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
A 1A 2A 3A 4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 =1.0mA ．已知A 1A 2、A 3A 4两边的电阻皆为零；A 4A 1边的电
阻R 1=3.0k Ω，A 2A 3边的电阻R 2=7.0k Ω。
1．试求A 1A 2两点间的电压U 12、A 2A 3两点间的电压U 23、
A 3A 4两点间的电压U 34、A 4A 1两点间的电压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U 1、
U 2、U 3。
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E P =-GMm /r ，其中G =6.67⨯10－11N ⋅m 2⋅kg －2为万有引力常量．设致密天体是中子星，其半径R =10km ，质量M =1.5M ⊙（1M ⊙＝2.0⨯1030kg ，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μ；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v 0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
（3） =
U d
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∆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 θ （4） 因为θ是小角，由几何关系知 sin θ=
∆L ∆d
（5） ≈
∆d L
3
解（3）、（4）、（5）式得
2kd 3⎛∆U ⎫
p =2 ⎪ （6）
L S ⎝U ⎭
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 (R 1+R 2) =10V （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E 1，等效电路如图预解17-5-1所示。有
E 1=E /4=2.5V （2） 根据含源电路欧姆定律，并代入数值得
U 12=-E 1=-2.5V （3） U 23=IR 2-E 1=4.5V （4） U 34=-E 1=-2.5V （5） U 41=IR 1-E 1=0.5V （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
A 1V 1A 4A 1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A 4、A 1两端的
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R V ，因R V 阻值为无限大，I V 趋近于零（但I V R V 为有限值），故得
IR 1+I V R V =IR 1-U 1=
解得 U 1=IR 1=3.0V （7）
同理，如图预解17-5-3所示，回路AV 12A 4A 1的总电动势为E ，故有
IR 1+I V R V =IR 1+U 2=E （8） 解得 U 2=E -IR 1 （9） 代入数据得
U 2=7.0V （10）
如图预解17-5-4所示，回路AV 13A 4A 1的总电动势为零，而A 3A 4边中的电阻又为零，故有
U 3=I V R V =0 （11）
六、参考解答
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
pV =
M
μ
RT
得
M =
μpV
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2p ，若其温度为T '，质量为M '，则有
M '=
2μpV
（2） RT '
进入容器A 中的气体的质量为 ∆M =M '-M =
μpV ⎛2
R ⎝T '
-
1⎫
⎪ （3） T ⎭
设这些气体处在容器B 中时所占的体积为∆V ，则 ∆V =
∆M
RT （4） 2μp
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 =2p ∆V （5） 由（3）、（4）、（5）式得
⎛2T ⎫
-1⎪ （6） W =pV ⎝T '⎭
容器A 中气体内能的变化为 ∆U =
M '
μ
⨯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 （8） 由（2）、（6）、（7）和（8）式得
T ⎫⎛2T ⎫⎛
-1⎪=2⨯2.5 1-⎪ （9） ⎝T '⎭⎝T '⎭
结果为 T '=353.5K
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∆E 1应等于对应始末位置的引力势能的改变，故有
⎛GMm ⎫0- -⎪∆E 1R ⎭GM ⎝ （1） ==m m R
代入有关数据得
∆E
1≈2.0⨯1016J ⋅kg －1 （2）
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
∆E 2
=0.0072c 2 （3）
m
所求能量比为
∆E 2/m 1
≈ （4）
∆E 1/m 31
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 ω2R ≤式中 ω=
RM ∆m
（5） R
2π
τ
（6）
ω为中子星的自转角速度，τ为中子星的自转周期．由（5）、（6）式得到
τ≥2（7）
代入数据得
τ≥4.4⨯10－4s （8） 故时间间隔的下限为4.4⨯10－4s
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v 0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
物块则因受木板C 施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，
加的摩擦力f 作用而加速，设A 、B 、C 三者的加速度分别为a A 、a B 和a C ，则由牛顿第二定律，有
μmg =ma A μmg -f =ma C f =ma B
事实上在此题中，a B =a C ，即B 、C 之间无相对运动，这是因为当a B =a C 时，由上式可得
1
μmg （1） 2
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
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，
f =
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v 1，由动量守恒定律得 mv 0=3mv 1 （2）
在此过程中，设木板C 运动的路程为s 1，则物块A 运动的路程为s 1+L ，如图预解17-8所示．由动能定理有
1212
mv 1-mv 0=-μmg (s 1+L ) （3） 2212(2m ) v 1=μmgs 1 （4） 2
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
22
(3m ) v 1-mv 0=-μmgL （5）
1
212
式中L 就是物块A 相对木板C 运动的路程．解（2）、（5）式，得
v 0（6） 即物块A
的初速度v 0=A 刚好不与B 发生碰撞，
若v 0，则A 将与B 发生碰撞，故A 与B 发生碰撞的条件是
v 0（7）
2. 当物块A 的初速度v 0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 、v B 和v C ，则有
