第34届全国中学生物理竞赛复赛试题.pdf

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1、第第 3434 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20172017 年年 9 9 月月 1616 日日一、（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。二、（40 分）星体 P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线r k1cos式中，r是 P 到太阳 S

2、 的距离，是矢径SP 相对于极轴 SA 的夹角（以逆时针方向L2为正），k GMm2,L是 P 相对于太阳的角动量，G 6.671011m3kg1s2302EL2为引力常量，M 1.9910kg为太阳的质量，1223G M mm和E分别为为偏心率，P 的质量和机械能。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，两轨道相交于 C、D两点，如图所示。已知地球轨道半径RE1.491011m，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x

3、dx23/21/2xa2a xaC，式中C是任意常数。xa3三、（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v0做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L（L0）。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1，重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大BLA静摩擦因数均为2（21）。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

4、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、卡车走过的路程、以及碰撞过程中重物对车厢前壁的冲量。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 的半径为2a，半圆 O1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好。已知金属棒 OP 电阻为R，两个半圆

5、弧的电阻可忽略。开始时 P 点与 M 点重合。在t（0t）时刻，半径 OP 与半圆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。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m、带电量为q（q0）的离子，由静止开始被电场加速，经狭

6、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SD（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。ODbDPS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

7、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 1240nmeV，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。七、（40 分）如气体压强-体积图所示，摩尔数为 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5R，R为气体常量。2（1）求直线 AB 过程中的最高温度；（2）求

8、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Tc；（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。PPP/2OABV/2VV八、（40 分）菲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

9、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（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。ddddddOF第第 3434 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20172017 年年 9 9 月月 1616 日日一、（40 分）一个半径为r、质量为

10、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，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，由质心运动定理得式中，a是小圆柱质心运动的加速度。

11、由于小圆柱与圆筒间作无滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度1（规定小圆柱在最低点时10）与之间的关系为R r(1)d21d2由式得，a与的关系为a r2(R r)2dtdtF mgsin ma考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得d21rF I2dt式中，I是小圆柱绕其自身轴的转动惯量I 1mr22由式及小角近似sind2得22g 0dt3(R r)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f 1g 6(R r)（2）用F表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，1和2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12 0）

12、。对于小圆柱，由转动定12d1理得Fr mr22dt2d22对于圆筒，同理有FR(MR)2dt2d21d22 21 由式得F r2 R2dtdtmM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R r(1)R2d2d21d22由 式得(R r)2 r2 R2dtdtdt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 mgsin ma由 式得d2a (R r)2dt由 式及小角近似sin，得d22M mg2 0dt3M 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12M

13、mg2 3M m R rf 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、（40 分）星体 P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线r k1cos式中，r是 P 到太阳 S 的距离，是矢径 SP 相对于极轴 SA 的夹角（以逆时针方向为正），G 6.671011m3kg1s2L2k GMm2,L是 P 相对于太阳的角动量，为引力常量，M 1.991030kg为太阳的质量，2EL21223G M m为偏心率，m和E分别为 P 的质量和机械能。假设有一颗

14、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，两轨道相交于 C、D 两点，如图所示。已知地球轨道半径RE1.491011m，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xdx23/21/2x a2ax aC，式中C是任意常数。x a3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：彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒r k1cos12L2mr 2Vr E 022mr式中当彗星运动到近日点

15、 A 时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为rmin，由式得L22 VrminGMm2mrminrminVr GMmr由dr2GML222dtrm r式和题给条件得L2RE rmin2GMm23由 式 得或dt dr2GML22rm r2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t，对式t RErmin两边dr2积12GM分，rdrRr E3并利用式得2GML22rm rRERE3对式应用题给积分公式得12GMRERE3t rdrRr E312GM3/21/22RE2RERERERE33333 210 3 RE27GM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 22

16、0 3 RET 2t 27GM将（2）彗 星 在 运 动 过 程 中 机 械 能 守 恒式中v是彗星离太阳的距离为r时的运行速度的大小。由 式有v 2GMr题给数据代入式得T 6.40106s12GMmmv E 02r当由式得，彗星经过 C、D 两点处的速度的大小为vC vD由评分参考：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v0做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L（L0）。因发生紧急情况，卡车突然

17、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1，重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为2（21）。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BLA彗星经过C、D处时rC rD RE2GMRE式和题给数据得vC vD 4.22104m/s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的过程所经历的时间、卡车走过的路程、

18、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a1。由牛顿第二定律有1(M m)g 2mg Ma1由式得a11M(12)mgM由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间t1和移动的距离s1分别为v0Mt1v0a11M(12)m g22v0v0M，s12a11M(12)m 2g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a2a2。由 牛 顿 第 二 定 律 有2mg ma22mgm2g从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间t2和重物移动的距离s2分别为

19、t2v0v0a22g由于21，由二式比较可知，t2 t1，即卡车先停，重物后停。若s2 s1 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222v0v0(12)(M m)v0L s2 s12a22a121M(12)m 2g，22v0v0s22a222g2(12)(M m)v0（2）由式知，当满足条件L s2 s1221M(12)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)s1(t)L这里又可分为两种情况：t2 t t1（重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和t t1（重物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞）。（i）t2

