二十二届初中物理竞赛复赛试卷

2012年第二十二届全国初中应用物理竞赛复赛试题参考解答和评分标准说明：1．提供的参考解答除选择题外，不一定都是惟一正确的。

对于那些与此解答不同的解答，正确的，同样得分。

2．评分标准只是按一种思路与方法给出的。

在阅卷过程中会出现各种不同情况，可按照本评分标准的精神定出具体处理办法，但不要与本评分标准有较大偏离。

3．问答题或计算题是分步给分的。

在评分标准中常常写出（1）式几分，（2）式几分……这里的式子是用来代表步骤的。

若考生并未写出这个式子，而在文字表达或以后的解题过程中反映了这一步骤，同样得分。

没有写出任何式子或文字说明，只给出最后结果的，不能得分。

4．参考解答中的数字结果是按照有效数字的运算要求给出的，但对考生不做要求。

不要因为有效数字的错误而扣分。

5．在最后定奖时．如果得分相同的人数超过获奖名额，因而难于选拔时，可对待选试卷进行加分评判。

加分评判的基本依据是：（1）所用方法或原理不是课本所讲的，具有创新性，应加分；（2）方法简便，应加分；（3）提出多种正确解法，应加分；（4）试卷表达规范，条理清楚，能充分利用数学工具，应加分。

上述各项的执行都需由竞赛领导小组做出规定（省统一分配奖励名额的由省决定，地、市分配奖励名额的由地、市决定）。

一、（16分）解：（1）发电机能够提供的电能W 电=P 电t =5kW×8h= 40kW·h …………………………3分（2）汽油机的效率P t W Q Vq ηρ'==有用机放 …………………………………………………4分所以油箱的最小容积： 3333378.310W 83600s 20.910m 20.9L 0.7110kg /m 0.35 4.610J /kgP t V q ρη-'⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯⨯机…3分 （3）汽油发电机将内能转化为电能的效率 333337510W 83600s 21.1%0.7110kg /m 20.910m 4.610J /kgW P t Q Vq ηρ-'⨯⨯⨯'====⨯⨯⨯⨯⨯电电放……6分 或33510W 0.3521.1%8.310WP P ηη⨯'==⨯=⨯电机二、（16分）解：（1）该型号热量表能测量的最大供热功率max max max max max max c m t c V t Q P t t tρ∆∆===水水水 333354.210J /(kg C)10kg /m 2.5m 50C 1.4610W 3600s⨯⋅︒⨯⨯⨯︒==⨯ …………………4分 （2）平均每小时从暖气中得到的热量Q c m t c V t ρ=∆=∆水水水333364.210J /(kg C)10kg/m 0.777m (52.5-49.7)C=9.1410J =⨯⋅︒⨯⨯⨯︒⨯…………4分 相当于完全燃烧天然气的体积为：637346235.67 3.610J 2081m 810J/m⨯⨯=⨯ ………………4分 （3）分析原理可知，为了提高房间内暖气片放出热量的速度，只需调节“水量调节阀”，加大热水瞬时流量即可。

2012年第二十二届全国初中应用物理竞赛复赛试题注意事项：1．请在密封钱内填写所在地区、学校、姓名和考号。

2．用蓝色或黑色钢笔、圆珠笔书写。

3．本试卷共有六个大题，满分为100分。

4．答卷时间: 2012年4月15日(星期日)上午9：30~11:10。

题 号 一 二 三 四 五 六 总 分分 数复核人 来发电。

该发种电机铭牌部分数据如下表所示，根据表中的数据求：图1 (1)在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是多少度? (2)己知汽油的热值是q=4.6×l07J/kg ，密度是0.71×103kg/m 3，设该汽油机的效率为35%，则该汽油发电机油箱的容积至少需要多大?(3)汽油发电机将内能转化为电能的效率是多少?二、(16分)长期以来，我国北方地区城镇居民的冬季采暖计量一般都按住宅面积收费，导致用户节能意识差，造成严重的资源浪费。

作为建筑节能的一项基本措施，近几年部分地区试点以热量表作为计量收费的依据和手段，经测算可节能约20%~30%。

如图2所示，一个完整的热量 表由以下三个部分组成：一只液体流量计，用以测量经热交换的热水流量；一对用铂电阻制作的温度传感器，分别测量供暖进水和回水温度；一低功耗的单芯片计算机，根 据与其相连的流量计和温度传感器 提供的流量和温度数据，利用热力 学公式可计算出用户从热交换系统 获得的热量，通过液晶显示器将测量数据和计算结果显示出来。

以下是某用户家中的热量表的部分参数，已知水的比热容取4.2×l03J/(kg·C)，7J/m 3最大流量/m 3h -1 2.5 测温范围℃ 4 ~100 温差范围/K2~50 最大水压/MPa 1.6电源 3.6V 2Ah 电源寿命 ≥5年得 分 评卷人发动机(汽油机) 发电机 型号 XGQF5.0 型号 XGQF5.0 额定功率 8.3kW 额定输出功率 5kW 噪声 73db 额定输出电压 220V 连续运行时间 8h 额定频率 50H z 强制水冷四冲程 自动电压保护 得 分 评卷人 进回测温三水量调节热量表 热量表热量计量系统用 户 图2（2）在一次要查看热量表记录情况时，通过逐次点按计量表上的信息显示按钮，液晶显示器逐项显示出了下列数据： 根据这些数据推算，求此次查看时该用户家平均每小时从暖气中得到的热量燃烧了多少m 3的天然气？(3)如果出现大风降温天气，住宅通过外墙散热的速度会加大。

