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1、“高中物理参考”收集 第十七届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答一、参考解答1. 1， 2 2. 神舟，载人飞行二、参考解答1因桌面是光滑的，轻绳是不可伸长的和柔软的，且在断开前绳都是被拉紧的，故在绳断开前，物块在沿桌面运动的过程中，其速度始终与绳垂直，绳的张力对物块不做功，物块速度的大小保持不变。设在绳刚要断开时绳的伸直部分的长度为，若此时物块速度的大小为，则有 （1）绳对物块的拉力仅改变物块速度的方向，是作用于物块的向心力，故有 （2）由此得 （3）代入数据得 （4）2. 设在绳刚要断开时，物块位于桌面上的点，是绳的伸直部分，物块速度的方向如图预解17-2所示由题意可知，因物块离开桌面时的速
2、度仍为，物块离开桌面后便做初速度为的平抛运动，设平抛运动经历的时间为，则有 （5）物块做平抛运动的水平射程为 （6）由几何关系，物块落地地点与桌面圆心的水平距离为 （7）解（5）、（6）、（7）式，得 (8)代人数据得 三、参考解答物体通过平行玻璃板及透镜成三次像才能被观察到。设透镜的主轴与玻璃板下表面和上表面的交点分别为和，作为物，通过玻璃板的下表面折射成像于点处，由图预解17-3，根据折射定律，有 式中是空气的折射率，对傍轴光线，、很小，则 式中为物距，为像距，有 （1）将作为物，再通过玻璃板的上表面折射成像于点处，这时物距为同样根据折射定律可得像距 （2）将作为物，通过透镜成像，设透镜与
3、上表面的距离为，则物距根据题意知最后所成像的像距，代入透镜成像公式，有 （3）由（1）、（2）、（3）式代入数据可求得 （4）即应置于距玻璃板上表面1.0 cm 处。四、参考解答因电容器充电后与电源断开，极板上的电量保持不变，故两板之间的电压应与其电容成反比；而平板电容器的电容又与极板间的距离成反比；故平板电容器的两板之间的电压与距离成正比，即 （1）式中为比例系数。极板2受压强作用而向左移动，并使弹簧变形。设达到平衡时，极板2 向左移动的距离为，电容器的电压减少了，则有 （2）由（1）与（2）式得 （3）极板2移动后，连接极板2的弹簧偏离其原来位置角，弹簧伸长了，如图预解17-4所示，弹簧的
4、弹力在垂直于极板的方向上的分量与加在极板2上的压力平衡，即有 （4）因为是小角，由几何关系知 （5）解（3）、（4）、（5）式得 （6）五、参考解答1. 设回路中的总感应电动势为，根据楞次定律可知，电路中的电流沿逆时针方向，按欧姆定律有 （1）由对称性可知，正方形回路每条边上的感应电动势相等，设为，等效电路如图预解17-5-1所示。有 （2）根据含源电路欧姆定律，并代入数值得 （3） （4） （5） （6）2. 三种情况下的等效电路分别如图预解17-5-2、17-5-3、17-5-4。对图预解17-5-2中的回路，因磁通量变化率为零，回路中的总电动势为零，这表明连接两端的电压表支路亦为含源电路
5、，电压表的读数等于由正端（）到负端（一）流过电压表的电流乘以电压表的内阻，因阻值为无限大，趋近于零（但为有限值），故得 解得 （7）同理，如图预解17-5-3所示，回路的总电动势为，故有 （8）解得 （9）代入数据得 （10）如图预解17-5-4所示，回路的总电动势为零，而边中的电阻又为零，故有 （11）六、参考解答设气体的摩尔质量为，容器的体积为，阀门打开前，其中气体的质量为。压强为，温度为。由 得 （1）因为容器很大，所以在题中所述的过程中，容器中气体的压强和温度皆可视为不变。根据题意，打开阀门又关闭后，中气体的压强变为，若其温度为，质量为，则有 （2）进入容器中的气体的质量为 （3）设这
6、些气体处在容器中时所占的体积为，则 （4）因为中气体的压强和温度皆可视为不变，为把这些气体压入容器，容器中其他气体对这些气体做的功为 （5）由（3）、（4）、（5）式得 （6）容器中气体内能的变化为 （7）因为与外界没有热交换，根据热力学第一定律有 （8）由（2）、（6）、（7）和（8）式得 （9）结果为 七、参考解答1. 根据能量守恒定律，质量为的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所释放的引力势能应等于对应始末位置的引力势能的改变，故有 （1）代入有关数据得 （2）2. 在氢核聚变反应中，每千克质量的核反应原料提供的能量为 （3）所求能量比为 （4）3根据题意，可知接收到的两个脉冲之间的时
