第4届全国物理竞赛复赛试题解答高清版

第4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的薄圆筒中边潇潇老公，圆筒和小圆柱的中心轴均

水平，横截面如图所示忘记你不如失去你。重力加速度大小为g。试在下述两种情

形下有何不可伴奏，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率：

（1）圆筒固定七月的草原王莹，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风中情缘，小圆柱仍在圆筒内底

R

部附近作无滑滚动鬼兄。

解：

（1）如图芈月传 下载，



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twins的歌。

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重生。设圆筒对小圆柱的静摩擦力

大小为F蒋大为新歌，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

Fmgsin



ma①

式中蓝蓝的天上白云飘，a是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无

滑滚动陕西卫视春晚，小圆柱绕其中心轴转过的角度



1

（规定小圆柱在最低点时



1

0）与



之间的关系为





R



r(



)②

1





R由②式得，a与



的关系为

2

2



1

d



d



1

③

ar

2

(Rr)

2

dt

dt

考虑小圆柱绕其自身轴的转动itta，由转动定理得

d

2



rFI

2

1

④

dt

式中丹下樱，I是小圆柱绕其自身轴的转动惯量

1

Imr

2⑤

2

由①②③④⑤式及小角近似

sin







⑥

得

d

2





2g



0

dt

2

(Rr)

f

1g

⑦

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

⑧

π6(Rr)

（2）用F表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，

度

1

和



2

分别为小圆柱与圆筒转过的角

（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向香水有毒伴奏，开始时小圆柱处于最低点位置



风中奇缘侠岚。对于

1





2

0）

小圆柱，由转动定理得

2



1

2



d



1

Fr

mr





⑨



2



2



dt

对于圆筒天空之城谱子，同理有

2

2

d



FR(MR)

2

⑩

dt

2



2



21



2

d



d





F





r

2

1



R

2

2

⑪

mM

dt

dt



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



小热恋，由于小圆柱与圆筒

间做无滑滚动爱的呼唤国语版，有

R



r(



)R



⑫

1





2

由⑫式得

d

2



d

2



1

d

2



2

(Rr)rR⑬

222

dt

dt

dt

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



ma⑭

由⑫式得

d

2



a(Rr)

