2017第34屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試試題和資料

優(yōu)選文檔第34屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽理論考試一試題解答2017年9月16日一、（40分）一個(gè)半徑為r、質(zhì)量為m的均質(zhì)實(shí)心小圓柱被置于一個(gè)半徑為R、質(zhì)量為M的薄圓筒中，圓筒和小圓柱的中心軸均水平，橫截面以下列圖。重力加速度大小為g。試在下述兩種狀況下，求小圓柱質(zhì)心在其平衡地址周邊做微振動(dòng)的頻率：1）圓筒固定，小圓柱在圓筒內(nèi)底部周邊作無滑轉(zhuǎn)動(dòng)；2）圓筒可繞其固定的圓滑中心細(xì)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，小圓柱仍在圓筒內(nèi)底部周邊作無滑轉(zhuǎn)動(dòng)。R解：1）如圖，為在某時(shí)辰小圓柱質(zhì)心在其橫截面上到圓筒中心軸的垂線與豎直方向的夾角。小圓柱受三個(gè)力作用：重力，圓筒對(duì)小圓柱的支持力和靜摩擦力。設(shè)圓筒對(duì)小圓柱的靜摩擦力大小為F，方向沿兩圓柱切點(diǎn)的切線方向（向右為正）?？紤]小圓柱質(zhì)心的運(yùn)動(dòng)，由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理得Fmgsinma①式中，a是小圓柱質(zhì)心運(yùn)動(dòng)的加速度。由于小圓柱與圓筒間作無滑轉(zhuǎn)動(dòng)，小圓柱繞其中心軸轉(zhuǎn)過的角度（規(guī)定小圓柱在最低點(diǎn)時(shí)0）與之間的關(guān)系為11Rr()②由②式得，a與1R的關(guān)系為d2d21ar1(Rr)③dt2dt2考慮小圓柱繞其自己軸的轉(zhuǎn)動(dòng)，由轉(zhuǎn)動(dòng)定理得rFd2④I1dt2式中，I是小圓柱繞其自己軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量1mr2⑤I2由①②③④⑤式及小角近似得sin⑥d22g0⑦dt23(Rr)由⑦式知，小圓柱質(zhì)心在其平衡地址周邊的微振動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其振動(dòng)頻率為f1g⑧π6(Rr)（2）用F表示小圓柱與圓筒之間的靜摩擦力的大小，和分別為小圓柱與圓筒轉(zhuǎn)過的角120）。度（規(guī)定小圓柱相關(guān)于大圓筒向右運(yùn)動(dòng)為正方向，開始時(shí)小圓柱處于最低點(diǎn)地址關(guān)于小圓柱，由轉(zhuǎn)動(dòng)定理得12Fr1d221⑨2mrdt2關(guān)于圓筒，同理有FR(MR2)d22⑩dt2優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔由⑨⑩式得F21rd21Rd22?mMdt2dt2設(shè)在圓柱橫截面上小圓柱質(zhì)心到圓筒中心軸的垂線與豎直方向的夾角，由于小圓柱與圓筒間做無滑轉(zhuǎn)動(dòng)，有Rr()R2?由?式得1(Rr)d2d2Rd2?r12dt2dt2dt2設(shè)小圓柱質(zhì)心沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線方向的加速度為a，由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理得由?式得Fmgsinma?a(Rr)d2?由????式及小角近似sindt2?，得0d22Mmgdt23MmRr由?式可知，小圓柱質(zhì)心在其平衡地址周邊的微振動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，其振動(dòng)頻率為f12Mmg?π3MmRr2評(píng)分參照：第（1）問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）問20分，⑨⑩?式各2分，?式3分，???式各2分，?式3分，?式2分。二、（40分）星體P（行星或彗星）繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌跡為圓錐曲線rkPcosC軸1是r的夾角（以逆時(shí)針方向?yàn)檎?