1、PAGE2 / NUMPAGES33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：碳循環和質子-質子循環；其中碳循環是貝蒂在1938年提出的，碳循環反應過程如圖所示。圖中p、+e和e分別表示質子、正電子和電子型中微子；粗箭頭表示循環反應進行的先后次序。當從循環圖頂端開始，質子p與12C核發生反應生成13N核，反應按粗箭頭所示的次序進行，直到完成一個循+環后，重新開始下一個循環。已知e、p和He核的質量分別為0.511MeV/c2、1.0078u和4.0026u（1u931.4

2、94MeV/c2），電子型中微子e的質量可以忽略。（1）寫出圖中X和Y代表的核素； （2）寫出一個碳循環所有的核反應方程式；（3）計算完成一個碳循環過程釋放的核能。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量均為M的小球A和B。開始時細桿靜止；有一質量為m的小球C以垂直于桿的速度為一個系統。v運動，與A球碰撞。將小球和細桿視0（1）求碰后系統的動能（用已知條件和球C碰后的速度表出）；（2）若碰后系統動能恰好達到極小值，求此時球C的速度和系統的 動能。三、（20分）如圖，一質量分布均勻、半徑為r的剛性薄圓環落到粗糙的水平地面前的瞬間，圓環質心速度v0與豎直方向成（0

3、與豎直方向成（3）角，并同時以角速度0（0的22正方向如圖中箭頭所示）繞通過其質心O、且垂直環面的軸轉動。已知圓環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，圓環與地面碰撞的恢復系數為k，重力加速度大小為g。忽略空氣阻力。（1）求圓環與地面碰后圓環質心的速度和圓環轉動的角速度；（2）求使圓環在與地面碰后能豎直彈起的條件和在此條件下圓環能上升的最大高度；（3）若讓角可變，求圓環第二次落地點到首次落地點之間的水平距離s隨變化的函數關系式、s的最大值以及s取最大值時r、v和0應滿足的條件。01四、（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

4、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R。天線發出的無線電波束是周期性的等0幅高頻脈沖余弦波，其頻率為f。0（1）已知機載雷達天線經過A點（其x坐標為x）及A此后朝P點相繼發出無線電波信號，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出信號的頻率之差（頻移）。（2）已知BC長度為L，討論上述頻移分別為正、零s或負的條件，

5、并求出最大的正、負頻移。（3）已知R0Ls，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X角的函數。已知：當y1時，22y1y1。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1.0。導線框處于磁感應強度B1.0T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v2.0m/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。六、（23分）如圖，一固定的豎直長導線載有恒定電流I， 其旁

6、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（ab），總電阻為R，自感可忽略。現使導線框 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。2七、（22分）如圖，1mol單原子理想氣體構成的系統分別經歷循環過程abcda和abca。已知p理想氣體在任一緩慢變化過程中，壓強p和體積V滿足函數關系pfV。3p1bc（1）試證明：理想氣體在任一緩慢變化過程的2p1摩爾熱容可表示為CCVpRdppVdVp1adcV

7、式中，CV和R分別為定容摩爾熱容和理想氣體常數；OV13V15V1（2）計算系統經bc直線變化過程中的摩爾熱容；（3）分別計算系統經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）定量比較系統在兩種循環過程的循環效率。八、（20分）如圖，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n，光波在其1n2t2中傳播；底層0為襯底，其折射率為n；上層2為覆0蓋層，折射率為n；n n n 。光在薄膜層 1 里來回1 0 2 是光i j 是光波在介質 表面上 jtj2反射，沿鋸齒形向波導延伸方向傳播。圖中，波在介質j表面上的入射角，的折射角。d

8、n1i1i1（1）入射角i1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）？n0t0（2）已知波導薄膜的厚度為d，求能夠在薄膜波導中傳輸的光波在該介質中的最長波長max。已知：兩介質j與k的交界面上的反射系數（即反射光的電場強度與入射光的電場強度之比）為ncosncosjijktkrrejkjkncosncosjijktkijk式中，ij和tj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；正弦函數和余弦函數在復數域中可定義為siniiee2i，cosiiee2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30一、（15分）（1）圖中X和Y代

9、表的核素分別為15O和13C（2）一個循環所有的核反應方程式依循換次序為1213pCN1313NCee1314pCN1415pNO1515ONee15124pNCHe（3）整個循環的核反應，相當于44pHe2e2e完成一個碳循環過程釋放的核能為2E(4mM2m)cpHe4e(41.00784.0026)931.49420.511MeV25.619MeV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）。碰撞前后系統的動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有mvmvMVM

