第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试答案

第第 34 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2017 年年 9 月月 16 日日 一 40 分 解 1 如图 为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直 方向的夹角 小圆柱受三个力作用 重力 圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力 设圆筒对小圆柱的静摩擦力大小为 方向沿两圆柱切F 点的切线方向 向右为正 考虑小圆柱质心的运动 由 质心运动定理得 sinFmgma 式中 是小圆柱质心运动的加速度 由于小圆柱与圆a 筒间作无滑滚动 小圆柱绕其中心轴转过的角度 规 1 定小圆柱在最低点时 与之间的关系为 1 0 1 Rr 由 式得 与的关系为a 22 1 22 dd arRr dtdt 考虑小圆柱绕其自身轴的转动 由转动定理得 2 1 2 d rFI dt 式中 是小圆柱绕其自身轴的转动惯量I 2 1 2 Imr 由 式及小角近似 sin 得 2 2 2 0 3 dg dtRr 由 式知 小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动 其振动频率为 1 6 g f Rr 2 用表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小 和分别为小圆柱与圆F 1 2 筒转过的角度 规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向 开始时小圆柱处 于最低点位置 对于小圆柱 由转动定理得 12 0 2 2 1 2 1 2 d Frmr dt 1 R 对于圆筒 同理有 2 2 2 2 d FRMR dt 由 式得 22 12 22 21 dd FrR mMdtdt 设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角 由于 小圆柱与圆筒间做无滑滚动 有 12 RrR 由 式得 222 12 222 ddd RrrR dtdtdt 设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为 由质心运动定理得a sinFmgma 由 式得 2 2 d aRr dt 由 式及小角近似 得sin 2 2 2 0 3 dMmg dtMm Rr 由 式可知 小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动 其振动频率 为 12 2 3 Mmg f Mm Rr 评分参考评分参考 第 1 问 20 分 式各 3 分 式 2 分 式 3 分 式各 2 分 式 3 分 式 2 分 第 2 问 20 分 式各 2 分 式 3 分 式各 2 分 式 3 分 式 2 分 二 解 1 由题设 彗星的运动轨道为抛物线 故 1 0E 彗星绕太阳运动的轨道方程为 1cos k r 彗星绕太阳运动过程中 机械能守恒 2 2 2 1 0 22 L mrV rE mr 式中 Mm V rG r 当彗星运动到近日点 A 时 其径向速度为零 设其到太阳的距离为 由 min r 式得 2 min 2 minmin 2 LMm V rG mrr 由 式和题给条件得 2 E min 2 23 LR r GMm 由 式得 2 22 2drGML dtrm r 或 2 22 2 dr dt GML rm r 设彗星由近日点 A 运动到与地球轨道的交点 C 所需的时间为 对 式两边积t 分 并利用 式得 EE E min 2 3 E 22 1 2 2 3 RR R r drrdr t GMR GML r rm r 对 式应用题给积分公式得 E E 3E 3 21 2 EEE EE 3 2 E 1 2 3 122 33332 10 3 27 R R rdr t GMR r RRR RR GM R GM 由对称性可知 彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为 3 2 E 20 3 2 27 R Tt GM 将题给数据代入 式得 6 6 40 10 sT 2 彗星在运动过程中机械能守恒 2 1 0 2 GMm mE r v 式中 是彗星离太阳的距离为 时的运行速度的大小 由 式有vr 2GM r v 当彗星经过 C D 处时 CDE rrR 由 式得 彗星经过 C D 两点处的速度的大小为 CD E 2GM R vv 由 式和题给数据得 4 CD 4 22 10 m s vv 评分参考评分参考 第 1 问 28 分 式 4 分 式 2 分 式 4 分 式 2 分 式 4 分 式各 2 分 第 2 问 12 分 式 4 分 式 