复赛 32届中学生物理竞赛和答案word版.docx

1、复赛 32届中学生物理竞赛和答案word版第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题 2015年9月19日 说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。 一、（15分）在太阳内部存在两个主要的核聚变反应过程： 碳循环和质子-质子循环；其中碳循环是贝蒂在1938年提出 +ep的，碳循环反应过程如图所示。图中、和分别表示质 e子、正电子和电子型中微子；粗箭头表示循环反应进行的先12Cp后次序。当从循环图顶端开始，质子与核发生反应生13N成核，反应按粗箭头所示的次序进行，直到完成一个循+ep环后，重新开始下一个循环。已知、和He核的质量分2别为0.511 MeV/c、1.0078 u和4.00

2、26 u（1u931.494 2 MeV/c），电子型中微子的质量可以忽略。 e（1）写出图中X和Y代表的核素； （2）写出一个碳循环所有的核反应方程式； （3）计算完成一个碳循环过程释放的核能。 二、（15分）如图，在光滑水平桌面上有一长为的轻杆，轻杆两端L各固定一质量均为的小球和。开始时细杆静止；有一质量为BMAm运动，与球碰撞。将小球和细杆视的小球C以垂直于杆的速度vA0为一个系统。 （1）求碰后系统的动能（用已知条件和球C碰后的速度表出）； （2）若碰后系统动能恰好达到极小值，求此时球C的速度和系统的动能。 如图，一质量分布均匀、半径为的刚性薄圆环落到粗糙的水平地面前的r三、（20分）

3、3v瞬间，圆环质心速度与竖直方向成（）角，并同时以角速度（的 0 0022正方向如图中箭头所示）绕通过其质心、且垂直环面的轴转动。已知圆环仅在其所O在的竖直平面内运动，在弹起前刚好与地面无相对滑动，圆环与地面碰撞的恢复系数为，重力加速度大小为忽略空气阻力。gk。 （1）求圆环与地面碰后圆环质心的速度和圆环转动的角速度； （2）求使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件和在此条件下圆环能上升的最大高度； （3）若让角可变，求圆环第二次落地点到首次落地点之间 的水平距离随变化的函数关系式、的最大值以及取最大 sss和v值时、应满足的条件。 r00 1 四、（25分）如图，飞机在距水平地面（xz平面）等高

4、的航线KA（沿x正方向）上，以大小为（远小于真空中的光速）的速度匀速飞行；机载雷达天线持续向航线正cvv右侧地面上的被测固定目标P点（其x坐标为）发射扇形无线电波束（扇形的角平xP分线与航线垂直），波束平面与水平地面交于线段BC（BC随着飞机移动，且在测量时应覆盖被测目标P点），取K点在地面的正投影O为坐标原点。已知BC与航线KA的距离为。天线发出的无线电波束是周期性的等R 0幅高频脉冲余弦波，其频率为。f 0（1）已知机载雷达天线经过A点（其x坐标为）及xA此后朝P点相继发出无线电波信号，由P反射后又被机 载雷达天线接收到，求接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。 （2）已知B

5、C长度为，讨论上述频移分别为正、零Ls或负的条件，并求出最大的正、负频移。 （3）已知，求从C先到达P点、直至B到达PR L0s点过程中最大频移与最小频移之差（带宽），并将其表示成扇形波束的张角的函数。 2y 已知：当时，。 21 y 1 y 1 2 五、（20分）如图，“田”字形导线框置于光滑水平面上， 其中每个小正方格每条边的长度和电阻分别为和0.10 mlR。导线框处于磁感应强度的均匀磁场中，磁场 1.0 B 1.0 T方向竖直向下，边界（如图中虚线所示）与de边平行。今将导线框从磁场中匀速拉出，拉出速度的大小为，v 2.0 m/s方向与de边垂直，与ae边平行。试求将导线框整体从磁场中

