第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題及答案

1、第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題2015年9月19日說明：所有解答必須寫在答題紙上，寫在試題紙上無效。一、（15分）在太陽內部存在兩個主要的核聚變反應過程：碳循環(huán)和質子-質子循環(huán)；其中碳循環(huán)是貝蒂在1938年提出的，碳循環(huán)反應過程如圖所示。圖中、和分別表示質子、正電子和電子型中微子；粗箭頭表示循環(huán)反應進行的先后次序。當從循環(huán)圖頂端開始，質子與核發(fā)生反應生成核，反應按粗箭頭所示的次序進行，直到完成一個循環(huán)后，重新開始下一個循環(huán)。已知、和He核的質量分別為0.511 MeV/c2、1.0078 u和4.0026 u（1u931.494 MeV/c2），電子型中微子的質量可以忽略。（1）寫

2、出圖中X和Y代表的核素；（2）寫出一個碳循環(huán)所有的核反應方程式；（3）計算完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能。二、（15分）如圖，在光滑水平桌面上有一長為的輕桿，輕桿兩端各固定一質量均為的小球和。開始時細桿靜止；有一質量為的小球C以垂直于桿的速度運動，與球碰撞。將小球和細桿視為一個系統(tǒng)。（1）求碰后系統(tǒng)的動能（用已知條件和球C碰后的速度表出）；（2）若碰后系統(tǒng)動能恰好達到極小值，求此時球C的速度和系統(tǒng)的動能。三、（20分）如圖，一質量分布均勻、半徑為的剛性薄圓環(huán)落到粗糙的水平地面前的瞬間，圓環(huán)質心速度與豎直方向成（）角，并同時以角速度（的正方向如圖中箭頭所示）繞通過其質心、且垂直環(huán)面的軸轉動。已知圓

3、環(huán)僅在其所在的豎直平面內運動，在彈起前剛好與地面無相對滑動，圓環(huán)與地面碰撞的恢復系數(shù)為，重力加速度大小為。忽略空氣阻力。（1）求圓環(huán)與地面碰后圓環(huán)質心的速度和圓環(huán)轉動的角速度；（2）求使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件和在此條件下圓環(huán)能上升的最大高度； （3）若讓角可變，求圓環(huán)第二次落地點到首次落地點之間的水平距離隨變化的函數(shù)關系式、的最大值以及取最大值時、和應滿足的條件。四、（25分）如圖，飛機在距水平地面（xz平面）等高的航線KA（沿x正方向）上，以大小為（遠小于真空中的光速）的速度勻速飛行；機載雷達天線持續(xù)向航線正右側地面上的被測固定目標P點（其x坐標為）發(fā)射扇形無線電波束（扇形的角平分

4、線與航線垂直），波束平面與水平地面交于線段BC（BC隨著飛機移動，且在測量時應覆蓋被測目標P點），取K點在地面的正投影O為坐標原點。已知BC與航線KA的距離為。天線發(fā)出的無線電波束是周期性的等幅高頻脈沖余弦波，其頻率為。（1）已知機載雷達天線經過A點（其x坐標為）及此后朝P點相繼發(fā)出無線電波信號，由P反射后又被機載雷達天線接收到，求接收到的回波信號的頻率與發(fā)出信號的頻率之差（頻移）。（2）已知BC長度為，討論上述頻移分別為正、零或負的條件，并求出最大的正、負頻移。（3）已知，求從C先到達P點、直至B到達P點過程中最大頻移與最小頻移之差（帶寬），并將其表示成扇形波束的張角的函數(shù)。已知：當時，。五

5、、（20分）如圖，“田”字形導線框置于光滑水平面上，其中每個小正方格每條邊的長度和電阻分別為和。導線框處于磁感應強度的均勻磁場中，磁場方向豎直向下，邊界（如圖中虛線所示）與de邊平行。今將導線框從磁場中勻速拉出，拉出速度的大小為，方向與de邊垂直，與ae邊平行。試求將導線框整體從磁場中拉出的過程中外力所做的功。六、（23分）如圖，一固定的豎直長導線載有恒定電流，其旁邊有一正方形導線框，導線框可圍繞過對邊中心的豎直軸O1O2轉動，轉軸到長直導線的距離為。已知導線框的邊長為（），總電阻為R，自感可忽略。現(xiàn)使導線框繞軸以勻角速度逆時針（沿軸線從上往下看）方向轉動，以導線框平面與長直導線和豎直軸所在平

