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全国高中物理竞赛难题


四、 (20 分)某些非电磁量的测量是可以通过一些相应的 装置转化为电磁量来测量的。一平板电容器的两个极扳竖 直放置在光滑的水平平台上,极板的面积为 S ,极板间的 距离为 d 。极板 1 固定不动,与周围绝缘;极板 2 接地, 且可在水平平台上滑动并始终与极板 1 保持平行。极板 2 的两个侧边与劲度系数为 k 、自然长度为 L 的两个完全相 同的弹簧相连,两弹簧的另一端固定.

图预 17-4-1 是这一 装置的俯视图.先将电容器充电至电压 U 后即与电源断 开,再在极板 2 的右侧的整个表面上施以均匀的向左的待 测压强 p ;使两极板之间的距离发生微小的变化,如图预 17-4-2 所示。测得此时电容器的电压改变量为 ?U 。设作 用在电容器极板 2 上的静电作用力不致引起弹簧的可测量 到的形变,试求待测压强 p 。

五、 (20 分)如图预 17-5-1 所示,在正方形导线回路所围的区域

A1 A2 A3 A4 内分布有方向垂直于回路平面向里的匀强磁场,磁感应
强度 B 随时间以恒定的变化率增大,回路中的感应电流为

I ? 1.0 mA .已知 A1 A2 、 A3 A4 两边的电阻皆为零; A4 A1 边的电
阻 R1 ? 3.0 k? , A2 A3 边的电阻 R2 ? 7.0 k? 。 1.试求 A1 A2 两点间的电压 U12 、 A2 A3 两点间的电压 U 23 、

A3 A4 两点间的电压 U 34 、 A4 A1 两点间的电压 U 41 。
2.若一内阻可视为无限大的电压表 V 位于正方形导线回路所在的平面内,其正负端与 连线位置分别如图预 17-5-2、 图预 17-5-3 和图预 17-5-4 所示, 求三种情况下电压表的读数 U1 、

U 2 、 U3 。

六、 (20 分)绝热容器 A 经一阀门与另一容积比 A 的容积大得很多的绝热容器 B 相连。开始

时阀门关闭,两容器中盛有同种理想气体,温度均为 30℃, B 中气体的压强为 A 中的 2 倍。 现将阀门缓慢打开, 直至压强相等时关闭。 问此时容器 A 中气体的温度为多少?假设在打开 到关闭阀门的过程中处在 A 中的气体与处在 B 中的气体之间无热交换.已知每摩尔该气体 的内能为 U ?

5 RT ,式中 R 为普适气体恒量, T 是热力学温度. 2

七、 (20 分)当质量为 m 的质点距离—个质量为 M 、半径为 R 的质量均匀分布的致密天体 中心的距离为 r ( r ≥ R ) 时,其引力势能为 EP ? ?GMm / r , 其中 G ? 6.67 ?10-11 N ? m2 ? kg-2 为万有引力常量.设致密天 体是中子星,其半径 R ? 10 km ,质量 M ? 1.5M⊙ ( 1M⊙=2.0 ?1030 kg ,为太阳的质量). 1.1Kg 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所释 放的引力势能为多少? 2. 在氢核聚变反应中, 若参加核反应的原料的质量为 m , 则反应中的质量亏损为 0.0072 m ,问 1kg 的原料通过核聚变 提供的能量与第 1 问中所释放的引力势能之比是多少? 3.天文学家认为:脉冲星是旋转的中子星,中子星的电磁辐射是连续的,沿其磁轴方 向最强,磁轴与中子星的自转轴方向有一夹角(如图预 17-7 所示) ,在地球上的接收器所接 收到的一连串周期出现的脉冲是脉冲星的电磁辐射。 试由上述看法估算地球上接收到的两个 脉冲之间的时间间隔的下限.