，式中SA，r是P到太陽S的距離，是k矢徑SP相對(duì),于L極L2BAGMm2SP相關(guān)于太陽的角動(dòng)量，G6.671011m3kg1s2為RE引力常量，M1.991030kg為太陽的質(zhì)量，D12EL2為獨(dú)愛率，m和E分別為P的質(zhì)量G2M2m3和機(jī)械能。假設(shè)有一顆彗星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道為拋物線，地球繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道可近似為圓，兩軌道訂交于C、D兩點(diǎn)，以下列圖。已知地球軌道半徑R1.491011m，彗星軌道近期E點(diǎn)A到太陽的距離為地球軌道半徑的三分之一，不考慮地球和彗星之間的相互影響。求彗星（1）先后兩次穿過地球軌道所用的時(shí)間；已知積分公式xa3/2a1/2C，式中C是任意常數(shù)。（2）經(jīng)過C、D兩點(diǎn)時(shí)速度的大小。2axxdx2xa3優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔解：（1）由題設(shè)，彗星的運(yùn)動(dòng)軌道為拋物線，故1,E0①彗星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道方程為：rk②cos彗星繞太陽運(yùn)動(dòng)過程中，機(jī)械能守恒1mr&2L2VrE0③22mr2式中VrGMm④r當(dāng)彗星運(yùn)動(dòng)到近期點(diǎn)A時(shí)，其徑向速度為零，設(shè)其到太陽的距離為r，由③式得L2MmminVrG⑤2mr2rminminmin由⑤式和題給條件得L2rR⑥2GMm2Emin3由③式得dr2GML2dtrm2r2或dtdr⑦2GML2rm2r2設(shè)彗星由近期點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到與地球軌道的交點(diǎn)C所需的時(shí)間為t，對(duì)⑦式兩邊積分，并利用⑥式得rdrtREdr1RE⑧R2GML22GMRrmin3ErrEm2r23對(duì)⑧式應(yīng)用題給積分公式得1t2GM

RErdrRErER3312RER3/22RR1/2EE3ERE⑨2GM333103R32EGM由對(duì)稱性可知，彗星兩次穿越地球軌道所用的時(shí)間間隔為T2t203R32⑩27E將題給數(shù)據(jù)代入⑩式得GMT6.40106s（2）彗星在運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒E0?1m2GMmv2r?式有式中v是彗星離太陽的距離為r時(shí)的運(yùn)行速度的大小。由優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔v2GM?r當(dāng)彗星經(jīng)過C、D處時(shí)?rrR由??CDE式得，彗星經(jīng)過C、D兩點(diǎn)處的速度的大小為vv2GM?RCD由?式和題給數(shù)據(jù)得Evv4.22104m/s?CD分，②式2分，③式4分，④式2分，⑤式4分，⑥評(píng)分參照：第（1）問28分，①式4⑦⑧⑨⑩?式各2分；第（2）問12分，?式4分，????式各2分。三、（40分）一質(zhì)量為M的載重卡車A的水平車板上載有一質(zhì)量為m的重物B，在水平直公路上以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，0重物與車廂前壁間的距離為L(zhǎng)（L0）。

