2015第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題和答案剖析

1、 00 放大發(fā)發(fā)呆第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。4He13NVePXY14N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v分別表示質(zhì)e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（l

2、uo931.494MeV/c2），電子型中微子V的質(zhì)量可以忽略。e（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。TOC o 1-5 h z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CA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mO和的小球C以垂直于桿的速度O運動，與A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）；X（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

3、面前的瞬間，圓環(huán)質(zhì)心速度v0與豎直方向成0(n0L，、直至B到達P0s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9的函數(shù)。已知：當|y1時,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1和電阻r分別為0.10m和1.0Q。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。6536363六、（23分）如圖，一固定的豎直長導線載有恒定電流I，其旁邊

4、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(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸到長直導線的距離為b。已知導線框的邊長為2a（ann。光在薄膜層1里來回反射，沿鋸齒形向2波導1延伸0方2向傳播。圖中，波在介質(zhì)j表面上的入射角，0是光波在介質(zhì)j表面上tj的折射角。（1）入射角0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)中的最長波長九。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ncos0ncos0r=-ijk才卜=re-jjkncos0+ncos0jkjijktk式中，0和

5、0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ei0e-i0ei0+e-0sin0二，cos0二2i26356363563第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答（1）圖中X和Y代表的核素分別為15O和13C2）一個循環(huán)所有的核反應方程式依循換次序為P+12CT13N13Nt13C+e+veP+13CT14NP+14NT15O150t15N+e+veP+15NT12C+4He2015年9月19日、（15分）(3)整個循環(huán)的核反應，相當于e4pT4He+2e+2v完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能為AE=(4m一M一2m)c2p4Hee=(4x1.0

6、078-4.0026)x931.494-2x0.511MeV二25.619MeV65363、（15分）1）（解法一）C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)的動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有mv=mv+MV+MV0 xAxBx0=mv+MV+MVLmv20Lmv2xBy+M-V2Ax-M-V2Bx式中，v和v表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由于輕xy桿長度為-，按照圖中建立的坐標系有Bmv2Myx(t)-x(t)2+y(t)-y(t)2-2ABAB由上式對時間求導得x(t)-x(t)V(t)-V(t)+y(t)-y(t)V(t)-V(t)0ABAxBxABA

7、yBy在碰撞后的瞬間有x(t0)x(t0),ABy(t0)-y(t0)-AB利用式，式在碰撞后的瞬間成為V三V(t0)V(t0)三VAyAyByBy由式得VVAyBy由式得TOC o 1-5 h z=(v-v)AxM0 x=0Bx利用式，碰撞后系統(tǒng)的動能為111E=一m(v2+v2)+M(V2+V2)+M(V2+V2)2xy2AxAy2BxBy11TOC o 1-5 h z=一m(02+v2)+M(V2+2V2)2xy2AxAy1m22M+m=mO2+（vv）2+mv2x2M0 x4My（解法二）取碰前B球所在位置O為原點，建立坐標系（如圖）。設(shè)碰撞后，小球C的運動速率為v，細桿中心的運動速度

8、為V,細桿繞中心轉(zhuǎn)動的角速度為。碰撞前后系統(tǒng)的動量及其對細桿中心的C角動量都守恒，有式中，mv=mv+2MV0 xCx0=mv+2MVyCyLmv20=mLv+2M2xv和v表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由式得xyVcx=2M(vo-)V=vCy2Mymw=vvML0 x碰撞后系統(tǒng)的動能為E=-m(v2+v2)+(2M)(V2+V2)+2x-Mw2xy2CxCy2xyCxCy利用式，系統(tǒng)動能式可表示成1m22M+mE=mv2+(vv)2+mv2x2M0 x4My（2）解法（一）的式或者解法4M（二）的式即為可見，在條件1(M+m)mE=_=0y下，碰后系統(tǒng)動能達到其最小值2M+m,

9、+mv2+4M1m2v2y2M+m0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。65363三、（20分）（1）設(shè)圓環(huán)的質(zhì)量為m，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v,v與豎直向上方向的夾角（按如圖所示的順時針方向計算）2 2 #為b，圓環(huán)的角速度為w。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(zhì)心的動量矩定理有mvsinBmvsinO=I0trm(rw)一rm(rw)=一rI按題意，圓環(huán)在彈起前剛好與地1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vsin卩一rw=0由題意知聯(lián)立式得0一vc

