第十八届全国中学生物理竞赛复赛试卷、参考答案
全卷共六题，总分140分。 一、（22分）有一放在空气中的玻璃棒，折射率ｎ＝ 1.5 ，中心轴线长Ｌ＝ 45cm，一端是半径为Ｒ1 ＝ 10ｃｍ的凸球面．1．要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜（使主光轴上无限远处物成像于主光轴上无限远处的望远系统），取中心轴线为主光轴，玻璃棒另一端应磨成什么样的球面？2．对于这个玻璃棒，由无限远物点射来的平行入射光束与玻璃棒的主光轴成小角度φ１ 时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度φ２ ，求φ２／φ１（此比值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率）．
解：1．对于一个望远系统来说，从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于光轴的光线，它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行，即像点也在主光轴上无限远处，如图18－2－6所示，图中Ｃ1为左端球面的球心．
图18－2－6
由正弦定理、折射定律和小角度近似得 （
－Ｒ１）／Ｒ１＝ｓｉｎｒ１／ｓｉｎ（ｉ１－ｒ１）≈ｒ１／（ｉ１－ｒ１）
＝1／（（ｉ１／ｒ１）－1）≈1／（ｎ－1）， ① 即 （
／Ｒ１）－1＝1／（ｎ－1）． ②
光线ＰＦ１射到另一端面时，其折射光线为平行于主光轴的光线，由此可知该端面的球心Ｃ２一定在端面顶点Ｂ的左方，Ｃ２Ｂ等于球面的半径Ｒ２，如图18－2－6所示． 仿照上面对左端球面上折射的关系可得 （又有
／Ｒ２）－1＝1／（ｎ－1）， ③ ＝Ｌ－
，④
由②、③、④式并代入数值可得 Ｒ２＝5ｃｍ．
则右端为半径等于5ｃｍ的向外凸的球面．
图18－2－7
2．设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过Ｃ１，②过Ａ，如图18－2－7所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点Ｍ，即为左端球面对此无限远物点成的像点．现在求Ｍ点的位置，在△ＡＣ１Ｍ中，有
／ｓｉｎ（π－φ１）＝
／ｓｉｎφ１＝Ｒ１／ｓｉｎ（φ１－φ１′），
又 ｎｓｉｎφ１′＝ｓｉｎφ１，
已知φ１、φ１′均为小角度，则有
／φ１＝Ｒ１／φ１（1－（1／ｎ））．
≈
，即Ｍ位于过Ｆ１垂直于主光轴的平面上．上面已知，玻璃
与②
式比较可知，
棒为天文望远系统，则凡是过Ｍ点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线．容
易看出，从Ｍ射出Ｃ２的光线将沿原方向射出，这也就是过Ｍ点的任意光线（包括光线①、②）从玻璃棒射出的平行光线的方向，此方向与主光轴的夹角即为φ２，由图18－2－7可得 2／φ１＝
／
＝（
－Ｒ１）／（
－Ｒ２），
由②、③式可得（－Ｒ１）／（－Ｒ２）＝Ｒ１／Ｒ２，
则φ２／φ１＝Ｒ１／Ｒ２＝2． 二、（22分）正确使用压力锅的方法是：将已盖好密封锅盖的压力锅（如图复18-2-1）加热，当锅内水沸腾时再加盖压力阀Ｓ，此时可以认为锅内只有水的饱和蒸气，空气已全部排除．然后继续加热，直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时，锅内即已达到预期温度（即设计时希望达到的温度）．现有一压力锅，在海平面处加热能达到的预期温度为120℃，某人在海拔5000ｍ的高山上使用此压力锅，锅内有足量的水．
1．若不加盖压力阀，锅内水的温度最高可达多少？
2．若按正确方法使用压力锅，锅内水的温度最高可达多少？
3．若未按正确方法使用压力锅，即盖好密封锅盖一段时间后，在点火前就加上压力阀，此时水温为27℃，那么加热到压力阀刚被顶起时，锅内水的温度是多少？若继续加热，锅内水的温度最高可达多少？假设空气不溶于水．
已知：水的饱和蒸气压ｐＷ（ｔ）与温度ｔ的关系图线如图18-2-2所示．
大气压强ｐ（ｚ）与高度ｚ的关系的简化图线如图18-2-3所示．当ｔ＝ 27℃时，ｐＷ
３５
