与学习中善于运用整体研究分析、 处理和解决问题, 一方面表现为知识的综合贯通, 另一方面表现为思维的有机组合。 灵活运用整体思维可以产生不同凡响的效果, 显现 “变” 的魅力,把物理问题变繁为简、变难为易。

赛题精讲
例 1: 如图 1—1 所示, 人和车的质量分别为 m 和 M , 人用水平力 F 拉绳子,图中两端绳子均处于水平方向, 不计滑轮质量及摩擦,若人和车保持相对静止,且水平 地面是光滑的,则车的加速度为 。 解析:要求车的加速度,似乎需将车隔离出来才能 求解,事实上,人和车保持相对静止,即人和车有相同 的加速度,所以可将人和车看做一个整体,对整体用牛 顿第二定律求解即可。 将人和车整体作为研究对象,整体受到重力、水平面的支持力和两条绳的拉力。在竖 直方向重力与支持力平衡,水平方向绳的拉力为 2F ,所以有: 2F = (M + m)a ,解得:a =
2F M?m

例 2:用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来,如图 1—2 所示,今对小球 a 持续 施加一个向左偏下 30°的恒力,并对小球 b 持续施加一个向右偏上 30°的同样大小的恒 力,最后达到平衡,表示平衡状态的图可能是( )

解析:表示平衡状态的图是哪一个,关键是要求出两条轻质细绳对小球 a 和小球 b 的 拉力的方向,只要拉力方向求出后, 。图就确定了。
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先以小球 a 、b 及连线组成的系统为研究对象,系统共受五个力的作用,即两个重力 (ma + mb)g ,作用在两个小球上的恒力 Fa 、Fb 和上端细线对系统的拉力 T1 。因为系统处 于平衡状态, 所受合力必为零,由于 Fa 、Fb 大小相等, 方向相反, 可以抵消, 而(ma + mb)g 的方向竖直向下,所以悬线对系统的拉力 T1 的方向必然竖直向上。再以 b 球为研究对象, b 球在重力 mbg 、恒力 Fb 和连线拉力 T2 三个力的作用下处于平衡状态,已知恒力向右偏 上 30°,重力竖直向下,所以平衡时连线拉力 T2 的方向必与恒力 Fb 和重力 mbg 的合力方 向相反,如图所示,故应选 A 。 例 3:有一个直角架 AOB , OA 水平放置,表面粗糙,OB 竖 直向下,表面光滑,OA 上套有小 环 P ,OB 上套有小环 Q ,两个 环的质量均为 m, 两环间由一根质 量可忽略、不何伸长的细绳相连, 并在某一位置平衡,如图 1—4 所 示。现将 P 环向左移动一段距离, 两环再次达到平衡, 那么将移动后 的平衡状态和原来的平衡状态相比, OA 杆对 P 环的支持力 N 和细绳上的拉力 T 的变化情 况是( ) A.N 不变,T 变大 B.N 不变,T 变小 C.N 变大,T 变小 D.N 变大,T 变大 解析:先把 P、Q 看成一个整体,受力如图 1—4—甲所示,则 绳对两环的拉力为内力,不必考虑,又因 OB 杆光滑,则杆在竖直 方向上对 Q 无力的作用,所以整体在竖直方向上只受重力和 OA 杆 对它的支持力,所以 N 不变,始终等于 P 、Q 的重力之和。再以 Q 为研究对象,因 OB 杆光滑,所以细绳拉力的竖直分量等于 Q 环的 重力,当 P 环向左移动一段距离后,发现细绳和竖直方向夹角 a 变 小,所以在细绳拉力的竖直分量不变的情况下,拉力 T 应变小。由 以上分析可知应选 B 。 例 4:如图 1—5 所示,质量为 M 的劈块,其左 右劈面的倾角分别为 θ1 = 30°、θ2 = 45°,质量分别 为 m1 = 3 kg 和 m2 = 2.0kg 的两物块,同时分别从左 右劈面的顶端从静止开始下滑,劈块始终与水平面保 持相对静止, 各相互接触面之间的动摩擦因数均为 μ = 0.20 ,求两物块下滑过程中(m1 和 m2 均未达到底端) 劈块受到地面的摩擦力。 (g = 10m/s2) 解析:选 M 、m1 和 m2 构成的整体为研究对象,把在相同时间内,M 保持静止,m1 和 m2 分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。根据各种性质的力产 生的条件,在水平方向,整体除受到地面的静摩擦力外,不可能再受到其他力;如果受到 静摩擦力,那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。
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根据系统牛顿第二定律,取水平向左的方向为正方向,则有: F 合 x = Ma′+ m1a1x-m2a2x 其中 a′、a1x 和 a2x 分别为 M 、m1 和 m2 在水平方向的加速度的大小,而 a′= 0 , a1x = g (sin30° -μcos30°) ? cos30° ,a2x = g (sin45° -μcos45°) ? cos45° 。所以: F 合 = m1g (sin30° -μcos30°) ? cos30° -m2g (sin45° -μcos45°) ? cos45°
1 3 3 2 2 2 = 3× 10× ( -0.2× )× -2.0× 10× ( -0.3× )× =-2.3N 2 2 2 2 2 2 负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地 面的摩擦力的大小为 2。3N,方向水平向右。 例 5:如图 1—6 所示,质量为 M 的平板小车放在倾角为 θ 的光滑 斜面上(斜面固定) ,一质量为 m 的人在车上沿平板向下运动时,车 恰好静止,求人的加速度。 解析:以人、车整体为研究对 象,根据系统牛顿运动定律求解。 如图 1—6—甲, 由系统牛顿第二定 律得: (M + m)gsinθ = ma

