2017第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案

1、第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2017年9月16日一、（40分）一个半径为r、质量为m的均质实心小圆柱被置于 一个半径为R、质量为M的薄圆筒中，圆筒和小圆柱的中心轴均 水平，横截面如图所示。重力加速度大小为 g。试在下述两种情 形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率：（1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动；（2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内底部附近作无滑滚动。解：（1）如图，e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

2、F ,方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正） 。考虑小圆柱质心的运动，由质心运动定理得F -mgsin 二-ma式中，a是小圆柱质心运动的加速度。 滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度 时6 =。）与e之间的关系为Ri - r（口 f由式得，a与日的关系为由于小圆柱与圆筒间作无日（规定小圆柱在最低点d2注a = r dt=(R-喑考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得匚I/rF I 2dt式中，I是小圆柱绕其自身轴的转动惯量12I =一 mr2由 式及小角近似sin F二由式知，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g6(R -r)（2）用F表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的

3、大小，目和色分别为小圆柱与圆筒转过的角度（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91 =2=0）。对于小圆柱，由转动定理得.Fr =。产坞 2 dt对于圆筒，同理有FR =(MR2)M2 dt22由式得21 小m M 正 IT0,由于小圆柱与圆筒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 间做无滑滚动，有Ri -r（7i ,1） -Rt2由？式得2 .2 .2 .d 1 d 不 d t（R-r）=r-RlT?设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a ,由质心运动定理得F -mg sin【-ma?由？式得d2uca=（R_r）-?dt 由？式及小角

4、近似sine R=e ,得2d2u 2M m g .八仁-i=0？dt 3M m R-r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1 2M m gf -. .？2冗，3M m R -r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。、（40分）星体P （行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线k地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，Re M.49M 1011m,彗星轨道近日r 二1 一二 cos1式中，r是P到太阳S的距离，e是矢径SP相对于极L2轴SA的夹角（以逆

5、时针万向为正），k=L 2 , L是GMm11312 .P相对于太阳的角动量， G =6.67 =0)。因发生紧急情况，卡车突然制动。已知卡车车轮与地面间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为内，重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为 h (2 H)。若重物与车厢前壁发生碰撞，则假定碰撞时间极短， 碰后重物与车厢前壁不分开。重力加速度大小为g。(1)若重物和车厢前壁不发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车停止的过程所花的时间和走过的路程、重物从制动开始到重物停止的过程所花的时间和走过的路程，并导出重物B与车厢前壁不发生碰撞的条件；(2)若重物和车厢前壁发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车和重物都停止

6、的过程所经历的 时间、卡车走过的路程、以及碰撞过程中重物对车厢前壁的冲量。解:(1)若重物和车厢前壁不发生碰撞。行车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为a1o由牛顿第二定律有t1 =包a1Vo2Vo2VoS1 =:2a1M (口1-2加 2g1( M m)g - 2mg 二 Ma1由式得-1M ( -1 -2)ma二3和移动的距离与分别为由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间a2。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12 mg =ma2由式得2mg .a2 = = 4gm从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间t2和

7、重物移动的距离S2分别为t2VoVo2Vo2Voa2S2 =2a222g由于ti ,即卡车先停，重物后停。若比 t ti (重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞)和 t wl (重 物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞)在t时与车厢前壁发生碰撞。(i) t2 At Ai,即卡车A在t1时停下，重物B继续运动,卡车停下的时间和向前滑动的距离是给出的匕和与同时重物相对于地面向前滑动的距离是i 2s2 Voti - a2ti2M IM (2七一：)+2m(H ：2)】v2lM (Ji -2)m22g重物相对于车厢向前滑动的距离是s2 -si -M M(2d -2) 2m(d -2) Uo2VoI-M (d