（27°）＝3.6×10Ｐａ；ｚ＝ 0处，ｐ（0）＝ 1.013×10Ｐａ．
解：1．由图18－2－8知在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101．3×10Ｐａ．在ｚ＝5000ｍ时，大气压强为
３
ｐ（5000）＝53×10Ｐａ．
３
图18－2－8
图18－2－9 此处水沸腾时的饱和蒸气压ｐＷ应等于此值．由图18－2－9可知，对应的温度即沸点为 ｔ２＝82℃． 达到此温度时，锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在5000ｍ高山上，若不加盖压力锅，锅内温度最高可达82℃．
３
2．由图18－2－9可知，在ｔ＝120℃时，水的饱和蒸气压ｐＷ（120°）＝198×10Ｐａ，
３
而在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101×10Ｐａ．可见压力阀的附加压强为 ｐＳ＝ｐＷ（120°）－ｐ（0）
３３
＝（198×10－101．3×10）Ｐａ
３
＝96．7×10Ｐａ． 在5000ｍ高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为 ｐ′＝ｐＳ＋ｐ（5000）
３３
＝（96．7×10＋53×10）Ｐａ ＝149．7×103Ｐａ．
若在ｔ＝ｔ２时阀被顶起，则此时的ｐＷ应等于ｐ′，即 ｐＷ＝ｐ′， 由图18－2－9可知ｔ２＝112℃．
此时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故按正确方法使用此压力锅，在5000ｍ高山上锅内水的温度最高可达112℃． 3．在未按正确方法使用压力锅时，锅内有空气，设加压力阀时，内部水蒸汽已饱和．由
３
图18－2－9可知，在ｔ＝27℃时，题中已给出水的饱和蒸气压ｐＷ（27°）＝3．6×10Ｐａ，这时锅内空气的压强（用ｐａ表示）为 ｐａ（27°）＝ｐ（5000）－ｐＷ（27°）
３３
＝（53×10－3．6×10）Ｐａ
３
＝49．4×10Ｐａ． 当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为ｔ（℃）时，锅内空气压强为ｐ
，则有 ａ（ｔ）
ｐａ（ｔ）／（273＋ｔ）＝ｐａ（27℃）／（273＋27），
３
ｐａ（ｔ）＝（164．7ｔ＋45．0×10）Ｐａ． 若在ｔ＝ｔ′时压力阀刚好开始被顶起，则有 ｐＷ（ｔ′）＋ｐａ（ｔ′）＝ｐ′， 由此得
３
ｐＷ（ｔ′）＝ｐ′－ｐａ（ｔ′）＝（105×10－164．7ｔ′）Ｐａ， 画出函数ｐ′－ｐａ（ｔ′）的图线，
３
取ｔ＝0℃，有 ｐ′－ｐａ（0℃）＝105×10Ｐａ，
３
取ｔ＝100℃，有 ｐ′－ｐａ（100℃）＝88．6×10Ｐａ． 由此二点便可在图18－2－9上画出此直线，此直线与图18－2－9中的ｐＷ（ｔ）－ｔ曲线的交点为Ａ，Ａ即为所求的满足上式的点，由图可看出与Ａ点对应的温度为 ｔ′＝97℃．
即在压力阀刚开始被顶起时，锅内水的温度是97℃，若继续加热，压力阀被顶起后，锅内空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净，锅内水温仍可达112℃． 三、（22分）有两个处于基态的氢原子Ａ、Ｂ，Ａ静止，Ｂ以速度ｖ０与之发生碰撞．已知：碰撞后二者的速度ｖＡ和ｖＢ在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收，从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，试论证：速度ｖ０至少需要多大（以ｍ／ｓ表示）？
－19
已知电子电量ｅ＝ 1．602×10Ｃ，质
－27
子质量为ｍｐ＝ 1．673×10ｋｇ，电
－31
子质量为ｍｅ＝ 0．911×10ｋｇ，氢原子的基态能量为Ｅ１＝ －13．58ｅＶ． 解：为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是ｎ＝2的第一激发态．已知氢原子的能量与其主量子数的平方成反比．即
２
Ｅｎ＝ｋ１／ｎ， ①
又知基态（ｎ＝1）的能量为－13．58ｅＶ，即
