2017第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案

#由牛顿第二定律有日mg由牛顿第二定律有日mg=ma22由③式得%mg-2 m从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间看和重物移动的距离s分别为220 0 v2 v2t=，=L，S--T~0~-O|102aRg 2 2a2从g22 2 2由于R2<Rj由②④二式比较可知，t2>tj即卡车先停，重物后停。若s<s+L，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21r v2v2 (R—R)(M+m)v2TOC\o"1-5"\h\zL>s—s=-0 0-= 1 2 02 1 2a 2aR[RM+(R—R)m]2g2 1 21 1 2(2)由⑤式知，当满足条件(R—R)(M+m)v2L<s—s= 1 2 02 12R[RM+(R—R)m]g21 1 2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t，此时有几何条件s(t)=s(t)+L ⑥21这里又可分为两种情况：t>t>t(重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞)和t<t(重21 1物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞)。同时重物相对于地面向前滑动的(i)t2>t>tj即卡车A在(时停下，重物B继续运动，在t时与车厢前壁发生碰撞。同时重物相对于地面向前滑动的卡车停下的时间和向前滑动的距离是②给出的t和s，11距离是TOC\o"1-5"\h\z， ，1,s=vt一~a122 01221MM(2r—R)+2m(R—R)]v2= F 1- 1 2 0-LrM+(R—R)mJ2 2g1 12重物相对于车厢向前滑动的距离是MLM(2R—R)+2m(R—R)Jv2 M v2s-s= 1 2 1 2 0— 0-2 1LRM+(R—R)mJ2 2gRM+(R—R)m2g1 12 1 12(R—R)(M+m)Mv2LRM+(R—R)mJ22g1 12如果s'—s<L<s—s，21 21即当(N—N)(m+M)Mv2 (N—N)(M+m)v2—1 2 0-<L< 1 2 02[NM+(N—N)m]2g 2n[NM+(n—N)m]g1 1 2 2 1 1 2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v，由动能定理有21e1,—mv2=—mv2-nmg(s+L)2 2 2 0 2 1由⑧式得 - '(N—N)(M+m)v2v=4V2—2Ng(s+L)= 1 2 0—2NgL2 0 2 1NnM+(N—N)m 21 1 2设碰撞后瞬间重物B与卡车A的速度均为v，由于碰撞时间极短，碰撞前后动量守恒mv=(m+M)v2由⑨式得,,m,,m,，(N—N)(M+m)v2v= v= ।-1 2 0—2NgLm+M2m+M\NM+(N—N)m21 1 2碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为I=Mv-0=4；(N1-N2)(M+m)v2-2NgLm+MNM+(N—N)m2碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间.vmv

t= = -2NgN（m+M）g1 1再移动了一段路程2ng2N(m+M)2g(%-RXm+m)v2-2ngL

NM+(N—N)m2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12v-v—0 2Ng2所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为mv 2mv 2⑭口， / -v—vt(i)=t+t=-0 2+2Ng2v―0-Ng2NM+(N—N)m；(N—N)(M+m)v2 1卡车移动的总路程则为S(i)=S+Ss1 1 1[NM(m+M)+(N—N)m2]v2■0 -2N2gL2N(m+M)[NM+(N—N)m]g N(m+M)212（ii）t<t，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞1由⑨式的推导可知，条件t<t可写成1由匀减速运动学公式，⑴一N)(m+M)Mv2L< 1 2 0-2[NM+(N一N)m]2g1 12⑥式成为解得碰撞发生的时间1vt一a12=0 22(vt--at2)+L0 21t= 2L= 2LMaa一a ((N-N)(m+M)g-1 2 1 2在碰撞前的瞬间，卡车A的速度v'和重物B的速度v'分别为 1 2, : 2LM ,v，=v-at=v-a, ,v，=v-at=v101 01\(N-N)(m+M)g 202 01 2: 2LM2(N-N)(m+M)g1 2⑯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.mv'+Mv' ma+Ma■ 2LMv=——2 1=v-2 -■ m+M0m+M\(N-N)(m+M)g