8、 -2)m2 2g 胸(一匕加2g(T - - 2)(M m)M V：IiM , ( 4 - -2)m 2 2g如果s2 S Lsi ,即当22(R _%)(m+M)Mv2(R %)(M +m)v22:. L:.2 JM+(四 一 Gm g 2引口掘 (一 2)mg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 V2,由动能定理有1212,、mv2 =-mv0- 2mg(s1 )22由式得V2 二2 Tg(s-iL(；)M m2g口 ！ iM (.二i -2m设碰撞后瞬间重物 B与卡车A的速

9、度均为v,由于碰撞时间极短，碰撞前后动量守恒mv2 =(m，M )v由式得v =v2m M m M(i2)(Mm)v01M(1 一_2 )m 2碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为-2.L2gLI=Mv_0=J(i)(M+m)v2m M , J1M (1 _2)m碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间t 二-v- 田mV220 -2hgL2VSi =2也再移动了一段路程(4- 2)(M m)v21(m M )2g | M (1 -2)m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Vo -V2t2=F所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为mv2Vo 1一V2J

10、g(M m) J2g2g Tg(M m) Vo J1M (T-2)m (4 -2)( M m)v2L2gT-12g(m M ) V .U1M , (J1 -2)m卡车移动的总路程则为-22gL(i) -S1 =s1+s1 =J1M (m M)(1 一,2)m2v2L2m2L2i(m M)iM (i2)mg Ji(m M )2(ii) t ti ,即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞由式的推导可知，条件 tWt1可写成2.(h -k2)m+M mv2oL 22MM + (1-k2m g由匀减速运动学公式，式成为1212Vot 一一a2t =(Vot -ait ) L解得碰撞发生的时间t= 2

11、L2LMal - a2(i 一 4)(m M)g在碰撞前的瞬间，卡车 A的速度v1和重物B的速度v2分别为V1=Vo-at1=V ba2LM1( J1 -二2)(m M)g，V2 =Vo - a2t =Vo -a22LM3 - -2)(m M )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V,为mV2，M V1ma2 - Ma1v 二二 Vo2LM(-1 - 2)(m M )g2LMg(J - -2)(m M )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Mm I =M (v -V1)2(a1 -a2)Lm M 1二m卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由2LMt (

12、1 T)(m M)g与？式可得V VoTg dg卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和(ii)12sVota1t22VomL2.L1g2.L1gM m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(M +m)g o在此力作用下系统质心做加速度大小为N1g的匀减速运动，从开始到卡车和重物都停止时所经历的时间为1g系统质心做匀减速运动的路程为.(ii) _ Vo t 2Vos(ii),两个2 4g设制动前卡车和重物的质心分别位于X1和X2 ;制动后到完全停下卡车运动了路程质心分别位于X； =X1+s(ii)和X2 =X2+8

13、( + L。于是有MX：+mX； MX1 +mX2 (M +m)s1II) +mLv22g由此解得s(ii)V2 mL2.-1g M m?评分参考：第(1)问1o分，式各 2分；第(2) 3。分，式2分,? 式各2分，？ 式各2分。四、(40分)如俯视图，在水平面内有两个分别以 。点 与Oi点为圆心的导电半圆弧内切于 M点，半圆O的半 径为2a ,半圆Oi的半径为a ;两个半圆弧和圆 O的半 径ON围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场(未画出)，磁感应强度大小为 B ;其余区域没有磁场。半径OP为一均匀细金属棒，以恒定的角速度切绕O 点顺时针旋转，旋转过程中金属棒OP与两个半圆弧均接触良

14、好。已知金属棒OP电阻为R,两个半圆弧的电阻可忽略。开始时P点与M点重合。在t(0口 -)时刻，半径OP与半co圆Oi交于Q点。求(1)沿回路QPMQ的感应电动势；(2)金属棒OP所受到的原磁场 B的作用力的大小。解：(1)考虑从初始时刻t=0至时刻0EE ,金属棒OP扫过的磁场区域的面积为 2 .S =S扇形OPM S扇形O iQM 一 S Oi QO式中，S扇形OPM、S扇形O1QM和S&QO分别是扇形OPM、扇形OiQM和AOiQ。的面积。由几何关系得C1 .2S扇形OPM =(t)(2a)2C12S扇形o,qm = (2 t)a 12S 西qo =(asin 6t)(a coscot)

