20150919全国物理竞赛复赛试题

1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15O和13C①（2）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为1213pCN②1313eNCe③1314pCN④1415pNO⑤1515eONe⑥15124pNCHe⑦（3）整个循环的核反应，相当于4e4pHe2e2⑧完成一个碳循环过程释放的核能为4e2peH(42)[(41.00784.0026)931.49420.511]MeV25.619MeVEmMmc⑨评分参考：第（1）问4分，X和Y正确，各2分；第（2）问6分，②③④⑤⑥⑦式各1分；第（3）问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0ABxxxmmMVMVvv①ABy0yymMVMVv②0AB2222xxxLLLLmmMVMVvv③式中，xv和yv表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由于轻杆长度为L，按照图中建立的坐标系有222ABAB[()()][()()]xtxtytytL④由上式对时间求导得ABABABAB[()()][()()][()()][()()]0xxyyxtxtVtVtytytVtVt⑤在碰撞后的瞬间有ABAB(0)(0),(0)(0)xtxtytytL⑥利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬间成为AABB(0)(0)yyyyVVtVtV⑦由①②⑦式得ABy2yymVVMv⑧由①②③式得xyOABC2A0()xxmVMvv⑨B0xV⑩利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为222222AAyBxBy2222AAy22220111()()()22211()(2)22112()224xyxxyxxxyEmMVVMVVmMVVmMmmmMMvvvvvvvv⑪（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v，细杆中心的运动速度为CV，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0C2xxmmMVvv①C02yymMVv②022222xLLLLmmMvv③式中，xv和yv表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由①②③式得c02xxmVMvv④C2yymVMv⑤0xmMLvv⑥碰撞后系统的动能为22222CC111()(2)()22222xyxyLEmMVVMvv⑦利用④⑤⑥式，系统动能⑦式可表示成22220112()224xxymMmEmmMMvvvv⑧（2）解法（一）的⑪式或者解法（二）的⑧式即为2222001()21242xyMmmmMmmEmMMmMMmvvv+v⑫可见，在条件0,0xymMmvvv⑬下，碰后系统动能达到其最小值22012mEMmv⑭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）①②③④⑤⑦⑧⑨⑩⑪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）问5分，⑫⑬式各2分，⑭式1分。3三、（20分）（1）设圆环的质量为m，它在碰撞过程中受到的地面对它的水平冲量为tI；碰撞后圆环质心的速度大小为v，v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0sinsintmmIvv①由对质心的动量矩定理有0()()trmrrmrrI②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sin0rv③由题意知00coscos0kvv④联立①②③④式得222200014cos(sin)2krvvv⑤001tan(tan)2cosrkv⑥001(sin)2rrv⑦（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⑥式得，使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件为00sinrv⑧在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有0，0coskθvv⑨即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为22222222000cos()222kkrhgggvvv⑩（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v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s随变化的函数关系式为2000cossin2(sin)ksrggvvv⑪s取最大值时，的取值满足000(cos2sin)0kdsrdgvv⑫由得⑫式得22200008sin4rrvv⑬将⑬代入⑪式得42222222000000001(83)82(8)16krrrrrsgvvv⑭2222222000000002(83)82(8)16krrrrrsgvvv⑮式中1s和2s分别对应于⑬式右端根号前取正和负号的情形。由以上两式可知，s的最大值为222222200000000max(83)82(8)16krrrrrsgvvv⑯又因为1sin1由上式得，当s取最大值时，r、v0和0应满足00rv⑰评分参考：第（1）问9分，①②式各2分，③④⑤⑥⑦式各1分；第（2）问4分，⑧⑨式各1分，⑩式2分；第（3）问7分，⑪⑫⑬⑭⑮⑯⑰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P(,0,)xa，飞机在0t时所在点K的位置为(0,,0)h。在时刻1t，飞机所在位置A点的坐标为1A(,,0)xxh，机载雷达此时发出一光信号；该信号到达P点，经反射后，于时刻2t返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为2A(,,0)xxh，如图所示。由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有222201P02P21()()()RxxRxxctt①2121()xxttv②式中220Rha。现设在时刻1t，飞机所在位置A点的坐标为1(,,0)xh，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2t返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为2(,,0)xh。同理有222201P02P21()()()RxxRxxctt③2121()xxttv④1111()xxttv⑤2222()xxttv由①②式和cv得22222101P01P212222201P01P211P2122222201P01P211P212201P1P2201P1()()1()()2()()()1()()2()()()2()(()ttRxxRxxxxcRxxRxxxxxxxxcRxxRxxttxxttcRxxxxtccRxxvvv21)t⑥5上式右端已略去了2(/)cv级的高阶项。由⑥式解得2201P2112201P2201P1P2201P2201P1P22()11()2()1()2()2()RxxttxccRxxRxxxxccRxxRxxxxccvvv⑦同理，由③④式和cv得2201P211P22()2()Rxxttxxccv⑧由⑦⑧式得2222221101P01P11222()()()()()ttttRxxRxxxxccv⑨利用⑤式，⑨式成为22112222201P1101P1121P112201P()()22[()]()()2()()()ttttRxxttRxxttccxxttcRxxvvv⑩上式右端已略去了2(/)cv级的高阶项。令110ttT⑪式中，0T为机载雷达在发射的光信号的周期，则22ttT⑫是机载雷达接受到相应的光信号的周期。⑪式可写成AP00220AP2()()xxTTTcRxxv⑬或APD00220AP2()()xxffffcRxxv⑭式中1x已用Ax替代，而0011,ffTT是相应的光信号的频率，Df是接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。⑭式也可写为D002cosffffcv⑭式中AP220APcos()xxRxx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1t，飞机所在位置A点的坐标为1A(,0)xx；目标点P的位置P0(,)xR在这个坐标系里是固定的。6设机载雷达于时刻t发出的发射信号的相位为0tt式中0和分别是相应的角频率和初相位。机载雷达于时刻1t在A点2A1((),0)xxt接收到的经P反射的信号是机载雷达于时刻1t在A点1A1((),0)xxt发出的，其相位为101tt①式中为信号往返过程所需的时间，它满足222201P02P()()RxxRxxc②21xxv③经过时间间隔t，同理有101tttt④222201P02P()()RxxRxxc⑤21xxv⑥另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有11xxtv⑦22xxtv设机载雷达收到的信号的圆频率为，则应有11tttt⑧由②③式和cv得222201P01P212222201P01P211P2122222201P01P1P2201P1P2201P1()()1()()2()()()1()()2()2()()RxxRxxxxcRxxRxxxxxxxxcRxxRxxxxcRxxxxccRxxvvv⑨上式右端已略去了2(/)cv级的高阶项。由⑨式解得2201P12201P2201P1P2201P2201P1P22()11()2()1()2()2()RxxxccRxxRxxxxccRxxRxxxxccvvv⑩同理，由⑤⑥式和cv得2201P1P22()2()Rxxxxccv⑪由①④⑧式得00()()tt⑫将2πf⑬代入⑫式，利用⑦⑩⑪式，在t很小的情形下，略去t的高阶项，得APD00220AP2()()xxffffcRxxv⑭7或D002cosffffcv⑭式中AP220APcos()xxRxx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222200/2/2ππ22(/2)(/2)ssssLLRLRL⑮频移Df分别为正、零或负的条件是：当π/2（APxx）时，频移0Df；当π/2（APxx）时，即机载雷达发射信号时正好位于P点到航线的垂足处，频移D0f⑯当π/2（APxx）时，频移0Df。当220π/2/2(/2)ssLRL（AP/2sxxL）时，即机载雷达发射信号时正好