BLA因發(fā)生緊急狀況，卡車突然制動(dòng)。已知卡車車輪與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)和最大靜摩擦因數(shù)均為，重物與車廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)1和最大靜摩擦因數(shù)均為（）。若重物與車廂前壁發(fā)生碰撞，則假設(shè)碰撞時(shí)間極短，221碰后重物與車廂前壁不分開。重力加速度大小為g。（1）若重物和車廂前壁不發(fā)生碰撞，求卡車從制動(dòng)開始到卡車停止的過程所花的時(shí)間和走過的行程、重物從制動(dòng)開始到重物停止的過程所花的時(shí)間和走過的行程，并導(dǎo)出重物B與車廂前壁不發(fā)生碰撞的條件；2）若重物和車廂前壁發(fā)生碰撞，求卡車從制動(dòng)開始到卡車和重物都停止的過程所經(jīng)歷的時(shí)間、卡車走過的行程、以及碰撞過程中重物對(duì)車廂前壁的沖量。解：（1）若重物和車廂前壁不發(fā)生碰撞?？ㄜ囋谒街惫飞献鰟驕p速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a。由牛頓第二定律有1(Mm)gmgMa①121由①式得aM()mg112M1由勻減速運(yùn)動(dòng)公式，卡車從制動(dòng)開始到靜止時(shí)所用的時(shí)間t和搬動(dòng)的距離s分別為11tvvM，sv20()mg01aM12a重物B在卡車A的車廂底板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)B相關(guān)于地面的加速度大小為a。2優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔由牛頓第二定律有mgma③22由③式得amgg22m2從卡車制動(dòng)開始到重物對(duì)地面速度為零時(shí)所用的時(shí)間t和重物搬動(dòng)的距離s分別為22tv0v0，sv02v20④2ag22a2g2222由于，由②④二式比較可知，tt，即卡車先停，重物后停。2121若ssL，重物B與車廂前壁不會(huì)發(fā)生碰撞，因此不發(fā)生碰撞的條件是21Lssv2v2(12)(Mm)v2⑤00[(0212a2aM)m]2g212112（2）由⑤式知，當(dāng)滿足條件Lss()(Mm)v2120()m]g212[M2112時(shí)，重物B與車廂前壁必然發(fā)生碰撞。設(shè)從開始制動(dòng)到發(fā)生碰撞時(shí)的時(shí)間間隔為t，此時(shí)有幾何條件s(t)s(t)L⑥21這里又可分為兩種狀況：ttt（重物在卡車停下后與車廂前壁發(fā)生碰撞）和tt（重211物在卡車停下前與車廂前壁發(fā)生碰撞）。（i）ttt，即卡車A在t時(shí)停下，重物B連續(xù)運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)與車廂前壁發(fā)生碰撞。211卡車停下的時(shí)間和向前滑動(dòng)的距離是②給出的t和s，同時(shí)重物相關(guān)于地面向前滑動(dòng)的11距離是svt1at2220121⑦M(jìn)M(2)2m()v212120M()m22g112重物相關(guān)于車廂向前滑動(dòng)的距離是sMM(2)2m()v2Mv2s121200)m22gM()m2g21M(112112()(Mm)Mv2120M()m22g112若是ssLss，2121即當(dāng)優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔()(mM)Mv2()(Mm)v2120L12()m]02[M+()m]2g2[Mg1122112滿足時(shí)，在車已停穩(wěn)后重物仍會(huì)向前運(yùn)動(dòng)并且撞上車廂前壁。從制動(dòng)到重物B與車廂前壁碰撞前，重物B戰(zhàn)勝摩擦力做功。設(shè)在碰撞前的剎時(shí)重物B相對(duì)地面的速度為v，由動(dòng)能定理有21m21m2mg(sL)⑧222210由⑧式得22gsL()M(mv)2gLvv)1202M()m20212112設(shè)碰撞后剎時(shí)重物B與卡車A的速度均為v，由于碰撞時(shí)間極短，碰撞前后動(dòng)量守恒mv(mM)v⑨2由⑨式得vmvm()(Mm)v2MmM1202gL)mm2M(2112碰撞過程中重物B對(duì)車廂前壁的沖量為IMv0mM()(Mm)v202gL⑩mM12()mM2112碰撞后，卡車和重物又一起運(yùn)動(dòng)了一段時(shí)間tv2mv?gmMg11再搬動(dòng)了一段行程s=v2m2()(Mm)v22gL2(m2g1M2(012gM))m?1121才最后停止下來（關(guān)于卡車而言，這是第二次停下來）。