解得人的加速度为 a =

M?m gsinθ m

例 6:如图 1—7 所示,质量 M = 10kg 的木块 ABC 静置 于粗糙的水平地面上,滑动摩擦因数 μ = 0.02 ,在 木块的倾角 θ 为 30°的斜面上, 有一质量 m = 1.0kg 的物 块静止开始沿斜面下滑, 当滑行路程 s = 1.4m 时, 其速度 v = 1.4m/s ,在这个过程中木块没有动,求地面对木块的 摩擦力的大小和方向。 (重力加速度取 g = 10/s2) 解析:物块 m 由静止开始沿木块的斜面下滑,受重力、弹力、摩擦力,在这三个恒力 的作用下做匀加速直线运动, 由运动学公式可以求出下滑的加速度, 物块 m 是处于不平衡 状态,说明木块 M 一定受到地面给它的摩察力,其大小、方向可根据力的平衡条件求解。 此题也可以将物块 m 、木块 M 视为一个整体,根据系统的牛顿第二定律求解。

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由运动学公式得物块 m 沿斜面下滑的加速度: a=
2 v2 v2 ? v0 1.42 t = t = = 0.7m/s2 2s 2s 2 ?1.4

以 m 和 M 为研究对象,受力如图 1—7—甲所示。由系统的牛顿第二定律可解得地面 对木块 M 的摩擦力为 f = macosθ = 0.61N ,方向水平向左。 例 7: 有一轻质木板 AB 长为 L , A 端用铰链固定在竖直墙上, 另一端用水平轻绳 CB 拉住。板上依次放着 A 、B 、C 三个圆柱体,半径均为 r ,重均为 G ,木板与墙的夹角 为 θ ,如图 1—8 所示,不计一切摩擦,求 BC 绳上的张力。 解析:以木板为研究对象,木板处于力矩平衡状态,若分别以圆柱体 A 、B 、C 为 研究对象,求 A 、B 、C 对木板的压力,非常麻烦,且容易出错。若将 A 、B 、C 整体 作为研究对象,则会使问题简单化。 以 A 、B 、C 整体为研究对象,整体受到重力 3G 、木板的支持力 F 和墙对整体的 支持力 FN ,其中重力的方向竖直向下,如图 1—8—甲所示。合重力经过圆柱 B 的轴心, 墙的支持力 FN 垂直于墙面,并经过圆柱 C 的轴心,木板给的支持力 F 垂直于木板。由于 整体处于平衡状态,此三力不平行必共点,即木板给的支持力 F 必然过合重力墙的支持力 FN 的交点。 根据共点力平衡的条件:ΣF = 0 ,可得:F = 由几何关系可求出 F 的力臂 L = 2rsin2θ +
3G 。 sin ?

r + r·cotθ sin ?

以木板为研究对象,受力如图 1—8—乙所示,选 A 点为 转轴,根据力矩平衡条件 ΣM = 0 ,有:F ? L = T ? Lcosθ
3Gr(2sin 2 ? ?

