(完整版)第34届全国中学生物理竞赛复赛试题

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R底部附近作无滑滚动。1二、（40分）星体P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线krP1cosC式中，r是P到太阳S的距离，是矢径SP相对于极r2L轴SA的夹角（以逆时针方向为正），LAk2,是BGMmS11312P相对于太阳的角动量，G6.6710mkgs为RE30引力常量，M1.9910kg为太阳的质量，D22EL1223为偏心率，m和E分别为P的质量GMm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，11两轨道相交于C、D两点，如图所示。已知地球轨道半径RE1.4910m，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。xdx23/21/2已知积分 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 xa2axaC，式中C是任意常数。xa32三、（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BL水平直公路上以速度v0做匀速直线运动，A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。3四、（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。MO1ON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，π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。4五、（40分）某种回旋加速器的 设计方案 关于薪酬设计方案通用技术作品设计方案停车场设计方案多媒体教室设计方案农贸市场设计方案 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（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。DbDODSP图bS图a5六、（40分）1914年，弗兰克-赫兹用电子碰撞原子的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 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。6七、（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5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。PAP0P0/2BOV0/2V0V7八、（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 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 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。dddOFddd8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R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Rr(1)②22d1d由②式得，a与的关系为ar2(Rr)2③dtdtR考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得12d1rFI2④dt12式中，I是小圆柱绕其自身轴的转动惯量Imr⑤2由①②③④⑤式及小角近似sin⑥d22g得20⑦dt3(Rr)由⑦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1gf⑧π6(Rr)（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120）。212d1对于小圆柱，由转动定理得Frmr⑨2dt222d2对于圆筒，同理有FR(MR)2⑩dt2221dd由⑨⑩式得Fr1R2?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滚动，有Rr(1)R2?222dd1d2由?式得(Rr)2r2R2?dtdtdt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Fmgsinma?9由?式得2da(Rr)2?dt由????式及小角近似sin，得d22Mmg20?dt3MmRr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12Mmgf?2π3MmRr评分参考：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。k二、（40分）星体P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线r1cos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），2L11312k2,L是P相对于太阳的角动量，G6.6710mkgs为引力常量，GMm2302ELM1.9910kg为太阳的质量，1为偏心率，m和E分别为P的质量和G2M2m3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，11两轨道相交于C、D两点，如图所示。已知地球轨道半径RE1.4910m，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P（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间；C（2）经过C、D两点时速度的大小。rxdx23/21/2已知积分公式xa2axaC，式Axa3BS中是任意常数。CRE解：D（1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故1,E0①k彗星绕太阳运动的轨道方程为：r②1cos彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒212Lmr&2VrE0③22mrMm式中VrG④r当彗星运动到近日点A时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为rmin，由③式得L2Mm2VrminG⑤2mrminrmin2LRE由⑤式和题给条件得2rmin⑥2GMm3102dr2GMLdr由③式得22或dt⑦2dtrmr2GML22rmr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⑦式两边积分，并利用RREdr1Erdr⑥式得tRE⑧rmin22GML2GM3RE22rrmr3对⑧式应用题给积分公式得1RErdrtRE2GMR3rE33/21/212RE2RERERERE⑨2GM333332103RE27GM由对称性可知，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为32203RET2t⑩27GM6将题给数据代入⑩式得T6.4010s?12GMm（2）彗星在运动过程中机械能守恒mvE0?2r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2GMv?r当彗星经过C、D处时rCrDRE?2GM由??式得，彗星经过C、D两点处的速度的大小为vCvD?RE4由?式和题给数据得vCvD4.2210m/s?评分参考：第（1）问28分，①式4分，②式2分，③式4分，④式2分，⑤式4分，⑥⑦⑧⑨⑩?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BLA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。11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(Mm)g2mgMa1①1M(12)m由①式得a1gM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22v0Mv0v0Mv0t1，s1②a11M(12)mg2a11M(12)m2g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a2。