八、 (20 分)如图预 17-8 所示,在水平桌面上 放有长木板 C , 在C 上 C 上右端是固定挡板 P , 左端和中点处各放有小物块 A 和 B , A 、 B 的 尺寸以及 P 的厚度皆可忽略不计, A 、 B 之间 和 B 、 P 之间的距离皆为 L 。设木板 C 与桌面 之间无摩擦, A 、 C 之间和 B 、 C 之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为 ? ; A 、 B 、 C (连同挡板 P )的质量相同.开始时, B 和 C 静止, A 以某一初速度向右运动.试问下列 情况是否能发生?要求定量求出能发生这些情况时物块 A 的初速度 v0 应满足的条件,或定 量说明不能发生的理由. (1)物块 A 与 B 发生碰撞; (2)物块 A 与 B 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞; (3)物块 B 与挡板 P 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与 A 在木板 C 上再发生碰 撞; (4)物块 A 从木板 C 上掉下来; (5)物块 B 从木板 C 上掉下来.

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 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 U 应与其电容 C 成反比;而平板电容器的电容 C 又与极板间的 距离 d 成反比;故平板电容器的两板之间的电压与距离 d 成正比,即 U ? Ad (1) 式中 A 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 ?d ,电容器的电压减少了 ?U ,则有 U ? ?U ? A(d ? ?d ) (2) 由(1)与(2)式得

?U ?d ? U d

(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 ?L ,如图预解17-4所示, 弹簧的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 pS ? 2k ?L sin ? (4) 因为 ? 是小角,由几何关系知

sin? ?

?L ?d ? ?d L
3

(5)

解(3)、(4)、(5)式得

p?

2kd 3 ? ?U ? ? ? L2 S ? U ?

(6)

五、参考解答 1. 设回路中的总感应电动势为 E ,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

E ? I ( R1 ? R2 ) ? 10 V

(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 E1 , 等效电路如图预解17-5-1 所示。有

E1 ? E / 4 ? 2.5 V
根据含源电路欧姆定律,并代入数值得

(2)

U12 ? ?E1 ? ?2.5 V U23 ? IR2 ? E1 ? 4.5 V U34 ? ?E1 ? ?2.5 V U41 ? IR1 ? E1 ? 0.5 V

(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

A1V1 A4 A1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 A4、A1 两端的
电压表支路亦为含源电路,电压表的读数等于由正端(+)到负端(一)流过电压表的电流

I V 乘以电压表的内阻 RV ,因 RV 阻值为无限大, I V 趋近于零(但 I V RV 为有限值),故得

IR1 ? I V RV ? IR1 ? U1 ? 0

解得

U1 ? IR1 ? 3.0 V

(7)

同理,如图预解17-5-3所示,回路 AV 1 2 A4 A 1 的总电动势为 E ,故有

IR1 ? I V RV ? IR1 ? U 2 ? E
解得 代入数据得

(8) (9)

U 2 ? E ? IR1

U 2 ? 7.0 V

(10)

如图预解17-5-4所示,回路 AV 1 3 A4 A 1 的总电动势为零,而 A3 A4 边中的电阻又为零,故 有

U3 ? I V RV ? 0

(11)

六、参考解答 设气体的摩尔质量为 ? ,容器 A 的体积为 V ,阀门打开前,其中气体的质量为 M 。压 强为 p ,温度为 T 。由

pV ?

M

?

RT



M?

? pV
RT

(1)

因为容器 B 很大,所以在题中所述的过程中,容器 B 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, A 中气体的压强变为 2 p ,若其温度为 T ? ,质量为 M ? ,则 有

M? ?

2? pV RT ?

(2)

进入容器 A 中的气体的质量为

?M ? M ? ? M ?

? pV ? 2

1? ? ?? ? R ?T T ?

(3)

设这些气体处在容器 B 中时所占的体积为 ? V ,则

?V ?

?M RT 2? p

(4)

因为 B 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 A ,容器 B 中其他气体 对这些气体做的功为 W ? 2 p?V (5) 由(3)、(4)、(5)式得

? 2T ? W ? pV ? ? 1? ? T? ?
容器 A 中气体内能的变化为

(6)

?U ?

M?

?