即:

1 ? cot ?) sin ? = T ? Lcosθ sin ?

解得绳 CB 的张力:T =

3Gr 1 ? cos ? (2tanθ + 2 ) L sin ?? cos ?

图 1—8 乙

例 8:质量为 1.0kg 的小球从高 20m 处自由下落到软垫上,反弹后上升的最大高度为 5.0m ,小球与软垫接触的时间为 1.0s ,在接触时间内小球受合力的冲量大小为(空气阻 力不计,取 g = 10m/s2) ( ) A.10N ? s B.20 N ? s C.30 N ? s D.40 N ? s 解析:小球从静止释放后,经下落、接触软垫、反弹上升三 个过程后到达最高点。动量没有变化,初、末动量均为零,如图 1—9 所示。这时不要分开过程求解,而是要把小球运动的三个过 程作为一个整体来求解。 设小球与软垫接触时间内小球受到合力的冲量大小为 I ,下 落高度为 H1 ,下落时间为 t1 ,接触反弹上升的高度为 H2 ,上 升的时间为 t2 ,则以竖直向上为正方向,根据动量定理得: 图 1—9 -mg ? t1 + I-mg ? t2 = 0
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而 t1 =

2H 2 2H 1 ,t2 = g g

故:I = m( 2gH1 + 2gH2 ) = 30N ? s 答案:C 例 9:总质量为 M 的列车以匀速率 v0 在平直轨道上行驶,各车厢受的阻力都是车重 的 k 倍,而与车速无关。某时刻列车后部质量为 m 的车厢脱钩,而机车的牵引力不变,则 脱钩的车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度是多少? 解析:此题求脱钩的车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度,就机车来说,在车厢脱钩 后,开始做匀加速直线运动,而脱钩后的车厢做匀减速运动,由此可见,求机车的速度可 用匀变速直线运动公式和牛顿第二定律求解。 现在若把整个列车当作一个整体,整个列车在脱钩前后所受合外力都为零,所以整个 列车动量守恒,因而可用动量守恒定律求解。 根据动量守恒定律,得:Mv0 = (M-m)V 即:V =
Mv0 M?m Mv0 。 M?m

即脱钩的车厢刚停下的瞬间,前面列车的速度为

【说明】显然此题用整体法以列车整体为研究对象,应用动量守恒定律求解比用运动 学公式和牛顿第二定律求简单、快速。 例 10: 总质量为 M 的列车沿水平直轨道匀速前进, 其末节车厢质量为 m , 中途脱钩, 司机发觉时,机车已走了距离 L ,于是立即关闭油门,撤去牵引力,设运动中阻力与质量 成正比,机车的牵引力是恒定的,求,当列车两部分 都静止时,它们的距离是多少? 解析:本题若分别以机车和末节车厢为研究对象用运动学、牛顿第二定律求解,比较 复杂,若以整体为研究对象,研究整个过程,则比较简单。 假设末节车厢刚脱钩时,机车就撤去牵引力,则机车与末节车厢同时减速,因为阻力 与质量成正比,减速过程中它们的加速度相同,所以同时停止,它们之间无位移差。事实 是机车多走了距离 L 才关闭油门,相应的牵引力对机车多做了 FL 的功,这就要求机车相 对于末节车厢多走一段距离 ΔS ,依靠摩擦力做功,将因牵引力多做功而增加的动能消耗 掉,使机车与末节车厢最后达到相同的静止状态。所以有: FL = f ? ΔS 其中 F = μMg , f = μ(M-m)g 代入上式得两部分都静止时,它们之间的距离:ΔS =
ML M?m

例 11:如图 1—10 所示,细绳绕过两个定滑轮 A 和 B ,在两端各挂 个重为 P 的物 体,现在 A 、B 的中点 C 处挂一个重为 Q 的小球,Q<2P ,求小球可能下降的最大距离 h 。已知 AB 的长为 2L ,不讲滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。