２
Ｅ１＝ｋ１／1＝－13．58ｅＶ， 所以 ｋ＝－13．58ｅＶ． ｎ＝2的第一激发态的能量为
２
Ｅ２＝ｋ１／2＝－13．58×（1／4）＝－3．39ｅＶ． ② 为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为 Ｅ内＝Ｅ２－Ｅ１＝（－3．39＋13．58）ｅＶ＝10．19ｅＶ． ③ 这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即
－
ｈν＝Ｅ内＝10．19ｅＶ＝10．19×1．602×1019Ｊ
－
＝1．632×1018Ｊ． ④
式中ν为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有 ｍｖ０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＋光子的动量， ⑤
２２２
（1／2）ｍｖ０＝（1／2）ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）＋ｈν， ⑥ 光子的动量ｐν＝ｈν／ｃ．由⑥式可推得ｍｖ０＞2ｈν／ｖ０，因为ｖ０>ｈν／ｃ，故⑤式中光子的动量与ｍｖ０相比较可忽略不计．⑤式变为 ｍｖ０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＝ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）， ⑦ 符合⑥、⑦两式的ｖ0的最小值可推求如下：由⑥式及⑦式可推得
２２
（1／2）ｍｖ０＝（1／2）ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）－ｍｖＡｖＢ＋ｈν
２
＝（1／2）ｍｖ０－ｍｖＡ（ｖ０－ｖＡ）＋ｈν，
２
ｍｖＡ－ｍｖＡｖ０＋ｈν＝0， 经配方得
２２
ｍ（ｖＡ－（1／2）ｖ０）－（1／4）ｍｖ０＋ｈν＝0，
２２
（1／4）ｍｖ０＝ｈν＋ｍ（ｖＡ－（1／2）ｖ０）， ⑧
由⑧式可看出，当ｖＡ＝（1／2）ｖ０时，ｖ０达到最小值ｖ０ｍｉｎ，此时 ｖＡ＝ｖＢ，
ｖ０ｍｉｎ＝2，
代入有关数值，得
４
ｖ０ｍｉｎ＝6．25×10ｍ／ｓ．
４
答：Ｂ原子的速度至少应为6．25×10ｍ／ｓ． 四、（22分）如图18-4所示，均匀磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度Ｂ随时间ｔ变化，Ｂ＝Ｂ０－ｋｔ（ｋ为大于零的常数）．现有两个完全相同的均匀金属圆环相互交叠并固定在图中所示位置，环面处于图中纸面内．圆环的半径为Ｒ，电阻为ｒ，相交点的电接触良好，两个环的接触点Ａ与Ｃ间的劣弧对圆心Ｏ的张角为60°，求ｔ＝ｔ０时，每个环所受的均匀磁场的作用力，不考虑感应电流之间的作用．
解：1．求网络各支路的电流．因磁感应强度大小随时间减少，考虑到电路的对称性，可设两环各支路的感应电流Ｉ１、Ｉ２的方向如图18－2－10所示，对左环电路ＡＤＣＦＡ，有
图18－2－10
Ｅ＝Ｉ１ｒＣＦＡ＋Ｉ２ｒＡＤＣ，
２
因 ｒＣＦＡ＝5ｒ／6，ｒＡＤＣ＝ｒ／6，Ｅ＝ｋπＲ，
２
故 ｋπＲ＝Ｉ１（5ｒ／6）＋Ｉ２（ｒ／6）． ① 因回路ＡＤＣＥＡ所围的面积为 2（（2π－3故对该回路有 ｋ［2（（2π－3
）／12）Ｒ］＝2Ｉ２（ｒ／6），
）Ｒ／2ｒ）ｋ，
）Ｒ／10ｒ）ｋ．
２
２
２
）／12）Ｒ，
２
解得 Ｉ２＝（（2π－3
代入①式，得 Ｉ１＝（（10π＋3 2．求每个圆环所受的力．
图18－2－11
先求左环所受的力，如图18－2－11所示，将圆环分割成很多小圆弧，由左手定则可知，每段圆弧所受的力的方向均为径向，根据对称性分析，因圆弧ＰＭＡ与圆弧ＣＮＱ中的电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧ＰＱ与弧ＡＣ的电流相对ｘ轴上下是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在ｙ方向的合力为零，以载流导体弧ＰＱ上的线段Δｌ′为例，安培力ΔＦ为径向，其ｘ分量的大小表示为 ｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ′ｃｏｓα， 因 Δｌ′ｃｏｓα＝Δｌ， 故 ｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ，
