式中
2π TA和?是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t时刻平板振动的速度
??（11）
（12）
vPQ??A?sin??t???
因t?0时，xPQ?0．vPQ?V?，由（9）、（11）、（12）式可求得
把（13）、（14）式代入（10）式，得
A?2ghT 2?（13） （14）
???
π2xPQ?2ghπ??2πTcos?t?? 2π2??T（15）
碰撞后，小球开始作平抛运动．如果第一次碰撞后，小球再经过时间t2与平板发生第二次碰撞且发生在Q处，则在发生第二次碰撞时，小球的x座标为
平板的x座标为
在碰撞时，有
xB?t2??12gt2 2（16）
xPQ?t2??2ghπ??2πTcos?t2?? 2π2??T（17）
xB?t2??xPQ?t2?
（18）
由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得
π??24.90t2?4.41cos?πt2??
2??（19）
这便是t2满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）
t2?0.771s
（20）
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有
由（1）、（20）和（21）式得
L?u0?t1?t2?
（21）
u0?L?0.46m/s t1?t2（22）
而满足题中要求的u0的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，u0的取值范围是
6
附：（19）式的数值求解
0.46m/s?u0?0.71m/s
（23）
用数值解法则要代入t2不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：
t2 xPQ?4.41cos?πt2?2xB?4.90t2 0.730 0.750 3.12 2.76 0.36 0.760 3.02 2.83 0.19 0.765 2.96 2.87 0.09 0.770 2.91 2.91 0 0.771 2.91 2.91 0 0.772 2.90 2.91 -0.01 0.775 2.86 2.94 -0.08 0.780 2.81 2.98 -0.17 0.790 2.70 3.06 -0.36 0.810 2.48 3.21 -0.73 ??π?2?? 3.31 2.61 0.70 xPQ?xB
二、参考解答：
解法一
因为B点绕A轴作圆周运动，其速度的大小为
B点的向心加速度的大小为
vB??l
（1） （2）
aB??2l
因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0，故aB也是B点的加速度，其方向沿BA方向．因为C点绕D轴作圆周运动，其速度的大小用vC表示，方向垂直于杆CD，在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向．因BC是刚性杆，所以B点和C点沿BC方向的速度必相等，故有
π2??l 42此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，C点的法向加速度
2vC aCn? （4）
CD
vC?vBcos（3）
由图可知CD?22l，由（3）、（4）式得 aCn?其方向沿CD方向．
下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速度aCt．因为BC是刚性杆，所以C点相对B点的运动只能是绕B的转动，C点相对
22?l （5） 8C aCn aC tv CB ??B aC vB A vC D B点的速度方向必垂直于杆BC．令vCB表示其速度的大小，根据速度合成公式有
由几何关系得
22vCB?vB?vC?vCB?vC?vB
22vB? ?l 22（6）
由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度
7
2vCB ?CB 因为CB?
aCB2l，故有
（7）
aCB?22?l 4（8）
其方向垂直杆CD.
由（2）式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量为
π ?aB?BC?aBcos
4所以C点相对A点（或D点）的加速度沿垂直于杆CD方向的分量
（9）
aCt?aCB??aB?BC?322?l 4（10）
C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度aCn与切向加速度aCt的合加速度，即
22 aC?aCn?aCt?742?l 8（11）
aC的方向与杆CD间的夹角
??arctanaCt?arctan6?80.54? aCn（12）
解法二：通过微商求C点加速度
以固定点A为原点作一直角坐标系Axy，Ax轴与AD重合，Ay与AD垂直．任意时刻t，连杆的位形如图所示，此时各杆的位置分别用?，?和?表示，且已知AB?l，
B y C ? BC?2l，CD?22l，AD?3l，
标表示为
d????，C点坐dtA ? ? D （1） （2）
x xC?lcos??2lcos? yC?lsin??2lsin?
8
将（1）、（2）式对时间t求一阶微商，得
dxCd?d?????l?sin??2sin?? dtdtdt??dyCd?d????l?cos??2cos?? dtdtdt??（3）
（4）
把（3）、（4）式对时间t求一阶微商，得
22?d2xCd2?d2???d???d????l?cos????sin?2?2cos????2sin?2? dt2dtdtdtdt????????22?d2yCd2?d2???d???d???l??sin????cos?2?2sin????2cos?2? 2dtdtdt??dt??dt????（5）
（6）
根据几何关系，有
即
CDsin??ABsin??BCsin? CDcos??ABcos??BCcos??3l
22sin??sin??2sin? 22cos??3?cos??2cos?
（7） （8）
将（7）、（8）式平方后相加且化简，得
2sin?sin??2cos?cos??3cos??32cos??2?0 （9）
ππd?，??，???，得 24dtd?1 ??
dt2对（9）式对时间t求二阶微商，并代入上述数据，得
d2?32 ??
dt28d?将（10）、（11）式以及?，?，的数值代入（5）、（6）式，得
dtd2xC52 ??l? 2dt82dyC72 ??l?
dt28所以
对（9）式对时间t求一阶微商，代入??
由图知，aC与x轴的夹角为?
（10）
（11）
?d2xC??d2yC?742aC??2???2??l?
dtdt8????22（12）
9
所以求得
?d2yC?tan???2??dt??d2xC?2?dt???1.4 ?（13）
??arctan1.4?54.46
这个夹角在第三象限，为234.46，故aC与CD的夹角
三、参考解答：
1．设a室中原有气体为?mol，打开K1后，有一部分空气进入a室，直到K1关闭时，a室中气体增加到??mol，设a室中增加的??????mol气体在进入容器前的体积为?V，气体进入a室的过程中，大气对这部分气体所作的功为
由热力学第一定律可知
由理想气体状态方程，有
由以上各式解出
?=80.54 （14）
A?p0?V
?U???CV（1） （2） （3）
用T 表示K1关闭后a室中气体达到平衡时的温度，则a室中气体内能增加量为
?T?T0?
?U?A 4p0V0??RT0 5p0?V???????RT0
（4） （5） （6）
p0V0???RT
T?5?CV?R?5CV?4RT0
（7）
2．K2打开后，a室中的气体向b室自由膨胀，因系统绝热又无外界做功，气体内能不变，所以温度不变（仍为T），而体积增大为原来的2倍．由状态方程知，气体压强变为
1 p?p0
2关闭K2，两室中的气体状态相同，即
（8）
1pa?pb?p，Ta?Tb?T，Va?Vb?V0，且?a??b???
2（9）
拔掉销钉后，缓慢推动活塞B，压缩气体的过程为绝热过程，达到最终状态时，设两室气体的压强、体积
?、pb?、Va?、Vb?、Ta?、Tb?，则有 和温度分别为pa
paVaCV?RCV?Va??paCV?RCV （10）
10
第24届全国中学生物理竞赛复赛试题及详解(WORD版)