6、面重合時開始計時。求在t時刻（1）導線框中的感應電動勢E； （2）所需加的外力矩M。VpOabcdV13V1p13p12p15V1七、（22分）如圖，1mol單原子理想氣體構成的系統(tǒng)分別經歷循環(huán)過程和。已知理想氣體在任一緩慢變化過程中，壓強和體積滿足函數(shù)關系。（1）試證明：理想氣體在任一緩慢變化過程的摩爾熱容可表示為式中，和分別為定容摩爾熱容和理想氣體常數(shù)；（2）計算系統(tǒng)經直線變化過程中的摩爾熱容；（3） 分別計算系統(tǒng)經直線過程中升降溫的轉折點在p-V圖中的坐標A和吸放熱的轉折點在p-V圖中的坐標B；（4）定量比較系統(tǒng)在兩種循環(huán)過程的循環(huán)效率。n0n1t2i1i1t0n2d八、（20分）如圖，

7、介質薄膜波導由三層均勻介質組成：中間層1為波導薄膜，其折射率為，光波在其中傳播；底層0為襯底，其折射率為；上層2為覆蓋層，折射率為；。光在薄膜層1里來回反射，沿鋸齒形向波導延伸方向傳播。圖中，是光波在介質j表面上的入射角，是光波在介質j表面上的折射角。（1）入射角在什么條件下光波可被完全限制在波導薄膜里（即光未折射到襯底層和覆蓋層中）？（2）已知波導薄膜的厚度為，求能夠在薄膜波導中傳輸?shù)墓獠ㄔ谠摻橘|中的最長波長。已知：兩介質j與k的交界面上的反射系數(shù)（即反射光的電場強度與入射光的電場強度之比）為式中，和是分別是光波在介質j的表面上的入射角和折射角，余類推；正弦函數(shù)和余弦函數(shù)在復數(shù)域中可定義為，

8、第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答2015年9月19日0一、（15分）（1）圖中X和Y代表的核素分別為 15O 和 13C （2）一個循環(huán)所有的核反應方程式依循換次序為 （3）整個循環(huán)的核反應，相當于 完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能為 評分參考：第（1）問4分，X和Y正確，各2分；第（2）問6分，式各1分；第（3）問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為原點，建立坐標系（如圖）。碰撞前后系統(tǒng)的AC動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有 y OxB 式中，和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由于輕桿長度為，按照圖中建立的坐標系有 由上式對時間求

9、導得 在碰撞后的瞬間有 利用式，式在碰撞后的瞬間成為 由式得 由式得 利用式，碰撞后系統(tǒng)的動能為 （解法二）取碰前B球所在位置O為原點，建立坐標系（如圖）。設碰撞后，小球C的運動速率為，細桿中心的運動速度為，細桿繞中心轉動的角速度為。碰撞前后系統(tǒng)的動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有 式中，和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由式得 碰撞后系統(tǒng)的動能為 利用式，系統(tǒng)動能式可表示成 （2）解法（一）的式或者解法（二）的式即為 可見，在條件 下，碰后系統(tǒng)動能達到其最小值 它是小球僅與球A做完全非彈性碰撞后系統(tǒng)所具有的動能。評分參考：第（1）問10分，（解法一）式各1分；（解法二）式各1分，

10、式2分，各1分，式2分，式1分；第（2）問5分，式各2分，式1分。三、（20分） （1）設圓環(huán)的質量為，它在碰撞過程中受到的地面對它的水平沖量為；碰撞后圓環(huán)質心的速度大小為，與豎直向上方向的夾角（按如圖所示的順時針方向計算）為，圓環(huán)的角速度為。規(guī)定水平向右方向和順時針方向分別為水平動量和角速度的正方向。在水平方向，由動量定理有 由對質心的動量矩定理有 按題意，圓環(huán)在彈起前剛好與地面無相對滑動，因而此時圓環(huán)上與地面的接觸點的水平速度為零，即 由題意知 聯(lián)立式得 （2）若圓環(huán)與地面碰后能豎直彈起，則其速度與豎直方向的夾角將上式代入式得，使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件為 在此條件下，在與地面剛剛