6、拉出的过程中外力所做的功。 六、（23分）如图，一固定的竖直长导线载有恒定电流，I 其旁边有一正方形导线框，导线框可围绕过对边中心的竖直轴OO转动，转轴到长直导线的距离为。已知导线框的b12边长为（），总电阻为R，自感可忽略。现使导线框2aa b 绕轴以匀角速度逆时针（沿轴线从上往下看）方向转动，以导线框平面与长直导线和竖直轴所在平面重合时开始计时。求在t时刻 （1）导线框中的感应电动势E； （2）所需加的外力矩M。 2 七、（22分）如图，1mol单原子理想气体构成 abca的系统分别经历循环过程和。已知abcda p 理想气体在任一缓慢变化过程中，压强和体 c b p3p 1 积满足函数关

7、系。 Vp fV（1）试证明：理想气体在任一缓慢变化过程的2p 1摩尔热容可表示为 pR p cC C 1 a V d dpp V dV V 式中，和分别为定容摩尔热容和理想气体 O CRV5VV3V 1 1 1 常数； bc（2）计算系统经直线变化过程中的摩尔热容； bc（3） 分别计算系统经直线过程中升降温的转折点在p-V图中的坐标A和吸放热的转折点在p-V图中的坐标B； （4）定量比较系统在两种循环过程的循环效率。 八、（20分）如图，介质薄膜波导由三层均匀介质组 n成：中间层1为波导薄膜，其折射率为，光波在其 t2 n 2 1中传播；底层0为衬底，其折射率为；上层2为覆n0盖层，折射率

8、为；。光在薄膜层1里来回n n nn1022 i1 反射，沿锯齿形向波导延伸方向传播。图中，是光 ijdn 波在介质j表面上的入射角，是光波在介质j表面上 1 i1 tj的折射角。 （1）入射角在什么条件下光波可被完全限制在波导 i1n 0 薄膜里（即光未折射到衬底层和覆盖层中）？ t0 （2）已知波导薄膜的厚度为，求能够在薄膜波导中d传输的光波在该介质中的最长波长。 max已知：两介质j与k的交界面上的反射系数（即反射光的电场强度与入射光的电场强度之比）为 ncos ncos ijijktk r rejk jkjk ncos ncosjijktk式中，和是分别是光波在介质j的表面上的入射角和

9、折射角，余类推；正弦函数 ijtj和余弦函数在复数域中可定义为 i ii ie ee e， cos sin 2i2 3 第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2015年9月19日 一、（15分） （1）图中X和Y代表的核素分别为 1513 O 和 C （2）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为 1213p C N 1313 N C e e1314p C N 1415p N O 1515 O N e e15124p N C He （3）整个循环的核反应，相当于 4 4p He 2e 2 e完成一个碳循环过程释放的核能为 2 E (4m M 2m)cpe4He (4 1.0078 4.

10、0026) 931.494 2 0.511 MeV 25.619 MeV 评分参考：第（1）问4分，X和Y正确，各2分；第（2）问6分，式各1分；第（3）问5分，式2分，式3分。 二、（15分） （1）（解法一） 取碰前B球所在位置O为原点，建立坐标系（如图）。碰撞前后系统的 动量及其对细杆中心的角动量都守恒，有 v A C 0 mv mv MV MV 0xAxBx 0 mv MV MVyAyBy y LLLL mv mv MV MV x 0xAxBx2222 O B v和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由于轻v式中，yxL杆长度为，按照图中建立的坐标系有 222 x(t) x(t)

11、 y(t) y(t) LABAB 由上式对时间求导得 x(t) x(t)V(t) V(t) y(t) y(t)V(t) V(t) 0 ABAxBxABAyBy 在碰撞后的瞬间有 x(t 0) x(t 0),AB y(t 0) y(t 0) L AB利用式，式在碰撞后的瞬间成为 V V(t 0) V(t 0) V AyAyByBy 由式得 m V V v AyByy2M 4 由式得 m (v v)V 0xAxM V 0Bx利用式，碰撞后系统的动能为 111222222vvE m(M(VM(V V) ) V) ABxByxyxAy222112222vv m( ) M(V 2V) AxyxAy222