各 2 分 三 解 1 若重物和车厢前壁不发生碰撞 卡车在水平直公路上做匀减速运动 设其加速度大小为 由牛顿第二定 1 a 律有 121 Mm gmgMa 由 式得 112 1 Mm ag M 由匀减速运动公式 卡车从制动开始到静止时所用的时间 和移动的距离分别 1 t 1 s 为 00 1 1112 M t aMm g vv 22 00 1 1112 2 2 M s aMmg vv 重物 B 在卡车 A 的车厢底板上做匀减速直线运动 设 B 相对于地面的加速 度大小为 由牛顿第二定律有 2 a 22 mgma 由 式得 2 22 mg ag m 从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间和重物移动的距离分 2 t 2 s 别为 00 2 22 t ag vv 22 00 2 22 22 vv s ag 由于 由 二式比较可知 即卡车先停 重物后停 21 12 tt 若 重物 B 与车厢前壁不会发生碰撞 因此不发生碰撞的条件是 21 ssL 222 00012 21 212112 22 2 Mm Lss aaMmg vvv 2 由 式知 当满足条件 2 012 21 2112 2 Mm Lss Mmg v 时 重物 B 与车厢前壁必定发生碰撞 设从开始制动到发生碰撞时的时间间隔为 此时有几何条件t 21 s ts tL 这里又可分为两种情况 重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞 12 ttt 和 重物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞 1 tt i 即卡车 A 在 时停下 重物 B 继续运动 在 时与车厢前壁发 12 ttt 1 tt 生碰撞 卡车停下的时间和向前滑动的距离是 给出的 和 同时重物相对于地面 1 t 1 s 向前滑动的距离是 2 2 20 12 1 2 1212 0 2 112 1 2 2 2 2 sta t M Mm g Mm v v 重物相对于车厢向前滑动的距离是 22 1212 00 2 212 112 112 2 012 2 112 2 2 2 2 2 M MmM ss gMmg Mm Mm M g Mm vv v 如果 2121 ssLss 即当 22 120012 2 1122112 2 2 vv mM MMm L MmgMm g 满足时 在车已停稳后重物仍会向前运动并且撞上车厢前壁 从制动到重物 B 与车厢前壁碰撞前 重物 B 克服摩擦力做功 设在碰撞前 的瞬间重物 B 相对地面的速度为 由动能定理有 2 v 22 2021 11 22 mmmg sL vv 由 式得 2 2 120 20212 112 2 2 Mm g sLgL Mm v vv 设碰撞后瞬间重物 B 与卡车 A 的速度均为 由于碰撞时间极短 碰撞前v 后动量守恒 2 mmM vv 由 式得 2 120 22 112 2 Mmmm gL mMmMMm v vv 碰撞过程中重物 B 对车厢前壁的冲量为 2 120 2 112 02 MmmM IMgL mMMm v v 碰撞后 卡车和重物又一起运动了一段时间 2 11 m t gmMg vv 再移动了一段路程 222 120 12 2 11112 2 22 Mmm sgL gmMgMm vv 才最终停止下来 对于卡车而言 这是第二次停下来 重物撞上车厢前壁的时间是 02 2 2 t g vv 所以 从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为 i 0202 22 21221 2 0120112 2 212112 1 2 mm ttt gg Mmggg Mm MmMm gL gg mMMm vvvv v vv 卡车移动的总路程则为 222 i 11202 111 2 11121 2 M mMmm L sss mMMm gmM v ii 即卡车还未停下 重物就与车厢前壁发生碰撞 1 tt 由 式的推导可知 条件可写成 1 tt 2 120 2 112 2 v mM M L Mmg 由匀减速运动学公式 式成为 22 0201 11 22 vv ta tta tL 解得碰撞发生的时间 1212 22 LLM t aamM g 在碰撞前的瞬间 卡车 A 的速度和重物 B 的速度分别为 1 v 2 v 10101 12 2 vvv LM a ta mM g 20202 12 2 vvv LM a ta mM g 由碰撞前后动量守恒 可得碰撞后重物 B 和卡车 A 的共同速度为 v 2121 0 12 01 12 2 2 mMmaMaLM mMmMmM g LMg mM vv vv v 由冲量定理和以上两式得碰撞过程中重物 B 对车厢前壁的冲量为 12 112 2 2 MmM IMaaLmgL mMmM vv 卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和 