2012年第二十二届全国初中应用物理竞赛复赛试题 参考答案与试题解析 1、分析：（1）已知发电机的额定功率和连续工作时间，根据公式W=Pt 可求发电机能够提供的电能． （2）已知汽油的热值和转化效率，根据公式W=ηQ=ηqm=ηqρV 可求消耗的汽油体积． （3）先计算出1小时产生的电能，已知产生的电能和机械能，二者之比就是汽油发电机将内能转化为电能的效率． 解答：解：（1）发电机能够提供的电能W 电=P 电t=5kW×8h=40kW•h=40度； （2）∵汽油机的效率η==， ∴油箱的最小容积： V===0.0209m 3=20.9L ． （3）汽油发电机将内能转化为电能的效率 η′====21.1%． 答：（1）在允许的连续运行时间内，发电机以额定功率输出，能够提供的电能是40度． （2）该汽油发电机油箱的容积至少需要20.9L ． （3）汽油发电机将内能转化为电能的效率是21.1%． 2、解：（1）该型号热量表能测量的最大供热功率max max max max max max c m t c V t Q P t t t ρ∆∆===水水水 333354.210J /(kg C)10kg /m 2.5m 50C 1.4610W 3600s ⨯⋅︒⨯⨯⨯︒==⨯ …………………4分 （2）平均每小时从暖气中得到的热量 Q c m t c V t ρ=∆=∆水水水 333364.210J /(kg C)10kg/m 0.777m (52.5-49.7)C=9.1410J =⨯⋅︒⨯⨯⨯︒⨯…………4分 相当于完全燃烧天然气的体积为：637346235.67 3.610J 2081m 810J/m ⨯⨯=⨯ ………………4分 （3）分析原理可知，为了提高房间内暖气片放出热量的速度，只需调节“水量调节阀”，加大热水瞬时流量即可。