? 2.5R(T ? ? T )

(7)

因为与外界没有热交换,根据热力学第一定律有 W ? ?U 由(2)、(6)、(7)和(8)式得

(8)

T? ? 2T ? ? ? ? ? 1? ? 2 ? 2.5 ?1 ? ? ? ?T ? ? T ?
结果为

(9)

T ? ? 353.5 K

七、参考解答 1. 根据能量守恒定律,质量为 m 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 ?E1 应等于对应始末位置的引力势能的改变,故有

?E1 ? m
代入有关数据得

? GMm ? 0??? ? R ? GM ? ? m R

(1)

?E1 ? 2.0 ?1016 J ? kg-1 m
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

(2)

?E2 ? 0.0072 c2 m
所求能量比为

(3)

?E2 / m 1 ? ?E1 / m 31

(4)

3.根据题意,可知接收到的两个脉冲之间的时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 ?M 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

?m? 2 R ?
式中

RM ?m R2

(5) (6)

??

2?

?
R3 MG

? 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
? ? 2?
代入数据得 (7)

? ? 4.4 ?10-4 s
故时间间隔的下限为 4.4 ?10-4 s

(8)

八、参考解答 1. 以 m 表示物块 A 、 B 和木板 C 的质量,当物块 A 以初速 v0 向右运动时,物块 A 受 到木板 C 施加的大小为 ?mg 的滑动摩擦力而减速,木板 C 则受到物块 A 施加的大小为 物块则因受木板 C 施 ?mg 的滑动摩擦力和物块 B 施加的大小为 f 的摩擦力而做加速运动, 加的摩擦力 f 作用而加速,设 A 、 B 、 C 三者的加速度分别为 aA 、 aB 和 aC ,则由牛顿第 二定律,有

? mg ? ma A

? mg ? f ? maC
f ? maB

事实上在此题中, aB ? aC ,即 B 、 C 之间无相对运动,这是因为当 aB ? aC 时,由上式可 得

1 (1) f ? ? mg 2 它小于最大静摩擦力 ?mg .可见静摩擦力使物块 B 、木板 C 之间不发生相对运动。若物块
则物块 A 运动到物块 B 所在处时,A 与 B 的速度大小相等. 因 A 刚好与物块 B 不发生碰撞, 为物块 B 与木板 C 的速度相等,所以此时三者的速度均相同,设为 v1 ,由动量守恒定律得

mv0 ? 3mv1
在此过程中,设木板 C 运动的路程为 s1 ,则 物 块 A 运动 的路 程为 s1 ? L , 如图 预解 17-8 所 示.由动能定理有

(2)

1 2 1 2 mv1 ? mv0 ? ?? mg (s1 ? L) 2 2 1 2 (2m)v1 ? ? mgs1 2

(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

1 1 2 2 (3m)v1 ? mv0 ? ?? mgL 2 2 式中 L 就是物块 A 相对木板 C 运动的路程.解(2)、(5)式,得
v0 ? 3? gL

(5)

(6)

即物块 A 的初速度 v0 ? 3? gL 时, A 刚好不与 B 发生碰撞,若 v0 ? 3? gL ,则 A 将与 B 发 生碰撞,故 A 与 B 发生碰撞的条件是

v0 ? 3? gL

(7)

2. 当物块 A 的初速度 v0 满足(7)式时, A 与 B 将发生碰撞,设碰撞的瞬间, A 、 B 、

C 三者的速度分别为 v A 、 vB 和 vC ,则有
vA ? vB vB ? vC
(8)

在物块 A 、 B 发生碰撞的极短时间内,木板 C 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, A 与 B 构成的系统的动量守恒,而木板 C 的速度保持不变.因为物块 A 、 B 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 A 、 B 交换速度,若碰撞刚结束时, A 、 B 、 C 三者的速度 分别为 vA? 、 vB? 和 vC? ,则有

vA? ? vB

vB? ? vA

vC? ? vC

由(8)、(9)式可知,物块 A 与木板 C 速度相等,保持相对静止,而 B 相对于 A 、 C 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 B 替换 A 继续向右运动。 若物块 B 刚好与挡板 P 不发生碰撞, 则物块 B 以速度 vB? 从板 C 板的中点运动到挡板 P 所在处时, B 与 C 的速度相等.因 A 与 C 的速度大小是相等的,故 A 、 B 、 C 三者的速度 相等,设此时三者的速度为 v 2 .根据动量守恒定律有

mv0 ? 3mv2

(10)

