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1、word格式文档第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，日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
2、摩擦专业整理力大小为F ,方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）o 考虑小圆柱质心的运动，由质心运动定理得 F -mg sin i =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& =。）与e之间的关系为Ri - r（ 二 ,二）由式得，a与日的关系为由于小圆柱与圆筒间作无口（规定小圆柱在最低点dVa = r-5 dt二(R-r)至 dt考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得 d2nrF =I2-dt式中，I是小圆柱绕其自身轴的转动惯量I =-mr22由式及小角近似sin 1 口d-4 2 = 0dt 3(R -r )由式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振
3、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大小，&和员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 &=62=0）。对于小圆柱，由转动定理得12-Fr 二 一 mr2对于圆筒，同理有FR =(MR2)d4dt由式得F 21 d2 Rdg-F m M =充一 R%T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日,由于小圆柱与圆筒间做无滑滚动，有rr -r(7i 啕-Rt2由？式得出一陌=心行dt dt色dt2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Fmg sin【-
4、ma由？式得a =(R-r)d1dt由？?？式及小角近似sin日z 8 ,得2 .d 二 2M m g - 20由？式可知,评分参考：dt2 3M m R-r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f _ 1 2M m g一 2冗，3M m R -r第（1）问20分，式各3分，式2分，式3分，式各2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、（40分）星体P （行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线kr 二1 一 二 cos1式中，r是P到太阳S的距离，8是矢径SP相对于极I2轴SA的夹角(以逆时针万向为正)，k =L , L是
5、 GMmP相对于太阳的角动量，G =6.67父10,1m3 kgs为22EL2G2M2m3为偏心率，m和E分别为P的质量和机械能。假设有一颗彗星绕太阳运引力常量，M %1.99父1030kg为太阳的质量，动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，两轨道相交于C、D两点，如图所11 .不。已知地球轨道半径 Re %1.49M10 m ,彗星轨道近日点 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；(2)经过C、D两点时速度的大小。已知积分公式壮=-(x +a f/2 -2a(x+a 1/2 +C ,式中C是任意常数。x
6、 a 3解:(1)由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故；-1, E =0彗星绕太阳运动的轨道方程为:k式中1 cos彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒-m&2 L 2 V r =E =02 2mrMmV r丁当彗星运动到近日点A时，其径向速度为零,L2八 Mm2 - V I rmin = G2 mrminrmin由式和题给条件得设其到太阳的距离为刖.，由式得由式得设彗星由近日点式得2L _2 rmin2GMmRe32dr 2GML2dt1 drdt 二-2GM L一 2 2r m rA运动到与地球轨道的交点C所需的时间为 小 ,对式两边积分，并利用t = RE -=一一min 2GMdr2I L一
7、 2 2m rrerdr72GM L r _RE 对式应用题给积分公式得 :t =1RErdrM）匚2%-;3/2里氏-&1/22GM 11.3 ”33 .3_1073 rE227 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T =2420 3 RE2-27 GM将题给数据代入式得T ： 6.40 106 s(2)彗星在运动过程中机械能守恒1:一 mv 2式中v是彗星离太阳的距离为2 GMmeE o.Qrr时的运行速度的大小。由 ？式有2GMv = r当彗星经过C、D处时rc =d = Re由？?式得，彗星经过 C、D两点处的速度的大小为2GMVc =Vd -?,Re由？式和题给数据
8、得4 ._vc =vD =4.22 10 m/s?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、(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 vo做匀速直线运动， 重物与车厢前壁间的距离为L ( L 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K ,重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为& (匕 ti ,即卡车先停，重物后停。若S2 W& +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,。_ V
9、2 v2 _ (h -h)(M +m) V2L S2 S _-2a2 2ai 2 4M (3 - 2)m2g(2)由式知，当满足条件M m) V2L S2 - Si 2叼iM ( 4 -2)m g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S2(t) =&(t)L这里又可分为两种情况：t2 t ti (重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞)和tEti (重物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞)(i) t2 t ti ,即卡车A在ti时停下，重物B继续运动，在t时与车厢前壁发生碰撞。卡车停下的时间和向前滑动的距离是给出的ti和& ,同时重物相对于地面向前滑
10、动的 距离是1.2s2 = voL a2ti2M IM (2 耳M2)+2m(K 也)v2-M (-1 一-加22g重物相对于车厢向前滑动的距离是M 一(2 科也)+2m(4)v0 _ M Vp&-M (-ijm22 -一lM一而丁(R M2)(M +m)M v0-M (22)mM如果s2 si 父 L s2 si ,即当2.2(.二 1- 2)( mM )M voL (-1- 2)( Mm) vo2 4M+( 4 - 6)m2g2叼口内 (jDm 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