10、osB,=kvcosO00v=-vk2v2cos2O+(rw+vsinO)220001rwtanB=(tanO+2kw=(rw+vsinO)2r00)vcosO02)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B=0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sinO=-匸0v在此條件下，在與地面剛剛碰后的瞬間有w=0，v=一vkcos0即圓環(huán)做豎直上拋運動。圓環(huán)上升0的最大高度為Iv2v2k2COS2Ok2(v2r2w2)h=0=-2g2g02g0s取最大值時，Og的取值孑滿足ds由得式得dO&kv0(vcos2OrwsinO)=0g00sinO一rw“2w2+8v2將代入式

11、得=0004v0s=-k(、,：r2w2+8v2+3rw0002rro(rw叮r22+8o2)00*0016g由于忽略空氣阻力，圓環(huán)再次彈起后，角速度保持為w不變，質(zhì)心做以初速度為v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s隨O變化的函數(shù)關(guān)系式為s=沁坐=-3(vsinO+rw)g00k(.7232+8023rw)；8v22rw(rw+232+8v2)016g000丫000*00 式中s和s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，s的最大值為k(弋r232+8v2+3r|wIs=000-max又因為1sin0r3002r31(r3|；r232+8v2)00000-

12、16g65363四、(25分)(1)解法(一)按照題給坐標系t=0時所在點K的位置為(0,h,0)。在時刻t1，飛機所在位置A點的坐標為(x=x,h,0)，機載雷達此時發(fā)出一光信號；該信1A號到達P點，經(jīng)反射后，于時刻t2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(x=x,h,0)，2A由于光速不變，飛機做勻速直線運動，有R2+(xx)2+R2+(xx)2=c(tt)01P02P21x一x=v(t一t)21J1式中R=為(x,h,0)，機載雷達此時發(fā)出另1經(jīng)反射后，于時刻t返回至飛機的機載雷達被接受，的機載雷達的位置為(x,h,0)。同理有設(shè)待測點P的位置為(x,0,a)，飛機在P

13、如圖所示。h2+a2?，F(xiàn)設(shè)在時刻，飛機所在位置A點的坐標1光信號；該信號到達P點,此時飛機,；R2+(xx)2+R2+(xx)2=c(tt)01P02P21xx=v(tt)2121xx=v(tt)1111xx=v(tt)2222由式和vc得tt=PR2+(xx)2+R2+(xx+x21c01P01P21pi=R2+(xCLc=JR2+(xcL2：R2+(xx)2H01P+一一cR2+(xx)201P上式右端已略去了(v/c)2級的高階項。由式解得x)21x)2+QR2+(xx)2+2(xx)(xx)+(xx)201P01P211P21X)2+R2+(x一X)2+2v(t一t)(X一X)+v2(

14、t一t)201P0IP211P21x-xv/、-(t-1)c212jR2+(xx)201P1-CR2+(x-x)22R2+(x-x)2H01P-CTOC o 1-5 h z01Pv+CpR2+(x-x)201P2：R2+(x-x)22v=：01P+(x-x)CC21P22v,t一11H-：_01P-+(xx)21CC21P同理，由式和vC得由式得)2v+(x一x)2-R2+(x-x)2+(x一x)1P01Pc212R2+(xx)2(t-1)-(t-1)h211C利用式，式成為(t-1)-(t-1)hR2+xx+v(tt)2R2+(xx)2丿+(tt)C01P1101PC2112(xx)v/.，

15、八h1p(tt)v;R2+(xx)2C1101P上式右端已略去了(v/c)2級的高階項。令t，t=T10式中，T為機載雷達在發(fā)射的光信號的周期，則0t-t=T22是機載雷達接受到相應的光信號的周期。式可寫成2(x-x)vT-T=apT0R2+(x-x)2C02(x,-xjvfR2+(x-x)2C00AP0AP式中x已用x替代，而1Af=-，是相應的光信號的頻率，f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D可寫為vf三ff=-2fcosaD0c0式中x-xcosa三ahR2+(x-x)2V0AP即a為從機載雷達射出的光線與飛機航線之間的夾角。65363解法(二)取航線KA和直線