2mg由牛顿第二定律有2mgma2a22g③m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22v0v0v0v0t2，s2④a22g2a222g由于21，由②④二式比较可知，t2t1，即卡车先停，重物后停。若s2s1L，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)(Mm)v0Ls2s1⑤2a22a12[1M(12)m]2g2(12)(Mm)v0（2）由⑤式知，当满足条件Ls2s1时，重物B与车厢前壁22[1M(12)m]g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)L⑥这里又可分为两种情况：t2tt1（重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和tt1（重物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞）。（i）t2tt1，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②给出的t1和s1，同时重物相对于地面向前滑动的12s2v0t1a2t12距离是2⑦MM(212)2m(12)v021M(12)m2g重物相对于车厢向前滑动的距离是22MM(212)2m(12)v0Mv0s2s121M(12)m2g1M(12)m2g2(12)(Mm)Mv021M(12)m2g12如果s2s1Ls2s1，22(12)(mM)Mv0(12)(Mm)v0即当2L2[1M+(12)m]g22[1M(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1212对地面的速度为v2，由动能定理有mv2mv02mg(s1L)⑧2222(12)(Mm)v0由⑧式得v2v022g(s1L)22gL1M(12)m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(mM)v⑨2mm(12)(Mm)v0由⑨式得vv222gLmMmM1M(12)m碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为2mM(12)(Mm)v0IMv022gL⑩mM1M(12)mvmv碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间t2?1g1mMg222vm(12)(Mm)v0再移动了一段路程s1=222gL?21g21(mM)g1M(12)m才最终停止下来（对于卡车而言，这是第二次停下来）。v0v2重物撞上车厢前壁的时间是t2?2g所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为(i)v0v2mv2v01mtt2tv22g1g(Mm)2g2g1g(Mm)?2v01M(12)m(12)(Mm)v022gL2g12g(mM)1M(12)m卡车移动的总路程则为222(i)[1M(mM)(12)m]v02mLs1=s1+s12?21(mM)[1M(12)m]g1(mM)（ii）tt1，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞2(12)(mM)Mv0由⑨式的推导可知，条件tt1可写成L22[1M(12)m]g1212由匀减速运动学公式，⑥式成为v0ta2t(v0ta1t)L222L2LM解得碰撞发生的时间ta1a2(12)(mM)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132LM2LMv1v0a1tv0a1，v2v0a2tv0a2(12)(mM)g(12)(mM)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mv2Mv1ma2Ma12LMvv0mMmM(12)(mM)g?2LMgv01(12)(mM)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Mm2(12)MIM(vv1)2(a1a2)LmgL?mMmM2LM卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由t与?式可得(12)(mM)g(ii)vv0tt?1g1g卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和22(ii)12vv0mLs1v0ta1t?221g21gMm[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)1g。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(ii)v0t?1g2v0系统质心做匀减速运动的路程为xc=21g(ii)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s1，两个(ii)(ii)质心分别位于x1x1s1和x2x2s1+L。于是有(II)2Mx1mx2Mx1mx2(Mm)s1mLv0xc=MmMmMm21g2(ii)v0mL由此解得s1?21gMm评分参考：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。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P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QπM点重合。在t（0t）时刻，半径OP与半圆O1交于Q点。MO1ON14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：π（1）考虑从初始时刻t0至时刻0t，金属棒OP扫过的磁场区域的面积为2SSSS扇形OPM扇形O1QMO1QO①式中，S、S和S分别是扇形OPM、扇形O1QMOQO扇形OPM扇形O1QMO1QO和1的面积。由几何12关系得S扇形OPM(t)(2a)②212S扇形OQM(2t)a③12S(asint)(acost)O1QO④12由①②③④式得S(2tsin2t)a⑤2通过面积S的磁通量为BS⑥由法拉第电磁感应定律得，沿回路QPMQ的感应电动势为d⑦dt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2π(1cos2t)aB,0t⑧2πππ当t时，沿回路QPMQ的感应电动势与t时的一样，即222π2aB,tπ⑨2（2）在t时刻流经回路QPMQ的电流为i⑩R1L式中R1R?2aπ这里，L为PQ的长。由几何关系得L2a2acost,0t?2πL2a,tπ?2半径OP所受到的原磁场B的作用力的大小为FiLB?15322aBπ由⑧⑩???式得F(1cos2t),0t?R2324aBπ由⑨⑩???式得F,tπ.?R2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，???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 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 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bDOD之间的区域）既无电场也无磁场；其它部分存在匀强P磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在离子源S中产S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图a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D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；S图b（3）出射离子的能量最大值。