11、速度为v2 ,由动能定理有1212mv2 =-mv - 1 2mg(si L)22V2-2g (s i L 尸由式得2 gL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mv2 =(m M )v由式得mmV 二V2m M m M(2)(M iM(i _4)m碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为I =M v -0 = mM m M. . .2(-1 7)(Mm)Vo4M .(4 _/2)m一22gL碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间t =-vmV2ig四m M g再移动了一段路程si =2Vo(-12)(M m)2 ig 2 i(m M )2g111M ,(i -
12、2)m-2gL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 M212 J2g所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为t(i) =t2 t =Vo ”Agmv2VoJig(M m)2g2g Hg(M m)Vo4M ( -1 -2)m (1 - -2)(M - m)v2J2g四2g(m M ) J 1.1M ( -2)m卡车移动的总路程则为-22gL(i)-s| =s| +si =1M (m M )(1 - - 2)m2v22m2L2 -1(m M )1M(4 一 -2)mg (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
13、推导可知，条件 tWti可写成2,(i -1 , 2) m m m v oL2 HM(.5、由匀减速运动学公式，式成为1 2i 2Vot 一一a2t =(Vot -alt ) L2 2解得碰撞发生的时间t =v,ai - a22LM(i -2)(m M )g在碰撞前的瞬间，卡车 A的速度V；和重物B的速度v2分别为Vi = v o -a ti = v o-a2LM(马)(m M)g,V2 = Vo - a2t = Vo - a22LM(i -、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 vima2 Mai二 vo 2LM(-1 -2)(m M)g2
14、LMg （i -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 -vi)2(ai -a2)Lm M ,二m2(i二5)M_ L m M g卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由2LMt(i - 2)(m M)g与？式可得（11） v vot =t=-ig Tg卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和8(“)= vot ait2 -22VomL2g2g M 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。在此力作用下系统质心做加速度大小为卜短的匀减速运动，从开始
15、到卡车和重物都停止时所经历的时间为（ii）vo-ig系统质心做匀减速运动的路程为Xc=2vo设制动前卡车和重物的质心分别位于Xi和X2 ；制动后到完全停下卡车运动了路程8（ii）,两个质心分别位于xi =Xi +s(ii)和X2 =X2 +s(ii) +L o于是有aMX+mX； Mx1 +mX2 (M +m)si) +mLv2Xc=二 二M m M mM m2Lg由此解得(11) v；mLsi 一 ; 一21g M m评分参考：第（i）问io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
16、，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，以恒定的角速度与绕O点顺时针旋转，旋转过程中金属棒开始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。一, .，一*，,兀 .、一,，时P点与M点重合。在t ( 0 Wt W)时刻，半径 OP与半圆O1交于Q点。求0沿回路QPMQ的感应电动势;金属棒OP所受到的原磁场 B的作用力的大小。扫过的磁场区域的面积为解:考虑从初始时刻t=0至时刻0EtE ,金属棒OP 2 .S -
17、S 形 OPM -St 形 OQM - S O1QO式中，S扇形OPM、S扇形.QM和S母QO分别是扇形OPM、扇形OiQM和AOiQO的面积。由几何关系得C12S 扇形 OPM =(，t)(2a)212S 扇形 OQM= (2，t)a2S O1QO =(asin t)(acos t)由式得12S =(2 t sin2 t)a 2通过面积S的磁通量为=BS由法拉第电磁感应定律得，沿回路QPMQ的感应电动势为QPMQ )。由式得dt式中，负号表示感应电动势沿回路逆时针方向(即沿回路2.兀；-(1 - cos2 t) a B, 0 一 t 2t E时，沿回路 QPMQ的感应电动势与t=时的一样，即
18、 22 -2兀名= -2coa B, 一 ot 0)的离子，由静止开始被电场加速， 经狭缝中的。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 。点射入磁场区域，最终只能从出射孔 P射出。图b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,由能量守恒得一 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
19、r,有2 v qBv = m r由式得2mUq1 r =BbD r2DbD或 ：r :二 22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Bmin2mUq2 bD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ri = 2r = 1 1r这样加速n次后，离子做圆周运动的半径rn为rn
20、 = n 1r当满足条件kr rnbDbD r =2( n 1k)时，离子可从P处射出。另一方面，显然有 k21 ,且2kr D 二 2(k 1)r解得D :r 2k 1)Dk2解得式中由？式有(.n 1 k)由？式可得(b -1) kDk 2rmax2(k 1)bD D:二 (、. n 1 k)22k2-1 n 二(b -1)k b - 1a2DBmax22mUmax是当B=Bmax时由式定出的。因此k为不大于a的最大自然数落1 2.2由式知，磁感应强度B的其它所有可能值为式中q1B = 一 r2mUk221 (b -1) -1 (b -1)2(b-1)222-1(b-1)2 223(b-1
21、)232-1(b-1)2 324FT2(b -D2 _|2 一一 1)2 _|2(3)离子被电场加速了n+1次后,E =(n 1)qU(b -1)2 1；2b_1)22(b -1)2 22 +1I2(b_1)+b2_2(b -1)232 113(b1) b：2-24I922 a 2a(b1)2 卜2+1 III 他1)+bj -2其出射能量为对于3t足？式的k, n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最大值为JrEmax = (nmax 1)qU = (b 一 1)评分参考：第(1)问12分，式各 2分；第(2)问23分，式各2分,-1 qu式4分，？式各2
22、分，？式3分；第(3)问5分，？式3分，？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 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.