重物撞上車廂前壁的時(shí)間是tvv?02g22因此，從卡車制動(dòng)到車和重物都停下所用的總時(shí)間為t(i)ttvvmvv01mv02g(M2ggg(M22gm)m)?21221vM()m()(Mm)v22gL0112120g1g(mM)M()m222112卡車搬動(dòng)的總行程則為s(i)=s+s[M(mM)()m2]v2m2L?1M1202M)21112(mM)[()m]g(m（ii）t11121t，即卡車還未停下，重物就與車廂前壁發(fā)生碰撞1tt可寫成由⑨式的推導(dǎo)可知，條件1優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔(L12[M1由勻減速運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，⑥式成為vt1at2202解得碰撞發(fā)生的時(shí)間

)m(2(1(vt0

MM)v2)02g]21at2)L21t2L2LMaa()(mM)g1212在碰撞前的剎時(shí)，卡車A的速度v和重物B的速度v分別為12vvatva2LM，vvatva2LM1010()(mM)g20202()(mM)g1212?由碰撞前后動(dòng)量守恒，可得碰撞后重物B和卡車A的共同速度v為mvMvmaMa2LMv21v21mM()(mM)gmM?2LMg12v()(mM)0112B對(duì)車廂前壁的沖量為由沖量定理和以上兩式得碰撞過程中重物IM(vv)Mm2(aa)Lm2(12)MgL?1mM12mM卡車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為碰撞前后的兩段時(shí)間之和，由t2LM與式可得()(m12M)gvvt(ii)t0?gg11卡車總行程等于碰前和碰后兩段行程之和s(ii)vt1at2v2v2mL?22g0gMm101211[另解，將卡車和重物視為一個(gè)系統(tǒng)，制動(dòng)過程中它們之間的摩擦力和碰撞時(shí)的相互作用力都是內(nèi)力，水平外力只有地面作用于卡車的摩擦力（Mm)g。在此力作用下系統(tǒng)質(zhì)心做加速度大小為1g的勻減速運(yùn)動(dòng)，從開始到卡車和重物都停止時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間為1t(ii)v?0g1系統(tǒng)質(zhì)心做勻減速運(yùn)動(dòng)的行程為x=v220cg1x和x；制動(dòng)后到完好停下卡車運(yùn)動(dòng)了行程s(ii)，兩個(gè)設(shè)制動(dòng)前卡車和重物的質(zhì)心分別位于質(zhì)心分別位于xxs(ii)和x121xs(ii)+L。于是有111221mLv2x=MxmxMxmx(Mm)s(II)121210mMm2gcMmM由此解得1s(ii)2gMm?1]評(píng)分參照：第（1）問10分，①②③④⑤式各2分；第（2）30分，⑥式2分，⑦⑧⑨⑩?????式各2分，?????式各2分。優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔四、（40分）如俯視圖，在水平面內(nèi)有兩個(gè)分別以O(shè)點(diǎn)與O1點(diǎn)為圓心的導(dǎo)電半圓弧內(nèi)切于M點(diǎn)，半圓O的半P徑為2a，半圓O1的半徑為a；兩個(gè)半圓弧和圓O的半Q徑ON圍成的地域內(nèi)充滿垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出），磁感覺強(qiáng)度大小為B；其余地域沒有磁場(chǎng)。半徑OP為一均勻細(xì)金屬棒，以恒定的角速度MO1ON繞O點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)過程中金屬棒OP與兩個(gè)半圓弧均接觸優(yōu)異。已知金屬棒OP電阻為R，兩個(gè)半圓弧的電阻可忽略。開始時(shí)P點(diǎn)與M點(diǎn)重合。在t（0πt）時(shí)辰，半徑OP與半圓O1交于Q點(diǎn)。求1）沿回路QPMQ的感覺電動(dòng)勢(shì)；2）金屬棒OP所碰到的原磁場(chǎng)B的作用力的大小。解：（1）考慮從初始時(shí)辰t0至?xí)r辰0tπ，金屬棒OP掃過的磁場(chǎng)所區(qū)的面積為2SS扇形扇形O1QO①SOPMSO1QM式中，S、S分別是扇形OPM、扇形O1QM和O1QO的面積。