由与 式可得 12 2 LM t mM g ii 0 11 tt gg vv 卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和 22 ii 2 0 101 11 1 222 mL sta t ggMm vv v 另解 将卡车和重物视为一个系统 制动过程中它们之间的摩擦力和碰撞时的 相互作用力都是内力 水平外力只有地面作用于卡车的摩擦力 在 1 Mmg 此力作用下系统质心做加速度大小为的匀减速运动 从开始到卡车和重物g 1 都停止时所经历的时间为 ii 0 1 t g v 系统质心做匀减速运动的路程为 2 0 1 2 c x g v 设制动前卡车和重物的质心分别位于和 制动后到完全停下卡车运动了路 1 x 2 x 程 两个 ii 1 s 质心分别位于和 于是有 ii 111 xxs ii 221 xxsL 2 II 012121 1 2 c MxmxMxmxMm smL x MmMmMmg v 由此解得 2 ii 0 1 1 2 mL s gMm v 评分参考评分参考 第 1 问 10 分 式各 2 分 第 2 30 分 式 2 分 式各 2 分 式各 2 分 四 O1 Q M O N P 解 1 考虑从初始时刻至时刻 金属棒 OP 扫过的磁场区域的面积0t 0 2 t 为 11 O QOOPMO QM SSSS 扇形扇形 式中 和分别是扇形 OPM 扇形 O1QM 和的面积 OPM S扇形 1 O QM S扇形 1 O QO S 1 O QO 由几何关系得 2 OPM 1 2 2 Sta 扇形 1 2 O QM 1 2 2 St a 扇形 1 O QO sin cos Sat at 由 式得 2 1 2sin2 2 Stt a 通过面积的磁通量为S BS 由法拉第电磁感应定律得 沿回路 QPMQ 的感应电动势为 d dt 式中 负号表示感应电动势沿回路逆时针方向 即沿回路 QPMQ 由 式得 2 1cos2 0 2 ta Bt 当时 沿回路 QPMQ 的感应电动势与时的一样 即 2 t 2 t 2 2 2 a Bt 2 在 时刻流经回路 QPMQ 的电流为t 1 i R 式中 1 2 L RR a 这里 为 PQ 的长 由几何关系得L 22 cos 0 2 Laatt 2 2 Lat 半径 OP 所受到的原磁场的作用力的大小为B FiLB 由 式得 32 2 1cos2 0 2 a B Ftt R 由 式得 32 4 2 a B Ft R 评分参考评分参考 第 1 问 22 分 式各 2 分 式各 4 分 式各 2 分 第 2 问 18 分 式 4 分 式各 2 分 式 4 分 式各 2 分 五 解 1 设离子从 O 点射入磁场时的速率为 由能量守恒得v 2 1 2 qUm v 由 式得 2qU m v 设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 有r 2 qBm r v v 由 式得 12mU r Bq 若 或 2 bD r 22 DbD r 则离子只能打到器壁或离子源外壁被吸收 不能从 P 射 出 若离子从 O 射出后只运动半个圆周即从 P 射出 则 2 bD r 将 式代入 式得 电子能够从 P 出射 可能的磁感应 强度的最小值为B min 22mU B bDq 2 若 2 D r 则离子将穿过上极板进入电场区域 被减速到零后 又重新反向加速至进入时 的速率 从进入处再回到磁场区域 设这样的过程进行了 k 次 然后离子将绕 过两极板右端从下极板进入电场区域被加速 再穿过上极板进入磁场时能量增 加到 2qU 运动半径增加到 1 21 1rrr 这样加速 次后 离子做圆周运动的半径为n n r 1 n rnr 当满足条件 1 2 n bD krrnk r 或 图 b D S 2 1 bD r nk 时 离子可从 P 处射出 另一方面 显然有 且 1k 22 1 krDkr 解得 2 1 2 DD r kk 由 式有 1 1 2 1 22 DbDD nknk kk 解得 222 1 1 1 1bknbkb 由 式可得 max max 2222 DBDqa k rmU 式中是当时由 式定出的 因此k为不大于 2 a 的最大自然数 max r max BB 2 a 2 a k 由 式知 磁感应强度的其它所有可能值为B 122 1 2mUnkmU B rqbDq 式中 2 222 2 222222 2 222222 222 222 1 1 1 1 1 1212 2 1 21 1 2 1 212 1 2 3 1 31 1 3 1 313 1 2 1 1 1 1 1 1 22222 kn bbbb bbbbb bbbbb aaaaa bbbbb 2 2 3 离子被电场加速了次后 其出射能量为1n 1 EnqU 对于满足 式的 n 可以取到最大值为 再由 式 可得出射离k 2 1 2bkb 子的能量最大值为 2 maxmax 1 1 1 