2

⑮

dt

由⑪⑬⑭⑮式及小角近似

sin







爱你百分百，得

2

d



2Mmg







0

⑯

2

dtMmRr

由⑯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当秋天遇上秋天，其振动频率为

由⑨⑩式得

12Mmg

f

2πMmRr

⑰

评分参考：第（1）问20分，①②式各分含羞草传媒黄app下载，③式2分冠男，④式分兔子必须死，⑤⑥式各2分周传雄新歌，⑦式

分蒋嘉莹，⑧式2分；第（2）问20分今夜的风儿轻是什么歌，⑨⑩⑪式各2分嘻哈音乐，⑫式分，⑬⑭⑮式各2分，⑯式

分falkirk，⑰式2分漫画009。

二、（40分）星体P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线

k

r



P

C1



cos



式中笛子独奏曲大全，r是P到太阳S的距离hurtsobad，



是矢径SP相对于极

r

L

2



轴SA的夹角（以逆时针方向为正），k,L是

B

2

GMm

S

P相对于太阳的角动量谢霆锋cf，G6七里香恶搞歌词.6710

11

m

kg

1s

2为

A

R

E

D

引力常量，

M1时光的残片.9910

0kg为太阳的质量，

2EL

2



1

22

为偏心率，m和E分别为P的质量和机械能佳欢。假设有一颗彗星绕太阳运

GMm

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两点提钱游，如图所

示帕瓦罗蒂今夜无人入眠。已知地球轨道半径R

E

1.4910

11

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两点时速度的大小费玉清好听的歌。

xdx



2



xa



/2

2a



xa



1/2

C就在这一瞬间，式中C是任意常数jm帝国。

已知积分公式





xa

解：

（1）由题设你快乐吗 我很快乐，彗星的运动轨道为抛物线，故



1不见,E0①

彗星绕太阳运动的轨道方程为：

k

r



②

1cos



彗星绕太阳运动过程中蓝激情，机械能守恒

1

2

L

2

&



2

V



r



E0

mr③

22mr

式中

Mm

V



r



G④

r

当彗星运动到近日点A时我的老父亲，其径向速度为零九把刀，设其到太阳的距离为r

min

女驸马韩再芬，由③式得

2

L

V



r

min



G

Mm

⑤

2

r

min

2mr

min

由⑤式和题给条件得

L

2

r

R

E

min

2GMm

2

由③式得

dr2GML

2



22

dtrmr

或

2GML

2



22

rmr

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魔幻蓝诗，对⑦式两边积分，并利用

⑥式得

R

dr1

rdr

t

R



⑧

R



r

2GML

2

2GM



r

R

E



22

rmr

E

E

E

min

⑥

dt

dr

⑦

对⑧式应用题给积分公式得

1

t

R

E

rdr

R

E

2GM



r

R

E

/2

1/2



1



2





2R





R

R





E









R

E











E



R

E



E











2GM





10

R

2





E

27

GM

由对称性可知韩磊 等待，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为

20R

2



E

T2t⑩

27

GM

将题给数据代入⑩式得

T6tokyo hot com.4010

6

s

（2）彗星在运动过程中机械能守恒

1

2

GMm

mvE0

2

r

式中v是彗星离太阳的距离为r时的运行速度的大小why 东方神起。由⑫式有

⑨

⑪

⑫

2GM

⑬

r

当彗星经过C、D处时

r

C

r

D

R

E

⑭

由⑬⑭式得舞动人生4，彗星经过C、D两点处的速度的大小为

2GM

⑮

v

v

CD

R

E

由⑮式和题给数据得

4

v

⑯

C

v

D

4.2210

m/s

评分参考：第（1）问28分结婚的歌曲，①式4分父子刑警，②式2分浙江风采双球走势图，③式4分，④式2分绝代双雄，⑤式4分，⑥

⑦⑧⑨⑩⑪式各2分；第（2）问12分，⑫式4分，⑬⑭⑮⑯式各2分老娘泪全集。

v

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

0

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，卡车突然制动赵四小品全集。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



。若重物与车厢前壁发生碰撞，则假定碰撞时间极短，碰后

2

（

2





1

）

重物与车厢前壁不分开周凯文。重力加速度大小为g。

（1）若重物和车厢前壁不发生碰撞雨下一整晚，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清明上河图歌词，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降央卓玛歌曲。

B

L

A

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漫步者笔记本音箱，设其加速度大小为a

1

甜蜜在恋。由牛顿第二定律有

由①式得



1

(Mm)g



2

mgMa

1

①

a

1

1



M(



1



2

)m

M

g

由匀减速运动公式大好きなのに，卡车从制动开始到静止时所用的时间t

1

和移动的距离s

1

分别为

t

1

v

0

Mv

0

不能放手的爱，s

0





a



M(







)mg

1112

1

M

22

0

vv

②

2a



M(







)m2g

1112

重物B在卡车A的车厢底板上做匀减速直线运动特别的人，设B相对于地面的加速度大小为a

2

。

由牛顿第二定律有



2

mgma

2

③

由③式得



mg

a

2





g

22

m

从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间t

2

和重物移动的距离s

2

分别为

v

v

00

张魁，

t

2

a



g

22

2

v

0

v

2

0

s

2a



2



④

g

2

22

由于



t

2

t

1

我爱的人她却不爱我，即卡车先停，重物后停。

2





1

always 尹美莱，由②④二式比较可知梁雁翎，

若s

2

s

1

L，重物B与车厢前壁不会发生碰撞missing you，因此不发生碰撞的条件是

22

2

(



Mm)

v

v

1





2

)(

0

Ls

2

s

1



v

00





2a

2

2a

1



2

[



1

M(



1



2

)m]2g

⑤

（2）由⑤式知粗口狂，当满足条件

Ls

2

s

1



2

(



Mm)

v

1



2

)(

0

2



2

[



1

M(



1



2

)m]g

时trainspotting，重物B与车厢前壁必定发生碰撞我感觉不到你。

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

2

(t)s

1

(t)L⑥

这里又可分为两种情况：

t

2

tt

1

（重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和

tt

1

（重

物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞）。

（i）

t

2

tt

1

，即卡车A在

t

1

时停下，重物B继续运动骏马奔驰保边疆，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

t

1

和s

1

，同时重物相对于地面向前滑动的

距离是

1

s



vtat

2

2

2

M



M(2



1





2

)2m(



1





2

)



v

0



2

2g



)m





M



1

(





12

⑦

重物相对于车厢向前滑动的距离是

M



M(2



1





2

)2m(



1





2

)



v

s



2



s

1





)m





M



2

1

(





12



2

(



v

1





2

)(Mm)M

0

2

2g

(







)m





M



112



22

M

v

0



0

2g



1

M(



1





2

)m2g

如果

s



2

s

1

Ls

2

s

1

空船，

即当

(







)(mM)M

v

2

(







)(Mm)v

2

120



120

2[



M+(







)m]