12解：（1）设离子从O点射入磁场时的速率为v，由能量守恒得qUmv①22qU由①式得v②m2v设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，有qBvm③r12mU由②③式得r④BqbDDbD若r或r222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bD圆周即从P射出，则r⑤216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22mUBmin⑥bDqD（2）若r2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r12r11r⑦这样加速n次后，离子做圆周运动的半径rn为rnn1r⑧bD当满足条件krrn(n1k)r⑨2bD或r时，离子可从P处射出。另一方面，显然有k1，且2(n1k)2krD2(k1)r⑩DD解得r?2(k1)2kDbDD由⑨⑩?式有(n1k)(n1k)?2(k1)22k222解得(b1)k1n[(b1)kb]1?DDBmaxqa由④?式可得k?2rmax22mU2aa式中rmax是当BBmax时由④式定出的。因此k为不大于的最大自然数22ak?2由④⑨式知，磁感应强度B的其它所有可能值为12mU2(n1k)2mUB?rqbDq17kn22221(b1)1(b1)(b1)1L2b1222(b1)2221(b1)222(b1)2221L2(b1)b22式中3(b1)2321(b1)232(b1)2321L3(b1)b2?MMMMMM2222a2a2a2aa(b1)1(b1)(b1)1L(b1)b222222（3）离子被电场加速了n1次后，其出射能量为E(n1)qU?2对于满足?式的k，n可以取到最大值为[(b1)kb]2，再由?式，可得出射离子的能量2a最大值为Emax(nmax1)qU(b1)b1qU?2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，??????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（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0ev13.6eV-0.85En2,n1,2,L①n-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E1和下限E2分别为-3.40hc1240nmeVE13.10eV②1400nmhc1240nmeVE21.63eV③2760nm-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18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E32E3E2(1.51eV)(3.4eV)1.89eV⑥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，需要提供的能量至少为E31E3E1(1.51eV)(13.60eV)12.09eV⑧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E（被氢原子吸收为激发能）。由动量和能量守恒有mev1mev2Mu2⑨121212mev1mev2Mu2E⑩222222由⑨⑩式消去u2，得me(Mme)v22mev1v2me(meM)v12ME0?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222(2mev1)4me(Mme)[me(meM)v12ME]0?12me化简得Ekmev1(1)E?2M要使原子从基态仅激发到第二激发态，E应满足E31EE41?式中E31已由⑧式给出，而E41E4E1(0.85eV)(13.60eV)12.75eV?meme由???式得(1)E31Ek(1)E41?MM由?式和题给条件得12.10eVEk12.76eV?mpmp（3）如果将电子改为质子，?式成为(1)E31Ek(1)E41?MM式中mp为质子的质量。由?式和题给条件得24.17eVEk25.49eV?设加速质子的加速电压为V。由eVEk（e为质子电荷）和?式得24.17VV<25.49V?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，?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。19七、（40分）如气体压强-体积图所示，摩尔数为的双原子PA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P0头所示的循环），其中自A到B为直线过程，自B到A为等5P0/2温过程。双原子理想气体的定容摩尔热容为R，R为气体B2常量。OV0/2V0V（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：V0VPP0（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2P0V0P0V0223P0此即PP0V①2V0根据理想气体状态方程有PVRT②式中T是相应的绝对温度。由①②式得21P023P039PV00TVPV0VV0③RV02RV0416R3由③式知，当VV0④49PV00时，气体达到直线AB过程中的最高温度Tmax⑤16R（2）由直线AB过程的摩尔热容量Cm的定义有dQCmdT⑥由热力学第一定律有dUdQPdV⑦5R由理想气体内能公式和题给数据有dUCVdTdT⑧2PdV53P01dV由①⑥⑦⑧⑨式得CmCVRP0V⑨dT22V0dTdV2RV0由③式两边微分得⑩dTP0(3V04V)21V024VR由⑩式代入⑨式得Cm?3V04V2由⑥⑩?式得，直线AB过程中，20V03dTdQ在V从增大到V0的过程中，Cm0，0，故0，吸热?24dVdV321V0dTdQ在V从V0增大到的过程中，Cm0，0，故0，吸热?424dVdV21V0dTdQ在V从增大到V0的过程中，Cm0，0，故0，放热?24dVdV21由???式可知，系统从吸热到放热转折点发生在VVcV0241P02335PV00处。由③式和上式得TcVPV0?RV0264R（3）对于直线AB过程，由⑥⑩式得dT21V024V216VdQCmdVP0dVP0dV?dV4V04V0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VV00216V213V23Q直线P0dVP0VPV00?V/24V04V080V0/2直线AB过程中气体对外所作的功为1P0V03W直线(P0)(V0)PV00?2228等温过程中气体对外所作的功为V0/2V0/2V0dVPV00W等温PdVP0ln2?2V2V0V0一个正循环过程中气体对外所作的净功为3ln2WW直线W等温()PV00?82评分参考：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d心圆阶梯透镜，它是由很多个同d轴环带套在一起构成的，其迎光dOFd面是平面，折射面除中心是一个d球冠外，其它环带分别是属于不d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）21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。解：（1）考虑单个球面的折射。如图，设某nA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Rh位于C点的球面，入射点为球面上的AFCOfZ点，CA为球面半径，入射角为，球面外是空气，折射角为，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sinnsin，①CFAF在ACF中，由正弦定理有②sinsin22在AOF中，由勾股定理有AFAOOF③22RCACOAO④又COCFOF，AOh，OFf，⑤22由①②③④⑤式得CFnhf⑥2222R(nhff)h⑦22222(n1)(hf)2nfhf在制作给定焦点和焦距的菲涅尔透镜时，应按⑥⑦式来确定各环带球面的球心位置和球半径，即对第k（k0,1,2,L）个环带球台，其球心在光轴上与焦点的距离应为22222CkFnhkfnkdf⑧22222Rk(n1)(hkf)2nfhkf球半径则为⑨2222222(n1)(kdf)2nfkdf特别地，位于透镜中心的环带（k0）球心与焦点距离为C0Fnf⑩球半径为R0(n1)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C。在此情况下有221fsin?C22nhmf2由?式得hmn1f?n21f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则为不大于的最dn21f大整数km?d评分参考：第（1）问27分，①式5分，②③④⑤⑥⑦⑧式各2分，⑨式4分，⑩?式各2分；第（2）问13分，?式5分，??式各4分。23