第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试.docx

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1、ks5u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：全部解答必需写在答题纸上，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响过程：碳循环与质子-质子循环；其中碳循环是贝蒂在1938年提出的，碳循环反响过程如图所示。图中、与分别表示质子、正电子与电子型中微子；粗箭头表示循环反响进展的先后次序。当从循环图顶端开场，质子与核发生反响生成核，反响按粗箭头所示的次序进展，直到完成一个循环后，重新开场下一个循环。已知、与He核的质量分别为0.511 MeV/c2、1.0078 u与4.0026 u（1u931.494 MeV/c2），电子型中微子的质量可以忽视。

2、（1）写出图中X与Y代表的核素；（2）写出一个碳循环全部的核反响方程式；（3）计算完成一个碳循环过程释放的核能。二、（15分）如图，在光滑程度桌面上有一长为的轻杆，轻杆两端各固定一质量均为的小球与。开场时细杆静止；有一质量为的小球C以垂直于杆的速度运动，与球碰撞。将小球与细杆视为一个系统。（1）求碰后系统的动能（用已知条件与球C碰后的速度表出）；（2）若碰后系统动能恰好到达微小值，求此时球C的速度与系统的动能。三、（20分）如图，一质量分布匀称、半径为的刚性薄圆环落到粗糙的程度地面前的瞬间，圆环质心速度与竖直方向成（）角，并同时以角速度（的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

3、。已知圆环仅在其所在的竖直平面内运动，在弹起前刚好与地面无相对滑动，圆环与地面碰撞的复原系数为，重力加速度大小为。忽视空气阻力。（1）求圆环与地面碰后圆环质心的速度与圆环转动的角速度；（2）求使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件与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程度间隔 随改变的函数关系式、的最大值以及取最大值时、与应满意的条件。四、（25分）如图，飞机在距程度地面（xz平面）等高的航线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右侧地面上的被测固定目的P点（其x坐标为）放射扇形无线电波束（扇

4、形的角平分线与航线垂直），波束平面与程度地面交于线段BC（BC随着飞机挪动，且在测量时应覆盖被测目的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的间隔 为。天线发出的无线电波束是周期性的等幅高频脉冲余弦波，其频率为。（1）已知机载雷达天线经过A点（其x坐标为）及此后朝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BC长度为，探讨上述频移分别为正、零或负的条件，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P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。已知

5、：当时，。五、（20分）如图，“田”字形导线框置于光滑程度面上，其中每个小正方格每条边的长度与电阻分别为与。导线框处于磁感应强度的匀称磁场中，磁场方向竖直向下，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，方向与de边垂直，与ae边平行。试求将导线框整体从磁场中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，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O1O2转动，转轴到长直导线的间隔 为。已知导线框的边长为（），总电阻为R，自感可忽视。现使导线框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

6、与竖直轴所在平面重合时开场计时。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。VpOabcdV13V1p13p12p15V1七、（22分）如图，1mol单原子志向气体构成的系统分别经验循环过程与。已知志向气体在任一缓慢改变过程中，压强与体积满意函数关系。（1）试证明：志向气体在任一缓慢改变过程的摩尔热容可表示为式中，与分别为定容摩尔热容与志向气体常数；（2）计算系统经直线改变过程中的摩尔热容；（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与吸放热的转折点在p-V图中的坐标B；（4）定量比拟系统在两种循环过程的循环效率。n0n1t2i1i1t0n2d八、（

7、20分）如图，介质薄膜波导由三层匀称介质组成：中间层1为波导薄膜，其折射率为，光波在其中传播；底层0为衬底，其折射率为；上层2为覆盖层，折射率为；。光在薄膜层1里来回反射，沿锯齿形向波导延长方向传播。图中，是光波在介质j外表上的入射角，是光波在介质j外表上的折射角。（1）入射角在什么条件下光波可被完全限制在波导薄膜里（即光未折射到衬底层与覆盖层中）？（2）已知波导薄膜的厚度为，求可以在薄膜波导中传输的光波在该介质中的最长波长。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）为式中，与是分别是光波在介质j的外表上的入射角与折射角，余类推；正弦函数与余弦函数在复数

8、域中可定义为第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0一、（15分）（1）图中X与Y代表的核素分别为 15O 与 13C （2）一个循环全部的核反响方程式依循换次序为 （3）整个循环的核反响，相当于 完成一个碳循环过程释放的核能为评分参考：第（1）问4分，X与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AC动量及其对细杆中心的角动量都守恒，有y OxB 式中，与表示球C碰后的沿x方向与y方向的速度重量。由于轻杆长度为，依据图中建立的坐标系有由上式对