｜Ｆｘ｜＝ΣＩ１ＢΔｌ＝Ｉ１Ｂ＝Ｉ１ＢＲ．
由于导体弧ＰＱ在ｙ方向的合力为零，所以在ｔ０时刻所受安培力的合力Ｆ１仅有ｘ分量，即 Ｆ１＝｜Ｆｘ｜＝Ｉ１ＢＲ＝（（10π＋3 ＝（（10π＋3
２
）Ｒ／10ｒ）ｋＢＲ
２
）Ｒ／10ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，
方向向左． 同理，载流导体弧ＡＣ在ｔ０时刻所受的安培力为 Ｆ２＝Ｉ２ＢＲ＝（（2π－3 ＝（（2π－3
２
）Ｒ／2ｒ）ｋＢＲ
２
）Ｒ／2ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，
方向向右．左环所受的合力大小为 Ｆ＝Ｆ１－Ｆ２＝（9
／5ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ．
３
方向向左． 五、（25分）如图18-5所示，一薄壁导体球壳（以下简称为球壳）的球心在Ｏ点．球壳通过一细导线与端电压Ｕ＝ 90Ｖ的电池的正极相连，电池负极接地．在
－9
球壳外Ａ点有一电量为ｑ１＝ 10×10Ｃ的点电荷，
－9
Ｂ点有一电量为ｑ２＝ 16×10Ｃ的点电荷．点Ｏ、Ａ之间的距离ｄ１＝ 20ｃｍ，点Ｏ、Ｂ之间的距离ｄ２＝ 40ｃｍ．现设想球壳的半径从ａ＝ 10ｃｍ开始缓慢地增大到50ｃｍ，问：在此过程中的不同阶段，大地流向球壳的电量各是多少？已知静电力常量ｋ＝
９２２
9×10Ｎ·ｍ/Ｃ．假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触．
解：分以下几个阶段讨论： 1．由于球壳外空间点电荷ｑ１、ｑ２的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用σ表示面电荷密度．设球壳半径ａ＝10ｃｍ时球壳外壁带的电量为Ｑ１，因为电荷ｑ１、ｑ２与球壳外壁的电量Ｑ１在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于Ｕ的等势区，在导体表面上的面元ΔＳ所带的电量为σΔＳ，它在球壳的球心Ｏ处产生的电势为ΔＵ１＝ｋσΔＳ／ａ，球壳外壁所有电荷在球心Ｏ产生的电势Ｕ１为 Ｕ１＝ΣΔＵ１＝ｋΣσΔＳ／α＝ｋＱ１／ａ． 点电荷ｑ１、ｑ２在球壳的球心Ｏ处产生的电势分别为ｋｑ１／ｄ１与ｋｑ２／ｄ２，因球心Ｏ处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有
（ｋｑ１／ｄ１）＋（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ１／ａ）＝Ｕ， 代入数值后可解得球壳外壁的电量Ｑ１为
－９
Ｑ１＝（ａＵ／ｋ）－ａ（（ｑ１／ｄ１）＋（ｑ２／ｄ２））＝－8×10Ｃ． 因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量ＱⅠ等于球壳外壁的电量Ｑ１，即
－
ＱⅠ＝Ｑ１＝－8×109Ｃ． 2．当球壳半径趋于ｄ１时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为Ｑ２，球壳外的电荷ｑ１、ｑ２与球壳外壁的电量Ｑ２在壳内产生的合场强仍为零，因球壳内仍无电荷，球壳内仍保持电势值为Ｕ的等势区，则有 （ｋｑ１／ｄ１）＋（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ２／ｄ１）＝Ｕ， 解得球壳外壁的电量
－
Ｑ２＝（ｄ１Ｕ／ｋ）－（ｄ１（ｑ１／ｄ１＋ｑ２／ｄ２））＝－16×109Ｃ． 因为此时球壳内壁的电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即
－
ＱⅡ＝Ｑ２＝－16×109Ｃ，
在ａ＝10ｃｍ到趋于ｄ１的过程中，大地流向球壳的电量为
－
