第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題

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(nèi)部存在兩個主要的核聚變反應過程：碳循環(huán)和質(zhì)子-質(zhì)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p、e+和νe分別表示質(zhì)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(zhì)子p與12C核發(fā)生反應生成13N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e+、p和He核的質(zhì)量分別為0.511MeV/c2、1.0078u和4.0026u（1u≈931.494MeV/c2），電子型中微子νe的質(zhì)量可以忽略（1）15O（1）15O和13C（2）p＋12C→13N13N→13C＋e+＋νep＋13C→14Np＋14N→15O15O→15N＋e+＋νep＋15N→12C＋4He（3）ΔE＝25.619MeV第32屆全國復賽1（1）寫出圖中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L的輕桿，輕桿兩端各固定一質(zhì)量均為M的小球A和B。開始時細桿靜止；有一質(zhì)量為m的小球C以垂直于桿的速度v0運動，與A球碰撞。將小球和細桿視為一個系統(tǒng)（1）E＝（1）E＝EQ\F(1,2)mvx2＋EQ\F(m2,2M)（v0－vx）2＋EQ\F(2M＋m,4M)mvy2（2）E＝EQ\F(1,2)EQ\F(m2,M＋m)v02第32屆全國復賽2（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(zhì)量分布均勻、半徑為r的剛性薄圓環(huán)落到粗糙的水平地面前的瞬間，圓環(huán)質(zhì)心速度v0與豎直方向成θ（EQ\F(π,2)＜θ＜EQ\F(3π,2)）角，并同時以角速度ω0（ω0的正方向如圖中箭頭所示）繞通過其質(zhì)心O、且垂直環(huán)面的軸轉動。已知圓環(huán)僅在其所在的豎直平面內(nèi)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k，重力加速度大小為g。忽略空氣阻力（1）ω＝EQ\F(1,2r)（r（1）ω＝EQ\F(1,2r)（rω0＋v0sinθ）（2）h＝EQ\F(k2（v02－r2ω02）,2g)（3）略s取最大值時，r、v0和ω0應滿足v0＞r|ω0|第32屆全國復賽3（1）求圓環(huán)與地面碰后圓環(huán)質(zhì)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θ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s隨θ變化的函數(shù)關系式、s的最大值以及s取最大值時r、v0和ω0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v（v遠小于真空中的光速c）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xP）發(fā)射扇形無線電波束（扇形的角平分線與航線垂直），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R0。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f0。（1）已知機載雷達天線經(jīng)過A點（其x坐標為xA）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（1）fD＝－（1）fD＝－EQ\F(2（xA－xP）,\R(R02＋（xA－xP）2))EQ\F(v,c)f0（2）（3）ΔfD＝f0EQ\F(2v,c)θ第32屆全國復賽4（2）已知BC長度為Ls，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R0?Ls，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θ的函數(shù)。已知：當|y|?1時，EQ\R(1＋y2)≈1＋EQ\F(y2,2)。五、（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l和電阻R分別為0.10m和1.0Ω。導線框處于磁感應強度B＝1.0T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v＝2.0m/s，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W＝0.0030J第32屆全國復賽5W＝0.0030J第32屆全國復賽5六、（23分）如圖，一固定的豎直長導線載有恒定電流I，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b。已知導線框的邊長為2a（a＜b），總電阻為R，自感可忽略?，F(xiàn)使導線框繞軸以勻角速度ω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面重合時開始計時。求在t時刻第32屆全國復賽6：第32屆全國復賽6（1）導線框中的感應電動勢E；（2）所需加的外力矩M。VpOabVpOabcdV13V1p13p1'2p15V1如圖，1mol單原子理想氣體構成的系統(tǒng)分別經(jīng)歷循環(huán)過程abcda和abc?a。已知理想氣體在任一緩慢變化過程中，壓強p和體積V滿足函數(shù)關系p＝f(V第32屆全國復賽7)。