1 2=v-N1 2LMg0 1,；(n-N)(m+M)1 2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'-v')= v2(a-a)L=m1m+M、 1 2：’2(N1-N2))MgL，m+M卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由t=.' 2LM 与⑰式可得\(N1-N2)(m+M)gv'v

t(ii)=t+ =-0-NgNg

11

卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和1 v'2 v2mLs(ii)=vt+a12+ =0 1 0 21 2Ng 2NgM+m11[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)N1g。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vt(ii)=-Ng1系统质心做匀减速运动的路程为v2Ax二一0—c2Ng1设制动前卡车和重物的质心分别位于x和X；制动后到完全停下卡车运动了路程s(ii)，两个12 1质心分别位于X'=X+s(ii)和X'=X+s(ii)+L。于是有1 11 221Mx'+mX'Mx+mX (M+m)s(ii)+mL v2Ax= 1 2 1 2-= 1 =——0—cM+mM+m M+m2Ng1由此解得v2mLs(ii)= 0 1 2NgM+m1]评分参考：第(1)问10分，①②③④⑤式各2分；第⑫⑬⑭⑮式各2分，⑯⑰⑱⑲⑳式各2分。⑳(2)30分，⑥式2分，⑦⑧⑨⑩⑪四、（40分）如俯视图，在水平面内有两个分别以O点TOC\o"1-5"\h\z与O1点为圆心的导电半圆弧内切于m点，半圆o的半 2径为2a，半圆O1的半径为a；两个半圆弧和圆O的半/、\Q \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。I [' JM Oi O N半径OP为一均匀细金属棒，以恒定的角速度①绕O 1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<t<-）时刻，半径OP与半3圆O1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二0至时刻0<t<23，金属棒(1)TOC\o"1-5"\h\zS=S—S—S ①扇形OPM 扇形O&M AO1QO式中，S、S和S 分别是扇形OPM、扇形O|QM和AOQO的面积。由几何扇形OPM 扇形O&M AO1QO 1 1关系得S =1(31)(2a)2 ②扇形OPM2S =1(231)a2 ③扇形O1QM2S =(asin31)(acos31) ④AO1QO由①②③④式得S=2(231-sin231)a2 ⑤通过面积S的磁通量为gBS ⑥由法拉第电磁感应定律得，沿回路QPMQ的感应电动势为£=-妙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⑤⑥⑦式得_ n£=-(1-cos231)3a2B,0<3t<—

TOC\o"1-5"\h\z当A<t<1时，沿回路QPMQ的感应电动势与t二三时的一样，即23 3 23n£=—23a2B, <3t<n (⑨2(2)在t时刻流经回路QPMQ的电流为i=— ⑩R1式中\o"CurrentDocument"R=RL ⑪1 2a这里，L为PQ的长。由几何关系得nL=2a-2acos31,0<3t<— ⑫n, ,L=2a, <3t<n2半径OP所受到的原磁场B的作用力的大小为F=iLB23a323a3B2 n=(1-cos231) , 0<31<—R2F43a343a3B2 n, <3t<n.R2F评分参考：第（1）问22分，①②③④⑤式各2分，⑥⑦式各4分，⑧⑨式各2分;第（2）问18分，⑩式4分，⑪⑫⑬式各2分，⑭式4分，⑮⑯式各2分。

