2017第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和资料

优选文档第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试一试题解答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，横截面以下列图。重力加速度大小为g。试在下述两种状况下，求小圆柱质心在其平衡地址周边做微振动的频率：1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部周边作无滑转动；2）圆筒可绕其固定的圆滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内底部周边作无滑转动。R解：1）如图，为在某时辰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Fmgsinma①式中，a是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无滑转动，小圆柱绕其中心轴转过的角度（规定小圆柱在最低点时0）与之间的关系为11Rr()②由②式得，a与1R的关系为d2d21ar1(Rr)③dt2dt2考虑小圆柱绕其自己轴的转动，由转动定理得rFd2④I1dt2式中，I是小圆柱绕其自己轴的转动惯量1mr2⑤I2由①②③④⑤式及小角近似得sin⑥d22g0⑦dt23(Rr)由⑦式知，小圆柱质心在其平衡地址周边的微振动是简谐振动，其振动频率为f1g⑧π6(Rr)（2）用F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筒转过的角120）。度（规定小圆柱相关于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点地址关于小圆柱，由转动定理得12Fr1d221⑨2mrdt2关于圆筒，同理有FR(MR2)d22⑩dt2优选文档优选文档由⑨⑩式得F21rd21Rd22?mMdt2dt2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转动，有Rr()R2?由?式得1(Rr)d2d2Rd2?r12dt2dt2dt2设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a，由质心运动定理得由?式得Fmgsinma?a(Rr)d2?由????式及小角近似sindt2?，得0d22Mmgdt23MmRr由?式可知，小圆柱质心在其平衡地址周边的微振动是简谐振动，其振动频率为f12Mmg?π3MmRr2评分参照：第（1）问20分，①②式各3分，③式2分，④式3分，⑤⑥式各2分，⑦式3分，⑧式2分；第（2）问20分，⑨⑩?式各2分，?式3分，???式各2分，?式3分，?式2分。二、（40分）星体P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线rkPcosC轴1是r的夹角（以逆时针方向为正），式中SA，r是P到太阳S的距离，是k矢径SP相对,于L极L2BAGMm2SP相关于太阳的角动量，G6.671011m3kg1s2为RE引力常量，M1.991030kg为太阳的质量，D12EL2为独爱率，m和E分别为P的质量G2M2m3和机械能。假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，两轨道订交于C、D两点，以下列图。已知地球轨道半径R1.491011m，彗星轨道近期E点A到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。求彗星（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间；已知积分公式xa3/2a1/2C，式中C是任意常数。（2）经过C、D两点时速度的大小。2axxdx2xa3优选文档优选文档解：（1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故1,E0①彗星绕太阳运动的轨道方程为：rk②cos彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒1mr&2L2VrE0③22mr2式中VrGMm④r当彗星运动到近期点A时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为r，由③式得L2MmminVrG⑤2mr2rminminmin由⑤式和题给条件得L2rR⑥2GMm2Emin3由③式得dr2GML2dtrm2r2或dtdr⑦2GML2rm2r2设彗星由近期点A运动到与地球轨道的交点C所需的时间为t，对⑦式两边积分，并利用⑥式得rdrtREdr1RE⑧R2GML22GMRrmin3ErrEm2r23对⑧式应用题给积分公式得1t2GM

RErdrRErER3312RER3/22RR1/2EE3ERE⑨2GM333103R32EGM由对称性可知，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为T2t203R32⑩27E将题给数据代入⑩式得GMT6.40106s（2）彗星在运动过程中机械能守恒E0?1m2GMmv2r?式有式中v是彗星离太阳的距离为r时的运行速度的大小。由优选文档优选文档v2GM?r当彗星经过C、D处时?rrR由??CDE式得，彗星经过C、D两点处的速度的大小为vv2GM?RCD由?式和题给数据得Evv4.22104m/s?CD分，②式2分，③式4分，④式2分，⑤式4分，⑥评分参照：第（1）问28分，①式4⑦⑧⑨⑩?式各2分；第（2）问12分，?式4分，????式各2分。三、（40分）一质量为M的载重卡车A的水平车板上载有一质量为m的重物B，在水平直公路上以速度v做匀速直线运动，0重物与车厢前壁间的距离为L（L0）。

