第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案

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：所有解答必须写在答题纸上，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应过程：碳循环和质子-质子循环；其中碳循环是贝蒂在1938年提出的，碳循环反应过程如图所示。图中p、+e和e分别表示质子、正电子和电子型中微子；粗箭头表示循环反应进行的先后次序。当从循环图顶端开始，质子p与12C核发生反应生成13N核，反应按粗箭头所示的次序进行，直到完成一个循环后，重新开始下一个循环。已知+e、p和He核的质量分别为0.511MeV/c2、1.0078u和4.0026u（1u≈931.494MeV/c2），电子型中微子e的质量可以忽略。（1）写出图中X和Y代表的核素；（2）写出一个碳循环所有的核反应方程式；（3）计算完成一个碳循环过程释放的核能。二、（15分）如图，在光滑水平桌面上有一长为L的轻杆，轻杆两端各固定一质量均为M的小球A和B。开始时细杆静止；有一质量为m的小球C以垂直于杆的速度0v运动，与A球碰撞。将小球和细杆视为一个系统。（1）求碰后系统的动能（用已知条件和球C碰后的速度表出）；（2）若碰后系统动能恰好达到极小值，求此时球C的速度和系统的动能。三、（20分）如图，一质量分布均匀、半径为r的刚性薄圆环落到粗糙的水平地面前的瞬间，圆环质心速度v0与竖直方向成（π3π22）角，并同时以角速度0（0的正方向如图中箭头所示）绕通过其质心O、且垂直环面的轴转动。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，圆环与地面碰撞的恢复系数为k，重力加速度大小为g。忽略空气阻力。（1）求圆环与地面碰后圆环质心的速度和圆环转动的角速度；（2）求使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件和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水平距离s随变化的函数关系式、s的最大值以及s取最大值时r、0v和0应满足的条件。四、（25分）如图，飞机在距水平地面（xz平面）等高的航线KA（沿x正方向）上，以大小为v（v远小于真空中的光速c）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标P点（其x坐标为Px）发射扇形无线电波束（扇形的角平分线与航线垂直），波束平面与水平地面交于线段BC（BC随着飞机移动，且在测量时应覆盖被测目标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的距离为0R。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0f。（1）已知机载雷达天线经过A点（其x坐标为Ax）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sL，讨论上述频移分别为正、零或负的条件，并求出最大的正、负频移。（3）已知0sRL，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：当1y时，22112yy。五、（20分）如图，“田”字形导线框置于光滑水平面上，其中每个小正方格每条边的长度l和电阻R分别为0.10m和1.0。导线框处于磁感应强度1.0TB的均匀磁场中，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2.0m/sv，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I，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，转轴到长直导线的距离为b。已知导线框的边长为2a（ab），总电阻为R，自感可忽略。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和竖直轴所在平面重合时开始计时。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。VpOabcdV13V1p13p1c'2p15V1七、（22分）如图，1mol单原子理想气体构成的系统分别经历循环过程abcda和abca。已知理想气体在任一缓慢变化过程中，压强p和体积V满足函数关系pfV。（1）试证明：理想气体在任一缓慢变化过程的摩尔热容可表示为VpRCCdppVdV式中，VC和R分别为定容摩尔热容和理想气体常数；（2）计算系统经bc直线变化过程中的摩尔热容；（3）分别计算系统经bc直线过程中升降温的转折点在p-V图中的坐标A和吸放热的转折点在p-V图中的坐标B；（4）定量比较系统在两种循环过程的循环效率。八、（20分）如图，介质薄膜波导由三层均匀介质组成：中间层1为波导薄膜，其折射率为1n，光波在其中传播；底层0为衬底，其折射率为0n；上层2为覆盖层，折射率为2n；102nnn。光在薄膜层1里来回反射，沿锯齿形向波导延伸方向传播。图中，ij是光波在介质j表面上的入射角，tj是光波在介质j表面上的折射角。（1）入射角i1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和覆盖层中）？（2）已知波导薄膜的厚度为d，求能够在薄膜波导中传输的光波在该介质中的最长波长max。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ititcoscoscoscosjkijjkkjkjkjjkknnrrenn式中，ij和tj是分别是光波在介质j的表面上的入射角和折射角，余类推；正弦函数和余弦函数在复数域中可定义为sin2iieei，cos2iiee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n0n1θt2θi1θi1θt0n2d0一、（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A0()xxmVMvv⑨B0xV⑩利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为xyOAB0vC222222AAyBxBy2222AAy22220111()()()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。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2222222000000001(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