………………………………………………………………………2分 （4）热量表的耗电功率为 43.6V 2A 3600s 1.610W 5365243600s W UQ P t t -⨯⨯====⨯''⨯⨯⨯电 ………………………………2分 （5）相当于节约的天然气体积为 4×109m 3×30%×20%=2.4×108m 3 …………………2分 3、分析：应用压强公式求出活塞A 上增加砝码后，液体增加的压强； 由帕斯卡原理与压强的变形公式求出活塞B 受到的压力的变化， 最后求出待测气体压强．解答：解：在自由活塞A上再加放重为G的砝码时，A活塞对工作液体增加的压强为：△p=，根据帕斯卡原理，工作液体对活塞B向上增加的压力△F=（S2﹣S3），因为活塞B下底面向上减小的气体压力△F′=（p0﹣p）S3，因为活塞B能够回到原来的高度，所以△F′=△F，即：（p0﹣p）S3=（S2﹣S3），待测容器内的气体压强：p=p0﹣（S2﹣S3）；答：待测容器内气体的压强为p0﹣（S2﹣S3）．4、分析：（1）小明设计一个用这些器材粗测冰块熔化热的方案，当测量烧杯和水的质量后，将水倒入保温桶内，用温度计测量水的温度；为了避免冰块融化，所以用镊子取适量冰块放在小烧杯中，迅速用天平测出其总质量后，立刻将冰倒入保温桶内的水中．（2）将测得数据代入λ=即可得到冰块的熔化热的表达式．解答：解：（一）实验步骤：（1）用调好的天平测量小烧杯的质量m1；（2）用小烧杯盛取足量的水，再用天平测量小烧杯和水的质量m2；（3）将水倒入保温桶内，用温度计测量水的温度t1；（4）提前较长时间将用冰格盛适量水放在冰箱冷冻室冻成冰块，用镊子取适量冰块放在小烧杯中，迅速用天平测量出其总质量m3后，立刻将冰块倒入保温桶内的水中，盖紧桶盖；（5）轻轻摇晃保温桶使水温均匀，并仔细听声音，能听出冰块熔化完毕后，打开桶盖，用温度计测出保温桶内水的温度t2．（二）水的质量为m2﹣m1，水放出的热量Q放=c水（m2﹣m1）（t1﹣t2），冰的质量m3﹣m1，冰吸热的热量Q冰吸=c冰（m3﹣m1）×18℃，水吸收的热量Q水吸=c水（m2﹣m1）t2，熔化吸热：Q熔吸=Q放﹣Q水吸﹣Q冰吸=c水（m2﹣m1）（t1﹣t2）﹣c水（m2﹣m1）t2﹣c冰（m3﹣m1）×18℃，冰块的熔化热的表达式为：λ=．5、分析：（1）将整个施工装置分为三部分：绞盘相当于轮轴，定滑轮及杠杆，然后根据三个机械的使用特点进行分析；（2）要分析推力F的大小变化，关键是以杆为研究对象，根据杠杆的平衡条件，分析所受其它力及对应力臂的变化；（3）可根据题干中给出的条件，分析绞盘离所拉的电线杆适当地远一些，发生的变化，根据杠杆平衡条件分析好处．解答：解：（1）如图答1所示，设钢丝绳拉电线杆的力为F′，把电线杆看作杠杆，其支点为其粗端端点O．由杠杆平衡条件，有：F'×L F'=G×L G绞盘本质上是一个轮轴，若要施工人员对绞盘横杆的推力F最小，则该力应沿水平方向，作用于横杆末端且与横杆垂直．在这种情况下，设所需的最小推力为F．设绞盘的轴恰好转动一周，则推力推动横杆末端移动的距离为s1=2πL工人推力总共做的功为：W总=F•2πL绞盘拉动钢丝绳移动的距离为s2=πD绞盘对钢丝绳所作的有用功为：W有用=F'•πD绞盘的机械效率为：∴（2）在整个立杆过程中，电线杆重力G大小不变．随着电线杆被逐渐拉起，重力G的力臂L G在逐渐减小；而钢丝绳拉力线杆的力F′的力臂L F’却在逐渐增大；根据杠杆平衡条件：F'×L F'=G×L G，可知，钢丝绳拉电线杆的力F′在逐渐减小．又因为，横杆末端到轴心的距离L、轴的直径D以及绞盘的效率η不变，所以施工人员对绞盘横杆的最小推力F也在逐渐减小．（3）绞盘离所拉的电线杆适当地远一些．其他情况相同时，可以适当地增大钢丝绳对电线杆的拉力F′的力臂L F’，在重力G与重力G的力臂L G相同的前提下，使F′减小，从而可以使施工人员对绞盘横拉的推力F减小一些．6、分析：（一）由表格数据可知，两灯泡的额定电压和蓄电池的两端的电压相等，根据并联电路的电压特点可知两灯泡为并联，根据P=UI求出每只灯泡的额定电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，根据I=求出实现的最长连续应急照明时间；（二）电磁继电器一般由铁芯、线圈、衔铁、触点簧片等组成的，只要在线圈两端加上一定的电压，线圈中就会流过一定的电流，从而产生电磁效应，衔铁就会在电磁力吸引的作用下克服返回弹簧的拉力吸向铁芯，从而带动衔铁的动触点与静触点（常开触点）吸合；当线圈断电后，电磁的吸力也随之消失，衔铁就会在弹簧的反作用力返回原来的位置，使动触点与原来的静触点（常闭触点）吸合，这样吸合、释放，从而达到了在电路中的导通、切断的目的．解答：解：（一）由该型号应急照明灯的主要技术数据可知，其所用灯泡的额定电压为2.4V，其蓄电池两端的电压也是2.4V；由此可知，两只灯泡应并联；根据P=UI可得，单只灯泡正常发光时的电流：I L===0.4A，∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴干路中的总电流：I=2×I L=2×0.4A=0.8A，即蓄电池对外供电电流为I=0.8A，根据I=可得，蓄电池充满电后，可以实现的最长应急照明时间：t===2.25h；（二）（1）①家庭电路正常工作时，充电器自动给蓄电池充电，各灯泡不发光，说明衔铁与下触点接触，充电器给蓄电池充电，要注意电磁继电器的电磁铁应接于低压直流电源的输出端；②当家庭电路停电时，蓄电池自动给各灯泡供电，说明衔铁与下触点接触，蓄电池要提供电能；小灯泡的额定电压为3.0～3.4V，且在一盏小灯泡灯丝烧断后还应该有部分小灯泡能正常工作说明四只灯泡两两串联后再并联；气压直流电源与电磁继电器相连，如下图所示：（2）若将电磁铁的两个接线柱直接接在充电器两端，当家庭电路正常工作时，电磁铁有磁性，吸引衔铁下移，接通蓄电池充电电路，充电器给蓄电池充电；当家庭电路停电时，蓄电池与电磁铁构成通路，电磁铁依然保持磁性，蓄电池无法为小灯泡供电，小灯泡不能发光．答：（一）在该型号应急照明灯刚投入使用阶段，待蓄电池充满电后，可以实现的最长连续应急照明时间为2.25h；（二）（1）如上图所示；（2）若将电磁铁的两个接线柱直接接在充电器两端，当家庭电路正常工作时，电磁铁有磁性，吸引衔铁下移，接通蓄电池充电电路，充电器给蓄电池充电；当家庭电路停电时，蓄电池与电磁铁构成通路，电磁铁依然保持磁性，蓄电池无法为小灯泡供电，小灯泡不能发光．。

2023年第二十二届全国初中应用物理竞赛预赛试题一、选择题：1. 上午，小明骑着自行车沿平直的公路驶向学校，强劲的北风迎面吹来，此时地面对车前轮的摩擦力为f 1，对车后轮的摩擦力为f 2.则下列说法中对的的是（ ）A ．f 1与前进的方向相反，f 1＜f 2B ．f 2与前进的方向相反，f 1＞f 2C ．f 1与前进的方向相同，f 1＜f 2D ．f 2与前进的方向相同，f 1＞f 22. 小明发现，有些电线杆上装有如图1所示的“小风车”，这些风车在微风中能不断地旋转，且旋转叶片的一面还装有反光的小镜子。

关于这样的“小风车”的作用，下列说法中对的的是（ ）A ．为了警示此处有电B ．为了测定风向C ．为了测量风速大小D ．为了驱赶小鸟，避免小鸟在上面做窝而导致电路短路3. 一名军人在一次执行任务时需要从正在正常向前行驶的卡车右侧跳下。

对于跳车的方法，以下四种方案中最安全的是（ ）A ．脸向车后并相对于车向后跳B ．脸向车后并相对于车向前跳C ．脸向车前并相对于车向后跳D ．脸向车前并相对于车向前跳4. 我国不少地区把阴霾天气现象并入雾一起作为灾害性天气，统称为“雾霾天气”。