BLA因发生紧急状况，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，重物与车厢底板间的动摩擦因数1和最大静摩擦因数均为（）。若重物与车厢前壁发生碰撞，则假设碰撞时间极短，221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行程、重物从制动开始到重物停止的过程所花的时间和走过的行程，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的过程所经历的时间、卡车走过的行程、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。卡车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为a。由牛顿第二定律有1(Mm)gmgMa①121由①式得aM()mg112M1由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间t和搬动的距离s分别为11tvvM，sv20()mg01aM12a重物B在卡车A的车厢底板上做匀减速直线运动，设B相关于地面的加速度大小为a。2优选文档优选文档由牛顿第二定律有mgma③22由③式得amgg22m2从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间t和重物搬动的距离s分别为22tv0v0，sv02v20④2ag22a2g2222由于，由②④二式比较可知，tt，即卡车先停，重物后停。2121若ssL，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21Lssv2v2(12)(Mm)v2⑤00[(0212a2aM)m]2g212112（2）由⑤式知，当满足条件Lss()(Mm)v2120()m]g212[M2112时，重物B与车厢前壁必然发生碰撞。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)L⑥21这里又可分为两种状况：ttt（重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和tt（重211物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞）。（i）ttt，即卡车A在t时停下，重物B连续运动，在t时与车厢前壁发生碰撞。211卡车停下的时间和向前滑动的距离是②给出的t和s，同时重物相关于地面向前滑动的11距离是svt1at2220121⑦MM(2)2m()v212120M()m22g112重物相关于车厢向前滑动的距离是sMM(2)2m()v2Mv2s121200)m22gM()m2g21M(112112()(Mm)Mv2120M()m22g112若是ssLss，2121即当优选文档优选文档()(mM)Mv2()(Mm)v2120L12()m]02[M+()m]2g2[Mg1122112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战胜摩擦力做功。设在碰撞前的刹时重物B相对地面的速度为v，由动能定理有21m21m2mg(sL)⑧222210由⑧式得22gsL()M(mv)2gLvv)1202M()m20212112设碰撞后刹时重物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(mM)v⑨2由⑨式得vmvm()(Mm)v2MmM1202gL)mm2M(2112碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为IMv0mM()(Mm)v202gL⑩mM12()mM2112碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间tv2mv?gmMg11再搬动了一段行程s=v2m2()(Mm)v22gL2(m2g1M2(012gM))m?1121才最后停止下来（关于卡车而言，这是第二次停下来）。重物撞上车厢前壁的时间是tvv?02g22因此，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为t(i)ttvvmvv01mv02g(M2ggg(M22gm)m)?21221vM()m()(Mm)v22gL0112120g1g(mM)M()m222112卡车搬动的总行程则为s(i)=s+s[M(mM)()m2]v2m2L?1M1202M)21112(mM)[()m]g(m（ii）t11121t，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞1tt可写成由⑨式的推导可知，条件1优选文档优选文档(L12[M1由匀减速运动学公式，⑥式成为vt1at2202解得碰撞发生的时间