10、V0 xAxBxCv0A0mvMVMVyAyByLLLLmvmvMVMV0 xAxBx2222式中，vx和vy表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由于輕L桿長度為，按照圖中建立的坐標系有222x(t)x(t)y(t)y(t)LABABOyBx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)0ABAxBxABAyBy在碰撞后的瞬間有x(t0)x(t0),ABy(t0)y(t0)LAB利用式，式在碰撞后的瞬間成為VAyVAy(t0)VBy(t0)VBy由式得mVVvAyByy2M由式得mVAx(v0vx)MVBx0利用式，碰撞后系統的動能為411122222

11、2Em(vv)M(VV)M(VV)xyAxAyBxBy222112222m(vv)M(V2V)xyAxAy22?211m2Mm222mv(vv)mvx0 xy22M4M（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v，細桿中心的運動速度為VC，細桿繞中心轉動的角速度為。碰撞前后系統的動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有mv0mvx2MVCx0mvy2MVyCLLLLmv0mv2Mx2222式中，vx和vy表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由式得mVvvc20 xxMmVvCyy2MmMLvv0 x碰撞后系統的動能為2111L2222Em(vv)(

12、2M)(VV)2MxyCxCy2222利用式，系統動能式可表示成211m2Mm222Emv(vv)mvx0 xy22M4M（2）解法（一）的?式或者解法（二）的式即為221(Mm)mm2Mm1m22Emvvv+v?x0y02MMm4M2Mm可見，在條件mvv0,xMm?vy0下，碰后系統動能達到其最小值21m2v?E02Mm它是小球僅與球A做完全非彈性碰撞后系統所具有的動能。評分參考：第（1）問10分，（解法一）?式各1分；（解法二）式各1分，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）設圓環的質量為m，它在碰撞過程中受到的地面對它的水平沖量為I；

13、碰撞后t圓環質心的速度大小為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）5為，圓環的角速度為。規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mvsinmvsinI0t由對質心的動量矩定理有rmrrmrrI()()t0按題意，圓環在彈起前剛好與地面無相對滑動，因而此時圓環上與地面的接觸點的水平速度為零，即vsinr0由題意知0vcosv0cos 0k聯立式得12222vvv4kcos(rsin)00021r0tan(tan)2kvcos012r(rsin)v00（2）若圓環與地面碰后能豎直彈起，則其速度與豎直方向的夾角0將上式代入式得，使圓環在與

14、地面碰后能豎直彈起的條件為sinrv00在此條件下，在與地面剛剛碰后的瞬間有0，vv0kcos即圓環做豎直上拋運動。圓環上升的最大高度為h22222222vv0kcosk(v0r0)2g2g2g（3）由于忽略空氣阻力，圓環再次彈起后，角速度保持為不變，質心做以初速度為v的斜拋運動。圓環第二次落地點到首次落地點之間的水平距離s隨變化的函數關系式為2vsin2kvcos0v? s(sinr)00ggs取最大值時，的取值滿足dskv0dgv?(cos2rsin)000由得?式得sin222rr8v0004v0?將?代入?式得s12222222k(r83r)82r(rr8)vvv?0000000016

15、gs22222222k(r8v3r)8v2r(rr8v)0000000016g?6式中s1和s2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smax2222222k(r8v3r)8v2r(rr8v)?0000000016g又因為1sin1由上式得，當s取最大值時，r、v0和0應滿足v?0r0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(x,0,a)，飛機在Pt0時所在點K的位置為(0,h,0)。在時刻t，飛機所在位置A1點的坐標為(xx,h,

16、0)，機載雷達此時發出一光信號；該信1A號到達P點，經反射后，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(xx,h,0)，如圖所示。2A由于光速不變，飛機做勻速直線運動，有2222R0(x1xP)R0(x2xP)c(t2t1)x2x1v(t2t1)式中Rh2a2。現設在時刻t1，飛機所在位置A點的坐標0為(x,h,0)，機載雷達此時發出另一光信號；該信號到達P點，1經反射后，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(x2,h,0)。同理有2222R0(x1xP)R0(x2xP)c(t2t1)x2x1v(t2t1)x1x1v(t1t1)x2x2v(t

17、2t2)由式和vc得12222ttR(xx)R(xxxx)2101P01P21c1c1c22222R(xx)R(xx)2(xx)(xx)(xx)01P01P211P21222222R(xx)R(xx)2v(tt)(xx)v(tt)01P01P211P21222R(xx)xx01P1PvcR2xx2c()01P(t2t1)上式右端已略去了2(v/c)級的高階項。由式解得7tt21222R(xx)101Pcvx1122cRxx()01P222R(xx)xx01P1Pv122ccRxx()01P222R(xx)201Pv2cc(xx)1P同理，由式和vc得222R(xx)2v01Ptt(xx)212