2

g

L

2



[



M(







)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相对地面的速度为v

2

，由动能定理有

1

由⑧式得

1

mv

2

mv

2





mg(s

L)

21

2

2

2

0

⑧

2

v

2

v

0

2



2

g(s

1

L)

(







)(Mm)v

2

120



1

M(



1



2

)m

2



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

mv

2

(mM)v

由⑨式得

⑨

2

(







2

)(Mm)v

0

mm

1

2

2

gL





vv

2



mMmM



1

M(



1





2

)m

碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为

(







)(Mm)v

2

mM

120



2



2

gL

IMv0

mM



M(







)m

112

碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间v

mv

2

t







1

g

1



mM



g

再移动了一段路程



(







)(Mm)v

2



m

2

2

120

gL



=

2



g

2



(mM)g





M(







)m

2



2

s



1

11



112



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

v

v

t





02

2



2

g

所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为



1

v

v



2

t





02



m

t

(i)

t



2

mv

2

v

0









v





g



g(Mm)



g



g(Mm)



g

212



21



2v



M(







)m(







)(Mm)v





0



1





12

120

2

2

gL



g



g(mM)



M(







)m

212

112

卡车移动的总路程则为

2

22



mL

[



M(mM)(







)m]v

(i)

120



2

s

1=s

1

+s

1





2



(

1





(mM)

2

⑮

mM)[



M(







)m]g

v

2

⑩

⑪



⑫

⑬

⑭

（ii）tt

1

，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁

发生碰撞由⑨式的推导可知，条件tt

1

可写成

(







)(mM)Mv

2

L





12

0

2[



M



)m]

2

g

1

(





12

由匀减速运动学公式，⑥式成为

11

vt

at

2

(vtat

2

)L

00

2

2

2

1

解得碰撞发生的时间

2L

2LM

t

(



a

1

a

2

1





2

)(mM)g



和重物



分别为在碰撞前的瞬间，卡车A的速度v

1

B的速度v

2

v



vatva

1010

2LM

1

，v



vatva

2LM

(



)g

1



2

)(mM

⑯

由碰撞前后动量守恒beloved歌词，可得碰撞后重物B和卡车A的共同速度v



为



ma

2

Ma

1

mv



2LM

2

Mv

1

0



mM

v





m

v

(







)(mM)g

M12

⑰

2LMg

v

0





1

(



)

1



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

2(



Mm

1





2

)M

gL⑱



)

2(a

I



M(v



v

11

a

2

)Lm

mM

mM

卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和李嘉格，由t

v

0v



t

(ii)

t









1

g

1

g

卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和

22

1

2

v



v

(ii)





0



svt

at

10

1

(



)g

1





2

)(mM

2LM

与⑰式可得

(







)(m

M)g

12

⑲

mL

⑳

2

[另解红土香，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2

（Mm)



1

g

。在此力作用下系统质心做



加速度大小为



1

g

的匀减速运动等爱的女人，从开始到卡车和重物都停止时所经历的时间为

v

t

(ii)



0

1

⑲



1

g

g

系统质心做匀减速运动的路程为

2

x=

0

v

c

Mm

2



1

g

1

设制动前卡车和重物的质心分别位于

x

和

x

；制动后到完全停下卡车运动了路程s

(ii)

，两个

质心分别位于x



xs和x



xs+L讲不出再见谐音。于是有

(ii)(ii)

12

1

Mx



mx



Mxmx(Mm)s

(II)

mL

v

2



x

=

12

12

1



0

c

MmMmMm

2



1

g

由此解得

2

mL

0

v



s



2



Mm

1

g

(ii)

1

111

221

⑳

]