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解析: 选小球 Q 和两重物 P 构成的整体为研究对象, 该整体的速率从零开始逐渐增为 最大,紧接着从最大又逐渐减小为零(此时小球下降的距离最大为 h) ,如图 1—10—甲。 在整过程中,只有重力做功,机械能守恒。 因重为 Q 的小球可能下降的最大距离为 h ,所以重为 P 的两物体分别上升的最大距 离均为: h 2 ? L2 -L 考虑到整体初、末位置的速率均为零,故根据机械能守恒定律知,重为 Q 的小球重力 势能的减少量等于重为 P 的两个物体重力势能的增加量,即: Qh = 2P ( h 2 ? L2 -L)
2PL( 8P 2 ? Q 2 ? Q Q2 ? 4P 2

从而解得:h =

例 12:如图 1—11 所示,三个带电小球质量相等, 均静止在光滑的水平面上,若只释放 A 球,它有加速 度 aA = 1m/s2 ,方向向右;若只释放 B 球,它有加速 度 aB = 3m/s2 ,方向向左;若只释放 C 球,求 C 的加 速度 aC 。 解析:只释放一个球与同时释放三个球时,每球所受的库仑力相同。而若同时释放三 个球,则三球组成的系统所受合外力为 0,由此根据系统牛顿运动定律求解。 把 A 、B 、C 三个小球看成一个整体,根据系统牛顿运动定律知,系统沿水平方向 所受合外力等于系统内各物体沿水平方向产生加速度所需力的代数和,由此可得: maA + maB + maC = 0 规定向右为正方向,可解得 C 球的加速度: aC =-(aA + aB) =-(1-3) = 2m/s2 方向水平向右: 例 13:如图 1—12 所示,内有 a 、b 两个光滑活塞的圆柱形金属容器,其底面固定在 水平地板上,活塞将容器分为 A 、B 两部分,两部分中均盛有温度相同的同种理想气体, 平衡时,A 、B 气体柱的高度分别为 hA = 10cm , hB = 20cm , 两活塞的重力均忽略不 - 计,活塞的横截面积 S = 1.0× 10 3m2 。 现用竖直向上的力 F 拉活塞 a , 使其缓慢地向 上移动 Δh = 3.0cm ,时,活塞 a 、b 均恰好处于静止状态,环境温度保护不变,求:
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(1)活塞 a 、b 均处于静止平衡时拉力 F 多大? (2)活塞 a 向上移动 3.0cm 的过程中,活塞 b 移动了多少? (外界大气压强为 p0 = 1.0× 105Pa) 解析:针对题设特点,A 、B 为同温度、同种理想气体,可选 A 、 B 两部分气体构成的整体为研究对象, 并把两部分气体在一同 时间内分别做等温变化的过程视为同一整体过程来研究。 (1)根据波意耳定律,p1V1 = p2V2 得:p0(10 + 20)S = p′(10 + 20 + 3.0)S′ 从而解得整体末态的压强为 p′=
10 p0 11

再以活塞 a 为研究对象,其受力分析如图 1—12 甲所示,因活塞 a 处于平衡状态,故 有:F + p′S = p0S 从而解得拉力: F = (p0-p′)S = (p0-
10 1 1 - p0)S = p0S = × 1.0× 105× 1.0× 10 3 11 11 11

= 9.1N (2)因初态 A 、B 两气体的压强相同,温度相同,分子密度相 同,末态两气体的压强相同,温度相同,分子密度相同,故部分气体 体积变化跟整体气体体积变化之比,必然跟原来它们的体积成正比, 即: hB ?h B = ?h h A ? h B 所以活塞 b 移动的距离:ΔhB =
hB 20 Δh = × 3.0 = 2.0cm hA ? hB 10 ? 20

例 14:一个质量可不计的活塞将一定量的理想气体封 闭在上端开口的直立圆筒形气缸内,活塞上堆放着铁砂,如 图 1—13 所示,最初活塞搁置在气缸内壁的固定卡环上,气 体柱的高度为 H0 ,压强等于大气压强 p0 。现对气体缓慢 加热,当气体温度升高了 ΔT = 60K 时,活塞(及铁砂)开 始离开卡环而上升。继续加热直到气柱高度为 H1 = 1.5H0 。 此后,在维持温度不变的条件下逐渐取走铁砂,直到铁砂全 部取走时,气柱高度变为 H2 = 1.8H0 ,求此时气体的温度。 (不计活塞与气缸之间的摩擦) 解析:气缸内气体的状态变化可分为三个过程:等容变化→等压变化→等温变化;因 为气体的初态压强等于大气压 p0 ,最后铁砂全部取走后气体的压强也等于大气压 p0 ,所 以从整状态变化来看可相当于一个等压变化,故将这三个过程当作一个研究过程。 根据盖·吕萨克定律:
H 0S H 2S = T1 T2