18、1Pcc由式得22v2222(tt)(tt)R(xx)R(xx)(xx)221101P01P211cc利用式，式成為(tt)(tt)2211222v2222Rxxv(tt)R(xx)(tt)01P1101P211cc2(xx)1P22R(xx)01Pvc(tt)11上式右端已略去了2(v/c)級的高階項。令ttT?110式中，T0為機載雷達在發射的光信號的周期，則ttT?22是機載雷達接受到相應的光信號的周期。式可寫成2()v?xxAPTTT0220c R(xx)0AP或2(xx)v?APffffD0220c R(xx)0AP式中x已用xA替代，而111f,f0TT0是相應的光信號的頻率，f是

19、接收到的回波信號的頻率與發出信號的頻率之差（頻移）。?式也D可寫為v?fDff02f0cosc式中cosxxAP22R(xx)0AP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；在時刻的位置(xP,R0)在這個坐標系里是固定的。t，飛機所在位置A點的坐標為(x1xA,0)；目標點P1設機載雷達于時刻t發出的發射信號的相位為8tt0式中0和分別是相應的角頻率和初相位。機載雷達于時刻t1在A點(x2xA(t1),0)接收到的經P反射的信號是機載雷達于時刻t在A點(x1xA(t

20、1),0)發出的，其相位為1tt101式中為信號往返過程所需的時間，它滿足2222R0(x1xP)R0(x2xP)cxxv21經過時間間隔t，同理有tttt1012222R0(x1xP)R0(x2xP)cxxv21另外，由于同樣的原因（飛機作勻速直線運動），還有xxvt11xxvt22設機載雷達收到的信號的圓頻率為，則應有tttt11由式和vc得1c2222R(xx)R(xxxx)01P01P211c1c22222R(xx)R(xx)2(xx)(xx)(xx)01P01P211P21222222R(xx)R(xx)2v(xx)v01P01P1P222R(xx)xx01P1PvcRxxc22()

21、 01P上式右端已略去了2(v/c)級的高階項。由式解得222R(xx)101Pc1vx122cRxx()01P222R(xx)xxv01P1P1cc2Rxx()01P222R(xx)2v01P2cc(xx)1P同理，由式和vc得222()2v?Rxx01P(xx) 21Pcc由式得tt?0()0()將2f?代入?式，利用?式，在t很小的情形下，略去t的高階項，得2()v?xxAPffffD0220c R(xx)0AP或9v?fDff02f0cosc式中cosxxAP22R(xx)0AP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射的無線電波束面的X角的限制（見圖（b

22、），有L/2L/2ss22(/2)222(/2)2RLRL0s0s?頻移f分別為正、零或負的條件是：D當/2（xx）時，頻移fD0；AP當/2（xx）時，即機載雷達發射信號時正好位于PAP點到航線的垂足處，頻移f?D0當/2（xx）時，頻移fD0。AP當22/2Ls/2R(Ls/2)（xAxPLs/2）時，即機載0雷達發射信號時正好位于(xxLs/2,h,0)處，正的頻移最大APLv?sffD1022c R0(L/2)s當22/2Ls/2R(Ls/2)（xAxPLs/2）時，即機載雷0達發射信號時正好位于(xAxPLs/2,h,0)處，負的頻移的絕對值最大Lv?sffD2220c R0(L/2

23、)s（3）在飛機持續發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2vv?Lsffff4fsinDDD122200cc2 R(L/2)0s由于R0Ls，有1，故sin22將上式代入到?式得ffD02v?c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，頻移各1分；f分別為正、零或負的條件正確（包括?式）給2分，?式D第（3）問3分，?式2分，?式1分。五、（20分）10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

24、為零，故不需要外力做功W10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III,136III,251I I I6 7 8,IIII.4735由基爾霍夫第二定律，對4個回路可列出4個獨立方程U2IRIRUIR0,135U2IRIRUIR0,254UIR2IRIR0,367UIRIR2IR0.478式中，感應電動勢U為Ubvl0.20V聯立式得：I1I20.025AI3I40.050A此時，ab邊和ed邊所受的安培力大小分別為FabBI1lab0.0050NFcf

25、BI3lcf0.010N式中lab和led分別為ab邊和ed邊的長度。外力所做的功為W2FablefFcflef0.0015J式中lef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III136,III,251I I I6 7 8,IIII.4735和U2IRIRIR0,135U2IRIRIR0,254IR2IRIR0,367?IRIR2IR0.478聯立?式得I1I20.075A?此時，ab邊受到的安培力為FabBI1lab0.015N?外力所做的功為W3Fablaf0.0015J