ΔＱⅠ＝ＱⅡ－Ｑ１＝－8×109Ｃ． 3．当点电荷ｑ１穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为ｄ１），点电荷ｑ１在球壳内壁感应出电量－ｑ１，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷ｑ１与球壳内壁电荷－ｑ１在球壳外产生的合电场为零，表明球壳外电场仅由球壳外电荷ｑ２与球壳外壁的电荷Ｑ３所决定．由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷ｑ２与球壳外壁的电荷Ｑ３在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷ｑ２与Ｑ３产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为Ｕ的等势区．ｑ２与Ｑ３在球心Ｏ处产生的电势等于球壳的电势，即 （ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ３／ｄ１）＝Ｕ， 解得球壳外壁电量
－
Ｑ３＝（ｄ１Ｕ／ｋ）－（ｄ１ｑ２／ｄ２）＝－6×109Ｃ， 球壳外壁和内壁带的总电量应为
－
ＱⅢ＝Ｑ３＋（－ｑ１）＝－16×109Ｃ， 在这过程中，大地流向球壳的电量为 ΔＱⅡ＝ＱⅢ－ＱⅡ＝0． 这个结果表明：电荷ｑ１由球壳外极近处的位置进入壳内，只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁，整个球壳与大地没有电荷交换． 4．当球壳半径趋于ｄ２时（点电荷ｑ２仍在球壳外），令Ｑ４表示此时球壳外壁的电量，类似前面第3阶段中的分析，可得 （ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ４／ｄ２）＝Ｕ， 由此得
－
Ｑ４＝（ｄ２Ｕ／ｋ）－（ｄ２（ｑ２／ｄ２））＝－12×109Ｃ， 球壳的电量ＱⅣ等于球壳内外壁电量的和，即
－
ＱⅣ＝Ｑ４＋（－ｑ１）＝－22×109Ｃ， 大地流向球壳的电量为
－
ΔＱⅢ＝ＱⅣ－ＱⅢ＝－6×109Ｃ． 5．当点电荷ｑ２穿过球壳，刚进入球壳内时（球壳半径仍为ｄ２），球壳内壁的感应电荷变
为－（ｑ１＋ｑ２），由于球壳的静电屏蔽，类似前面的分析可知，球壳外电场仅由球壳外壁的电量Ｑ５决定，即 ｋＱ５／ｄ２＝Ｕ，
－
可得 Ｑ５＝ｄ２Ｕ／ｋ＝4×109Ｃ， 球壳的总电量是
－
ＱⅤ＝Ｑ５－（ｑ１＋ｑ２）＝－22×109Ｃ， （15） 在这个过程中，大地流向球壳的电量是 ΔＱⅣ＝ＱⅤ－ＱⅣ＝0． （16） 6．当球壳的半径由ｄ２增至ａ１＝50ｃｍ时，令Ｑ６表示此时球壳外壁的电量，有 ｋ（Ｑ６／ａ１）＝Ｕ， （17）
－
可得 Ｑ６＝ａ１（Ｕ／ｋ）＝5×109Ｃ， 球壳的总电量为
－
ＱⅥ＝Ｑ６－（ｑ１＋ｑ２）＝－21×109Ｃ， 大地流向球壳的电量为
－
ΔＱⅤ＝ＱⅥ－ＱⅤ＝1×109Ｃ． 六、（27分）一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．上部分Ｇ１的质量为ｍ１，下部分Ｇ２的质量为ｍ２，弹簧夹在Ｇ１与Ｇ２之间，与二者接触而不固连．让Ｇ１、Ｇ２压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为已知的定值Ｅ０．通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能，设这一释放过程的时间极短．第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定，从而使上部分Ｇ１升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落，撞击井底（井足够深）后以原速率反弹，反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值ｈ的时刻解除锁定．
1．在第一种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空到达的最大高度（从井口算起）为多少？其能量是从何种形式的能量转化而来的？