20、t t1，即卡车A 在t1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t和s1，同时重物11 v0t1a2t12s22相对于地面向前滑动的距离是2MM(212)2m(12)v02g1M(12)m2重物相对于车厢向前滑动的距离是22MM(212)2m(12)v0v0M s1s22g1M(12)m 2g1M(12)m2(12)(M m)M v1M(12)m22g20如果s2s1 L s2s1，22(12)(m M)Mv0(12)(M m)v0 L 即当21M+(12)m2g221M (12)m 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

21、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1212mv2mv02mg(s1 L)22v2，由 动 能 定 理 有2(12)(M m)v022gL由式得v2v 22g(s1 L)1M(12)m20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v mv2mm Mm M碰撞过程中重物 B 对车厢前壁的冲量为I Mv 0 mMm M碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间t再 移 动 了 一 段 路 程才最终停止下来（对于卡车而言，这是第二次停下来）。重物撞上

22、车厢前壁的时间是所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为 1v0 v2vmv2m0v22g1g(M m)2g2g1g(M m)202(12)(M m)v0m2=s12gL221g21(m M)2gM()m1212(12)(M m)v022gL1M(12)m2(12)(M m)v0 22gL1M(12)mvmv21g1m Mgv2 t2v0 v22g tt(i)t2v0M(12)m(12)(M m)v122gL2g12g(m M)1M(12)m卡车移动的总路程则为21M(m M)(12)m2v02m2Ls=s1+s1 21(m M)1M(12)mg1(m M)2(i)1（ii）t t1，即

23、卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞2(12)(m M)Mv0由式的推导可知，条件t t1可写成L 21M (12)m2g由匀减速运动学公式，式成为v0t 1a2t2(v0t 1a1t2)L22解得碰撞发生的时间t 2L2LMa1 a2(12)(m M)g分别为在碰撞前的瞬间，卡车 A 的速度v1和重物 B 的速度v2v1 v0 a1t v0 a12LM(12)(m M)g v0 a2t v0 a2，v22LM(12)(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 Mv1mv2ma Ma1 v02m Mm M2LMg(12)(m M)2LM(12)(m M)gv

24、 v01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I M(v v1)Mmm M2(a1a2)L m2(12)MgLm M卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由t 式可得t(ii)t 卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和s2v012v2mL v0t a1t 221g21gM m2LM(12)(m M)g与vv01g1g(ii)1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（M m)1g。擦力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t(ii)系统质心做匀减

25、速运动的路程为xc=2v0v01g21g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s1(ii)，两个质心分别位于x1 x1 s1(ii)和x2 x2 s1(ii)+L。于是有2(II)mx2Mx1mx2(M m)s1v0Mx1mLxc=M mM mM m21g由此解得s(ii)12v021gmLM m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、（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 的半径为2a，半圆 O1的半径为a；两个半圆弧和圆O的

26、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（0t）时刻，半径 OP 与半圆 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 0至时刻0 t 的面积为S S扇形OPM S扇形O QM SO QO112，金属棒 OP 扫过的磁场区域式中，S扇形OPM、S扇形O Q

27、M和SO QO分别是扇形 OPM、扇形 O1QM 和O1QO的面11积。由几何关系得1S扇形OPM(t)(2a)22S扇形O QM1(2t)a212SO QO(asint)(acost)1由式得1S(2t sin2t)a22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 ddt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(1cos2t)a2B,0 t 2当t 时，沿回路2QPMQ 的感应电动势与t 2时的一样，即 2a2B,t 2（2）在t时刻流经回路 QPMQ 的电流为i R1式中R1 RL2a这里，L为 PQ 的长。由几何关系得L

28、 2a 2acost,0 t 2L 2a,t 2半 径OP所 受 到 的 原 磁 场B的 作 用 力 的 大 小 为F iLB2a3B2由 式得F(1cos2t),0 t R24a3B2由 式得F,t .R2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、（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

29、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 点进入磁场区域，O 点到极SObDDPSD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（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

30、v，由能量守恒得qU 1mv22由设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，有由若r bD或D r bD2v2qBv mr式得v 2qUm式得r 12mUBq22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Bmin22mUbDqr bD2（2）若r D2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

31、量增加到 2qU，运动半径增加到r1这 样 加 速当 满 足 条 件或r bD时，离子可从2(n 1 k)n2r 11r次 后，离 子 做 圆 周 运 动 的 半 径rn为rnn 1rkr rn(n 1k)r bD2P 处射出。另一方面，显然有k 1，且2kr D 2(k 1)r解得DD r 2(k 1)2k由 式有(n 1 k)D2(k 1)bD2(n 1 k)D2k解 得(b 1)k 1 n (b 1)k b 1D2rmaxDBmax2q2mUa2222由 式 可 得k 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2a 2ak 2由式知，磁感应强度B的其它所有可能