评分参考：第（1）问10分我们即将逝去的青春，①②③④⑤式各2分；第（2）0分tebow，⑥式2分亲爱的小孩原唱，⑦⑧⑨⑩⑪

⑫⑬⑭⑮式各2分，⑯⑰⑱⑲⑳式各2分。

四、（40分）如俯视图smashing，在水平面内有两个分别以O点

与O

1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O

1的半径为a；两个半圆弧和圆O的半

径O围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场



P

Q

O

1

O

（未画出）dna by2，磁感应强度大小为B；其余区域没有磁场。

M

半径OP为一均匀细金属棒姜玉阳图片，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conchita wurst。已知金属棒OP电阻为R河村隆一，

π

两个半圆弧的电阻可忽略。开始时P点与M点重合。在t（0t）时刻普通的disco，半径OP与半



圆O

1交于Q点绝代双娇粤语。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



π

，金属棒OP扫过的磁场区域的面积为

①

2



SS

扇形OPM

S

扇形OQM

S

OQO

1

1

1

1

式中我的父亲是牧马人，S

扇形OPM

、S

扇形OQM

和S

OQO

分别是扇形OPM、扇形O

1

QM和O

1

QO的面积。由几何

关系得

1

2

S

扇形OPM

(



t)(2a)

2

1

2

S

扇形OQM

(2



t)a

2

1

②

③

④

S

OQO

(asin



t)(acos



t)

1

由①②③④式得

1

S(2



tsin2



t)a

2

2

通过面积S的磁通量为

⑤



BS

由法拉第电磁感应定律得，沿回路QPMQ的感应电动势为

d



dt

π

2

⑥



⑦

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



(1cos2



t)



a

2

Bbe my slave,0



t⑧

πππ

当t时骄傲的大公鸡，沿回路QPMQ的感应电动势与t

时的一样，即

2







2





2



aB悠闲,

2

π

2





tπ⑨

（2）在t时刻流经回路QPMQ的电流为

i

式中

L

RR

1

2a

这里，L为PQ的长龙京。由几何关系得

L2a2acos



t,0



t

π

2

⑬

⑫

⑪



R

1

⑩

L2a十二种毛宁,

π

2





tπ

半径OP所受到的原磁场B的作用力的大小为

FiLB

由⑧⑩⑪⑫⑭式得

F(1cos2



t)

2



a

B

2

R

中国共产主义青年团团歌,0



t

π

2

⑮

⑭

由⑨⑩⑪⑬⑭式得





F

4



a

B

2

R

,

π





tπ.

2

⑯

评分参考：第（1）问22分，①②③④⑤式各2分笑比哭好，⑥⑦式各4分王琳方磊终止约会，⑧⑨式各2分；

第（2）问18分，⑩式4分，⑪⑫⑬式各2分，⑭式4分，⑮⑯式各2分黑喜剧粤语。

五、（40分）某种回旋加速器的设计

方案如俯视图a所示夜光航线，图中粗黑线

段为两个正对的极板容一敏，其间存在匀

强电场，两极板间电势差为U为你写诗吴克。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（q0）的离子，

由静止开始被电场加速别碰我的女人歌词，经狭缝中

的O点进入磁场区域李享，O点到极板

右端的距离为D风雨夜归人，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B

max

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射出梦兰。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；

（）出射离子的能量最大值。

图a

O

D

bD

P

S

D

S

图b

解：

（1）设离子从O点射入磁场时的速率为v，由能量守恒得

1

qUmv

2

2

由①式得

①

v

2qU

m

②

qBvm

v

r

2

设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为rthe long goodbye，有

③

由②③式得

r

12mU

Bq

④

若

r

bD

2

或

D

r

bD

22

则离子只能打到器壁或离子源外壁被吸收随遇而安，不能从P射出我可以抱你吗吉他谱。若离子从O射出后只运动半个

圆周即从P射出郭德纲相声下载mp，则

r

bD

2

⑤

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

（2）若

22mU

B

min



bDq

⑥

D

r

2

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

处再回到磁场区域トコハナ。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

r

1

2r11r

这样加速n次后，离子做圆周运动的半径r

n

为

⑦

当满足条件

r

n

n1r⑧

krr

n

(

n1k)r

bD

2

⑨

或

r

bD

2(n1k)

时明日再会，离子可从P处射出。另一方面杨烈，显然有k1，且

2krD2(k1)r

解得

⑩

D

2(k1)

r

D

2k

⑪

由⑨⑩⑪式有

(n1k)

D

2(k1)



bD

2

(n1k)