)m(2(1(vt0

MM)v2)02g]21at2)L21t2L2LMaa()(mM)g1212在碰撞前的刹时，卡车A的速度v和重物B的速度v分别为12vvatva2LM，vvatva2LM1010()(mM)g20202()(mM)g1212?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mvMvmaMa2LMv21v21mM()(mM)gmM?2LMg12v()(mM)0112B对车厢前壁的冲量为由冲量定理和以上两式得碰撞过程中重物IM(vv)Mm2(aa)Lm2(12)MgL?1mM12mM卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由t2LM与式可得()(m12M)gvvt(ii)t0?gg11卡车总行程等于碰前和碰后两段行程之和s(ii)vt1at2v2v2mL?22g0gMm101211[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（Mm)g。在此力作用下系统质心做加速度大小为1g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1t(ii)v?0g1系统质心做匀减速运动的行程为x=v220cg1x和x；制动后到完好停下卡车运动了行程s(ii)，两个设制动前卡车和重物的质心分别位于质心分别位于xxs(ii)和x121xs(ii)+L。于是有111221mLv2x=MxmxMxmx(Mm)s(II)121210mMm2gcMmM由此解得1s(ii)2gMm?1]评分参照：第（1）问10分，①②③④⑤式各2分；第（2）30分，⑥式2分，⑦⑧⑨⑩?????式各2分，?????式各2分。优选文档优选文档四、（40分）如俯视图，在水平面内有两个分别以O点与O1点为圆心的导电半圆弧内切于M点，半圆O的半P径为2a，半圆O1的半径为a；两个半圆弧和圆O的半Q径ON围成的地域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场（未画出），磁感觉强度大小为B；其余地域没有磁场。半径OP为一均匀细金属棒，以恒定的角速度MO1ON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优异。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（0πt）时辰，半径OP与半圆O1交于Q点。求1）沿回路QPMQ的感觉电动势；2）金属棒OP所碰到的原磁场B的作用力的大小。解：（1）考虑从初始时辰t0至时辰0tπ，金属棒OP扫过的磁场所区的面积为2SS扇形扇形O1QO①SOPMSO1QM式中，S、S分别是扇形OPM、扇形O1QM和O1QO的面积。由几何扇形OPM扇形O1QO和SO1QM关系得扇形OPM(t)(2a)2②2S11S扇形1OQM1(2t)a2③2S(asint)(acost)④OQOtsin2t)a2⑤S(2由①②③④式得12经过面积S的磁通量为BS⑥由法拉第电磁感觉定律得，沿回路QPMQ的感觉电动势为d⑦dt式中，负号表示感觉电动势沿回路逆时针方向（即沿回路QPMQ）。由⑤⑥⑦式得(1cos2t)π⑧a2B,0t2优选文档优选文档当πtπ时，沿回路QPMQ的感觉电动势与tπ时的相同，即222a2B,πtπ⑨2（2）在t时辰流经回路QPMQ的电流为i⑩R1式中RRL?2a这里，L为PQ的长。由几何关系得L2a2acost,0tπ?2L2a,πtπ?2半径OP所碰到的原磁场B的作用力的大小为FiLB?由⑧⑩???式得F(1cos22a3B2,0tπt)?R2由⑨⑩???式得F4a3B2ππ?2R评分参照：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，???式各2分，?式4分，??式各2分。优选文档优选文档五、（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，此间存在匀强电场，两极板间电势差为U。两

bDODPS个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP方向的狭长区域），带电粒子可经过狭缝穿越极图a板（见图b）；两细虚线间（除开两极板之间的地域）既无电场也无磁场；其余部D分存在匀强磁场，磁感觉强度方向垂直于纸面。在离子源S中产生的质量为m、带电量为q（q0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场所区，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S磁感觉强度大小在零到B之间可调，离子从离子源上方的O点图bmax射入磁场所区，最后只能从出射孔P射出。假设若是离子打到器壁或离子源外壁则即被吸取。忽略相对论效应。求1）可能的磁感觉强度B的最小值；2）磁感觉强度B的其余所有可能值；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v，由能量守恒得qU1m2①2由①式得v2qU②m设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，有优选文档优选文档qBvmv2③r由②③式得12mU④rqB若rbD或DrbD222则离子只能打到器壁或离子源外壁被吸取，不能够从P射出。若离子从O射出后只运动半个圆周即从P射出，则rbD⑤2将⑤式代入④式得，电子能够从P出射，可能的磁感觉强度B的最小值为22mU⑥BminbDq（2）若r