再隔离气体的状态变化过程,从活塞开始离开卡环到把温度升到 H1 时,气体做等压

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变化,有:

H 0S HS = 1 T1 ? ?T T2



解①、②两式代入为数据可得:T2=540K 例 15:一根对称的“∧”形玻璃管置于竖直平面内, 管所有空间有竖直向上的匀强电场, 带正电的小球在管内从 A 点由静止开始运动,且与管壁的动摩擦因数为 μ ,小球 在 B 端与管作用时无能量损失,管与水平面间夹角为 θ , AB 长 L ,如图 1—14 所示,求从 A 开始,小球运动的总 路程是多少?(设小球受的电场力大于重力) 解析:小球小球从 A 端开始运动后共受四个力作用, 电场力为 qE、重力 mg、管壁 支持力 N、摩擦力 f,由于在 起始点 A 小球处于不平衡状态,因此在斜管上任何位置都是不平衡的,小球将做在“∧” 管内做往复运动,最后停在 B 处。若以整个运动过程为研究对象,将使问题简化。 以小球为研究对象,受力如图 1—14 甲所示,由于电场力和重力做 功与路径无关,而摩擦力做功与路径有关,设小球运动的总路程为 s,由 动能定理得: qELsinθ-mgLsinθ-fs = 0 ① 又因为 f = μN ② N = (qE-mg)cosθ ③ 所以由以上三式联立可解得小球运动的总路程:s =
L tan ? ?

例 16:两根相距 d = 0.20m 的平行金属长导轨固定在同一水平面内,并处于竖直方向 的匀强磁场中,磁场的磁感应强度 B = 0.2T ,导轨上面横放着两条金属细杆,构成矩形回 路,每条金属细杆的电阻为 r = 0.25Ω ,回路中其余部分的电阻可不计。已知两金属细杆 在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移,速度大小都是 v = 5.0m/s ,如 图 1—15 所示。不计导轨上的摩擦。 (1)求作用于每条金属细杆的拉力的大小; (2)求两金属细杆在间距增加 0.40m 的滑动过程 中共产生的热量。 解析:本题是电磁感应问题,以两条细杆组成的回 路整体为研究对象,从力的角度看,细杆匀速移动,拉 力跟安培力大小相等。 从能量的角度看, 外力做功全部转化为电能, 电又全部转化为内能。 根据导线切割磁感线产生感应电动势公式得:ε 总 = 2BLv 从而回路电流:I =
2Blv 2r B2 l 2 v - = 3.2× 10 2N r


由于匀速运动,细杆拉力:F = F 安 = BIl =

根据能量守恒有:Q = Pt = 2Fvt = Fs = 1.28× 10 2J -2 即共产生的热量为 1.28× 10 J 。
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例 17: 两金属杆 ab 和 cd 长均为 l , 电阻均为 R, 质量分别为 M 和 m , M>m 。 用 两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路,并悬挂在水平、光 滑、不导电的圆棒两侧。两金属杆都处在水平位置,如图 1—16 所示。整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中,磁感应 强度为 B。若金属杆 ab 正好匀速向下运动,求运动的速度。 解析:本题属电磁感应的平衡问题,确定绳上的拉力,可选 两杆整体为研究对,确定感应电流可选整个回路为研究对象,确 定安培力可选一根杆为研究对象。设匀强磁场垂直回路平面向 外,绳对杆的拉力为 T,以两杆为研究对象,受力如 1—16 甲所 示。因两杆匀速移动,由整体平衡条件得: 4T = (M + m)g ① 对整个回路由欧姆定律和法拉第电磁感应定律得: I=
BlV 2R



对 ab 杆,由于杆做匀速运动,受力平衡: BIl + 2T-Mg = 0 ③ 联立①②③三式解得:v =
(M ? m)gR 2B2 l2

针对训练
1.质量为 m 的小猫,静止于很长的质量为 M 的吊杆上,如图 1—17 所示。在吊杆上 端悬线断开的同时,小猫往上爬,若猫的高度不变,求吊杆的加速度。 (设吊杆下端离地 面足够高)