12、11m2M m222vvvv m ( ) m x0xy22M4M（解法二） v取碰前B球所在位置O为原点，建立坐标系（如图）。设碰撞后，小球C的运动速率为，细 杆中心的运动速度为，细杆绕中心转动的角速度为。碰撞前后系统的动量及其对细杆中心的 VC角动量都守恒，有 mv mv 2MV0xCx0 mv 2MV yCyLLLL vv m m 2M 0x2222 v和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由式得 v式中，yxm V v v cx0x2Mm V v Cyy2Mm v v 0xML碰撞后系统的动能为 2111L 2222vv E m(2M)(V V) 2 M ) CxCyxy2222

13、利用式，系统动能式可表示成 211m2M m222 E mv (v v) mv x0xy22M4M（2）解法（一）的式或者解法（二）的式即为 221(M m)mm2M m1m 22vv+vv E m 0y0x2MM m4M2M m 可见，在条件 mvv , x0 M m v 0y下，碰后系统动能达到其最小值 21m2v E 02M m 它是小球仅与球A做完全非弹性碰撞后系统所具有的动能。 评分参考：第（1）问10分，（解法一）式各1分；（解法二）式各1分，式2分，各1分，式2分，式1分；第（2）问5分，式各2分，式1分。 5 三、（20分）（1）设圆环的质量为，它在碰撞过程中受到的地面对它的水

14、平冲量为；碰撞后mIt圆环质心的速度大小为，与竖直向上方向的夹角（按如图所示的顺时针方向计算）vv为，圆环的角速度为。规定水平向右方向和顺时针方向分别为水平动量和角速度 的正方向。在水平方向，由动量定理有 mvsin mvsin I0t由对质心的动量矩定理有 rm(r) rm(r) rI 0t按题意，圆环在弹起前刚好与地面无相对滑动，因而此时圆环上与地面的接触点的水平速度为零，即 vsin r 0 由题意知 v 0 cos k v cos 0 0联立式得 1 2222 v 4kvcos (r vsin)0002 r1 0tan (tan ) v 2kcos 01 (r vsin) 002r （

15、2）若圆环与地面碰后能竖直弹起，则其速度与竖直方向的夹角 0将上式代入式得，使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件为 r 0sin v 0在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有 ， 0v vkcos 0即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为 22222222vvv kcosk( r) 000h 2g2g2g（3）由于忽略空气阻力，圆环再次弹起后，角速度保持为不变，质心做以初速度 为的斜抛运动。圆环第二次落地点到首次落地点之间的水平距离随变化的函数关 vs系式为 2vv kcossin2 v 0s (sin r) 00gg 取最大值时，的取值满足 svkds v 0 (cos2 rsin) 0 0

16、0 dg 由得式得 222v r r 8 000 sin v4 0将代入式得 6 2222222vvv k(r 8 3r)8 2r(r r 8) 00000000s 116g 2222222vvv k(r 8 3r)8 2r(r r 8)00000000s 216g 式中和分别对应于式右端根号前取正和负号的情形。由以上两式可知，的最sss12大值为 2222222vvv k(r 8 3r)8 2r(r r 8) 00000000s max16g 又因为 1 sin 1 vr由上式得，当取最大值时，、和应满足 s00 v r 00 评分参考：第（1）问9分，式各2分，式各1分；第（2）问4分，式

17、各1分，式2分；第（3）问7分，式各1分。 四、（25分） （1）解法（一） 按照题给坐标系，设待测点P的位置为，飞机在(x,0,a) Ptt 0时所在点K的位置为。在时刻，飞机所在位置A(0,h,0)1点的坐标为，机载雷达此时发出一光信号；该信(x x,h,0)1At号到达P点，经反射后，于时刻返回至飞机的机载雷达被接2受，此时飞机的机载雷达的位置为，如图所示。(x x,h,0) 2A由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有 2222R (x x) R (x x) c(t t) 01P02P21 x x v(t t) 2121 t22式中。现设在时刻，飞机所在位置A点的坐标R h a10，机载雷

18、达此时发出另一光信号；该信号到达P点，为 ,h,0)(x1 t经反射后，于时刻返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机2。同理有 的机载雷达的位置为 ,h,0)(x2 2222 x) R x) c(t t)R (x (x P0P21012 x v(t t)x 1212 x v(t t)x 1111 x v(t t)x2222v c由式和得 1 2222 t t R (x x) R (x x x x) 2101P01P21c1 22222 R (x x) R (x x) 2(x x)(x x) (x x) 01P01P211P21c 1 222222vv R (x x) R (x x) 2(t t)