32、值为B k121r2mUq2(n 1 k)bD2mUqn(b 1)21(b 1)2221(b 1)23212(b 1)2(b 1)222(b 1)2322(b 1)21(b 1)2221(b 1)2321a(b 1)12222b 122式中32(b 1)b223(b 1)b22a(b1)b 222a2a2a(b 1)1(b 1)222（3）离子被电场加速了对于满足 式的k，n可以取到最大值为(b 1)k b得出射离子的能量2n 1次后，其 出射能量为E (n 1)qU 2，再由式，可最大值为Emax(nmax2a1)qU(b 1)b1qU2评分参考：第（1）问 12 分，式各 2 分；第（2）

33、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）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（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 1240nmeV，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

34、原子在碰撞前的速度可忽略。解：（1）由氢原子的能级公式En 13.6eV,n 1,2,2n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E1 hc1240nmeV 3.10eV1400nm E2hc21240nmeV1.63eV760nm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 级氢原子第二激发态（n 3）到第一激发态（n 2）的能量差为E32 E3 E2(1.51eV)(3.4eV)1.89e

35、V1.63eV3.10eVn 3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（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u10（由题意）和u2，电子因激发氢原子而损失的能量 为Ehc 656nmE32（被 氢 原 子吸 收 为 激 发能）。由 动 量 和能 量守 恒 有mev1 mev2 Mu21221mev121mev2Mu2 E222由式消去u2，得me(M me)v222me2v1v2 me(me M)v12 2ME 0

36、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(2me2v1)24me(M me)me(me M)v12 2ME 0化 简 得m12Ekmev1(1e)E2M要使原子从基态仅激发到第二激发态，E应满足E31 E E41式中E31已由式给出，而E41 E4 E1(0.85eV)(13.60eV)12.75eV由 式 得由 式 和 题 给 条 件 得（3）如果将电子改为质子，式成为(1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）和评分参考：第（1）问 14 分，式各 2 分；第（2）问2

37、0 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。式得mpMmpM)E41(1mem)E31 Ek(1e)E41MM12.10eV Ek12.76eV)E31 Ek(124.17VV25.49V七、（40 分）如气体压强-体积图所示，摩尔数为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PPP/2ABV/2VV5O等温过程。双原子理想气体的定容摩尔热容为R，R为气体常量。2（1）求直线 AB 过程中的最高温度；（2）求直线 AB 过程中

38、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Tc；（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 P0P0V0P0V022V V02此即P P3P00V2V0根据理想气体状态方程有式中T是相应的绝对温度。由式得P039 PV00V VT 1P0V23PV00RV02416RRV02PV RT由时，气 体 达 到 直 线AB过 程 中 的 最 高 温 度（2）由 直 线 AB 过 程 的 摩 尔 热

39、容 量由由 理 想 气 体 内 能 公 式 和 题 给 数 据 有由 式 得P 1 dVP dV5 3R P00VdT2V0dT2式知，当3V V04Tmax9PV0016RCm的 定 义 有dQ CmdT热力学第一定律有dU dQ PdVdU CVdT 5RdT2CmCV由由式两边微分得2RV0dVdTP0(3V04V)式代入式得Cm21V024V R3V04V2由 式得，直线 AB 过程中，在V从V0增大到3V0的过程中，Cm 0，dT24dV0，故dQ0，吸热dV在V从3V0增大到21V0的过程中，Cm0，dT424dV0，故dQ0，吸热dV在V从21V0增大到V0的过程中，Cm 0，d

40、T24dV0，故dQ0，放热dV由 式可知，系统从吸热到放热转折点发生在V Vc21V024处。由式和上式得Tc35 PV1 P02300V PV0RV0264R（3）对于直线 AB 过程，由式得216V dQ CmdTdV 21V024VP0dV P0dVdV4V04V0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216VQ直线4V0V0/2V0 213V23PdV PV PV00004V80V/20V0直线 AB 过程中气体对外所作的功为W直线1(P0P0)(V0V0)3PV002228等温过程中气体对外所作的功为V0/2V0/2W等温PdV V0V0P0V0dVPV

41、 00ln22 V2一个正循环过程中气体对外所作的净功为W W直线W等温(3ln2)PV0082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）菲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ddddddOF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

42、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（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CnARhOfFZ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，球面外是空气，折射角为，

43、折射线与 Z 轴交点为 F。由 A 作 Z 轴的垂线，垂足为 O。由折射定律，有sin nsin，在中，由正弦定理有ACFCFAFsinsin在R CA CO2 AO2OF f，又CO CFOF，AO h，AOF中，由勾股定理有AF AO2OF2由式得CF n h2 f2R(n h2 f2 f)2h2(n21)(h2 f2)2nfh2 f2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 nhk2 f2 n k2d2 f2球半径则为Rk(n21)(hk2 f2)2nfhk2 f2(n 1)(k d f)2nfk d f2222222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（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C。在此情况下有sinC1nfh f2m2R0(n 1)f由 式得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km则为不大于n21fdhmn21f的最大整数n21fkm d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。