11、碰后的瞬間有， 即圓環(huán)做豎直上拋運動。圓環(huán)上升的最大高度為 （3）由于忽略空氣阻力，圓環(huán)再次彈起后，角速度保持為不變，質心做以初速度為的斜拋運動。圓環(huán)第二次落地點到首次落地點之間的水平距離隨變化的函數(shù)關系式為 取最大值時，的取值滿足 由得式得 將代入式得 式中和分別對應于式右端根號前取正和負號的情形。由以上兩式可知，的最大值為 又因為 由上式得，當取最大值時，、和應滿足 評分參考：第（1）問9分，式各2分，式各1分；第（2）問4分，式各1分，式2分；第（3）問7分，式各1分。四、（25分）（1）解法（一）按照題給坐標系，設待測點P的位置為，飛機在時所在點K的位置為。在時刻，飛機所在位置A點的坐

12、標為，機載雷達此時發(fā)出一光信號；該信號到達P點，經反射后，于時刻返回至飛機的機載雷達被接受，此時飛機的機載雷達的位置為，如圖所示。由于光速不變，飛機做勻速直線運動，有 式中?，F(xiàn)設在時刻，飛機所在位置A點的坐標為，機載雷達此時發(fā)出另一光信號；該信號到達P點，經反射后，于時刻返回至飛機的機載雷達被接受，此時飛機的機載雷達的位置為。同理有 由式和得 上式右端已略去了級的高階項。由式解得 同理，由式和得 由式得 利用式，式成為 上式右端已略去了級的高階項。令 式中，為機載雷達在發(fā)射的光信號的周期，則 是機載雷達接受到相應的光信號的周期。式可寫成 或 式中已用替代，而 是相應的光信號的頻率，是接收到的回

13、波信號的頻率與發(fā)出信號的頻率之差（頻移）。式也可寫為 式中即為從機載雷達射出的光線與飛機航線之間的夾角。解法（二）取航線KA和直線BC所構成的平面為新的坐標平面。K為坐標原點，航線KA為x軸，從K指向BC與Z軸交點的直線為y軸；在時刻，飛機所在位置A點的坐標為；目標點P的位置在這個坐標系里是固定的。設機載雷達于時刻發(fā)出的發(fā)射信號的相位為 式中和分別是相應的角頻率和初相位。機載雷達于時刻在點接收到的經P反射的信號是機載雷達于時刻在點發(fā)出的，其相位為 式中為信號往返過程所需的時間，它滿足 經過時間間隔，同理有 另外，由于同樣的原因（飛機作勻速直線運動），還有 設機載雷達收到的信號的圓頻率為，則應有

14、 由式和得 上式右端已略去了級的高階項。由式解得 同理，由式和得 由式得 將 代入式，利用式，在很小的情形下，略去的高階項，得 或 式中即為從機載雷達射出的光線與飛機航線之間的夾角。（2）由于機載雷達天線發(fā)射的無線電波束面的張角的限制（見圖（b），有 頻移分別為正、零或負的條件是：當（）時，頻移；當（）時，即機載雷達發(fā)射信號時正好位于P點到航線的垂足處，頻移 當（）時，頻移。當（）時，即機載雷達發(fā)射信號時正好位于處，正的頻移最大 當（）時，即機載雷達發(fā)射信號時正好位于處，負的頻移的絕對值最大 （3）在飛機持續(xù)發(fā)射的無線電波束前沿BC全部通過目標P點過程中，多普勒頻移的帶寬為 由于，有，故將上式

15、代入到式得 評分參考：第（1）問 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）問 6分，式2分，頻移分別為正、零或負的條件正確（包括式）給2分，式各1分；第（3）問 3分， 式2分，式1分。五、（20分） 在de邊未出磁場的過程中，ab、cf和de三邊切割磁力線運動，每條邊產生的感應電動勢相等，但感應電流為零，故不需要外力做功 在de邊出磁場但cf邊未出磁場過程中，ab和cf兩條邊做切割磁力線運動，導線框的等效電路如圖a所示。等效電路中每個電阻的阻值R=1.0。按如圖所示電流方向，根據基爾霍夫第一定律可得 由基爾霍夫第