15、由式得一 12S =(2 -sin2t)a通过面积S的磁通量为4=BS由法拉第电磁感应定律得，沿回路QPMQ的感应电动势为d名:一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.兀；=(1 -cos2 t) a B, 0 - t -2当，t w时，沿回路 QPMQ2，的感应电动势与t=二时的一样，即2 .（2）在t时刻流经回路 QPMQ兀一 t 0 )的离子， 由静止开始被电场加速，经狭缝中 的O点进入磁场区域，。点到极板 右端的距离为D ,到出射孔P的距离为bD (常数b为大于2的自 然数)。已知磁感应强度大小在零到 Bmax之间可调，离子从离子源 上方的。点射入

16、磁场区域，最终只能从出射孔 P射出。假设如果 离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应。求(1)可能的磁感应强度 B的最小值；(2)磁感应强度 B的其它所有可能值；(3)出射离子的能量最大值。解：(1)设离子从。点射入磁场时的速率为 v,由能量守恒得12qU = mv2由式得设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r,有2v qBv =m - r图b由式得bD DbDr 或 一r 222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bD r =2将式代入式得，电子能够从 P出射，可能的磁感应强度 B的最小值为2Bmin : bD2mU

17、D r :二一2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r1 = 2r = 1 ir这样加速n次后，离子做圆周运动的半径rn为rn = n 1r当满足条件bDkr rn =( -n 1 k)r =-时，离子可从bDr 2( . n-1k)P处射出。另一方面，显然有 k之1,且2kr 三 D 2(k 1)r解得2 k 1 ) k2由? D bD D( n 1 k):-( n 1 k)2(k 1)22k解得2

18、2(b -1) k2-1 n :二(b - 1)k b - 1式中rmax是当B=Bmax时由式定出的。因此k为不大于a的最大自然数2aIL2由式知，磁感应强度B的其它所有可能值为式中(b -1)2 -12 2(b -1)222 -12 2(b -1)232 -1a_2(b 一1)2 I-1(3)离子被电场加速了对于3t足？式的k最大值为评分参考：第（1）式 4 分，?1rq2mU 2( n 1 k)(b -1)2(b -1)2 22(b -1)2 32(b -1)2 _a 2n +1次后,E =( n 1 )qUbD2mUq(b -1)2 12 _2(b -1)2 22 12 一2(b-1)

19、232 1其出射能量为IHIIIIII12b -1? -22(b -1)+b2 -23(b-1)+b2 -2中01)+b -2n可以取到最大值为（b-1）k +b2 -2,再由？式，可得出射离子的能量Emax = (nmax 1)qU = (b -1) a b-1 qU-2问12分， 式各2分；第（2）问23分，式各2分，式各2分，？式3分；第（3）问5分，？式3分，？式2分。由？式可得六、(40分)1914年，弗兰克-赫兹用电子碰撞原子的方法使原子从低能级激发到高能级，从而证明了原子能级的存在。 加速电子碰撞自由的氢原子，使某氢原子从基态激发到激发态。该氢原子仅能发出一条可见光波长范围(40

20、0nm|_ 760nm )内的光谱线。仅考虑一维正碰。(1)求该氢原子能发出的可见光的波长；(2)求加速后电子动能 Ek的范围；(3)如果将电子改为质子，求加速质子的加速电压的范围。已知hc=1240nm eV ,其中h为普朗克常数，c为真空中的光速；质子质量近似为电子质量 的1836倍，氢原子在碰撞前的速度可忽略。解:0ev-0.85-1.51(1)由氢原子的能级公式L 13.6eVEn =-2, n =1,2| In可得氢原子的能级图如图所示。可见光光子能量的上限 E1,和下限E2分别为-3.40hc 1240nm eVE1 = 1400nm=3.10eVhc 1240nm eVE21.6