A 以初速度 v0 开始运动,接着与 B 发生完全弹性碰撞,碰撞后物块 A 相对木板 C 静止, B 到达 P 所在处这一整个过程中,先是 A 相对 C 运动的路程为 L ,接着是 B 相对 C 运动的 路程为 L ,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

1 1 2 2 (3m)v2 ? mv0 ? ?? mg ? 2L 2 2
解(10)、(11)两式得

(11)

v0 ? 6? gL

(12)

即物块 A 的初速度 v0 ? 6? gL 时,A 与 B 碰撞, 但 B 与 P 刚好不发生碰撞, 若 v0 ? 6? gL , 就能使 B 与 P 发生碰撞,故 A 与 B 碰撞后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞的条件是

v0 ? 6? gL

(13)

3. 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(13)式,则在 A 、 B 发生碰撞后, B 将与挡板 P 发 生碰撞,设在碰撞前瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 vA?? 、 vB?? 和 vC?? ,则有

vB?? ? vA?? ? vC??

(14)

B 与 P 碰撞后的瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A??? 、 vB??? 和 vC??? ,则仍类似于第2问
解答中(9)的道理,有

vB??? ? vC??

vC??? ? vB??

vA??? ? vA??

(15)

由(14)、(15)式可知 B 与 P 刚碰撞后,物块 A 与 B 的速度相等,都小于木板 C 的速度, 即

vC??? ? vA??? ? vB???

(16)

在以后的运动过程中,木板 C 以较大的加速度向右做减速运动,而物块 A 和 B 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

aC ? 2? g

a A ? aB ? ? g

(17)

加速过程将持续到或者 A 和 B 与 C 的速度相同,三者以相同速度 v0 向右做匀速运动,或 者木块 A 从木板 C 上掉了下来。因此物块 B 与 A 在木板 C 上不可能再发生碰撞。 4. 若 A 恰好没从木板 C 上掉下来, 即 A 到达 C 的左端时的速度变为与 C 相同, 这时三 者的速度皆相同,以 v3 表示,由动量守恒有

1 3

3mv3 ? mv0

(18)

从 A 以初速度 v0 在木板 C 的左端开始运动,经过 B 与 P 相碰,直到 A 刚没从木板 C 的左端 掉下来,这一整个过程中,系统内部先是 A 相对 C 的路程为 L ;接着 B 相对 C 运动的路程 也是 L ;B 与 P 碰后直到 A 刚没从木板 C 上掉下来,A 与 B 相对 C 运动的路程也皆为 L . 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

1 1 2 2 (3m)v3 ? mv0 ? ?? mg ? 4L 2 2
由(18)、(19)两式,得

(19)

v0 ? 12? gL

(20)

即当物块 A 的初速度 v0 ? 12? gL 时, A 刚好不会从木板 C 上掉下.若 v0 ? 12? gL ,则 A 将从木板 C 上掉下,故 A 从 C 上掉下的条件是

v0 ? 12? gL

(21)

5. 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(21)式,则 A 将从木板 C 上掉下来,设 A 刚要从木 板 C 上掉下来时, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 vA???? 、 vB???? 和 vC???? ,则有

vA???? ? vB???? ? vC????
这时(18)式应改写为

(22)

mv0 ? 2mvA???? ? mvC????
(19)式应改写为

(23)

1 1 1 2 (24) (2m)vB????2 ? mvC????2 ? mv0 ? ?? mg ? 4L 2 2 2 当物块 A 从木板 C 上掉下来后,若物块 B 刚好不会从木板 C 上掉下,即当 C 的左端赶上 B
时, B 与 C 的速度相等.设此速度为 v 4 ,则对 B 、 C 这一系统来说,由动量守恒定律,有

mvB???? ? mvC???? ? 2mv4

(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 ? ? mgL ,由动能定理可得

1 1 ?1 ? 2 (2m)v4 ? ? mvB????2 ? mvC????2 ? ? ? ? mgL 2 2 ?2 ?

(26)

由(23)、(24)、(25)、(26)式可得

v0 ? 4 ? gL

(27)

即当 v0 ? 4 ? gL 时,物块 B 刚好不能从木板 C 上掉下。若,则 B 将从木板 C 上掉下,故物 块 B 从木板 C 上掉下来的条件是

v0 ? 4 ? gL

(28)


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