第十七届全国中学生物理竞赛预赛试题
一、（共10分）
1．（5分）1978年在湖北省随县发掘了一座战国早期（距今大约2400多年前）曾国国君的墓葬——曾侯乙墓，出土的众多墓葬品中被称为中国古代文明辉煌的象征的是一组青铜铸造的编钟乐器（共64件），敲击每个编钟时，能发出音域宽广、频率准确的不同音调．与铸造的普通圆钟不同，圆钟的横截面呈圆形，而每个编钟的横截面均呈杏仁状．如图1所示为圆钟的截面，图2为编钟的截面，分别敲击两个钟的Ａ、Ｂ、Ｃ和Ｄ、Ｅ、Ｆ三个部位，则圆钟可发出个基频的音调，编钟可发出个基频的音调．
图1 图2
2．（5分）我国在1999 年11月20日用新型运载火箭成功地发射了一艘实验航天飞行器，它被命名为号，它的目的是为作准备．
二、（15分）一半径为Ｒ＝1.00ｍ的水平光滑圆桌面，圆心为Ｏ，有一竖直的立柱固定在桌面上的圆心附近，立柱与桌面的交线是一条凸的平滑的封闭曲线Ｃ，如图3所示．一根不可伸长的柔软的细轻绳，一端固定在封闭曲线上某一点，另一端系一质量为ｍ＝7.5×10-2ｋｇ的小物块．将小物块放在桌面上并把绳拉直，再给小物块一个方向与绳垂直、大小为ｖ0＝4.0ｍ／ｓ的初速度，物块在桌面上运
动时，绳将缠绕在立柱上．已知当绳的张力为Ｔ0＝2.0Ｎ时，绳即断开，在绳断开前物块始终在桌面上
运动．
1．问绳刚要断开时，绳的伸直部分的长度为多少？
2．若绳刚要断开时，桌面圆心Ｏ到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正好与绳的伸直部分垂直，问物块的落地点到桌面圆心Ｏ的水平距离为多少？已知桌面高度Ｈ＝0.80ｍ．物块在桌面上运动时未与立柱相碰．取重力加速度大小为10ｍ／ｓ2 ．
三、（15分） 有一水平放置的平行平面玻璃板Ｈ，厚3.0ｃｍ，折射率ｎ＝1.5．图4在其下表面下2.0ｃｍ处有一小物体Ｓ；在玻璃板上方有一薄凸透镜Ｌ，其焦距ｆ＝30ｃｍ，透镜的主轴与玻璃板面垂直；物体Ｓ位于透镜的主轴上，如图4所示．若透镜上方的观察者顺着主轴方向观察到物体Ｓ的像就在物体Ｓ处，问透镜与玻璃板上表面的距离为多少？
图4
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.一平行板电容器的两个极板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5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6所示．测得此时电容器的电压改变量为ΔＵ．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，试求加在极板2上的待测压强ｐ．
图5 图6图7
五、（20分） 如图7所示，在正方形导线回路所围的区域Ａ1Ａ2Ａ3Ａ4内分布有方向垂直于回路平面向里的匀强磁场，磁感强度Ｂ随时间以恒定的变化率增大，回路中的感应电流为Ｉ＝1.0ｍＡ．已知Ａ1Ａ2Ａ3Ａ4两边的电阻皆为零；Ａ4Ａ1边的电阻Ｒ1＝3.0ｋΩ，Ａ2Ａ3边的电阻Ｒ2=7.0ｋΩ．
1．试求Ａ1Ａ2两点间的电压Ｕ12、Ａ2Ａ3两点间的电压Ｕ23、Ａ3Ａ4两点间的电压Ｕ34、Ａ4Ａ1两点间的电压Ｕ41 ．
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8、图9和图10所示，求三种情况下电压表Ｖ1、Ｖ2、Ｖ3的读数．
图8
图9
图10
六、（20分）绝热容器Ａ经一阀门与另一容积比容器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℃，容器Ｂ中气体的压强为容器Ａ中的两倍．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容器Ａ中的气体与处在容器Ｂ中的气体之间无热交换．已知每摩尔该气体的内能为
式中Ｒ为普适气体恒量，Ｔ是绝对温度．
七、（20分）当质量为ｍ的质点距离一个质量为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＝6.67×10-11Ｎ·ｍ2·ｋｇ-2为万
30
有引力常量．设致密天体是中子星，其半径Ｒ＝10ｋｍ，质量Ｍ＝1.5Ｍ日（1Ｍ日＝2.0×10ｋｇ，Ｍ日为太阳的质量）．
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，则反应中质量亏损为0.0072ｍ，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11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．
图11
八、（20分）如图12所示，在水平桌面上放有长木板Ｃ，木板Ｃ上右端是固定挡板ｐ，在木板Ｃ上左端和中点处各放有小物块Ａ和Ｂ，物块Ａ、Ｂ的尺寸以及挡板ｐ的厚度皆可忽略不计，物块Ａ、Ｂ之间和物块Ｂ、挡板ｐ之间的距离皆为Ｌ．设木板Ｃ与桌面之间无摩擦，Ａ物块、木板Ｃ之间和物块Ｂ、木板Ｃ之间的静摩擦系数及滑动摩擦系数均为μ；物块Ａ、物块Ｂ及木板Ｃ（连同挡板ｐ）的质量相同．开始时，物块Ｂ和木板Ｃ静止，物块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．
