1、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x小为 ，则有xv（1）0xv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）200xmvT由此得（3）20vx代入数据得 （4）.6m2. 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PB0v方向如图预解17-2所示由
2、题意可知，因物块离开桌面时的速度仍为 ，O0物块离开桌面后便做初速度为 的平抛运动，0v设平抛运动经历的时间为 ，则有t（5）21Hgt物块做平抛运动的水平射程为（6）10svt由几何关系，物块落地地点与桌面圆心 的水平距离 为Os（7）21sRx解（5）、（6）、（7）式，得(8)202Hsvxg代人数据得 2.5ms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S透镜的主轴与玻璃板下表面和上表面的交点分别为 和 ，AB作为物，通过玻璃板 的下表面折射成像于点 处，由图预H1S解17-3，根据折射定律，有sinir式中 是空气的折射率，对傍轴光线， 、 很小，1.0nir，
3、，则sitaitar1ADnS式中 为物距， 为像距，有S1（1）SAn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1SH2S为 同样根据折射定律可得像距B（2）12SBn将 作为物，通过透镜 成像，设透镜与 上表面的距离为 ，则物距 根据2SLHxuxSB题意知最后所成像的像距 ，代入透镜成像公式，有()vxSA（3）211fxB由（1）、（2）、（3）式代入数据可求得（4）1.0cm即 应置于距玻璃板 上表面1.0 cm 处。LH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UCC距离 成反
4、比；故平板电容器的两板之间的电压与距离 成正比，即d d（1）Ad式中 为比例系数。A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dU（2）()Ad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，L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（4）2sinpSkL因为 是小角，由几何关系知（5）sid解（3）、（4）、（5）式得（6）32kUpLS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，E按欧姆
5、定律有（1）12()0VIRE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17-5-11E所示。有（2）1/42.5VE根据含源电路欧姆定律，并代入数值得（3）12.U（4）314.5IR（5）42.VE（6）110.5UI2. 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14AV 41A、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IVRV
6、IVIRV110IRIU解得 （7）3.同理，如图预解17-5-3所示，回路 的总电动势为 ，故有124AVE（8）V1IRIUE解得 （9）21E代入数据得（10）27.0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134AV34A（11）30UIR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AVM强为 ，温度为 。由pTMpVR得T （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BB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A2pTM（2）2pV
7、MRT进入容器 中的气体的质量为A（3）21pVMRT设这些气体处在容器 中时所占的体积为 ，则B（4）2Vp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B AB这些气体做的功为（5）2WpV由（3）、（4）、（5）式得（6）1T容器 中气体内能的变化为A（7）2.5()MURT因为与外界没有热交换，根据热力学第一定律有（8）W由（2）、（6）、（7）和（8）式得（9）21.5TT 结果为 3.K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m引力势能 应等于对应始末位置的引力势能的改变，故有1E（1）10GMR代
8、入有关数据得（2）1612.0JkgEm2. 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）22.7c所求能量比为（4）21/3Em3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 的中子星质元所需的向心力不能超过对应的万有引力，M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）22Rm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）32RMG代入数据得（8）4.10s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mA
9、BCA0vA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CgCmg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f C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fABAaBCmgaCfBa事实上在此题中， ，即 、 之间无相对运动，这是因为当 时，由上式可得C BCa（1）12fmg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B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ABAA为物块 与木板 的速度相等，所以此时三者的速度均相同，设
10、为 ，由动量守恒定律得C 1v（2）013mv在此过程中，设木板 运动的路程为 ，则1s物块 运动的路程为 ，如图预解17-8所A1sL示由动能定理有（3）2101()mvgsL（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）210(3)mvgL式中 就是物块 相对木板 运动的路程解（2）、（5）式，得LAC（6）0gL即物块 的初速度 时， 刚好不与 发生碰撞，若 03vgL，则 将与 发3vABAB生碰撞，故 与 发生碰撞的条件是AB0gL （7）2. 当物块 的初速度 满足（7）式时， 与 将发生碰撞，设碰撞
11、的瞬间， 、 、vABAB三者的速度分别为 、 和 ，则有CABC（8）vv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 、CA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B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ABABC别为 、 和 ，则有AvBCvBAAvCv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BA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
12、续向右运动。若物块 刚好与挡板 不发生碰撞，则物块 以速度 从板 板的中点运动到挡板PBvC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PBCAC度相等，设此时三者的速度为 根据动量守恒定律有2v（10）03m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，AvBAC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BPACLB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L问的滑动摩擦力做功的代数和，即（11）201(3)2mvgL解（10）、（11）两式得（12）06gL即
13、物块 的初速度 时， 与 碰撞，但 与 刚好不发生碰撞，若 06vgL，AvABP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BP06gL （13）3. 若物块 的初速度 满足条件（13）式，则在 、 发生碰撞后， 将与挡板 发A0vABBP生碰撞，设在碰撞前瞬间， 、 、 三者的速度分别为 、 和 ，则有BCvCv（14）BAvv与 碰撞后的瞬间， 、 、 三者的速度分别为 、 和 ，则仍类似于第2问BP AvBCv解答中（9）的道理，有（15）BCvBv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，P即（16）BCAvv在以后的
14、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AB的加速度向右做加速运动，加速度的大小分别为（17）2CagBAag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013v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。A C4. 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C者的速度皆相同，以 表示，由动量守恒有3v（18）0m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A0vCBPAC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
15、动的路程也ACLB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LBPA L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）2301()4mvg由（18）、（19）两式，得（20）012vgL即当物块 的初速度 时， 刚好不会从木板 上掉下若 ，则AAC012vgL将从木板 上掉下，故 从 上掉下的条件是CC（21）012vgL5. 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A0AA板 上掉下来时， 、 、 三者的速度分别为 、 和 ，则有CBCvBCv（22）Avv这时（18）式应改写为（23）02Cm（19）式应改写为（24）2011() 4BvmvgL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ACC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，B4B有（25）42BCmvv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mgL（26）242211()BCvmv由（23）、（24）、（25）、（26）式可得（27）0vgL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04vgBCBC块 从木板 上掉下来的条件是BC（28）04vgL