v A >v B v B =v C （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v A '、v B '和v C '，则有
v A '=v B v B '=v A v C '=v C
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v B '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
mv 0=3mv 2 （10）
A 以初速度v 0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
22
(3m ) v 2-mv 0=-μmg ⋅2L （11）
1
212
解（10）、（11）两式得
v 0 （12） 即物块A
的初速度v 0=A 与B 碰撞，但B 与P 刚好不发生碰撞，
若v 0，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
v 0 （13）
3. 若物块A 的初速度v 0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v A ''、v B ''和v C ''，则有
v B ''>v A ''=v C '' （14）
B 与P 碰撞后的瞬间，A 、B 、C 三者的速度分别为v A '''、v B '''和v C '''，则仍类似于第2问
解答中（9）的道理，有
v B '''=v C '' v C '''=v B '' v A '''=v A '' （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
v C '''>v A '''=v B ''' （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
a C =2μg a A =a B =μg （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v 0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v 3表示，由动量守恒有
3mv 3=mv 0 （18） 从A 以初速度v 0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
22
(3m ) v 3-mv 0=-μmg ⋅4L （19）
1
3
1212
由（18）、（19）两式，得
v 0（20） 即当物块A
的初速度v 0=A 刚好不会从木板C 上掉下．
若v 0>则A 将从木板C 上掉下，故A 从C 上掉下的条件是
v 0（21）
5. 若物块A 的初速度v 0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v A ''''、v B ''''和v C ''''，则有
v A ''''=v B ''''
mv 0=2mv A ''''+mv C '''' （23） （19）式应改写为
2
(2m ) v B ''''2+mv C ''''2-mv 0=-μmg ⋅4L （24）
1
21212
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 mv B ''''+mv C ''''=2mv 4 （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-μmgL ，由动能定理可得
11⎛1⎫2
- mv B ''''2+mv C ''''2⎪=-μmgL （26） (2m ) v 4
22⎝2⎭
由（23）、（24）、（25）、（26）式可得
v 0= （27）
即当v 0=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
v 0> （28）
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
A 1A 2A 3A 4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 =1.0mA ．已知A 1A 2、A 3A 4两边的电阻皆为零；A 4A 1边的电
阻R 1=3.0k Ω，A 2A 3边的电阻R 2=7.0k Ω。
1．试求A 1A 2两点间的电压U 12、A 2A 3两点间的电压U 23、
A 3A 4两点间的电压U 34、A 4A 1两点间的电压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U 1、
U 2、U 3。
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E P =-GMm /r ，其中G =6.67⨯10－11N ⋅m 2⋅kg －2为万有引力常量．设致密天体是中子星，其半径R =10km ，质量M =1.5M ⊙（1M ⊙＝2.0⨯1030kg ，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μ；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v 0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
（3） =
U d
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∆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 θ （4） 因为θ是小角，由几何关系知 sin θ=
∆L ∆d
（5） ≈
∆d L
3
解（3）、（4）、（5）式得
2kd 3⎛∆U ⎫
p =2 ⎪ （6）
L S ⎝U ⎭
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 (R 1+R 2) =10V （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E 1，等效电路如图预解17-5-1所示。有
E 1=E /4=2.5V （2） 根据含源电路欧姆定律，并代入数值得
U 12=-E 1=-2.5V （3） U 23=IR 2-E 1=4.5V （4） U 34=-E 1=-2.5V （5） U 41=IR 1-E 1=0.5V （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
A 1V 1A 4A 1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A 4、A 1两端的
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R V ，因R V 阻值为无限大，I V 趋近于零（但I V R V 为有限值），故得
IR 1+I V R V =IR 1-U 1=
解得 U 1=IR 1=3.0V （7）
同理，如图预解17-5-3所示，回路AV 12A 4A 1的总电动势为E ，故有
IR 1+I V R V =IR 1+U 2=E （8） 解得 U 2=E -IR 1 （9） 代入数据得
U 2=7.0V （10）
如图预解17-5-4所示，回路AV 13A 4A 1的总电动势为零，而A 3A 4边中的电阻又为零，故有
U 3=I V R V =0 （11）
六、参考解答
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
pV =
M
μ
RT
得
M =
μpV
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2p ，若其温度为T '，质量为M '，则有