图a五、（40分）某种回旋加速器的设计方案如俯视图a所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，其间存在匀强电场，两极板间电势差为U。两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板（见图b）；两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其它部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在离子源S中产生的质量为机、带电量为q（q>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，O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O点射入磁场区域，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。求图a（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O点射入磁场时的速率为。，由能量守恒得qU=mv2 ①2由①式得v=,胃 ②设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为广，有v2qBv=m—r由②③式得1-2mUr=B\-r

r〉bD或D<r<蛆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bDr=——2将⑤式代入④式得，电子能够从P出射，可能的磁感应强度B的最小值为BminbDq2BminbDq2mU（2）若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，从进电场区域被加速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再穿过上极板进入磁场时能量增加到2qU，运动半径增加到电场区域被加速r=22r=<1+1r1这样加速n这样加速n次后离子做圆周运动的半径r为n当满足条件bDr=bDr= 2(in+1+k)时，离子可从P处射出。另一方面，显然有k>1,且2kr<D<2(k+1)r解得TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument" <r<—2(k+1) 2k由⑨⑩⑪式有(\'' n+(\'' n+1+k)2(k+1)<<(xn+1+k)—\o"CurrentDocument"2 2k解得

(b—1)2k2—1<n<[(b—1)k+b卜一12DDB2mU 2qa由④⑪2DDB2mU 2qak< 2rmax式中rmax是当B=B时由④式定出的。因此k为不大于式中rmaxmax由④⑨式知，磁感应强度B的其它所有可能值为2(7n+2(7n+1+k)'2mUbD式中（3）(bT（3）(bT)2[2]T(bT)2[2](b—D2[万]+1…离子被电场加速了n+1次后，其出射能量为(b-1)2-1(b-1)2n(b-1)2+1 …{2b-1}2-2(b-1)222-1(b-1)222(b-1)222+1・••{2(b-1)+b}2-2(b-1)232-1(b-1)232(b-1)232+1・••{3(b-1)+b}2-2E=(n+1)qU对于满足⑮式的k，n可以取到最大值为[（b-1）k+b]2-2，再由⑱式，可得出射离子的能量最大值为maxmaxE=(n+DqU=〃(b-1)2+b\-1}。maxmax评分参考：第（1）问12分，①②③④⑤⑥式各2分；第（2）问23分，⑦⑧式各2分，⑨式4分，⑪⑫⑬⑭⑮⑯式各2分，⑰式3分；第（3）问5分，⑱式3分，⑲式2分。

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（400nm〜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E的范围；k（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：（1）由氢原子的能级公式EE二一4n=1,2,…n n2 0ev 0.85 -1.51可得氢原子的能级图如图所示。可见光光子能量的上限E'可见光光子能量的上限E'和下限E'分别为

12-3.40=3.10eV=1.63eVh，hc1240nm=3.10eV=1.63eVE=--= 入400nm1“hc1240nm-eV-13.6入760nm2-13.6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TOC\o"1-5"\h\zn=3 ⑤氢原子第二激发态（n=3）到第一激发态（n=2）的能量差为E=E-E=（-1.51eV）-（-3.4eV）=1.89eV ⑥32 3 2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入=-^―=656nm ⑦E32（2）要使氢原子能激发到能级n=3，需要提供的能量至少为E=E-E=（-1.51eV）-（-13.60eV）=12.09eV ⑧31 3 1设电子质量为m，电子碰撞前后的速度分别为。和。，氢原子碰撞前后的速度分别为u^0e 12 1（由题意）和u，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）。由动2量和能量守恒有mv—mv+MuTOC\o"1-5"\h\ze1e2 2mmv2=mmv2+MMu2+AE2e12e22 2由⑨⑩式消去u2，得m(M+m)v2—2m2vv+m(m一M)v2+2MAE—0 ⑪e e2 e12ee 1此式是关于v的一元二次方程。注意到v为实的常量，故方程⑪的系数应满足条件22(-2m2v)2一4m(M+m)[m(m一M)v2+2MAE]>0 ⑫e1 e eee 1化简得1mE三—mv2>(1+——e)AE ⑬k2e1 M要使原子从基态仅激发到第二激发态，AE应满足E<AE<E ⑭31 41式中E已由⑧式给出，而31E=E-E=(-0.85eV)-(-13.60eV)=12.75eV ⑮41 4 1由⑬⑭⑮式得(1+me)E<E<(1+me)E ⑯M31k M41由⑯式和题给条件得12.10eV<E<12.76eV ⑰k(3)如果将电子改为质子，⑯式成为mm(1+f)E<E<(1+p)E ⑱M31k M41式中m为质子的质量。由⑱式和题给条件得p24.17eV<E<25.49eV ⑲k设加速质子的加速电压为V。由eV—E (e为质子电荷)k和⑲式得24.17V<V<25.49V ⑳评分参考：第(1)问14分，①②③④⑤⑥⑦式各2分；第(2)问20分，⑧⑨式各2分，⑩式各3分，⑪式2分，⑬式4分，⑭式2分，⑮式1分，⑯⑰式各2分；第(3)问6分，⑱⑲⑳式各2分。

