全国高中物理竞赛难题 9页

精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除四、（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，极板间的距离为。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、自然长度为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；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。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。五、（20分）如图预17-5-1所示，在正方形导线回路所围的区域内分布有方向垂直于回路平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间以恒定的变化率增大，回路中的感应电流为．已知、两边的电阻皆为零；边的电阻，边的电阻。1．试求两点间的电压、两点间的电压、两点间的电压、两点间的电压。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、、。六、（20分）绝热容器经一阀门与另一容积比的容积大得很多的绝热容器相连。开始时阀门关闭，两容器中盛有同种理想气体，温度均为30℃，中气体的压强为中的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中的气体与处在中的气体之间无热交换．已知每摩尔该气体的内能为，式中为普适气体恒量，是热力学温度．七、（20分）当质量为的质点距离—个质量为、半径为的质量均匀分布的致密天体中心的距离为(≥)时，其引力势能为，其中为万有引力常量．设致密天体是中子星，其半径，质量【精品文档】第9页\n精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除（，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，则反应中的质量亏损为0.0072，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，上右端是固定挡板，在上左端和中点处各放有小物块和，、的尺寸以及的厚度皆可忽略不计，、之间和、之间的距离皆为。设木板与桌面之间无摩擦，、之间和、之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为；、、（连同挡板）的质量相同．开始时，和静止，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的初速度应满足的条件，或定量说明不能发生的理由．（1）物块与发生碰撞；（2）物块与发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块与挡板发生碰撞；（3）物块与挡板发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块与在木板上再发生碰撞；（4）物块从木板上掉下来；（5）物块从木板上掉下来．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，弹簧的弹力在垂直于极板的方向上的分量与加在极板【精品文档】第9页\n精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除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，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）【精品文档】第9页\n精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除代入数据得（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）【精品文档】第9页\n精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除由（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【精品文档】第9页\n精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除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）【精品文档】第9页\n精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除在物块、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）【精品文档】第9页\n精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除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）【精品文档】第9页\n精品文档，仅供学习与交流，如有侵权请联系网站删除在此过程中，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）【精品文档】第9页