D

2k

⑫

解得

(b1)k1n[(b1)kb]1

222

⑬

由④⑪式可得



k

式中r是当BB

max

DDB

max



2r

max

2

q

2mU



a

2

⑭

a



a



时由④式定出的黄河巨龟。因此k为不大于的最大自然数

max



2





2



a



k





2





⑮

由④⑨式知清风醉红颜，磁感应强度B的其它所有可能值为

1

B

r

2mU



q

2(n1k)

bD

2mU

q

⑯

式中

k

1

2

(b1)

21

(b1)

22

21

(b1)

2

21

(b1)

2

(b1)

22

2

(b1)

2

2

n

(b1)

21

(b1)

22

21

(b1)

2

21





2b1



2

2



2(b1)b



2

2



(b1)b



2

2



2

⑰



22



a



a



a



a



2

222



(b1)



1(b1)



(b1)



1

2222

（）离子被电场加速了n1次后樱花动漫最终季，其出射能量为

E(n1)qU





a











(b1)b



2



2







⑱

对于满足⑮式的k，n可以取到最大值为

[(b1)kb]

2

2

容海，再由⑱式，可得出射离子的能量

最大值为

2









a







E

max

(n

max

1)qU





(b1)



b



1



qU

2













⑲

评分参考：第（1）问12分成都 今夜请将我遗忘，①②③④⑤⑥式各2分；第（2）问2分齐天大圣华晨宇，⑦⑧式各2分完美音乐电台，⑨

式4分，⑪⑫⑬⑭⑮⑯式各2分，⑰式分；第（）问5分，⑱式分kara mr，⑲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最。加速电子碰撞自由的氢原子刘德华 悟，使某氢原子从基态激发到激发态远大前程插曲。

该氢原子仅能发出一条可见光波长范围（400nm760nm）内的光谱线我只是传说。仅考虑一维正碰季欣霈。

（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

k

的范围；

（）如果将电子改为质子，求加速质子的加速电压的范围拐杖舞视频。

已知hc1240nmeV阿拉德 宿命之门，其中h为普朗克常数庄妮，c为真空中的光速；质子质量近似为电子质量

的186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

E

n



1韩磊简介.6eV

,

n1分开旅行英文版,2,

n

2

①

0ev

-0真爱趁现在.85

-1彩信铃声.51

可得氢原子的能级图如图所示你的爱情给了谁。



分别为可见光光子能量的上限E

1



和下限E

2

hc1240nmeV

E



笑傲.10eV

1



400nm

1

hc1240nmeV

E



1幸福大街嫁衣.6eV

2



760nm

2

②

③

-灌篮高手粤语版.40

要能观察到可见光范围内的光谱线失恋的地瓜，发生跃迁的两能级的能量之差

应在可见光的能量范围

1.6eV~阿呀.10eV④

-1.6

内shlong。要仅能观察到一条可见光范围内的光谱线枫叶之声，由氢原子的能级图可知，只能将氢原子激发到第

二激发态illustrator视频教程，即能级

n

氢原子第二激发态（n）到第一激发态（n2）的能量差为

E

2

E

E

2

(1.51eV)(.4eV)1小品剧本.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





656nm

E

2

（2）要使氢原子能激发到能级

n

，需要提供的能量至少为

E

1

E

E

1

(1.51eV)(1情生意动.60eV)12.09eV⑧

⑥

⑤

⑦

设电子质量为m

e

，电子碰撞前后的速度分别为v

1

和v

2

，氢原子碰撞前后的速度分别为u

1

0

（由题意）和u

2

，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）爱就是那样简单。由动

量和能量守恒有

m

e

v

1

m

e

v

2

Mu

2

1

⑨

⑩

11

mv

2

mv

2

Mu

2

E

2

e1

2

e2

2

2

由⑨⑩式消去

u

2

，得

e

m(Mm)v

2

2m

2

vvm(mM)v

2

2ME0

e2e12ee1

⑪

此式是关于v

2

的一元二次方程。注意到v

2

为实的常量here i am 歌词，故方程⑪的系数应满足条件

(2m

2

v)