七、（40分）如气体压强-体积图所示，摩尔数为v的双原子理想气体构成的系统经历一正循环过程（正循环指沿图中箭头所示的循环），其中自A到B为直线过程，自B到A为等温过程。双原子理想气体的定容摩尔热容为-R，2R为气体常量。（1）求直线AB过程中的最高温度；（2）求直线AB过程中气体的摩尔热容量随气体体积变化的关系式，说明气体在直线AB过程各段体积范围内是吸热过程还是放热过程，确定吸热和放热过程发生转变时的温度T；c（3）求整个直线AB过程中所吸收的净热量和一个正循环过程中气体对外所作的净功。解：（1）直线AB过程中任一平衡态的气体压强p和体积V满足方程P—PV

尸)7

P0- 002 23PP=-P—-VV20V0根据理想气体状态方程有PV=vRT式中3PP=-P—-VV20V0根据理想气体状态方程有PV=vRT式中T是相应的绝对温度。由①②式得T二vR1V0P3FV2+—PV—P 0-vRV0(3、V—-VI40)2 9PV+ 0-016vR由③式知，当3V=-V40时，气体达到直线AB过程中的最高温度Tmax9PV——0—016vR（2）由直线AB过程的摩尔热容量C的定义有mdQ=vCdTm由热力学第一定律有dU=dQ—PdV①②③④⑤⑥⑦由理想气体内能公式和题给数据有由①⑥⑦⑧⑨式得由③式两边微分得由⑩式代入⑨式得dU=vCdT=v5RdTmVvdT20V0dV2vRV 0dTP(3V—4V)0021V由①⑥⑦⑧⑨式得由③式两边微分得由⑩式代入⑨式得dU=vCdT=v5RdTmVvdT20V0dV2vRV 0dTP(3V—4V)0021V—24VR―0 3V—4V0由⑥⑩⑪式得，直线AB过程中，在V从1增大到3V的过程中，40C>0

m圾>0dV1dVJvdT故dQ>0，吸热dV在V从3V增大到21V40 24的过程中，C<0mdT——<dV故dQ>0，吸热dV增大到V的过程中，C>0a<0dV故dQ<0，放热dV由⑫⑬⑭式可知，系统从吸热到放热转折点发生在V=V=21Vc240处。由③式和上式得T=—

cvR1V0P3FV2+-PV35PV 0—064vR（3）对于直线AB过程，由⑥⑩式得悭二VCm厚二IP0dV二0(216V)PdV

0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Q直线乎［21VV0/2竺IPdV=PV0J03V21V0V0JV0/2二IP0V0直线AB过程中气体对外所作的功为1PV3w=-(P+—)(V—f)=-VV直线20 2 0 2 800等温过程中气体对外所作的功为PV■^ln22w W2D小PV■^ln22w=JPdV=P-0-——=等温 02VVV00

一个正循环过程中气体对外所作的净功为aiow=w+w=（3—ln2）PV ⑳直线等温8 2 00评分参考：第（1）问10分，①②式各3分，④⑤式各2分；第（2）问20分，⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式各2分；第（3）问10分，⑯⑰⑱⑲⑳式各2分。八、（40分）菲涅尔透八、（40分）菲涅尔透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）为f（平行于光轴的平行光都能经环