图 1—17 图 1—18 2.一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中,若把在空中下落的过程称 为过程 I ,进入泥潭直到停止的过程称为过程 II ,则( ) A、过程 I 中钢珠动量的改变量等于它重力的冲量 B、过程 II 中阻力的冲量的大小等于全过程中重力冲量的大小 C、过程 II 中钢珠克服阻力所做的功等于过程 I 与过程 II 中钢珠所减少的重力势能之 和
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D、过程 II 中损失的机械能等于过程 I 中钢珠所增加的动能 3.质量为 m 的运动员站在质量为
m 的均匀长板 AB 的中点,板位于水平面上,可绕 2

通过 B 点的水平轴转动,板的 A 端系有轻绳,轻绳的另一端绕过两个定滑轮后,握在运 动员手中。当运动员用力拉绳时,滑轮两侧的绳子都保持在竖直方向,如图 1—18 所示。 要使板的 A 端离开地面,运动员作用于绳子的最小拉力是 。 4.如图 1—19,一质量为 M 的长木板静止在光滑水平桌面 上。一质量为 m 的小滑块以水平速度 v0 从长木板的一端开始在 木板上滑动,直到离开木板。滑块刚离开木板时的速度为
v0 。 3

若把该木板固定在水平桌面上,其他条件相同,求滑决离开木 板时的速度 v 。 5.如图 1—20 所示为一个横截面为半圆,半径为 R 的光滑圆柱,一根不可伸长的细 绳两端分别系着小球 A 、B ,且 mA = 2mB ,由图示位置从静止开始释放 A 球,当小球 B 达到半圆的顶点时,求线的张力对小球 A 所做的功。

6.如图 1—21 所示,AB 和 CD 为两个斜面,其上部足够长,下部分别与一光滑圆弧 面相切,EH 为整个轨道的对称轴,圆弧所对圆心角为 120°,半径为 2m ,某物体在离弧 底 H 高 h = 4m 处以 V0 = 6m/s 沿斜面运动,物体与斜面的摩擦系数 μ = 0.04 ,求物体在 AB 与 CD 两斜面上(圆弧除外)运动的总路程。 (取 g = 10m/s2) 7.如图 1—22 所示,水平转盘绕竖直轴 OO′转动,两木块质量分别为 M 与 m ,到 轴线的距离分别是 L1 和 L2 ,它们与转盘间的最大静摩擦力为其重力的 μ 倍,当两木块用 水平细绳连接在一起随圆盘一起转动并不发生滑动时,转盘最大角速度可能是多少?

8. 如图 2—23 所示, 一质量为 M , 长为 l 的长方形木板 B , 放在光滑的水平地面上, 在其右端放一质量为 m 的小木块, 且 m<M 。 现以地面为参考系, 给 A 和 B 以大小相等、 方向相反的初速度,使 A 开始向左运动,B 开始向右运动,且最后 A 没有滑离木板 B,求 以地面为参考系时小木块 A 的最大位移是多少?摩 擦力做的功是多大? 9.如图 1—24 所示,A 、B 是体积相同的气缸,
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B 内有一导热的、可在气缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞 C 、D 为不导热的阀门。起 初,阀门关闭,A 内装有压强 P1 = 2.0× 105Pa ,温度 T1 = 300K 的氮气。B 内装有压强 P2 = 1.0× 105Pa ,温度 T2 = 600K 的氧气。阀门打开后,活塞 C 向右移动,最后达到平衡。以 V1 和 V2 分别表示平衡后氮气和氧气的体积, 则 V1∶V2 = 。 (假定氧气和氮气均为 理想气体,并与外界无热交换,连接气体的管道体积可忽略) 10.用销钉固定的活塞把水平放置的容器分隔成 A 、B 两部分,其体 积 之 比 5 VA ∶VB = 2∶1 , 如图 1—25 所示。 起初 A 中有温度为 127℃ , 压强为 1.8× 10 Pa 的空气, 5 B 中有温度 27℃ ,压强为 1.2× 10 Pa 的空气。拔出销钉,使活塞可以无摩擦地移动(不漏 气) 。由于容器缓慢导热,最后气体都变成室温 27℃ ,活塞也停住,求最后 A 中气体的 压强。