2 bb a EnqUqU 评分参考评分参考 第 1 问 12 分 式各 2 分 第 2 问 23 分 式各 2 分 式 4 分 式各 2 分 式 3 分 第 3 问 5 分 式 3 分 式 2 分 六 40 分 解 1 由氢原子的能级公式 2 13 6eV 1 2 n En n 可得氢原子的能级图如图所示 可见光光子能量的上限和下限分别为 1 E 2 E 1 1 1240nm eV 3 10eV 400nm hc E 2 2 1240nm eV 1 63eV 760nm hc E 要能观察到可见光范围内的光谱线 发生跃迁的两能级的 能量之差应在可见光的能量范围 1 63eV 3 10eV 内 要仅能观察到一条可见光范围内的光谱线 由氢原子的能级图可知 只能 将氢原子激发到第二激发态 即能级 3n 氢原子第二激发态 到第一激发态 的能量差为3n 2n 3232 1 51eV 3 4eV 1 89eVEEE 氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态所发出的可见光的波长为 32 656nm hc E 2 要使氢原子能激发到能级 需要提供的能量至少为3n 3131 1 51eV 13 60eV 12 09eVEEE 设电子质量为 电子碰撞前后的速度分别为和 氢原子碰撞前后的速度 e m 1 v 2 v 分别为 由题意 和 电子因激发氢原子而损失的能量为 被氢原 1 0u 2 uE 子吸收为激发能 由动量和能量守恒有 e1e22 mmMu vv 222 e1e22 111 222 mmMuE vv 由 式消去 得 2 u 222 ee2e12ee1 2 20m Mmmm mMM E vv vv 13 60ev 3 40ev 1 51ev 0 85ev 0ev 此式是关于的一元二次方程 注意到为实的常量 故方程 的系数应满足 2 v 2 v 条件 222 e1eeee1 2 4 2 0mm Mmm mMM E vv 化简得 2 e e1 1 1 2 k m EmE M v 要使原子从基态仅激发到第二激发态 应满足E 3141 EEE 式中已由 式给出 而 31 E 4141 0 85eV 13 60eV 12 75eVEEE 由 式得 ee 31k41 1 1 mm EEE MM 由 式和题给条件得 k 12 10eV12 76eVE 3 如果将电子改为质子 式成为 pp 3141 1 1 k mm EEE MM 式中为质子的质量 由 式和题给条件得 p m k 24 17eV25 49eVE 设加速质子的加速电压为 由V 为质子电荷 k eVE e 和 式得 24 17V 25 49VV 评分参考评分参考 第 1 问 14 分 式各 2 分 第 2 问 20 分 式各 2 分 式各 3 分 式 2 分 式 4 分 式 2 分 式 1 分 式各 2 分 第 3 问 6 分 式各 2 分 七 解 1 直线 AB 过程中任一平衡态的气体压强和体积满足方程pV 0 0 00 00 2 22 V V PP PV PV 此即 0 0 0 3 2 P PPV V 根据理想气体状态方程有 PVRT 式中是相应的绝对温度 由 式得T 2 2 0000 00 00 1339 2416 PPPV TVPVVV RVRVR 由 式知 当 0 3 4 VV 时 气体达到直线 AB 过程中的最高温度 00 max 9 16 PV T R 2 由直线 AB 过程的摩尔热容量的定义有 m C m dQC dT 由热力学第一定律有 dUdQPdV 由理想气体内能公式和题给数据有 5 2 V R dUC dTdT 由 式得 0 m0 0 531 22 V PP dVdV CCRPV dTVdT 由 式两边微分得 0 00 2 34 RVdV dTPVV 由 式代入 式得 0 m 0 2124 342 VV R C VV 由 式得 直线 AB 过程中 在从增大到的过程中 故 吸热 V 0 2 V 0 3 4V m 0C 0 dT dV 0 dQ dV 在从增大到的过程中 故 吸热 V 0 3 4V 0 21 24 V m 0C 0 dT dV 0 dQ dV 在从增大到的过程中 故 放热 V 0 21 24 V 0 V m 0C 0 dT dV 0 dQ dV 由 式可知 系统从吸热到放热转折点发生在 c0 21 24 VVV 处 由 式和上式得 2 000 c0 0 1335 264 PPV TVPV RVR 3 对于直线 AB 过程 由 式得 0 m00 00 2124216 44 VVdTV dQCdVPdVPdV dVVV 将上式两边对直线过程积分得 整个直线 AB 过程中所吸收的净热量为 0 0 0 0 2 0000 00 2 2 2162133 448 V V V V VV QPdVPVPV VV 直线 直线 AB 过程中气体对外所作的功为 00 0000 13 2228 PV WPVPV 直线 等温过程中气体对外所作的功为 00 00 2 2 000 0