图12
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、1．1 2 2．神舟 载人飞行
二、解：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ｘ，若此时物块速度的大小为ｖx，则有
ｖx＝ｖ0， 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
代入数值得 ｘ＝0.60ｍ． ④
2．设在绳刚要断开时，物块位于桌面上的ｐ点，Ｂｐ是绳的伸直部分，物块速度ｖ0的方向如图1所示．由题意可知，ＯＢ⊥ＢＰ．因物块离开桌面时的速度仍为ｖ0，物块离开桌面后便做初速度为ｖ0的平抛运动，设平抛运动经历的时间为ｔ，则有
⑤
物块做平抛运动的水平射程为
ｓ1＝ｖ0ｔ， ⑥
由几何关系，物块落地地点与桌面圆心Ｏ的水平距离ｓ为
解⑤、⑥、⑦式，得
⑦
⑧
代入数据得 ｓ＝2.5ｍ．
三、解：物体Ｓ通过平行玻璃板及透镜成三次像才能被观察到．透镜的主轴与玻璃板下表面和上表面的交点分别为点Ａ和点Ｂ,Ｓ作为物体，通过玻璃板Ｈ的下表面折射成像于点Ｓ1处，由图2所示，根据折射定律，有
ｎ′ｓｉｎｉ＝ｎｓｉｎｒ，
式中ｎ′＝1.0是空气的折射率，对傍轴光线，ｉ、ｒ很小，ｓｉｎｉ≈ｔｇｉ，ｓｉｎｒ≈ｔｇｒ，则
式中 为物距，①
同样根据折为像距，有
将点Ｓ1作为物，再通过玻璃板Ｈ的上表面折射成像于点Ｓ2处，这时物距为
射定律可得像距为
②
根据题意知最后将点Ｓ2
作为物，通过透镜Ｌ成像，设透镜与Ｈ上表面的距离为ｘ，则物距
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
ｘ＝1.0ｃｍ． ④
即Ｌ应置于距玻璃板Ｈ上表面1.0ｃｍ处．
四、解：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；而平行板电容器的电容Ｃ又与极板间的距离ｄ成反比；故平行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，并使弹簧形变．设达到平衡时，极板2向左移动的距离为Δｄ，电容器的电压减小了ΔＵ，则有
Ｕ－ΔＵ＝Ａ（ｄ－Δｄ）， ②
由①、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θ角，弹簧伸长了ΔＬ，如图3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＝2ｋΔＬｓｉｎθ， ④
由几何关系知
，⑤
解③、④、⑤式，得
．
五、解：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
，其等效电路如图4
所示，有由对称性可知，正方形回路每条边上的感应电动势相等，设为
， 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5、图6、图7所示．对图5中的Ａ1Ａ5Ａ4Ａ1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（－）流过电压表的电流ＩＶ乘以电压表的内阻ＲＶ，因ＲＶ阻值为无限大，I
，故得 Ｖ趋近于零（但ＩＶＲＶ为有限值）
ＩＲ1＋ＩＶＲＶ＝ＩＲ1－Ｕ1＝0，
解得 Ｕ1＝ＩＲ1＝3.0Ｖ． ⑦
同理，对如图6所示，回路Ａ1Ａ5Ａ4Ａ1的总电动势为 ，故有
解得， ⑨ ，⑧ 代入数据得Ｕ2＝7.0Ｖ． ⑩
对如图7所示，回路Ａ3Ａ5Ａ4Ａ3的总电动势为零，而Ａ3Ａ4边中的电阻又为零，故有
Ｕ3＝ＩＶＲＶ＝0． ⑾
六、解：设气体的摩尔质量为μ，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
，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2ｐ，若其温度为Ｔ′，质量为Ｍ′，则有
进入容器Ａ中的气体的质量为
，③ ，②
设这些气体处在容器Ｂ中时所占的体积为ΔＶ，则
， ④
为把这些气体压入容器Ａ，容器Ｂ中其它气体对这些气体做的功为
Ｗ＝2ｐΔＶ， ⑤
由③、④、⑤式，得
， ⑥
容器Ａ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
Ｗ＝ΔＥ， ⑧
由②、⑥、⑦和⑧式，得
，⑨
结果为 Ｔ′＝353.5Ｋ．
七、解：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ΔＥ应等于对应始末位置的引力势能的改变，故有
代入有关数据，得到
， ① ．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ΔＭ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
ω为中子星的自转角速度，Ｔ为中子星的自转周期，由⑤、⑥式，得
， ⑦
代入数据得 Ｔ≥4.4×10-4ｓ． 故时间间隔的下限为4.4×10-4ｓ．