9、时间求导得在碰撞后的瞬间有利用式，式在碰撞后的瞬间成为由式得由式得利用式，碰撞后系统的动能为（解法二）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角动量都守恒，有式中，与表示球C碰后的沿x方向与y方向的速度重量。由式得碰撞后系统的动能为利用式，系统动能式可表示成（2）解法（一）的式或者解法（二）的式即为可见，在条件下，碰后系统动能到达其最小值它是小球仅与球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

10、分，式1分；第（2）问5分，式各2分，式1分。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程度冲量为；碰撞后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）为，圆环的角速度为。规定程度向右方向与顺时针方向分别为程度动量与角速度的正方向。在程度方向，由动量定理有由对质心的动量矩定理有按题意，圆环在弹起前刚好与地面无相对滑动，因此此时圆环上与地面的接触点的程度速度为零，即由题意知联立式得（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在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有即圆环做竖直上抛运动

11、。圆环上升的最大高度为（3）由于忽视空气阻力，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程度间隔 随改变的函数关系式为取最大值时，的取值满意由得式得将代入式得式中与分别对应于式右端根号前取正与负号的情形。由以上两式可知，的最大值为又因为由上式得，当取最大值时，、与应满意评分参考：第（1）问9分，式各2分，式各1分；第（2）问4分，式各1分，式2分；第（3）问7分，式各1分。四、（25分）（1）解法（一）依据题给坐标系，设待测点P的位置为，飞机在时所在点K的位置为。在时刻，飞机所在位置A点的坐标为，机载雷达此时发出一光信号；该信号到达P点，经

12、反射后，于时刻返回至飞机的机载雷达被承受，此时飞机的机载雷达的位置为，如图所示。由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有 式中。现设在时刻，飞机所在位置A点的坐标为，机载雷达此时发出另一光信号；该信号到达P点，经反射后，于时刻返回至飞机的机载雷达被承受，此时飞机的机载雷达的位置为。同理有由式与得上式右端已略去了级的高阶项。由式解得同理，由式与得由式得利用式，式成为上式右端已略去了级的高阶项。令式中，为机载雷达在放射的光信号的周期，则是机载雷达承受到相应的光信号的周期。式可写成或式中已用替代，而是相应的光信号的频率，是接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。式也可写为式中即为从机载雷达射

13、出的光线与飞机航线之间的夹角。解法（二）取航线KA与直线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；目的点P的位置在这个坐标系里是固定的。设机载雷达于时刻发出的放射信号的相位为式中与分别是相应的角频率与初相位。机载雷达于时刻在点接收到的经P反射的信号是机载雷达于时刻在点发出的，其相位为 式中为信号来回过程所需的时间，它满意 经过时间间隔，同理有 另外，由于同样的缘由（飞机作匀速直线运动），还有设机载雷达收到的信号的圆频率为，则应有由式与得上式右端已略去了级的高阶项。由式解得同理，由式与得由式得将代入式，利用

14、式，在很小的情形下，略去的高阶项，得或式中即为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角。（2）由于机载雷达天线放射的无线电波束面的张角的限制（见图（b），有频移分别为正、零或负的条件是：当（）时，频移；当（）时，即机载雷达放射信号时正好位于P点到航线的垂足处，频移当（）时，频移。当（）时，即机载雷达放射信号时正好位于处，正的频移最大当（）时，即机载雷达放射信号时正好位于处，负的频移的肯定值最大（3）在飞机持续放射的无线电波束前沿BC全部通过目的P点过程中，多普勒频移的带宽为由于，有，故将上式代入到式得评分参考：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

15、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，式各1分；第（3）问 3分， 式2分，式1分。五、（20分） 在de边未出磁场的过程中，ab、cf与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，故不须要外力做功 在de边出磁场但cf边未出磁场过程中，ab与cf两条边做切割磁力线运动，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，依据基尔霍夫第肯定律可得 由基尔霍夫第二定律，对4个回路可列出4个独立方程式中，感应电动势为 联立式得： 此时，ab边与ed边所受的安培力大小分

16、别为 式中lab与led分别为ab边与ed边的长度。外力所做的功为 式中lef表示ef边的长度。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与电阻阻值不变。依据基尔霍夫定律可得 与联立式得此时，ab边受到的安培力为外力所做的功为整个过程中外力做的功为评分参考：式1分，式各2分，式各1分，式各2分，式各1分。六、（23分）（1）设t时刻导线框平面与长直导线与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，A、B处对应的磁感应