16、BC所構(gòu)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；在時刻匚，飛機所在位置A點的坐標為(x=x,0)；目標點P11A的位置(x,R)在這個坐標系里是固定的。P0設(shè)機載雷達于時刻t發(fā)出的發(fā)射信號的相位為或 #或 （t）=rot0式中ro和9分別是相應的角頻率和初相位。機載雷達于時刻t在A點（x=x（t）,0）接收到的經(jīng)P012A1反射的信號是機載雷達于時刻t-r在A點（X=x（tr）,0）發(fā)出的，其相位為（t）=ro（tr）+9101式中r為信號往返過程所需的時間，它滿足R2+(XX)2+、R2+(Xx)2=cr01P02PXx=vr21經(jīng)過時間間隔

17、At，同理有，(t+At)=ro(t+Ar，)+w01lLR2+(X一x)2+R2+(X一x)2=cr01P02PX一X=vr21另外，由于同樣的原因(飛機作勻速直線運動)，還有X一X=vAtIIX一X=vAt22設(shè)機載雷達收到的信號的圓頻率為ro，則應有(t+At)-(t)=roAt11由式和vc得R2+(X一X)2+R2+(X一X+X一X)201P01P21r=1cL1IR2+(XX)2+pR2+(XcL01P”1；I一X)2+2(X一x)(X一X)+(X一X)201P211P21cI12R2+(xx)2xxv01p+1prcR2+(XX)2c01P1f2pR2+(xX)2r01p上式右端

18、已略去了(v/c)2級的高階項。由式解得十R2+(xx)2+、：R2+(xx)2+2vr(xx)+v2r201p01p1p同理，由式和vc得亡2.R；+(X：-Xp)2+空(x一x)cc21P由式得roAt二（At一巧一（-T）00代入式，ro=2n利用式，在At很小的情形下，略去At的高階項，得2（x一x）v廠APfR2+（X一X）2c00AP 式中x一xcosa三R2+(xx)2T0AP即a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nL/2/nL/2sa+匸2R2+(L/2)22.：R斗(L/2)2*0s0s頻移f分別為正、零或負

19、的條件是：D當an/2(xn/2(xx)AP_當a=n/2L/2R2+(L/2)2(x一x=L/2)時，即機載s0sAPs雷達發(fā)射信號時正好位于(x=xL/2,h,0)處，正的頻移最大APsLv時時，時，頻移f0；D即機載雷達發(fā)射信號時正好位于P頻移fDL，有9r2與x方向的夾角。式代入式得導線框中的感應電動勢為sin（O+a）十sin（O-p）式中中n*Wa2aIE=E+E=r12兀根據(jù)幾何關(guān)系及三角形余弦定理得ab-acosOcosa=r1asinOsina=r1b+acosOcosp=B、r1r1、r2r2與a、b、6之間的關(guān)系為r2asinOsinpr2r2a2+b2-2abcosO1

20、r2a2+b2+2abcosO2將式代入式得導線框的感應電動勢為Wa2aIbsinO(i+.a2+b2-2abcosOa2+b2+2abcosO丿a2baIWsinWtiio兀o-兀+Ia2+b2-2abcosta2+b2+2abcost丿22）（解法一）導線框在電流I的磁場中旋轉(zhuǎn)，受到安培力相對于軸的合力矩M_的作用，要使導線框保持角速度為W的勻速旋轉(zhuǎn)，所加的外力矩M必須滿足M+M=00正方形導線框上、下兩邊所受安培力的方向與轉(zhuǎn)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F和F對合力矩有貢獻，如圖b所示（俯12視圖）。由式和安培力公式得F和F_的大小為口28卩aIi

21、F=2aiB=-oii兀r1 卩aIiF=2aiB=022兀r2式中i為導線框中的感應電流。.Ewa2卩Ibsinwti=0R兀R安培力的合力矩為M=Fd+Fd01122兀兀=Facos(-0-a)+Facos(一0+卩)1222=Fasin(0+a)+Fasin(0一卩)12pa2Iisin(0+a)sin(0一卩)由歐姆定律有1+a2+b2-2abcoswta2+b2+2abcoswt丿+;rr12其中，di和d2分別為Fi和F2與轉(zhuǎn)軸之間的垂直距離，專-0-a和I-0+1212B連線之間的夾角。將式代入式得需要加的外力矩為pa2IibsinwtM=-M=-50p2a4b2I2wsin2w