由幾何扇形OPM扇形O1QO和SO1QM關(guān)系得扇形OPM(t)(2a)2②2S11S扇形1OQM1(2t)a2③2S(asint)(acost)④OQOtsin2t)a2⑤S(2由①②③④式得12經(jīng)過面積S的磁通量為BS⑥由法拉第電磁感覺定律得，沿回路QPMQ的感覺電動(dòng)勢(shì)為d⑦dt式中，負(fù)號(hào)表示感覺電動(dòng)勢(shì)沿回路逆時(shí)針方向（即沿回路QPMQ）。由⑤⑥⑦式得(1cos2t)π⑧a2B,0t2優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔當(dāng)πtπ時(shí)，沿回路QPMQ的感覺電動(dòng)勢(shì)與tπ時(shí)的相同，即222a2B,πtπ⑨2（2）在t時(shí)辰流經(jīng)回路QPMQ的電流為i⑩R1式中RRL?2a這里，L為PQ的長(zhǎng)。由幾何關(guān)系得L2a2acost,0tπ?2L2a,πtπ?2半徑OP所碰到的原磁場(chǎng)B的作用力的大小為FiLB?由⑧⑩???式得F(1cos22a3B2,0tπt)?R2由⑨⑩???式得F4a3B2ππ?2R評(píng)分參照：第（1）問22分，①②③④⑤式各2分，⑥⑦式各4分，⑧⑨式各2分；第（2）問18分，⑩式4分，???式各2分，?式4分，??式各2分。優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔五、（40分）某種回旋加速器的設(shè)計(jì)方案如俯視圖a所示，圖中粗黑線段為兩個(gè)正對(duì)的極板，此間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，兩極板間電勢(shì)差為U。兩

bDODPS個(gè)極板的板面中部各有一狹縫（沿OP方向的狹長(zhǎng)區(qū)域），帶電粒子可經(jīng)過狹縫穿越極圖a板（見圖b）；兩細(xì)虛線間（除開兩極板之間的地域）既無電場(chǎng)也無磁場(chǎng)；其余部D分存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感覺強(qiáng)度方向垂直于紙面。在離子源S中產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電量為q（q0）的離子，由靜止開始被電場(chǎng)加速，經(jīng)狹縫中的O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)所區(qū)，O點(diǎn)到極板右端的距離為D，到出射孔P的距離為bD（常數(shù)b為大于2的自然數(shù)）。已知S磁感覺強(qiáng)度大小在零到B之間可調(diào)，離子從離子源上方的O點(diǎn)圖bmax射入磁場(chǎng)所區(qū)，最后只能從出射孔P射出。假設(shè)若是離子打到器壁或離子源外壁則即被吸取。忽略相對(duì)論效應(yīng)。求1）可能的磁感覺強(qiáng)度B的最小值；2）磁感覺強(qiáng)度B的其余所有可能值；3）出射離子的能量最大值。解：（1）設(shè)離子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的速率為v，由能量守恒得qU1m2①2由①式得v2qU②m設(shè)離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，有優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔qBvmv2③r由②③式得12mU④rqB若rbD或DrbD222則離子只能打到器壁或離子源外壁被吸取，不能夠從P射出。若離子從O射出后只運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周即從P射出，則rbD⑤2將⑤式代入④式得，電子能夠從P出射，可能的磁感覺強(qiáng)度B的最小值為22mU⑥BminbDq（2）若r