关于雾和霾的结识，下列说法中对的的是（ ）A ．霾是大量的小水滴或冰晶浮游在近地面空气层中形成的B ．雾和霾是两种不同的天气现象C ．雾是由悬浮在大气中的大量微小尘粒、烟粒或盐粒等颗粒形成的D ．雾和霾是同一个概念的两种不同说法5.北京奥运会上的把戏游泳运动员，由于在水面上、下都能听到音乐指令，从而以其优美的舞姿、随音乐节拍而精确完毕的动作，让观众感受到了体育之美。

关于运动员在水下是如何接受到音乐指令的下列说法中，符合实际情况的是（ ）A ．仅在水面以上放有音箱，当运动员的头部在水面以下时，声音经由空气、水，最终传到运动员的耳朵B ．仅在水面以下放有音箱，当运动员的头部在水面以下时，声音通过水传到运动员的耳朵“小风图1C ．运动员通过无线耳机，接受来自控制室的电磁波信号，再将其转化成声音，被耳朵接受D ．在水面以上和以下都放有音箱，使运动员的头部无论是在水面以上还是在水面以下，都 能听到清楚的音乐声6. 小明学习了浮力知识以后，对热气球运动产生了爱好，他在网上收集了许多关于热气球的知识及类似图2所示的图片。

全国中学生物理竞赛复赛试题一、（15分）一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00≠v ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .二、（20分）一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.1. 若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2. 若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.三、（25分）一质量为m 、长为L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令mLλ=表示细杆质量线密度. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为k E k L αβγλω=式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出α、β和γ的值.2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值.3. 试求当杆摆至与水平方向成θ角时在杆上距O 点为r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g .提示：如果)(t X 是t 的函数，而))((t X Y 是)(t X 的函数，则))((t X Y 对t 的导数为d (())d d d d d Y X t Y X t X t=例如，函数cos ()t θ对自变量t 的导数为dcos ()dcos d d d d t t tθθθθ=四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成. 质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h . 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g . 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V .五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)xy z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)xy z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)xy z E E E '''，而是0(,,)x y zE E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >. 一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等. 1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.图(a) 图(b)八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 eV ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .第30届全国中学生物理竞赛复赛解答与评分标准一参考解答：x以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv . 设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1) 这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v .(2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v . (3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v .(4) [(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得 22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得22sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。

2012年第二十二届全国初中应用物理竞赛复赛试题参考解答和评分标准说明：1．提供的参考解答除选择题外，不一定都是惟一正确的。

对于那些与此解答不同的解答，正确的，同样得分。

2．评分标准只是按一种思路与方法给出的。

在阅卷过程中会出现各种不同情况，可按照本评分标准的精神定出具体处理办法，但不要与本评分标准有较大偏离。

3．问答题或计算题是分步方法给分的。

在评分标准中常常写出（1）式几分，（2）式几分……这里的式子是用来代表步骤的。

若考生并未写出这个式子，而在文字表达或以后的解题过程中反映了这一步骤，同样得分。

没有写出任何式子或文字说明，只给出最后结果的，不能得分。

4．参考解答中的数字结果是按照有效数字的运算要求给出的，但对考生不做要求。

不要因为有效数字的错误而扣分。

5．在最后定奖时．如果得分相同的人数超过获奖名额，因而难于选拔时，可对待选试卷进行加分评判。

加分评判的基本依据是：（1）所用方法或原理不是课本所讲的，具有创新性，应加分；（2）方法简便，应加分；（3）提出多种正确解法，应加分；（4）试卷表达规范，条理清楚，能充分利用数学工具，应加分。

上述各项的执行都需由竞赛领导小组做出规定（省统一分配奖励名额的由省决定，地、市分配奖励名额的由地、市决定）。

一、（16分）解：（1）发电机能够提供的电能W 电=P 电t =5kW×8h= 40kW·h …………………………3分（2）汽油机的效率 P t W Q Vq ηρ'==有用机放 …………………………………………………4分所以油箱的最小容积： 3333378.310W 83600s 20.910m 20.9L 0.7110kg /m 0.35 4.610J /kgP t V q ρη-'⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯⨯机…3分 （3）汽油发电机将内能转化为电能的效率 333337510W 83600s 21.1%0.7110kg /m 20.910m 4.610J /kgW P t Q Vq ηρ-'⨯⨯⨯'====⨯⨯⨯⨯⨯电电放……6分 或33510W 0.3521.1%8.310WP P ηη⨯'==⨯=⨯电机二、（16分）解：（1）该型号热量表能测量的最大供热功率max max max max max max c m t c V t Q P t t tρ∆∆===水水水 333354.210J /(kg C)10kg /m 2.5m 50C 1.4610W 3600s⨯⋅︒⨯⨯⨯︒==⨯ …………………4分 （2）平均每小时从暖气中得到的热量Q c m t c V t ρ=∆=∆水水水333364.210J /(kg C)10kg/m 0.777m (52.5-49.7)C=9.1410J =⨯⋅︒⨯⨯⨯︒⨯…………4分 相当于完全燃烧天然气的体积为：637346235.67 3.610J 2081m 810J/m⨯⨯=⨯ ………………2分 （3）分析原理可知，为了提高房间内暖气片放出热量的速度，只需调节“水量调节阀”，加大热水瞬时流量即可。