D2则离子将穿过上极板进入电场所区，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所区。设这样的过程进行了k次，尔后离子将绕过两极板右端从下极板进入电场所区被加速，再穿过上极板进入磁场时能量增加到2qU，运动半径增加到r2r11r⑦1这样加速n次后，离子做圆周运动的半径r为nrn1r⑧n当满足条件krr(n1bD⑨k)rn2或rbD2(n1k)时，离子可从P处射出。另一方面，显然有k1，且2krD2(k1)r⑩解得DrD?2(k2k1)优选文档优选文档由⑨⑩?式有(n1k)D1)bD(n1k)D?2(k22k解得(b1)2k21n[(b1)kb]21?由④?式可得DDBqa?kmax2r22mU2max式中r是当BB的最大自然数a2max时由④式定出的。因此k为不大于2amaxka?2由④⑨式知，磁感觉强度B的其余所有可能值为12mU2(n1k)2mU?BqbDqr式中kn1(b1)21(b1)2(b1)212b1222(b1)2221(b1)222(b1)22212(b1)b22?3(b1)2321(b1)232(b1)23213(b1)b22a(b1)a21(b1)a2a21a222222(b1)b22(b1)22（3）离子被电场加速了n1次后，其出射能量为E(n1)qU?关于满足?式的k，n能够取到最大值为[(b1)kb]22，再由?式，可得出射离子的能量最大值为E(n1)qU(ba1)b1qU?22maxmax评分参照：第（1）问12分，①②③④⑤⑥式各2分；第（2）问23分，⑦⑧式各2分，⑨式4分，??????式各2分，?式3分；第（3）问5分，?式3分，?式2分。优选文档优选文档六、（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，从而证了然原子能级的存在。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（400nm760nm）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）若是将电子改为质子，求加速质子的加速电压的范围。已知hc1240nmeV，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13.6eV①0evE1,2,-0.85,nnn2-1.51可得氢原子的能级图以下列图。可见光光子能量的上限E和下限E分别为-3.4012hc1240nmeV3.10eV②E400nm11hc1240nmeV1.63eV③E760nm22-13.6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~3.10eV④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n3⑤氢原子第二激发态（n3）到第一激发态（n2）的能量差为EEE(1.51eV)(3.4eV)1.89eV⑥3232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hc656nm⑦E32（2）要使氢原子能激发到能级n3，需要供应的能量最少为优选文档优选文档EEE(1.51eV)(13.60eV)12.09eV⑧3131设电子质量为m，电子碰撞前后的速度分别为v和v，氢原子碰撞前后的速度分别为u0e121（由题意）和u，电子因激发氢原子而损失的能量为E（被氢原子吸取为激发能）。由动2量和能量守恒有mvmvMu⑨e1e221mv21mv21Mu2E⑩2e12e222由⑨⑩式消去u，得2m(Mm)v22m2vvm(mM)v22ME0?ee2e12ee1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?的系数应满足条件22(2m2v)24m(Mm)[m(mM)v22ME]0?e1eeee1化简得E1mv2(1mE?e)k2e1M要使原子从基态仅激发到第二激发态，E应满足E31EE?41式中E已由⑧式给出，而31EEE(0.85eV)(13.60eV)12.75eV?4141由???式得mm(1e)E?(1e)EEM31kM41由?式和题给条件得12.10eVE12.76eV?k（3）若是将电子改为质子，?式成为(1m)EE(1m?pp)EM31kM41式中m为质子的质量。由?式和题给条件得p24.17eVE25.49eV?k设加速质子的加速电压为V。由eVE（e为质子电荷）k和?式得24.17VV<25.49V?评分参照：第（1）问14分，①②③④⑤⑥⑦式各2分；第（2）问20分，⑧⑨式各2分，优选文档优选文档⑩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、（40分）如气体压强-体积图所示，摩尔数为的双原PA子理想气体构成的系统经历一正循环过程（正循环指沿图P0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5R，P/2B20R为气体常量。（1）求直线AB过程中的最高温度；OV0/2V0V（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过程中所吸取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VVPP020VPPV000220此即P3P0V①P200V依照理想气体状态方程有PVRTP②PVVVRV式中T是相应的绝对温度。由①②式得20401P3329PV③TR0V2000V016R0由③式知，当3V④V40时，气体达到直线AB过程中的最高温度9PVT00⑤R2）由直线AB过程的摩尔热容量C的定义有mdQCdT⑥m优选文档优选文档由热力学第必然律有dUdQPdV⑦由理想气体内能公式和题给数据有dUCdT5RdT⑧V2由①⑥⑦⑧⑨式得PdV5R3P1dVCC0dT220mVVdT0由③式两边微分得dV2RVdT0P(3V4V)00由⑩式代入⑨式得C21V24VR0m3V4V20由⑥⑩?式得，直线AB过程中，在V从V增大到3V的过程中，C0，dTdQ0，吸热040，故dV20mdV在V从3V增大到21V0的过程中，C0，dTdQ0，吸热4024mdV0，故dV在V从21V0增大到V的过程中，Cm0，dT0，故dQ0，放热240dVdV由???式可知，系统从吸热到放热转折点发生在21VVVc240处。由③式和上式得T1P0V2335PVPV00cRV2064R0（3）关于直线AB过程，由⑥⑩式得dQCdTdV21V24VPdV216VPdVmdV4V4V000将上式两边对直线过程积分得，整个直线AB过程中所吸取的净热量为V0216VPdVP21V3V2V03PVQ直线V004V8000400V0/2直线AB过程中气体对外所作的功为W1(P0P)(V0V)3PV00直线222800

⑨⑩???????优选文档优选文档等温过程中气体对外所作的功为WV0/2V0/2VdVPVln2?PdVP0V00V0022V0一个正循环过程中气体对外所作的净功为W3ln2?()PVWW等温8200直线评分参照：第（1）问10分，①②式各3分，④⑤式各2分；第（2）问20分，⑥⑦⑧⑨⑩?????式各2分；第（3）问10分，?????式各2分。八、（40分）菲涅尔透镜又称同心圆阶