17、强度大小分别为 其中，为真空磁导率，r1、r2分别为A与B到长直导线的垂直间隔 。A、B两边对应的感应电动势分别为式中、分别为A、B的速度方向与r1、r2的夹角。 依据几何关系得其中、分别为r1、r2与x方向的夹角。式代入式得导线框中的感应电动势为 依据几何关系及三角形余弦定理得、r1、r2与a、b、之间的关系为 将式代入式得导线框的感应电动势为 （2）（解法一）导线框在电流I的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩的作用，要使导线框保持角速度为的匀速旋转，所加的外力矩M必需满意正方形导线框上、下两边所受安培力的方向与转轴平行，力矩为零，只有导线框左、右两边（分别用A、B表示）受到的安培力与对

18、合力矩有奉献，如图b所示（俯视图）。由式与安培力公式得与的大小为式中i为导线框中的感应电流。由欧姆定律有安培力的合力矩为其中，d1与d2分别为F1与F2与转轴之间的垂直间隔 ，与分别为d1与d2与A、B连线之间的夹角。将式代入式得须要加的外力矩为（2）（解法二）导线框在电流I的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩的作用，要使导线框保持角速度为的匀速旋转，所加的外力矩M必需满意此时，安培力的合力矩的功率P0应与导线框中感应电流的功率Pi相等，即式中安培力的合力矩为由式可得，外力矩M为评分参考：第（1）问13分，式各1分，式2分，式1分，式2分，式各1分，式2分； 第（2）问10分，（解法一）式

19、各2分，式各1分，式各2分；（解法二）式各2分。七、（22分）（1）依据热力学第肯定律，有这里，对于1mol志向气体经验的任一缓慢改变过程中，与可分别表示为将志向气体状态方程两边对求导，可得式中利用了依据式有联立式得（2）设过程方程为依据可得该直线过程的摩尔热容为式中，是单原子志向气体的定容摩尔热容，。对过程的初态与终态，有由式得由式得（3）依据过程热容的定义有式中，是气体在此直线过程中，温度上升时从外界汲取的热量。由式得由式可知，过程中的升降温的转折点在图上的坐标为由式可知，过程中的吸放热的转折点在图上的坐标为（4）对于循环过程，ab与bc过程吸热，cd与da过程放热式中，已利用已知条件，单

20、原子志向气体定容摩尔热容，定压摩尔热容。气体在abcda循环过程的效率可表示为循环过程中对外做的功除以总吸热，即对于循环过程，与过程吸热，过程放热。由热力学第肯定律可得，过程吸热为所以，循环过程的效率为由式可知评分参考：第（1）问5分，式各1分；第（2）问5分，式各1分；第（3）问7分，式1分，式各2分，式各1分；第（4）问5分，式各1分。八、（20分）（1）对于光线在波导层与衬底层的折射状况，依据折射定律有若要求光线不会折射到衬底中，即发生全反射，应有式中，为光线在波导层与衬底层的交界面上发生全反射的临界角同理应有式中，为光线在波导层与衬底层的交界面上发生全反射的临界角由题设，可知ln1dB

21、A10i1i11200251786240251785216251781120251782144251783168251784192所以，当入射角时，光被完全限制在波导薄膜里。（2）考虑光波在波导薄膜中传播时处于临界的全反射状态。此时间波的波长可由光的入射角确定。此时间在介质与交界面的反射处于全反射的临界状态，光在介质与交界面的反射也为全反射。如右图所示，与分别为1与0界面以及1与2界面上的反射引入的相位（与）。过1与2界面上的反射点做直线（虚线）垂直于光线A，设光线A到虚线之前的路程长为。此后，光线A与再经过两次反射的光线B之间的相位差应当为的整数倍，以致光可在波导薄膜中传输。故式中，为所传输

22、光波在波导薄膜介质中的波长。考虑介质与交界面的反射，由式得考虑到式，在介质与交界面的反射系数为由上式可以得到介质与交界面的反射相位再考虑介质与交界面的反射，由式得依据题给的推广的定义，上式右边大于或等于1也并不惊奇。当时，依据题给的推广的正弦与余弦的定义可知，是一个纯虚数，可以写为考虑到式，则在介质与交界面的反射系数为由上式可以得到介质与交界面的反射相位为将与式代入到式中得，在给定的状况下能在薄膜波导中传输的光波在该介质中的的最长波长（截止波长）为式中，。当时可得，能在薄膜波导中传输的光波在该介质中的的最长波长为评分参考：第（1）问10分，式各2分，式各1分，给出“入射角时，光被完全限制在波导薄膜里”的结论给2分，式各1分；第（2）问10分，式2分，式各1分。