19、(x x) (t t) 01P01P211P21c 222R (x x)vx x01P1P (t t) 21cc22R (x x)01P 7 2上式右端已略去了级的高阶项。由式解得 (v/c) 222R (x x)101P t t v21xc1 1 c22R (x x)01P 22 2R (x x)vx x 01P1P 1 cc22R (x x) 01P 222R (x x)v201P (x x) 1P2ccv c同理，由式和得 22 x)2R (xv 2 P01 t x) t (x 1P212cc由式得 v22 2222 (t t) (t t) x) RR (x (x x) x)(x 221

20、1P0011P112cc利用式，式成为 t) (t t)(t21122v22 2222v t) R (x x)R x x (t t) (t 11P1P100112 ccv2(x x) 1P (t t) 11c22R (x x)01P2上式右端已略去了级的高阶项。令 (v/c) t Tt101式中，为机载雷达在发射的光信号的周期，则 T0 t Tt22是机载雷达接受到相应的光信号的周期。式可写成 v2(x x) APT T T 00c22R (x x)0AP或 v2(x x) APf f f f D00c22R (x x)0AP式中已用替代，而 xx1A11f ,f 0TT0是相应的光信号的频率

21、，是接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。式也fD可写为 v f f f 2fcos D00c式中 x x APcos 22R (x x)0AP 即为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角。 解法（二） 取航线KA和直线BC所构成的平面为新的坐标平面。K为坐标原点，航线KA为x轴，从K指向BC与Z轴交点的直线为y轴；在时刻，飞机所在位置A点的坐标为；目标点P(x x,0)t1A1的位置在这个坐标系里是固定的。 (x,R)P0 8 设机载雷达于时刻发出的发射信号的相位为 t t t 0 机载雷达于时刻在点接收到的经P式中和分别是相应的角频率和初相位。(x x(t),0)At 2A

22、101 反射的信号是机载雷达于时刻在点发出的，其相位为 (x x(t ),0)A t 1A11 t t 101 式中为信号往返过程所需的时间，它满足 2222 R (x x) R (x x) c 01P02P x x v 21 经过时间间隔，同理有 t t t t t 101 2222 R (x x R) (x x) c 01P02P x x v 21 另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有 x x v t 11 x x v t 22 设机载雷达收到的信号的圆频率为，则应有 t t t t 11v c由式和得 1 2222 R (x x) R (x x x x) 01P01P21c1

23、 22222 R (x x) R (x x) 2(x x)(x x) (x x) 01P01P211P21c 1 222222vv R x (x) R (x x) 2(x x) 01P01P1Pc 222R (x x)vx x01P 1P cc22R (x x)01P2上式右端已略去了级的高阶项。由式解得 (v/c) 222R (x x)101P vxc1 1 c22R (x x)01P 22 2R (x x)vx x 01P1P 1 cc22R x (x) 01P 222R (x x)v201P (x x) 1P2ccv c同理，由式和得 22 2R (x x)v 2 01P (x x) 1

24、P2cc由式得 t ( t ) ( ) 00将 2f代入式，利用式，在很小的情形下，略去的高阶项，得 t tv2(x x) APf f f f D00c22R(x x)0AP 9 或 v f f f 2fcos D00c式中 x x APcos 22R (x x)0AP 即为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角。 （2）由于机载雷达天线发射的无线电波束面的张角的限制（见图（b），有 L/2L/2 ss 222222R (L/2)R (L/2)0s0s频移分别为正、零或负的条件是： fD /2当（）时，频移； x xf 0APD /2当（）时，即机载雷达发射信号时正好位于Px xAP点到航线