21、3eV2760nm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-13.6应在可见光的能量范围1.63eV3.10eV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n =3氢原子第二?t发态(n=3)到第一激发态(n=2)的能量差为E32 =E3 -E2 =(1.51eV) -(-3.4eV) =1.89eV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hc=656nmE32(2)要使氢原子能激发到能级n=3,需要提供的能量至少为E31 =E3-E1 =(-1.51eV) -(-13.60eV) =12.09eV设电子

22、质量为me,电子碰撞前后的速度分别为V1和V2 ,氢原子碰撞前后的速度分别为O由动(由题意)和 止，电子因激发氢原子而损失的能量为AE (被氢原子吸收为激发能)量和能量守恒有meVl =meV2 +MU212 12 124一 mev1 =-mev2 +-Mu2 +AE222由式消去u2 ,得me(M me)v2 - 2m2v1v2 me(me - M )v2 2M . ：E =0?此式是关于v2的一元二次方程。注意到 V2为实的常量，故方程？的系数应满足条件一 一 2一2 _ 一 一 一一2 一(_2mev1) -4me( M me) me(me 一 M )v； 2M.：E_0?化简得Ek m

23、ev1 _ (1 ) -E?2M要使原子从基态仅激发到第二激发态，AE应满足E31 匚正：二 E41?式中E31已由式给出，而E41 -E4 -E1 =(-0.85eV) -(-13.60eV) =12.75eV?由？?？式得memec(1)E31 Ek：:(1)E41?MM由？式和题给条件得12.10eV_Ek：12.76eV?(3)如果将电子改为质子，？式成为mp _mp _八(1p)E31 Ek (1p)E41?MM式中mp为质子的质量。由？式和题给条件得24.17eV Ek ：25.49eV?设加速质子的加速电压为 V。由eV = Ek ( e为质子电荷)和？式得24.17V_V0,3

24、21V_ .在V从3V。增大到21V0的过程中，Cm 0 ,24由？?？式可知，系统从吸热到放热转折点发生在21V =Vc = V024处。由式和上式得1 TF-片 IPV1 dV(3)对于直线AB过程,由式得dTdQ =Cm dVdV将上式两边对直线过程积分得,整个直线Q直线V0216VV。 d dTdT j dQ0 ,故0 ,吸热dVdVdT j dQ,0 ,吸热 dVdV匹0,故dQ0 ,放热dVdV35 F0V064 R代言P0dVAB过程中所吸收的净热量为F0dVV0/24 V021V43V2V0XV0v0/23PV0 8直线AB过程中气体对外所作的功为1F0V03二一(P0)(V0

25、 - -)=PV02228等温过程中气体对外所作的功为V0/2=PdV =VV0/2 .P) V。V0型一包- in 2224一个正循环过程中气体对外所作的净功为w =w直线w等温=（m-也）ps?82评分参考：第（1）问10分，式各3分，式各2分；第（2）问20分，? 式各2分；第（3）问10分，？ 式各2分。八、（40分）非涅尔透 镜又称同心圆阶梯透镜，它是由很多个同轴 环带套在一起构成的， 其迎光面是平面，折射 面除中心是一个球冠 外，其它环带分别是属 于不同球面的球台侧面，其纵剖面如右图所示。这样的结构可以避免普通大口径球面透镜既厚又重的缺点。菲涅尔透镜的设计主要是确定每个环带的齿形（即它所属球面的球半径和球心），各环带都是一个独立的（部分）球面透镜，它们的焦距不同，但必须保证具有共同的焦点（即图中F点）。已知透镜材料的折射率为 n ,从透镜中心 O （球冠的顶点）到焦点 F 的距离（焦距）