7、间间隔即为中子星的自转周期，中子星做高速自转时，位于赤道处质量为的中子星质元所需的向心力不能超过对应的万有引力，否则将会因不能保持匀速圆周运动而使中子星破裂，因此有 （5）式中 （6）为中子星的自转角速度，为中子星的自转周期由（5）、（6）式得到 （7）代入数据得 （8）故时间间隔的下限为八、参考解答1. 以表示物块、和木板的质量，当物块以初速向右运动时，物块受到木板施加的大小为的滑动摩擦力而减速，木板则受到物块施加的大小为的滑动摩擦力和物块施加的大小为的摩擦力而做加速运动，物块则因受木板施加的摩擦力作用而加速，设、三者的加速度分别为、和，则由牛顿第二定律，有 事实上在此题中，即、之间无相对运
8、动，这是因为当时，由上式可得 （1）它小于最大静摩擦力可见静摩擦力使物块、木板之间不发生相对运动。若物块刚好与物块不发生碰撞，则物块运动到物块所在处时，与的速度大小相等因为物块与木板的速度相等，所以此时三者的速度均相同，设为，由动量守恒定律得 （2）在此过程中，设木板运动的路程为，则物块运动的路程为，如图预解17-8所示由动能定理有 （3） （4）或者说，在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和（3）与（4）式等号两边相加），即 （5）式中就是物块相对木板运动的路程解（2）、（5）式，得 （6）即物块的初速度时，刚好不与发生碰撞，若，则将与发生碰撞，故与发生碰撞的
9、条件是 （7）2. 当物块的初速度满足（7）式时，与将发生碰撞，设碰撞的瞬间，、三者的速度分别为、和，则有 （8）在物块、发生碰撞的极短时间内，木板对它们的摩擦力的冲量非常小，可忽略不计。故在碰撞过程中，与构成的系统的动量守恒，而木板的速度保持不变因为物块、间的碰撞是弹性的，系统的机械能守恒，又因为质量相等，由动量守恒和机械能守恒可以证明（证明从略），碰撞前后、交换速度，若碰撞刚结束时，、三者的速度分别为、和，则有 由（8）、（9）式可知，物块与木板速度相等，保持相对静止，而相对于、向右运动，以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续，由物块替换继续向右运动。若物块刚好与挡板不发生碰撞，则物块以
10、速度从板板的中点运动到挡板所在处时，与的速度相等因与的速度大小是相等的，故、三者的速度相等，设此时三者的速度为根据动量守恒定律有 （10）以初速度开始运动，接着与发生完全弹性碰撞，碰撞后物块相对木板静止，到达所在处这一整个过程中，先是相对运动的路程为，接着是相对运动的路程为，整个系统动能的改变，类似于上面第1问解答中（5）式的说法等于系统内部相互问的滑动摩擦力做功的代数和，即 （11）解（10）、（11）两式得 （12）即物块的初速度时，与碰撞，但与刚好不发生碰撞，若，就能使与发生碰撞，故与碰撞后，物块与挡板发生碰撞的条件是 （13）3. 若物块的初速度满足条件（13）式，则在、发生碰撞后，将
11、与挡板发生碰撞，设在碰撞前瞬间，、三者的速度分别为、和，则有 （14）与碰撞后的瞬间，、三者的速度分别为、和，则仍类似于第2问解答中（9）的道理，有 （15）由（14）、（15）式可知与刚碰撞后，物块与的速度相等，都小于木板的速度，即 （16）在以后的运动过程中，木板以较大的加速度向右做减速运动，而物块和以相同的较小的加速度向右做加速运动，加速度的大小分别为 （17）加速过程将持续到或者和与的速度相同，三者以相同速度向右做匀速运动，或者木块从木板上掉了下来。因此物块与在木板上不可能再发生碰撞。4. 若恰好没从木板上掉下来，即到达的左端时的速度变为与相同，这时三者的速度皆相同，以表示，由动量守恒
12、有 （18）从以初速度在木板的左端开始运动，经过与相碰，直到刚没从木板的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是相对的路程为；接着相对运动的路程也是；与碰后直到刚没从木板上掉下来，与相对运动的路程也皆为整个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和，即 （19）由（18）、（19）两式，得 （20）即当物块的初速度时，刚好不会从木板上掉下若，则将从木板上掉下，故从上掉下的条件是 （21）5. 若物块的初速度满足条件（21）式，则将从木板上掉下来，设刚要从木板上掉下来时，、三者的速度分别为、和，则有 （22）这时（18）式应改写为 （23）（19）式应改写为 （24）当物块从木板上掉下来后，若物块刚好不会从木板上掉下，即当的左端赶上时，与的速度相等设此速度为，则对、这一系统来说，由动量守恒定律，有 （25）在此过程中，对这一系统来说，滑动摩擦力做功的代数和为，由动能定理可得 （26）由（23）、（24）、（25）、（26）式可得 （27）即当时，物块刚好不能从木板上掉下。若，则将从木板上掉下，故物块从木板上掉下来的条件是 （28）第十七届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第9页