第22届全国中学生物理竞赛复赛题一、图中的AOB 是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内,由两个半径根基上R 的1/4圆周连接而成，它们的圆心1O 、2O 与两圆弧的连接点O 在同一竖直线上．B O 2沿水池的水面．一小滑块可由弧AO 的任意点从静止开始下滑．1．假设小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，那么小滑块开始下滑时应在圆弧AO 上的何处？〔用该处到1O 的连线与竖直线的夹角表示〕．2．凡能在O 点脱离滑道的小滑块，其落水点到2O 的距离如何？二、如如下面图，O 为半径等于R 的原来不带电的导体球的球心，O 1、O 2、O 3为位于球内的三个半径皆为r 的球形空腔的球心，它们与O 共面，2321R OO OO OO ===．在OO 1、OO 2的连线上距O 1、O 2为2r 的P 1、P 2点处分不放置带电量为q 1和q 2的线度特别小的导体〔视为点电荷〕，在O 3处放置一带电量为q 3的点电荷，设法使q 1、q 2和q 3固定不动．在导体球外的P 点放一个电量为Q 的点电荷，P 点与O 1、O 2、O 3共面，位于O O 3的延长线上，到O 的距离R OP 2=． 1．求q 3的电势能．2．将带有电量q 1、q 2的小导体释放，当重新到达静电平衡时，各外表上的电荷分布有何变化？现在q 3的电势能为多少？三、(22分)如如下面图，水平放置的横截面积为S 的带有活塞的圆筒形尽热容器中盛有1mol 的理想气体．其内能CT U =，C 为常量，T 为热力学温度．器壁和活塞之间不漏气且存在摩擦，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且皆为F ．图中r 为电阻丝，通电时可对气体缓慢加热．起始时，气体压强与外界大气压强p 0相等，气体的温度为T 0．现开始对r 通电，当活塞运动时克服摩擦力做功所产生热量的一半被容器中的气体汲取．假设用Q 表示气体从电阻丝汲取的热量，T 表示气体的温度，试以T 为纵坐标，Q 为横坐标，画出在Q 不断增加的过程中T 和Q 的关系图线．并在图中用题给的量及普适气体常量R 标出反映图线特征的各量〔不要求写出推导过程〕．四、〔23分〕封闭的车厢中有一点光源S ，在距光源l 处有一半径为r 的圆孔，其圆心为O 1，光源一直在发光，并通过圆孔射出．车厢以高速v 沿固定在水平地面上的x 轴正方向匀速运动，如如下面图．某一时刻，点光源S 恰位于x 轴的原点O 的正上方，取现在刻作为车厢参考系与地面参考系的时刻零点．在地面参考系中坐标为x A 处放一半径为R 〔R >r 〕的不透光的圆形挡板，板面与圆孔所在的平面都与x 轴垂直．板的圆心O 2、S 、、O 1都等高，起始时刻经圆孔射出的光束会有局部从挡板四面射到挡板后面的大屏幕〔图中未画出〕上．由于车厢在运动，将会出现挡板将光束完全遮住，即没有光射到屏上的情况．不考虑光的衍射．试求：1．车厢参考系中〔所测出的〕刚出现这种情况的时刻． 2．地面参考系中〔所测出的〕刚出现这种情况的时刻．五、〔25分〕一个用尽缘材料制成的扁平薄圆环，其内、外半径分不为a 1、a 2，厚度能够忽略．两个外表都带有电荷，电荷面密度σ随离开环心距离r 变化的规律均为2)(r r σσ=，0σ为常量．薄圆围绕通过环心垂直环面的轴以大小不变的角加速度β减速转动，t =0时刻的角速度为0ω．将一半径为a 0(a 0<<a 1)、电阻为R 并与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环同心放置． 试求在薄圆环减速运动过程中导线圆环中的张力F 与时刻t 的关系． 提示：半径为r 、通有电流I 的圆线圈〔环形电流〕度为rIkB =〔k 为常量〕六、〔25分〕两辆汽车A 与B ，在t =0时从十字路口O 处分不以速度v A 和v B 沿水平的、相互正交的公路匀速前进，如如下面图．汽车A 持续地以固定的频率v 0喊笛，求在任意时刻t 汽车B 的司机所检测到的笛声频率．声速为u ，且因此有u >v A 、v B ．七、〔25分〕如如下面图，在一个劲度系数为k 的轻质弹簧两端分不拴着一个质量为m 的小球A 和质量为2m 的小球B ．A 用细线拴住悬挂起来，系统处于静止状态，现在弹簧长度为l ．现将细线烧断，并以现在为计时零点，取一相对地面静止的、竖直向下为正方向的坐标轴Ox ，原点O 与现在A 球的位置重合如图．试求任意时刻两球的坐标．第22届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答A一、1．如如下面图，设滑块动身点为1P ，离开点为2P ，按题意要求11P O 、22P O 与竖直方向的夹角相等，设其为θ，假设离开滑道时的速度为v ，那么滑块在2P 处脱离滑道的条件是θcos 2mg Rm =v(1) 由机械能守恒221)cos 1(2v m mgR =-θ(2)(1)、(2)联立解得 或253654arccos '== θ(3)2．设滑块刚能在O 点离开滑道的条件是mg Rm =20v 〔4〕 v 0为滑块到达O 点的速度，由此得Rg =0v 〔5〕设到达O 点的速度为v 0的滑块在滑道OA 上的动身点到1O 的连线与竖直的夹角为0θ，由机械能守恒，有2021)cos 1(v m mgR =-θ〔6〕 由〔5〕、〔6〕两式解得3π0=θ〔7〕 假设滑块到达O 点时的速度0v v >，那么对OB 滑道来讲，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．关于0v v >的滑块，其在OA 上动身点的位置对应的θ角必大于0θ，即0θθ>，由于2π=max θ，依据机械能守恒，到达O 点的最大速度Rg max 2=v 〔8〕由此可知，能从O 点离开滑道的滑块速度是v 0到max v 之间所有可能的值，也确实是根基讲，θ从π至2π下滑的滑块都将在O 点离开滑道．以速度v 0从O 点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至2O 的距离t x 00v =〔9〕221gt R =〔10〕 由〔5〕、〔9〕、〔10〕式得R x 20=〔11〕当滑块以max v 从O 点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到2O 的距离t x max max v =〔12〕由〔8〕、〔10〕、〔12〕式得R x max 2=〔13〕因此，凡能从O 点脱离滑道的滑块，其落水点到2O 的距离在R 2到R 2之间的所有可能值．即R x R 22≤≤〔14〕二、1．