D2則離子將穿過上極板進(jìn)入電場(chǎng)所區(qū)，被減速到零后，又重新反向加速至進(jìn)入時(shí)的速率，從進(jìn)入處再回到磁場(chǎng)所區(qū)。設(shè)這樣的過程進(jìn)行了k次，爾后離子將繞過兩極板右端從下極板進(jìn)入電場(chǎng)所區(qū)被加速，再穿過上極板進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)能量增加到2qU，運(yùn)動(dòng)半徑增加到r2r11r⑦1這樣加速n次后，離子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r為nrn1r⑧n當(dāng)滿足條件krr(n1bD⑨k)rn2或rbD2(n1k)時(shí)，離子可從P處射出。另一方面，顯然有k1，且2krD2(k1)r⑩解得DrD?2(k2k1)優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔由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是當(dāng)BB的最大自然數(shù)a2max時(shí)由④式定出的。因此k為不大于2amaxka?2由④⑨式知，磁感覺強(qiáng)度B的其余所有可能值為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）離子被電場(chǎng)加速了n1次后，其出射能量為E(n1)qU?關(guān)于滿足?式的k，n能夠取到最大值為[(b1)kb]22，再由?式，可得出射離子的能量最大值為E(n1)qU(ba1)b1qU?22maxmax評(píng)分參照：第（1）問12分，①②③④⑤⑥式各2分；第（2）問23分，⑦⑧式各2分，⑨式4分，??????式各2分，?式3分；第（3）問5分，?式3分，?式2分。優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔六、（40分）1914年，弗蘭克-赫茲用電子碰撞原子的方法使原子從低能級(jí)激發(fā)到高能級(jí)，從而證了然原子能級(jí)的存在。加速電子碰撞自由的氫原子，使某氫原子從基態(tài)激發(fā)到激發(fā)態(tài)。該氫原子僅能發(fā)出一條可見光波長(zhǎng)范圍（400nm760nm）內(nèi)的光譜線。僅考慮一維正碰。1）求該氫原子能發(fā)出的可見光的波長(zhǎng)；2）求加速后電子動(dòng)能E的范圍；k（3）若是將電子改為質(zhì)子，求加速質(zhì)子的加速電壓的范圍。已知hc1240nmeV，其中h為普朗克常數(shù)，c為真空中的光速；質(zhì)子質(zhì)量近似為電子質(zhì)量的1836倍，氫原子在碰撞前的速度可忽略。解：（1）由氫原子的能級(jí)公式13.6eV①0evE1,2,-0.85,nnn2-1.51可得氫原子的能級(jí)圖以下列圖。可見光光子能量的上限E和下限E分別為-3.4012hc1240nmeV3.10eV②E400nm11hc1240nmeV1.63eV③E760nm22-13.6要能觀察到可見光范圍內(nèi)的光譜線，發(fā)生躍遷的兩能級(jí)的能量之差應(yīng)在可見光的能量范圍1.63eV~3.10eV④內(nèi)。要僅能觀察到一條可見光范圍內(nèi)的光譜線，由氫原子的能級(jí)圖可知，只能將氫原子激發(fā)到第二激發(fā)態(tài)，即能級(jí)n3⑤氫原子第二激發(fā)態(tài)（n3）到第一激發(fā)態(tài)（n2）的能量差為EEE(1.51eV)(3.4eV)1.89eV⑥3232氫原子從第二激發(fā)態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)所發(fā)出的可見光的波長(zhǎng)為hc656nm⑦E32（2）要使氫原子能激發(fā)到能級(jí)n3，需要供應(yīng)的能量最少為優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔EEE(1.51eV)(13.60eV)12.09eV⑧3131設(shè)電子質(zhì)量為m，電子碰撞前后的速度分別為v和v，氫原子碰撞前后的速度分別為u0e121（由題意）和u，電子因激發(fā)氫原子而損失的能量為E（被氫原子吸取為激發(fā)能）。由動(dòng)2量和能量守恒有mvmvMu⑨e1e221mv21mv21Mu2E⑩2e12e222由⑨⑩式消去u，得2m(Mm)v22m2vvm(mM)v22ME0?ee2e12ee1此式是關(guān)于v的一元二次方程。