八、解：1．以ｍ表示物块Ａ、Ｂ和木板Ｃ的质量，当物块Ａ以初始速度ｖ0向右运动时，物块Ａ受到木板Ｃ施加的大小为μｍｇ的滑动摩擦力而减速，木板Ｃ则受到物块Ａ施加的大小为μｍｇ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，物块Ｂ则因受木板Ｃ施加的摩擦力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 μｍｇ＝ｍａＡ，μｍｇ－ｆ＝ｍａＣ，ｆ＝ｍａＢ，
事实上在此题中ａＢ＝ａＣ，即物体Ｂ与木板Ｃ之间无相对运动，这是因为当ａＢ＝ａＣ时，由上式可得
，①
它小于最大静摩擦力μｍｇ.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Ａ刚好与物块Ｂ不发生碰撞，则物块Ａ运动到物块Ｂ所在处时，物块Ａ与物块Ｂ的速度大小相等 ．因为物块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，由动量守恒定律有 ｍｖ0＝3ｍｖ1，②
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8所示．由动能定理有
，④
，③
或者说，在此过程中整个系统动能的改变等于系统内能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Ｌ就是物块Ａ相对木板Ｃ运动的路程．解②、⑤式，得
，⑥
时，物块Ａ刚好不与物块Ｂ发生碰撞；若
．⑦
，则物块Ａ将与物
即物块Ａ的初速度
块Ｂ发生碰撞，故物块Ａ与物块Ｂ发生碰撞的条件是
2．当物块Ａ的初速度ｖ0满足⑦式时，物块Ａ与物块Ｂ将发生碰撞，设碰撞前瞬间，Ａ、Ｂ 、Ｃ三者的速度分别为ｖＡ、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，⑨
由⑧、⑨式可知，物块Ａ与木板Ｃ的速度相等，保持相对静止，而物块Ｂ相对于物块Ａ、木板Ｃ向右运动，以后发生的过程相当于第1问中进行过程的延续，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的中点运动到档板 Ｐ所在处时，物块Ｂ与木板Ｃ的速度相等，因物块Ａ与木板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ｖ2．根据动量守恒定律有 ｍｖ0＝3ｍｖ2， ⑩
Ａ以初速度ｖ0开始运动，接着与物块Ｂ发生完全弹性碰撞，碰撞后物块Ａ相对木板Ｃ静止，Ｂ到达挡板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，等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数
和，即
解 ⑩ 、⑾式，得
．⑿
时，Ａ与Ｂ碰撞，但Ｂ与ｐ刚好不发生碰撞，若
．⒀ ，就能使Ｂ，⑾ 即物块Ａ的初速度
与ｐ发生碰撞，故Ａ与Ｂ碰撞后，物块Ｂ与档板ｐ发生碰撞的条件是
3．若物块Ａ的初速度ｖ0满足条件 ⒀式，则在Ａ、Ｂ发生碰撞后，Ｂ将与档板ｐ发生碰撞，设在碰撞前瞬间，Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度分别为ｖ″Ａ、ｖ″Ｂ和ｖ″Ｃ，则有
ｖＢ″＞ｖＡ″＝ｖＣ″，⒁ Ｂ与ｐ碰撞后的瞬间，Ａ、Ｂ、Ｃ三者的速度分别为道理，有
，⒂ 、和，则仍类似于第2问解答中⑨式的
由 ⒁ 、 ⒂ 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
，⒃
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＝2μｇ，ａＡ＝ａＢ＝μｇ，⒄
加速过程中将持续到或者Ａ和Ｂ与Ｃ的速度相同，三者以相同速度向右做匀速运动，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
3ｍｖ3＝ｍｖ0，⒅
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运动的路程为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．整个系统功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
由 ⒅ 、 ⒆ 两式，得
， ⒇
时，Ａ刚好不会从木反Ｃ上掉下．若
，则Ａ将从木板Ｃ , ⒆ 即当物块Ａ的初速度
．（21） 上掉下，故Ａ从Ｃ上掉下的条件是
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 度分别为这时⒅式应改写为
⒆式应改写成
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ｖ4，则对Ｂ、Ｃ这一系统来说，由动量守恒定律，有 , （24）当物块Ａ从木板Ｃ上掉下来后，若物块Ｂ刚好不，（23） 、和，则有，（22）
，（25） , （26） 在此过程中，对这一系统来说，滑动摩擦力做功的代数和为－μｍｇＬ，由动能定理可得
由（23）、（24）、（25）、（26）式，可得
即当
. （27）
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从木反Ｃ上掉下的条件是
.（28）
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