由静电感应知空腔1、2及3的外表分不出现电量为1q -、2q -和3q -的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外外表呈现出电量321q q q ++．由静电屏蔽可知，点电荷q 1及感应电荷〔1q -〕在空腔外产生的电场为零；点电荷q 2及感应电荷〔2q -〕在空腔外产生的电场为零；点电荷q 3及感应电荷〔3q -〕在空腔外产生的电场为零．因此，在导体球外没有电荷时，球外表的电量321q q q ++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()321q q q ++，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．O 3处的电势由位于P 点处的Q 、导体球外表的电荷()321q q q ++及空腔3外表的感应电荷〔3q -〕共同产生．不管()321q q q ++在球面上如何分布，球面上的面电荷到O 点的距离根基上R ，因而在O 点产生的电势为R q q q k321++，Q 在O 点产生的电势为RQk 2，这两局部电荷在O 3点产生的电势U '与它们在O 点产生的电势相等，即有⎪⎭⎫⎝⎛+++=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++='R q q q Q k R Q R q q q k U 22222321321〔1〕因q 3放在空腔3的中心处，其感应电荷3q -在空腔3壁上均匀分布．这些电荷在O 3点产生的电势为rq kU 3-=''(2) 依据电势叠加定理，O 3点的电势为⎪⎭⎫⎝⎛-+++=''+'=r q R q q q Q k U U U 33212222(3)故q 3的电势能⎪⎭⎫⎝⎛-+++==r q R q q q Q kq U q W 3321332222(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q 1仅受到腔内壁感应电荷1q -的静电力作用，因q 1不在空腔1的中心O 1点，因此感应电荷1q -在空腔外表分布不均匀，与q 1相距较近的区域电荷面密度较大，对q 1的吸力较大，在空腔外表感应电荷的静电力作用下，q 1最后到达空腔1外表，与感应电荷1q -中和．同理，空腔2中q 2也将在空腔外表感应电荷2q -的静电力作用下到达空腔2的外表与感应电荷2q -中和．到达平衡后，腔1、2外表上无电荷分布，腔3外表和导体球外外表的电荷分布没有变化．O 3的电势仍由球外的电荷Q 和导体球外外表的电量()321q q q ++及空腔3内壁的电荷3q -共同产生，故O 3处的电势U 与q 3的电势能W 仍如(3)式与(4)式所示． 三、答案如如下面图．附计算过程：电阻通电后对气体缓慢加热()0T T C Q -=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．假设用T 1表示此过程到达末态的温度，p 表示末态的压强，Q 1表示此过程中气体从电阻丝汲取的热量，由等容过程方程有10T T p p = (2)由力的平衡可知F S p pS +=0(3)由〔2〕、〔3〕两式可得()Sp T F S p T 0001+=(4)代进(1)式得Sp CFT Q 001=(5)由以上讨论可知，当1Q Q ≤时，T 与Q 的关系为0T CQT +=(6)在Q T ~图中为一直线如图中ab 所示，其歪率CK ab 1=(7)直线在T 轴上的截距等于T 0，直线ab 的终点b 的坐标为〔T 1，Q 1〕．当电阻丝接着加热，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，因此气体的压强不变，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V 0增大到V ，温度由T 1升高到T 的过程中，设气体从电阻丝汲取的热量为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()()01V V p T T C q Q -+-=+'(8)q 可由摩擦力做功求得，即⎪⎭⎫⎝⎛-=S V V F q 021 (9)代进〔8〕式得()()()0102V V p T T C SV V F Q -+-=-+' (10)由状态方程式可知()()10T T R V V p -=-(11)将〔11〕式和〔4〕式代进〔10〕式，得 即()10002222T Q FRS Rp CF S Cp F S p T +'++++=〔12〕从开始对气体加热到气体温度升高到T (>T 1)的过程中，气体从电阻丝汲取的总热量Q Q Q '+=1〔13〕把〔13〕式代进到〔12〕式，并注重到〔4〕式和〔5〕，得()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛=≥++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++++=S p CFT Q Q Sp T F S p S p CFT Q FR S Rp CF S Cp F S p T 001000000002222〔14〕 由此可知，当S p CFT Q Q 001=≥时，T 与Q 的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为Sp CFT Q Q 001==，1T T =；歪率为()FRS Rp CF S Cp F S p ++++0002222〔15〕在Q T ~图中，确实是根基直线bd ，当热量Q 从零开始逐渐增大，气体温度T 将从起始温度T 0沿着歪率为K ab 的直线ab 上升到温度为T 1的b 点，然后沿着歪率为K bd 的直线bd 上升，如如下面图．四、1．相关于车厢参考系，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．假设距S 的距离为L 处光束的横截面正好是半径为R 的圆面，如如下面图， 可得rRl L =(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，那么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．现在，在车厢参考系中挡板离光源S 的距离确实是根基L ．在车厢参考系中，初始时，依据相对论，挡板离光源的距离为()21c x A v -(2)故出现挡板完全遮住光束的时刻为()vv L c x t A --=21(3)由〔1〕、〔3〕式得()vv v r Rlc x t A --=21(4)2．