16、二定律，對4個回路可列出4個獨立方程式中，感應電動勢為 聯(lián)立式得： 此時，ab邊和ed邊所受的安培力大小分別為 式中l(wèi)ab和led分別為ab邊和ed邊的長度。外力所做的功為 式中l(wèi)ef表示ef邊的長度。在cf邊移出磁場后，只有邊ab切割磁力線運動產生感應電動勢。此時，等效電路如圖b所示，電路中電動勢的大小和電阻阻值不變。根據基爾霍夫定律可得 和 聯(lián)立式得此時，ab邊受到的安培力為外力所做的功為整個過程中外力做的功為 評分參考：式1分，式各2分，式各1分，式各2分，式各1分。六、（23分）（1）設t時刻導線框平面與長直導線和轉軸組成平面之間的夾角為的值為，如圖a所示（俯視圖），導線框旋轉過程中只

17、有左、右兩邊（圖中分別用A、B表示）切割磁力線產生感應電動勢。A、B兩條邊的速度大小相等， A、B處對應的磁感應強度大小分別為 其中，為真空磁導率，r1、r2分別為A和B到長直導線的垂直距離。A、B兩邊對應的感應電動勢分別為 式中、分別為A、B的速度方向與r1、r2的夾角。 根據幾何關系得 其中、分別為r1、r2與x方向的夾角。式代入式得導線框中的感應電動勢為 根據幾何關系及三角形余弦定理得、r1、r2與a、b、之間的關系為 將式代入式得導線框的感應電動勢為 （2）（解法一）導線框在電流I的磁場中旋轉，受到安培力相對于軸的合力矩的作用，要使導線框保持角速度為的勻速旋轉，所加的外力矩M必須滿足

18、正方形導線框上、下兩邊所受安培力的方向與轉軸平行，力矩為零，只有導線框左、右兩邊（分別用A、B表示）受到的安培力和對合力矩有貢獻，如圖b所示（俯視圖）。由式和安培力公式得和的大小為 式中i為導線框中的感應電流。由歐姆定律有 安培力的合力矩為 其中，d1和d2分別為F1和F2與轉軸之間的垂直距離，和分別為d1和d2與A、B連線之間的夾角。將式代入式得需要加的外力矩為 （2）（解法二）導線框在電流I的磁場中旋轉，受到安培力相對于軸的合力矩的作用，要使導線框保持角速度為的勻速旋轉，所加的外力矩M必須滿足 此時，安培力的合力矩的功率P0應與導線框中感應電流的功率Pi相等，即 式中 安培力的合力矩為 由

19、式可得，外力矩M為 評分參考：第（1）問13分，式各1分，式2分，式1分，式2分，式各1分，式2分； 第（2）問10分，（解法一）式各2分，式各1分，式各2分；（解法二）式各2分。七、（22分）（1）根據熱力學第一定律，有這里，對于1mol理想氣體經歷的任一緩慢變化過程中，和可分別表示為，將理想氣體狀態(tài)方程兩邊對求導，可得式中利用了根據式有聯(lián)立式得（2）設過程方程為根據可得該直線過程的摩爾熱容為式中，是單原子理想氣體的定容摩爾熱容，。對過程的初態(tài)和終態(tài)，有由式得 由式得（3）根據過程熱容的定義有式中，是氣體在此直線過程中，溫度升高時從外界吸收的熱量。由式得由式可知，過程中的升降溫的轉折點在圖上

20、的坐標為由式可知，過程中的吸放熱的轉折點在圖上的坐標為（4）對于循環(huán)過程，ab和bc過程吸熱，cd和da過程放熱式中，已利用已知條件，單原子理想氣體定容摩爾熱容，定壓摩爾熱容。氣體在abcda循環(huán)過程的效率可表示為循環(huán)過程中對外做的功除以總吸熱，即對于循環(huán)過程，和過程吸熱，過程放熱。由熱力學第一定律可得，過程吸熱為所以，循環(huán)過程的效率為由式可知評分參考：第（1）問5分，式各1分；第（2）問5分，式各1分；第（3）問7分，式1分，式各2分，式各1分；第（4）問5分，式各1分。八、（20分）（1）對于光線在波導層和襯底層的折射情況，根據折射定律有若要求光線不會折射到襯底中，即發(fā)生全反射，應有式中，為光線在波導層和襯底層的交界面上發(fā)生全反射的臨界角同理應有式中，為光線在波