第32屆全國復賽7（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Cp＝CV＋EQ\F(pR,p＋V\F(dp,dV))式中，CV和R分別為定容摩爾熱容和理想氣體常數(shù)；（2）計算系統(tǒng)經(jīng)bc?直線變化過程中的摩爾熱容；（3）分別計算系統(tǒng)經(jīng)bc?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。n0n1θn0n1θt2θi1θi1θt0n2d如圖，介質(zhì)薄膜波導由三層均勻介質(zhì)組成：中間層1為波導薄膜，其折射率為n1，光波在其中傳播；底層為襯底，其折射率為n0；上層2為覆蓋層，折射率為n2；n1＞n0≥n2。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，θij是光波在介質(zhì)j表面上的入射角，θtj是光波在介質(zhì)j表面上的折射角第32屆全國復賽8。第32屆全國復賽8（1）入射角θil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d，求能夠在薄膜波導中傳輸?shù)墓獠ㄔ谠摻橘|(zhì)中的最長波長λmax。已知：兩介質(zhì)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rjk＝EQ\F(njcosθij－nkcosθtk,njcosθij＋nkcosθtk)＝|rjk|e-iφjk式中，θij和θtk是分別是光波在介質(zhì)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sinθ＝EQ\F(eiθ－e-iθ,2i)，cosθ＝EQ\F(eiθ＋e-iθ,2)

第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答一、（15分）（1）圖中X和Y代表的核素分別為15O和13C=1\*GB3①（2）一個循環(huán)所有的核反應方程式依循換次序為p＋12C→13N=2\*GB3②13N→13C＋e+＋νe=3\*GB3③p＋13C→14N=4\*GB3④p＋14N→15O=5\*GB3⑤15O→15N＋e+＋νe=6\*GB3⑥p＋15N→12C＋4He=7\*GB3⑦（3）整個循環(huán)的核反應，相當于=8\*GB3⑧完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能為⑨ΔE＝25.619MeV評分參考：第（1）問4分，X和Y正確，各2分；第（2）問6分，②③④⑤⑥⑦式各1分；第（3）問5分，⑧式2分，⑨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AC①y②yOxB③OxB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④由上式對時間求導得 ⑤在碰撞后的瞬間有 ⑥利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬間成為 ⑦由①②⑦式得 ⑧由①②③式得 ⑨ ⑩利用⑧⑨⑩式，碰撞后系統(tǒng)的動能為 ?E＝EQ\F(1,2)mvx2＋EQ\F(m2,2M)（v0－vx）2＋EQ\F(2M＋m,4M)mvy2（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 ①② ③式中，和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由①②③式得④⑤⑥碰撞后系統(tǒng)的動能為⑦利用④⑤⑥式，系統(tǒng)動能⑦式可表示成⑧（2）解法（一）的?式或者解法（二）的⑧式即為?可見，在條件 ?下，碰后系統(tǒng)動能達到其最小值E＝EQ\F(1,2)EQ\F(m2,M＋m)v02 ?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）①②③④⑤⑦⑧⑨⑩?式各1分；（解法二）①②式各1分，③式2分，④⑤⑥各1分，⑦式2分，⑧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(zhì)量為，它在碰撞過程中受到的地面對它的水平?jīng)_量為；碰撞后圓環(huán)質(zhì)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①由對質(zhì)心的動量矩定理有②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③由題意知④聯(lián)立①②③④式得⑤⑥ω＝EQ\F(1,2r)（rω0＋v0sinθ） ⑦（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⑥式得，使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件為⑧在此條件下，在與地面剛剛碰后的瞬間有，⑨即圓環(huán)做豎直上拋運動。圓環(huán)上升的最大高度為h＝EQ\F(k2（v02－r2ω02）,2g)⑩（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(zhì)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S＝EQ\F(vsin,g)＝－?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，r、v0和ω0應滿足v0＞r|ω0|?評分參考：第（1）問9分，①②式各2分，③④⑤⑥⑦式各1分；第（2）問4分，⑧⑨式各1分，⑩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點的坐標為，機載雷達此時發(fā)出一光信號；該信號到達P點，經(jīng)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=1\*GB3①②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(jīng)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③④⑤由①②式和得⑥上式右端已略去了級的高階項。