26、?整個過程中外力做的功為11WW1W2W30.0030J?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=t，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）切割磁力線產生感應電動勢。A、B兩條邊的速度大小相等，vaA、B處對應的磁感應強度大小分別為B12I0r1B22I0r2其中，0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2aI0E1Bav2sinsin111r12aI0EB2avsinsin2222r2式中12、22分

27、別為A、B的速度方向與r1、r2的夾角。根據幾何關系得1 2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EEE122aI01sin()sin()rr12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cosbacosr1 asinsinr1cosbacosr2 asinsinr2222rab2abcos1222rab2abcos2將式代入式得導線框的感應電動勢為E2aIbsin1102222ab2abcosab2abcos2abIsint1102222ab2abcostab2abcost12（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

28、的合力矩M的作用，要使導線框保持角0速度為的勻速旋轉，所加的外力矩M必須滿足MM00?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F和F2對合力矩有貢獻，如圖b所示（俯1視圖）。由式和安培力公式得F1和F2的大小為F2aiB11aIi0r1?F2aiB22aIi0r2?式中i為導線框中的感應電流。由歐姆定律有i2EaIbsint1102222RRab2abcostab2abcost?安培力的合力矩為MFdFd01122Facos()Facos()1222Fasin()Fasin()12?2aIi0sin()sin()rr12其

29、中，d1和d2分別為F1和F2與轉軸之間的垂直距離，B連線之間的夾角。將?式代入?式得需要加的外力矩為和分別為d1和d2與A、22MM2aIibsint1102222ab2abcostab2abcost024222abIsint11022222Rab2abcostab2abcost2?2422224abI(ab)sint02222222R(ab)4abcost（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M的作用，要使導線框保持角0速度為的勻速旋轉，所加的外力矩M必須滿足MM00?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PP?0i式中Pi24

30、2222EaIbsint11022222RRab2abcostab2abcost22?安培力的合力矩為42222PPaIbsint110i0022222Rab2abcostab2abcost2M?由?式可得，外力矩M為13MM2422224abI(ab)sint0222222R(ab)4abcost42222aIbsint110022222Rab2abcostab2abcost22?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dUQ

31、W這里，對于1mol理想氣體經歷的任一緩慢變化過程中，Q，W和dU可分別表示為QCdT，WpdV，dUCVdT將理想氣體狀態方程pVRT兩邊對T求導，可得dVdpdVpVRdTdVdT式中利用了dpdpdVdTdVdT根據式有dVRdTpVdpdV聯立式得CCVpRdppVdV（2）設bc過程方程為pV根據CCVpRpVdpdV可得該直線過程的摩爾熱容為VCCRV2V式中，C是單原子理想氣體的定容摩爾熱容，V3CR。對bc過程的初態(3p1,V1)和終態V2(p,5V)，有113pV11p5V11由式得7p1p,122V114由式得8V35V1CR4V14V1（3）根據過程熱容的定義有CQT?

32、式中，Q是氣體在此直線過程中，溫度升高T時從外界吸收的熱量。由?式得T4V14VQ18V35VR1?8V35V1QRT4V14V1?由?式可知，bc過程中的升降溫的轉折點A在p-V圖上的坐標為77A(V,p)?1124由?式可知，bc過程中的吸放熱的轉折點B在p-V圖上的坐標為35V21p11B(,)?816（4）對于abcda循環過程，ab和bc過程吸熱，cd和da過程放熱QnCTT1.5RTRT3pVabVbaba11QnCTT2.5RTRT15pVbcpbacb11?式中，已利用已知條件n1mol，單原子理想氣體定容摩爾熱容3CR，定壓摩爾熱容V2氣體在abcda循環過程的效率可表示為循

33、環過程中對外做的功除以總吸熱，即5CR。p2abcdaW4pVabcda11QQ18pVabbc110.22?對于abca循環過程，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1QUWnCTTp3pVV=11.39pV?bcbBbBVBbB1B1112所以，循環過程abca的效率為abcaW4pVabca11QQ14.39pVabbc110.278?由?式可知abcaabcda?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n1sini1n0sint0若要求光線不會折射到襯底中，即發生全反射，應有i110C式中，10C為光線在波導層和襯底層的交界面上發生全反射的臨界角10Carcsinn0n115同理應有i212C式中，12C為光線在波導層和襯底層的交界面上發生全反射的臨界角12Carcsinn2n1由題設nnn，可知10210C12C