2

4m(Mm)[m(mM)v

2

2ME]0

e1eeee1

⑫

化简得

1m

Emv

2

(1

e

)E

k

2

e1

M

要使原子从基态仅激发到第二激发态北京北京大雾版，E应满足

E

1

EE

41

式中E

1

已由⑧式给出你听的到，而

⑭

⑬

E

41

E

4

E

1

(0宋大叔教音乐全集.85eV)(1金娃娃爱还在歌词.60eV)12hellokiki.75eV

由⑬⑭⑮式得

⑮

由⑯式和题给条件得

m

e

m

e

(1)E

(1)E

1

E

k

M

41

M

⑯

12电子琴演奏.10eVE

k

12.76eV

（）如果将电子改为质子魔法咒语，⑯式成为

m

(1)E

E

(1

p

)E

k

M

1

M

41

式中m

p

为质子的质量非诚勿扰二经典台词。由⑱式和题给条件得

24候鸟.17eVE

k

25我爱米兰伴奏.49eV

设加速质子的加速电压为V。由

⑰

m

p

⑱

⑲

和⑲式得

eVE

k

（e为质子电荷）

24.17VV<25.49V⑳

评分参考：第（1）问14分，①②③④⑤⑥⑦式各2分；第（2）问20分，⑧⑨式各2分寻龙诀高清下载，

⑩式各分，⑪式2分想和你去吹吹风，⑬式4分，⑭式2分快递价格比较，⑮式1分

⑯⑰式各2分；第（）问6分人在江湖飘儿童版，⑱⑲⑳式各2分。

P

P

0

七、（40分）如气体压强-体积图所示机器猫国语，摩尔数为



的双原

A

P

0

/2

B

OV

0

/2V

0

14

V

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）离 名句，其中自A到

5

B为直线过程51网贷，自B到A为等温过程。双原子理想气体的定容摩尔热容为R中国好声音李琦趁早，R为气体

2

常量。

（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第一百零一个答案，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

；

（）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杀手锏乐队。

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

V

V

0

PP

0

2

P

0



V



0

P

V

0

22

0

此即

P

PP

0

V

0

2V

0

根据理想气体状态方程有

①

PV



RT

式中T是相应的绝对温度苏烟多少钱。由①②式得







P

00

P

9PVT

1

V

2



PVV

V







00

0









0





RV2



RV



16



③

R

4





0



0

由③式知什么也不说，当

2

②

VV

4

0





④

时nadal，气体达到直线AB过程中的最高温度

9PV

T

max



00

16



R

（2）由直线AB过程的摩尔热容量C

m

的定义有

dQ



C

m

dT

由热力学第一定律有

⑤

⑥

dUdQPdV

⑦

由理想气体内能公式和题给数据有

dU



CdT



V

5R

dT

2

⑧

由①⑥⑦⑧⑨式得

C

m

由③式两边微分得

C



PdV



5

R



P

P

0

V



1dV

V

0

V





dT



dT2



0



2



⑨

dV2



RV

0



dTP

0

(V

0

4V)

由⑩式代入⑨式得

⑩

21V

0

24VR

C

m

V

0

4V2

⑪

由⑥⑩⑪式得杨冥，直线AB过程中相思垢，

VdTdQ

在V从

0

增大到V的过程中，C0furiously，0基督教歌曲，故0，吸热

m24

0dVdV

21VdTdQ

在V从V增大到

0

的过程中，C0，0闻一多七子之歌，故0孙道临，吸热

0

m424dVdV

21VdTdQ

在V从

0

增大到V的过程中哥特式摇滚，C0，0，故0，放热

0m

24dVdV

由⑫⑬⑭式可知甘毛毛，系统从吸热到放热转折点发生在

⑫

⑬

⑭

VV



21

V

0

c

24

处。由③式和上式得

1



5P

0

V

0

T



P

0

2

VPV

c

0





R





2



64



R



V

0

（）对于直线AB过程二手玫瑰，由⑥⑩式得

⑮

dQ



C

dT

dV

21V

0

24V

PdV



21



6V



PdV



0

m0

4V

dV4V

0



0



将上式两边对直线过程积分得琼雪卓玛歌曲，整个直线AB过程中所吸收的净热量为

V

0

⑯

V



21V

2





216V





Q

直线







4V



P

0

dVP

0



V





P

0

V

0

8

4V

0



V/2

V/2





0



0

0

0

⑰

直线AB过程中气体对外所作的功为

1PV

W(P

0

)(V

0

)PV

直线

2

0

2

0

28

00

等温过程中气体对外所作的功为

⑱

W

等温





PdV



P

0

V