注意到v為實(shí)的常量，故方程?的系數(shù)應(yīng)滿足條件22(2m2v)24m(Mm)[m(mM)v22ME]0?e1eeee1化簡(jiǎn)得E1mv2(1mE?e)k2e1M要使原子從基態(tài)僅激發(fā)到第二激發(fā)態(tài)，E應(yīng)滿足E31EE?41式中E已由⑧式給出，而31EEE(0.85eV)(13.60eV)12.75eV?4141由???式得mm(1e)E?(1e)EEM31kM41由?式和題給條件得12.10eVE12.76eV?k（3）若是將電子改為質(zhì)子，?式成為(1m)EE(1m?pp)EM31kM41式中m為質(zhì)子的質(zhì)量。由?式和題給條件得p24.17eVE25.49eV?k設(shè)加速質(zhì)子的加速電壓為V。由eVE（e為質(zhì)子電荷）k和?式得24.17VV<25.49V?評(píng)分參照：第（1）問14分，①②③④⑤⑥⑦式各2分；第（2）問20分，⑧⑨式各2分，優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔⑩式各3分，?式2分，?式4分，?式2分，?式1分，??式各2分；第（3）問6分，式各2分。七、（40分）如氣體壓強(qiáng)-體積圖所示，摩爾數(shù)為的雙原PA子理想氣體構(gòu)成的系統(tǒng)經(jīng)歷一正循環(huán)過程（正循環(huán)指沿圖P0中箭頭所示的循環(huán)），其中自A到B為直線過程，自B到A為等溫過程。雙原子理想氣體的定容摩爾熱容為5R，P/2B20R為氣體常量。（1）求直線AB過程中的最高溫度；OV0/2V0V（2）求直線AB過程中氣體的摩爾熱容量隨氣體體積變化的關(guān)系式，說明氣體在直線AB過程各段體積范圍內(nèi)是吸熱過程還是放熱過程，確定吸熱和放熱過程發(fā)生轉(zhuǎn)變時(shí)的溫度T；c（3）求整個(gè)直線AB過程中所吸取的凈熱量和一個(gè)正循環(huán)過程中氣體對(duì)外所作的凈功。解：（1）直線AB過程中任一平衡態(tài)的氣體壓強(qiáng)p和體積V滿足方程VVPP020VPPV000220此即P3P0V①P200V依照理想氣體狀態(tài)方程有PVRTP②PVVVRV式中T是相應(yīng)的絕對(duì)溫度。由①②式得20401P3329PV③TR0V2000V016R0由③式知，當(dāng)3V④V40時(shí)，氣體達(dá)到直線AB過程中的最高溫度9PVT00⑤R2）由直線AB過程的摩爾熱容量C的定義有mdQCdT⑥m優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔由熱力學(xué)第必然律有dUdQPdV⑦由理想氣體內(nèi)能公式和題給數(shù)據(jù)有dUCdT5RdT⑧V2由①⑥⑦⑧⑨式得PdV5R3P1dVCC0dT220mVVdT0由③式兩邊微分得dV2RVdT0P(3V4V)00由⑩式代入⑨式得C21V24VR0m3V4V20由⑥⑩?式得，直線AB過程中，在V從V增大到3V的過程中，C0，dTdQ0，吸熱040，故dV20mdV在V從3V增大到21V0的過程中，C0，dTdQ0，吸熱4024mdV0，故dV在V從21V0增大到V的過程中，Cm0，dT0，故dQ0，放熱240dVdV由???式可知，系統(tǒng)從吸熱到放熱轉(zhuǎn)折點(diǎn)發(fā)生在21VVVc240處。由③式和上式得T1P0V2335PVPV00cRV2064R0（3）關(guān)于直線AB過程，由⑥⑩式得dQCdTdV21V24VPdV216VPdVmdV4V4V000將上式兩邊對(duì)直線過程積分得，整個(gè)直線AB過程中所吸取的凈熱量為V0216VPdVP21V3V2V03PVQ直線V004V8000400V0/2直線AB過程中氣體對(duì)外所作的功為W1(P0P)(V0V)3PV00直線222800

⑨⑩???????優(yōu)選文檔優(yōu)選文檔等溫過程中氣體對(duì)外所作的功為WV0/2V0/2VdVPVln2?PdVP0V00V0022V0一個(gè)正循環(huán)過程中氣體對(duì)外所作的凈功為W3ln2?()PVWW等溫8200直線評(píng)分參照：第（1）問10分，①②式各3分，④⑤式各2分；第（2）問20分，⑥⑦⑧⑨⑩?????式各2分；第（3）問10分，?????式各2分。八、（40分）菲涅爾透鏡又稱同心圓階