23、51（1）由氢原子的能级公式L 13.6eVEn =-2, n =1,2,川n可得氢原子的能级图如图所示。-3.40可见光光子能量的上限 E1,和下限E2分别为Ei =hc 1240nm eV1400nm= 3.10eV-13.6hc 1240nm eVE2 = = = 1.63eV2760nm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1.63eV3.10eV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 =(1.5
24、1eV) -(-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（由题意）和 山，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 量和能量守恒有mev1 =mev2 +Mu212 12 124一 mev1 =-mev2 +-Mu2 +AE222由式消去u2，得 222me(M me)v2 - 2m
25、ev1v2 me(me - M )v1 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_2.22(2mev1) -4me(M me)me(me-M )v1 2M . ：E_0?化简得Ek - mev1 _ (1 ) lE?2M要使原子从基态仅激发到第二激发态，AE应满足E31M：E；E41?式中E31已由式给出，而E41 =E4 -E1 =(-0.85eV) -(-13.60eV) =12.75eV?由？?式得(1 me)E31 Ek ：二(1 me)E41?MM由？式和题给条件得12.10eV Ek ：12.76eV?(3)如果将电子改为质
26、子，？式成为mpmp(1 )E31 Ek (1)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24.17VV0,0,故迎0 ,吸热 dVdVdT0,吸热 dV在V从2V增大到V0的过程中，Cm0,24dT 八一 0 ， dV故dQ0 ,放热 dV在V从3Vo增大到2V0的过程中，Cm 0 424由？?式可知，系统从吸热到放热转折点发生在处。由式和上式得V24PV2+汐 J35皿064 TR（3）对于直线AB过程，由式得dT21Vo -24V21 6VdQ =、, CmdV =
27、F0dV = PdVdV4V04Vo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V0V0/2V： Z21 6V )21Q 直线=|F0dV =Po VV0/214Vo J、4直线AB过程中气体对外所作的功为3 P0V081 _F0 V0、(P0)(V0 - 一)-等温过程中气体对外所作的功为Vo/2Vo/2W等温=PdV =F0V dVPV=in 2V。V。一个正循环过程中气体对外所作的净功为3w =w直线, w等温=(82分；第（2）问20分，评分参考：第（1）问10分，式各3分，式各？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
28、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ddd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）为f （平行于光轴的平行光都能经 环带折射后会聚到 F点），相邻环带的间距为d （ d很小，可忽略同一带内的球面像差；d又 不是非常小，可忽略衍射效应）。求
29、（1）每个环带所属球面的球半径和球心到焦点的距离;（2）该透镜的有效半径的最大值和有效环带的条数。解：（1）考虑单个球面的折射。如图，设某一与光轴距离为h的光线平行于光轴 Z从折射率为n的介质中射向半径为 R、球心位于C点的球面，入射点为球面上的A点，CA为球面半径，入射角为 豆，球面外是空气，折射角为 P,折射线与Z轴交点为F。由A作Z轴的垂线，垂足为 0。由折射定律，有sinP=nsinot,在MCF中，由正弦定理有CF AFR =sin - sin-：在MOF中，由勾股定理有AF = JaO2 OF2R = CA = CO2 AO2CO=CFOF, AO=h, OF=f,由式得CF =
30、nJh2 + f2R=J(nJh2 + f2 f)2+h222.22 工=(n 1)(h f ) -2nf . h f在制作给定焦点和焦距的菲涅尔透镜时，应按式来确定各环带球面的球心位置和球半径，即对第k (k =0,1,2,|)个环带球台，其球心在光轴上与焦点的距离应为CkF=nJ.2 + f2 =njk2d2 + f2球半径则为Rk = (n2 1)(hk2f2) 2nf ,h2 - f2.22 . 222 . 22二(n 1)(k d f ) -2nf . k d f特别地，位于透镜中心的环带(k=0)球心与焦点距离为C0F =nf球半径为Ro =(n -1)f(2)当f不变而h取某一值hm时，图中/CAF成为直角，这意味着光线的入射角达到全反射的临界角o(c。在此情况下有1 fsin - c n m f2由？式得hm = n2 -1f这就是透镜能够达到的最大有效半径。透镜的最大有效环带数n2 -1f工%则为不大于的最d大整数n2 -1 fkm评分参考：第(1)问27分，式5分，式各 2分，式4分，？式各2分；第(2)问13分，？式5分，？式各 4分。