11.如图 1—26 所示,A 、B 、C 三个容器内装有同种气体,已知 VA = VB = 2L , VC = 1L ,TA = TB = TC = 300K ,阀门 D 关闭时 pA = 3atm ,pB = pC = 1atm 。若将 D 打 开, A 中气体向 B 、 C 迁移 (迁移过程中温度不变) , 当容器 A 中气体压强降为 Pa′= 2atm 时,关闭 D ;然后分别给 B 、C 加热,使 B 中气体温度维持 Tb′= 400K ,C 中气体温 度维持 Tc′= 600K ,求此时 B 、C 两容器内气体的压强(连通三容器的细管容积不计) 。 12.如图 1—27 所示,两个截面相同的圆柱形容器,右边容器高为 H ,上端封闭, 左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的活塞。两容器由装有阀门的极细管道相 连,容器、活塞和细管都是绝热的。开始时,阀门关闭,左边容器中装有热力学温度为 T0 的单原子理想气体,平衡时活塞到容器底的距离为 H ,右边容器内为真空。现将阀门缓 慢打开,活塞便缓慢下降,直至系统达到平衡,求此时左边容器中活塞的高度和缸内气体
3 的温度。 (提示:一摩尔单原子理想气体的内能为 RT ,其中 R 为摩尔气体常量,T 为气 2 体的热力学温度。 ) 13. 如图 1—28 所示, 静止在光滑水平面上已经充电的平行板电 容器的极板距离为 d ,在板上开个小孔,电容器固定在一绝缘底座 上,总质量为 M ,有一个质量为 m 的带正电的小铅丸对准小孔水平

向左运动 (重力不计) , 铅丸进入电容器后, 距左极板的最小距离为

d , 2

求此时电容器已移动的距离。 14.一个质量为 m ,带有电量-q 的小物体,可在水平轨道 OX 上运动,O 端有一与 轨道垂直的固定墙壁,轨道处于匀强电场中,场强大小 为 E,方向沿 OX 正方向,如图 1—29 所示,小物体以 初速 v0 从 x0 点沿 Ox 运动时,受到大小不变的摩擦力 f 的作用, 且 f<qE ; 设小物体与墙碰撞时不损失机械能,
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且电量保持不变,求它在停止运动前所通过的总路程 s 。 15.如图 1—30 所示,一条长为 L 的细线,上端固定,下端拴一质量为 m 的带电小 球。将它置于一匀强电场中,电场强度大小为 E ,方向是水平的,已知当细线离开竖直位 置的偏角为 α 时,小球处于平衡。求: (1)小球带何种电荷?小球所带的电量; (2)如果使细线的偏角由 α 增大到 φ ,然后将小球由静止开始释放,则 φ 应为多大, 才能使在细线到达竖直位置时小球的速度刚好为零?

16.把 6 只相同的电灯泡分别接成如图 1—31 所示的甲乙两种电路,两电路均加上 U 等于 12V 的恒定电压,分别调节变阻器 R1 和 R2 ,使 6 只灯泡均能正常工作,这时甲乙 两种电路消耗的总功率分别为 P1 和 P2 ,试找出两者之间的关系。 17.如图 1—32 所示,在竖直方向的 x 、y 坐标系中,在 x 轴上方有一个有界的水平向右的匀强电场,场强为 E ,x 轴的下 方有一个向里的匀强磁场,场强为 B 。现从 A 自由释放一个带电 量为-q 、质量为 m 的小球,小球从 B 点进入电场,从 C 点进入 磁场,从 D 点开始做水平方向的匀速直线运动。已知 A、B 、C 点的坐标分别为(0 ,y1) 、 (0 ,y2) 、 (-x ,0) ,求 D 点的纵坐 标 y3 。

参考答案
1、(1 +
m )g M

2、ABC
1 3、 mg 2

t 0 4m ? M M 3 5、19mAgR

4、

6、290m 7、
?(M ? m)g ML2 ? mL1

8、s =

2ml ,W = μmgl M?m
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9、4∶1 10、1.3× 105Pa 11、2.5atm
2 7 12、h = H ,T = T0 5 5

13、 14、

mg 4M
2 2qEx 0 ? mv0 2f

15、 (1)正电,c =

mg tanα , (2)φ = 2α E

16、P1 = 2P2 qE 1 m2g 17、y3 =-( ? 2 2 -y1- x) mg 2 qB

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