25、的垂足处，频移 f 0 D f 0 /2当（）时，频移。 x xAPD 22 当（）时，即机载x x L/2/2/2(/2) LR LAPss0s雷达发射信号时正好位于处，正的频移最大 (x x L/2,h,0)APsvLsf f D10c22R (L/2) 0s 22当（）时，即机载雷 x x L/2/2/2(/2) LR LAPss0s达发射信号时正好位于处，负的频移的绝对值最大 (x x L/2,h,0)APsvL sf f D20c22R (L/2) 0s（3）在飞机持续发射的无线电波束前沿BC全部通过目标P点过程中，多普勒频移的带宽为 vv 2L s f f f f 4fsin DD

26、1D200cc222R (L/2) 0s 1R L由于，有，故 0s sin 22将上式代入到式得 v2 f f D0c 评分参考：第（1）问 16 分， (解法一) 式2分，式1分，式2分，式各1分； (解法二) 式1分，式2分，式各1分，式2分，式各1分； 第（2）问 6分，式2分，频移分别为正、零或负的条件正确（包括式）给2分，式fD各1分； 第（3）问 3分， 式2分，式1分。 10 五、（20分） 在de边未出磁场的过程中，ab、cf和de三边切割磁力线运动，每条边产生的感应电动势相等，但感应电流为零，故不需要外力做功 W 01 在de边出磁场但cf边未出磁场过程中，ab和cf两条边

27、做切割磁力线运动，导线框的等效电路如图a所示。等效电路中每个电阻的阻值R=1.0。按如图所示电流方向，根据基尔霍夫第一定律可得 I I I, 136 I I I, 251 I I I, 678 I I I I. 4735由基尔霍夫第二定律，对4个回路可列出4个独立方程 U 2IR IR U IR 0, 135 U 2IR IR U IR 0, 254 U IR 2IR IR 0, 367 U IR IR 2IR 0. 478式中，感应电动势为 Ul 0.20VU bv 联立式得： I I 0.025A12 I I 0.050A 34此时，ab边和ed边所受的安培力大小分别为 F BIl 0.0

28、050Nab1ab F BIl 0.010Ncf3cf式中l和l分别为ab边和ed边的长度。外力所做的功为 abed W Fl Fl 0.0015J 2abefcfef式中l表示ef边的长度。 ef在cf边移出磁场后，只有边ab切割磁力线运动产生感应电动势。此时，等效电路如图b所示，电路中电动势的大小和电阻阻值不变。根据基尔霍夫定律可得 I I I, 136 I I I, 251 I I I, 678 I I I I. 4735和 U 2IR IR IR 0, 135 U 2IR IR IR 0, 254 IR 2IR IR 0, 367 IR IR 2IR 0. 478联立式得 I I 0.

29、075A12此时，ab边受到的安培力为 F BIl 0.015Nab1ab外力所做的功为 W Fl 0.0015J3abaf 11 整个过程中外力做的功为 W W W W 0.0030J123 评分参考：式1分，式各2分，式各1分，式各2分，式各1分。 六、（23分） =t（1）设t时刻导线框平面与长直导线和转轴组成平面之间的夹角为的值为，如图a所示（俯视图），导线框旋转过程中只有左、右两边（图中分别用A、B表示）切割磁力线产生感应电动势。A、B两条边的速度大小相等， v a A、B处对应的磁感应强度大小分别为 I 0B 1 2r 1 I 0B 2 2r 2其中，为真空磁导率，r、r分别为A和

30、B到长直导线 120的垂直距离。A、B两边对应的感应电动势分别为 2 aIv 0E B2asin sin 1111 r1 2 aIv 0E B2asin sin 2222 r 2 式中、分别为A、B的速度方向与r、r的夹角。 根据几何关系得 12 2122 1 2其中、分别为r、r与x方向的夹角。式代入式得导线框中的感应电动势为 122 aIsin( )sin( )01 E E E 12 rr 12 根据几何关系及三角形余弦定理得、r、r与a、b、之间的关系为 12 b acos cos r 1 asin sin r 1 b acos cos r 2 asin sin r 2222 r a b 2abcos1 222 r a b 2abcos 2将式代入式得导线框的感应电动势为 12 2 aIbsin11 0E 2222 a b 2abcosa b 2abcos 2 abIsint11 0 2222 a b 2abcosta b 2abcost