相关于地面参考系，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()2c 1'v -=l l (5)而孔半径r 不变，因此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221cr Rl r Rl'L'v -==(6)初始时，挡板离S 的距离为x A ，出现挡板完全遮住光束的时刻为221cr Rl x L'x t A A v v v v --=-='(7)五、用半径分不为r 1〔>a 1〕，r 2，…，r i ，…，r n –1〔<a 2〕的n -1个同心圆把塑料薄圆环分割成n 个细圆环．第i 个细圆环的宽度为1Δ--=i i i r r r ，其环带面积式中已略往高阶小量2)Δ(i r ．，该细圆环带上、下外表所带电荷量之和为 设时刻t ，细圆环转动的角速度为ω ，单位时刻内，通过它的“横截面〞的电荷量，即为电流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20r Δ2ΔΔii i i i r k r I kB ωσ==(1) 式中i r Δ是一个微小量，注重到()21Δi i i i i i r r r r r r ≈-=-，有i i i i i i ii r r r r r r r r 11Δ1112-=-=---(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：21120)(2a a a a k B -=ωσ(3)由于a 0<<a 1，能够认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由O 点的场表示．磁场对导线环的磁通量2021120π)(2a a a a a k BS Φ-==ωσ(4)由因此ω变化的，因此上述磁通量是随时刻变化的，产生的感应电动势的大小为21201202120120π)(2π)(2a a a a a k t a a a a a k t βσωσΦ-=∆∆-=∆∆=E (5) 由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为Ra a a a a k R I 2120120π)(2βσ-==E (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，依据楞次定律，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．现取关于y 轴两对称点U 、V ，对应的二段电流元l I ∆所受的安培力的大小为l BI f ∆=∆(7)方向如如下面图，它沿x 及y 方向重量分不y BI l BI f x ∆=⋅∆=∆θcos (8)x BI l BI f y ∆=⋅∆=∆θsin (9)依据对称性，作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的x 重量之和相互抵消，即0ΔΔ∑∑===y BI y BI f x (10)〔式中θcos l y ∆=∆，当2π<θ时，y ∆是正的，当2π>θ时，y ∆是负的，故∑=∆0y 〕， 而作用于沿半个导线圆环QMN 上的各电流元的安培力的y 重量之和为2ΔΔaBI x BI x BI f y ===∑∑(11)〔式中θsin l x ∆=∆，由于θ 在0~π之间x ∆根基上正的，故∑=∆02ax 〕，即半个导线圆环上受的总安培力的大小为02a BI ，方向沿y 正方向，由于半个圆环处于平衡状态，因此在导线截面Q 、N 处所受〔来自另外半个圆环〕的拉力〔即张力〕F 应满足022a BI F =．由〔3〕、〔6〕两式得()t Ra a a a a k BIa F βωβσ--==02221212302020)(π4(12)由〔12〕式可见，张力F 随时刻t 线性减小．六、如如下面图，t 时刻汽车B 位于()t B 处，距O 点的距离为v B t ．现在传播到汽车B 的笛声不是t 时刻而是较早时刻t 1由A 车发出的．汽车A 发出此笛声时位于()1t A 处，距O 点的距离为1A t v ．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 –t 1)，由几何关系可知()2121A 2B )]([)(t t u t t -=+v v (1)即0)(2)(222122122=-+--t u tt u t u B A v v这是以t 1为变量的一元二次方程，其解为t u u u t ABA B A ⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛--+±=222222221)(v v v v v 由于222A u u v ->，但t 1<t ，因此上式中只能取减号t uu u t 2A22B2A 2B 2A 221)(v v v v v --+-=(2)t u u t t 2A22A2B 2A 2B 2A 21)(v v v v v v ---+=-(3)令k u B A B A =-+22222)(v v v v (4)有t u ku t 2A 221v --=，t u k t -t 2A22A 1v v --=(5)在1t 时刻，位于()1t A 处的汽车A 发出的笛声沿直线〔即波线〕()()t B t A 1在t 时刻传到()t B 处，以()1t A θ、()t B θ分不表示车速与笛声传播方向的夹角，有()())()(cos 2A 2A 11A A 1v v v --==k u k u t -t u t t θ(6) ()())()(cos 2221A A B B t B k u u t -t u t v v v v --==θ(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()()01cos cos νθθνt A A t B B u u v v +-=(8)由〔6〕、〔7〕、〔8〕式，得()()()()022222222222222222ννBA B A A AB A B A B A u u u u u v v v v v v v v v v v v -+---⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=(9)七、解法一：关于由小球A 、B 和弹簧构成的系统，当A 、B 之间的距离为l 时，m A =m ，m B =2m ，由质心的定义，可知系统的质心C 离A 的距离l l C 32=〔1〕 故A 、B 到质心C 的距离分不为l l ll B A 3132==〔2〕假设以质心C 为参考系〔质心系〕，那么质心C 是固定不动的，连接A 、B 的弹簧能够分成两个弹簧CA 和CB ．设弹簧CA 的自然长度为l A 0，劲度系数为k A ，一端与小球A 相连，另一端固定在C 点；弹簧CB 的的自然长度为l B 0，劲度系数为k B ，一端与小球B 相连，另一端亦固定在C 点．