由⑥式解得⑦同理，由③④式和得⑧由⑦⑧式得⑨利用⑤式，⑨式成為⑩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。⑩式可寫成?或fD＝f－f0＝－EQ\F(2（xA－xP）,\R(R02＋（xA－xP）2))EQ\F(v,c)f0?式中已用替代，而是相應的光信號的頻率，是接收到的回波信號的頻率與發(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A?點接收到的經(jīng)P反射的信號是機載雷達于時刻在點發(fā)出的，其相位為 =1\*GB3①式中為信號往返過程所需的時間，它滿足 =2\*GB3②③經(jīng)過時間間隔，同理有 =4\*GB3④⑤ ⑥另外，由于同樣的原因（飛機作勻速直線運動），還有⑦設機載雷達收到的信號的圓頻率為，則應有 ⑧由=2\*GB3②③式和得⑨上式右端已略去了級的高階項。由⑨式解得⑩同理，由⑤⑥式和得?由①=4\*GB3④⑧式得?將?代入?式，利用⑦⑩?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，故將上式代入到?式得ΔfD＝f0EQ\F(2v,c)θ ?評分參考：第（1）問16分，(解法一)①式2分，②式1分，③式2分，④⑤⑥⑦⑧⑨⑩????式各1分；(解法二)①式1分，②式2分，③④式各1分，⑤式2分，⑥⑦⑧=9\*GB3⑨⑩????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(chǎn)生的感應電動勢相等，但感應電流為零，故不需要外力做功 =1\*GB3① 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=1.0Ω。按如圖所示電流方向，根據(jù)基爾霍夫第一定律可得 =2\*GB3②由基爾霍夫第二定律，對4個回路可列出4個獨立方程 =3\*GB3③式中，感應電動勢為 =4\*GB3④聯(lián)立=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④式得： =5\*GB3⑤ =6\*GB3⑥此時，ab邊和ed邊所受的安培力大小分別為 =7\*GB3⑦ =8\*GB3⑧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 =9\*GB3⑨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(chǎn)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(jù)基爾霍夫定律可得 =10\*GB3⑩和 ?聯(lián)立=10\*GB3⑩?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 W＝W1＋W2＋W3＝0.0030J ?評分參考：①式1分，②③④式各2分，⑤⑥⑦⑧⑨式各1分，⑩?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θ的值為，如圖a所示（俯視圖），導線框旋轉過程中只有左、右兩邊（圖中分別用A、B表示）切割磁力線產(chǎn)生感應電動勢。A、B兩條邊的速度大小相等，①A、B處對應的磁感應強度大小分別為=2\*GB3②③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④式中、分別為A、B的速度方向與r1、r2的夾角。根據(jù)幾何關系得⑤其中α、β分別為r1、r2與x方向的夾角。⑤式代入④式得導線框中的感應電動勢為=6\*GB3⑥根據(jù)幾何關系及三角形余弦定理得α、β、r1、r2與a、b、θ之間的關系為=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨將=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨式代入=6\*GB3⑥式得導線框的感應電動勢為=10\*GB3⑩（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?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②③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=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨?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?式可得，外力矩M為?評分參考：第（1）問13分，①②③式各1分，④式2分，⑤式1分，⑥式2分，⑦⑧⑨式各1分，⑩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(jù)熱力學第一定律，有 ①這里，對于1mol理想氣體經(jīng)歷的任一緩慢變化過程中，，和可分別表示為，， ②將理想氣體狀態(tài)方程兩邊對求導，可得 ③式中利用了根據(jù)③式有 ④聯(lián)立①②④式得 ⑤（2）設過程方程為 ⑥根據(jù)可得該直線過程的摩爾熱容為 ⑦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 ⑧由⑧式得 ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式得 ⑩（3）根據(jù)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⑩?式得 ? ?由?式可知，過程中的升降溫的轉折點在圖上的坐標