2．在第二种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空可能达到的最大高度（亦从井口算起）为多少？并定量讨论其能量可能是从何种形式的能量转化而来的．
解： 1．在弹簧刚伸长至原长的时刻，设Ｇ１的速度的大小为ｖ，方向向上，Ｇ２的速度大小
为ｖ１，方向向下，则有
ｍ１ｖ１－ｍ２ｖ２＝0， ①
２２
（1／2）ｍ１ｖ１＋（1／2）ｍ２ｖ２＝Ｅ０， ② 解①、②两式，得
ｖ１＝， ③
ｖ２＝． ④
设Ｇ１升空到达的最高点到井口的距离为Ｈ１，则
2 Ｈ１＝ｖ１／2ｇ＝（（ｍ２／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０， ⑤
Ｇ１上升到最高点的重力势能为
Ｅｐ1＝ｍ１ｇＨ１＝（ｍ２／（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０． ⑥
它来自弹簧的弹性势能，且仅为弹性势能的一部分．
2．在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为ｈ时，玩具向上的速度为 ｕ＝． ⑦
设解除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，Ｇ１的速度大小为ｖ１′，方向向上，Ｇ２的速度大小为ｖ，方向向下，则有
ｍ１ｖ１′－ｍ２ｖ２′＝（ｍ1＋ｍ2）ｕ， ⑧
2 （1／2）ｍ１ｖ１′＋（1／2）ｍ２ｖ２′＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）ｕ＋Ｅ０， ⑨
消去⑧、⑨两式中的ｖ２′，得ｖ１′的方程式为
ｍ１（1＋（ｍ１／ｍ２））ｖ１′－2ｍ１（1＋（ｍ１／ｍ２））ｕｖ１′＋ｍ１（1＋ｍ１／ｍ２）2ｕ－2Ｅ０＝0，
由此可求得弹簧刚伸长至原长时，Ｇ１和Ｇ２的速度分别为
ｖ１′＝ｕ＋，
ｖ２′＝－ｕ＋，
设Ｇ１从解除锁定处向上运动到达的最大高度为Ｈ２′，则有
Ｈ２′＝ｖ１′／2ｇ＝（1／2ｇ）（ｕ＋） 2
＝ｈ＋（ｍ2Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2
从井口算起，Ｇ1上升的最大高度为 ，
Ｈ２＝Ｈ２′－ｈ＝（ｍ２Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2． 讨论：
可以看出，在第二方案中，Ｇ１上升的最大高度Ｈ２大于第一方案中的最大高度Ｈ１，超出的高度与解除锁定处到井口的深度ｈ有关．到达Ｈ２时，其重力势能为
Ｅｐ2＝ｍ１ｇＨ２＝（ｍ２Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２））＋2 （ｉ）若Ｅｐ2＜Ｅ0， ，
即 2＜ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２）， 这要求 ｈ＜Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）． 这时，Ｇ１升至最高处的重力势能来自压紧的弹性势能，但仅是弹性势能的一部分．在这一条件下上升的最大高度为
Ｈ２＜Ｅ０／ｍ１ｇ．
（ｉｉ）若Ｅｐ2＝Ｅ０，2＝ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２）， 这要求 ｈ＝Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）． 此时Ｇ１升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，且等于全部弹性势能．在这一条件下，Ｇ１上升的高度为
Ｈ２＝Ｅ０／ｍ１ｇ．
（ｉｉｉ）若Ｅｐ2＞Ｅ０，2＞ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２）， 这要求 ｈ＞Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）． 此时Ｇ１升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能，超出部分的能量只能来自Ｇ２的机械能．在这个条件下，Ｇ１上升的最大高度为 Ｈ２＞Ｅ０／ｍ１ｇ．