22、t=-0P分別為d和d2與A、+Va2+b2-2abcoswta2+b+2abcoswt丿+Va2+b2-2abcoswta2+b2+2abcoswt丿(a2+b2)sinwt(a2+b2)-4a2b2cos2wt丿4p2a4b212w=0兀2R（2）（解法二）導線框在電流I的磁場中旋轉(zhuǎn)，受到安培力相對于軸的合力矩M的作用，要使導線框保持角0速度為w的勻速旋轉(zhuǎn)，所加的外力矩M必須滿足M+M=00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P.相等，即0iP=P0.式中E2w2a4p2I2b2sin2wt HYPERLINK l bookmark14 o Current Docume

23、nt P=01R兀2R安培力的合力矩為PPwa4p2I2b2sin2wtM=p=r=00ww兀2R由式可得，外力矩M為wa4p2I2b2sin2wtM=-M=-00兀2R+a2+b2-2abcoswta2+b2+2abcoswt丿+Va2+b2-2abcoswta2+b2+2abcoswt丿2+a2+b2-2abcoswta2+b2+2abcoswt丿6534p2a4b2I2w=o兀2R(a2+b2)sinwt2(a2+b2)-4a2方2cos2wt丿22分）根據(jù)熱力學第一定律，有dU=8Q+8W這里，對于1mol理想氣體經(jīng)歷的任一緩慢變化過程中，8Q,8W和dU可分別表示為七、（1）將理想氣

24、體狀態(tài)方程兩邊對T求導，可得式中利用了根據(jù)式有聯(lián)立式得5Q=CdT，5W=-pdVpV=RTdVdT+V並叱dVdTdpdpdVdT_dVdTdVdTp+VdpdVpRp+VdpdVdU=CdTV(2)設(shè)be過程方程為根據(jù)p=a-PVpR“dpp+VdV可得該直線過程的摩爾熱容為G-PVRa-2PV3p=a-PV11p=a-5PV11a=2p，p=21pi2Vi式中，CV是單原子理想氣體的定容摩爾熱容(p,5V)，有11由式得由式得廠8V-35V“C=1R兀4V14V1(3)根據(jù)過程熱容的定義有C=3R。對bee過程的初態(tài)(3p,V)和終態(tài)V211C=Q兀AT式中，AQ是氣體在此直線過程中，溫

25、度升高AT時從外界吸收的熱量。由式得4V-14VAT=rRAQ8V-35V18V-35VATAQ=i4V-14VR1由式可知，be過程中的升降溫的轉(zhuǎn)折點A在p-V圖上的坐標為/aeyp）2141由式可知，bc過程中的吸放熱的轉(zhuǎn)折點B在p-V圖上的坐標為b（35V21p816（4）對于abcda循環(huán)過程，ab和bc過程吸熱，cd和da過程放熱Q=nC（T-T）=1.5（RT-RT）=3pVabVbaba11Q=nC（T-T）=2.5（RT-RT）=15pVbcpbacb11式中，已利用已知條件n=1mol，單原子理想氣體定容摩爾熱容C=3R，定壓摩爾熱容C=5R。TOC o 1-5 h zV2p

26、2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W4pVU22耳abcda11U.22abcdaQ+Q18pV對于abca循環(huán)過程，ab和bB過程吸熱，Bc和ca過程放熱。由熱力學第一定律可得，bB過程吸熱為abbc11Q=AU-W=nC（T-T）+-（p+3p）（V-V）=11.3SpVbcbBbBVBb2B1B111所以，循環(huán)過程abca的效率為W4pVabca=rn=U2/8abcaQ+Q14.39pVabbc11由式可知abcaabcda八、（20分）（1）對于光線在波導層和襯底層的折射情況，根據(jù)折射定律有nsin0=nsin0若要求光線不會折射到襯底中，即發(fā)生全反射，應有0010C式中，0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10C0=arcsin10C同理應有0012C式中，0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12C0=arcsin12C（、n0In1丿、n1丿由題設(shè)nnn，可知1020010C12C所以，當入射角0arcsini1（、n0In1丿（2）考慮光波在波導薄膜中傳播時處于臨界的全反射狀態(tài)。此時光波的波長可由光的入射角（、noIn1丿0=arcsini1時，光被完全限制在波導薄膜里。決定。此時光在介質(zhì)