M '=
2μpV
（2） RT '
进入容器A 中的气体的质量为 ∆M =M '-M =
μpV ⎛2
R ⎝T '
-
1⎫
⎪ （3） T ⎭
设这些气体处在容器B 中时所占的体积为∆V ，则 ∆V =
∆M
RT （4） 2μp
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 =2p ∆V （5） 由（3）、（4）、（5）式得
⎛2T ⎫
-1⎪ （6） W =pV ⎝T '⎭
容器A 中气体内能的变化为 ∆U =
M '
μ
⨯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 （8） 由（2）、（6）、（7）和（8）式得
T ⎫⎛2T ⎫⎛
-1⎪=2⨯2.5 1-⎪ （9） ⎝T '⎭⎝T '⎭
结果为 T '=353.5K
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∆E 1应等于对应始末位置的引力势能的改变，故有
⎛GMm ⎫0- -⎪∆E 1R ⎭GM ⎝ （1） ==m m R
代入有关数据得
∆E
1≈2.0⨯1016J ⋅kg －1 （2）
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
∆E 2
=0.0072c 2 （3）
m
所求能量比为
∆E 2/m 1
≈ （4）
∆E 1/m 31
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 ω2R ≤式中 ω=
RM ∆m
（5） R
2π
τ
（6）
ω为中子星的自转角速度，τ为中子星的自转周期．由（5）、（6）式得到
τ≥2（7）
代入数据得
τ≥4.4⨯10－4s （8） 故时间间隔的下限为4.4⨯10－4s
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v 0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
物块则因受木板C 施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，
加的摩擦力f 作用而加速，设A 、B 、C 三者的加速度分别为a A 、a B 和a C ，则由牛顿第二定律，有
μmg =ma A μmg -f =ma C f =ma B
事实上在此题中，a B =a C ，即B 、C 之间无相对运动，这是因为当a B =a C 时，由上式可得
1
μmg （1） 2
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
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，
f =
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v 1，由动量守恒定律得 mv 0=3mv 1 （2）
在此过程中，设木板C 运动的路程为s 1，则物块A 运动的路程为s 1+L ，如图预解17-8所示．由动能定理有
1212
mv 1-mv 0=-μmg (s 1+L ) （3） 2212(2m ) v 1=μmgs 1 （4） 2
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
22
(3m ) v 1-mv 0=-μmgL （5）
1
212
式中L 就是物块A 相对木板C 运动的路程．解（2）、（5）式，得
v 0（6） 即物块A
的初速度v 0=A 刚好不与B 发生碰撞，
若v 0，则A 将与B 发生碰撞，故A 与B 发生碰撞的条件是
v 0（7）
2. 当物块A 的初速度v 0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 、v B 和v C ，则有
v A >v B v B =v C （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v A '、v B '和v C '，则有
v A '=v B v B '=v A v C '=v C
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v B '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
mv 0=3mv 2 （10）
A 以初速度v 0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
22
(3m ) v 2-mv 0=-μmg ⋅2L （11）
1
212
解（10）、（11）两式得
v 0 （12） 即物块A
的初速度v 0=A 与B 碰撞，但B 与P 刚好不发生碰撞，
若v 0，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
v 0 （13）
3. 若物块A 的初速度v 0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v A ''、v B ''和v C ''，则有
v B ''>v A ''=v C '' （14）
B 与P 碰撞后的瞬间，A 、B 、C 三者的速度分别为v A '''、v B '''和v C '''，则仍类似于第2问
解答中（9）的道理，有
v B '''=v C '' v C '''=v B '' v A '''=v A '' （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
v C '''>v A '''=v B ''' （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
a C =2μg a A =a B =μg （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v 0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v 3表示，由动量守恒有
3mv 3=mv 0 （18） 从A 以初速度v 0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
22
(3m ) v 3-mv 0=-μmg ⋅4L （19）
1
3
1212
由（18）、（19）两式，得
v 0（20） 即当物块A
的初速度v 0=A 刚好不会从木板C 上掉下．
若v 0>则A 将从木板C 上掉下，故A 从C 上掉下的条件是
v 0（21）
5. 若物块A 的初速度v 0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v A ''''、v B ''''和v C ''''，则有
v A ''''=v B ''''
mv 0=2mv A ''''+mv C '''' （23） （19）式应改写为
2
(2m ) v B ''''2+mv C ''''2-mv 0=-μmg ⋅4L （24）
1
21212
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 mv B ''''+mv C ''''=2mv 4 （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-μmgL ，由动能定理可得
11⎛1⎫2
- mv B ''''2+mv C ''''2⎪=-μmgL （26） (2m ) v 4
22⎝2⎭
由（23）、（24）、（25）、（26）式可得
v 0= （27）
即当v 0=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
v 0> （28）