假设连接A 、B 的自然长度为l 0，依据题意有()mg l l k 20=-〔3〕由〔2〕式可知弹簧CA 和CB 的自然长度分不为00003132l l l l B A ==〔4〕当A 被悬挂，系统处于静止时，连接A 、B 的弹簧长度为l ，由〔2〕式可知，现在弹簧CA 和CB 的长度分不为l l ll B A 3132==〔5〕弹簧CA 、CB 作用于A 、B 的弹簧力分不为但f A 、f B 确实是根基连接A 、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力f ，即有 由此得k k k k B A 323==〔6〕相对地面，质心C 是运动的，在t =0时刻，即细线刚烧断时刻，A 位于Ox 轴的原点O 处，即()00=A x ；B 的坐标()l x B =0．由〔1〕式，可知现在质心C 的坐标为()l x C 320=〔7〕 在细线烧断以后，作用于系统的外力是重力()g m m 2+．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22213221)0()(gt l gt x t x C C +=+=〔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．假设在质心系中取一坐标轴x O ''，原点O '与质心C 固连，取竖直向下为x O ''轴的正方向，当小球B 在这参考系中的坐标为B x '时，弹簧CB 作用于B 的弹性力当0B B l x >'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 ，方向竖直向上．作用于B 的合力 由〔3〕、〔4〕式得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛--'-=k mg l x k F B B B 231〔9〕 令⎪⎭⎫ ⎝⎛--'=k mg l x X BB 231〔10〕 有B B B X k F -=〔11〕当X B =0，作用于B 的合力F B =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⎪⎭⎫ ⎝⎛-='k mg l x B 2310〔12〕 X B 为B 离开其平衡位置的位移，〔11〕式讲明，作用于B 的合力具有弹性力的性质，故在F B 作用下，B 将在平衡位置四面作简谐振动，振动圆频率mkm k BBB 23==ω〔13〕 离开平衡位置的位移()B B B B t A X ϕω+=cos 〔14〕A B 为振幅，B ϕ为初相位．在t =0时刻，即细线刚烧断时刻，B 是静止的，故现在B 离开其平衡位置0B x '的距离确实是根基简谐振动的振幅A B ，而在t =0时刻，B 离开质心的距离即〔5〕式给出的l B ，故B 离开平衡位置的距离即振幅 由〔5〕式、〔12〕式得kmg k mg l l A B 32)2(3131=--=〔15〕 因t =0，X B =A B ，且X B 是正的，故 由此得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=t m k k mgX B 23cos 32〔16〕 由〔10〕式，t 时刻B 在质心系中的坐标()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-='t m k k mg k mg l t x B 23cos 32)2(31〔17〕 在地面参考系的坐标()()()t x t x t x B C B '+=〔18〕得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=t m k kmg gt l t x B 23cos 132212〔19〕 同理，当小球A 在质心系中的坐标为A x '时，注重到A x '是负的，这时，弹簧CA 的伸长量为⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+'=+'k mg l x l x l x A A A A 2323200， 当0A A l x +'为负时，弹力向下，为正，当0A A l x +'为正时，弹力向上，为负，故有 作用于A 的合力为 令 有当X A =0，作用于A 的合力F B =0，A 处于平衡状态，A 的平衡位置的坐标⎪⎭⎫ ⎝⎛--=k mg l x A 2320〔20〕X A 为A 离开其平衡位置的位移，故在合力F A 作用下，A 将在平衡位置四面作简谐振动，振动圆频率mk m k A A 23==ω〔21〕 离开平衡位置的位置A A 为振幅，A ϕ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l A ，A 的平衡位置离开质心的距离为0A x 故现在A 离开平衡位置的距离即为振幅A A ， 而现在A A A X -=，故 由此得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=t m k k mgX A 23cos 34〔22〕 在时刻t ，A 在地面参考系中的坐标 解法二：当A 球相关于地面参考系的坐标为x 时，弹簧CA 的伸长量为x l x C --032，A 所受的合力为 其加速度为其相关于质心的加速度为其中⎪⎭⎫ ⎝⎛--032l x x C 表示A 球相关于其平衡位置的位移，在相互平动的两个参考系中，相对位移与参考系无关．上式讲明，相对质心，A 球的加速度与其相关于平衡位置的位移成正比且反向．也确实是根基讲，A 球相对质心作简谐振动． 同理可证，其相关于质心的加速度为其中⎪⎭⎫ ⎝⎛+-30l x x C 表示B 球相关于其平衡位置的位移，相对质心，B 球的加速度与其相关于平衡位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，解法三：在地面参考系中，列A 、B 的牛顿定律方程 2)(20122l x x k mg ma ---=)2('' x 1、x 2是A 、B 的坐标，l 0是弹簧的自然长．0=t 时，有l 为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系因此由)1(''+)2(''，令g a a a 3221=+=，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， 再由)2(''⨯-2)1(''，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，因此直截了当写出解答， 结合初条件， 得到 因此 即由)3(''⨯-2)5(''，得 由)3(''+)5(''，得。