第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试答案

　　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、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+、和He核的质量分别为0.511

　　MeV/c2、1.0078 u和4.0026 u（1u≈931.494 MeV/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v0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、半径为的刚性薄圆环落到粗糙的水平地面前

　　π3π的瞬间，圆环质心速度v0与竖直方向成（? ?）角，并同时以角速度?0（?022

　　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，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

　　水平距离随变化的函数关系式、的最大值以及取最大值时、v0

　　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（远小于真空中的光速）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xP）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R0。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f0。

　　（1）已知机载雷达天线经过A点（其x坐标为xA）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Ls，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R0??Ls，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。 y2已知：当y??

　　11?。 2

　　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和电阻R分别为0.10 m和

　　1.0 ?。导线框处于磁感应强度B?1.0 T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v?2.0 m/s，

　　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，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。已知导线框的边长

　　为2a（a?b），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。

　　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abc?a。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p?f?V?。

　　（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

　　C??CV?

　　pRp?V

　　dV

　　p 3p2pp

　　式中，CV和R分别为定容摩尔热容和理想气体

　　5V1 V1 3V1

　　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n1，光波在其中传播；底层0为衬底，其折射率为n0；上层2为覆盖层，折射率为n2；n1?n0?n2。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，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

　　rjk?

　　njcos ij?nkcos tknjcos ij?nkcos tk

　　?rjke

　　?i?jk

　　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

　　ei ?e?i ei ?e?i

　　，cos ? sin ?

　　2i2

　　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

　　0一、（15分）

　　（1）图中X和Y代表的核素分别为

　　15O 和 13C ①

　　（2）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为

　　p?12C?13N ②

　　13N?13C?e???e ③

　　p?13C?14N ④

　　p?14N?15O ⑤

　　15O?15N?e???e ⑥

　　p?15N?12C?4He ⑦

　　（3）整个循环的核反应，相当于

　　4p?4He?2e??2?e ⑧

　　完成一个碳循环过程释放的核能为

　　?E?(4mp?M4H?2me)c2e

　　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 A C v0 mv0?mvx?MVAx?MVBx ①

　　0?mvy?MVAy?MVBy ②

　　LLLLmv0?mvx?MVAx?MVBx ③ 2222

　　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。由于轻 ?[(4?1.0078?4.0026)?931.494?2?0.511] MeV⑨ ?25.619 MeV y B

　　杆长度为，按照图中建立的坐标系有

　　[xA(t)?xB(t)]2?[yA(t)?yB(t)]2?L2④

　　由上式对时间求导得

　　[xA(t)?xB(t)][VAx(t)?VBx(t)]?[yA(t)?yB(t)][VAy(t)?VBy(t)]?0⑤

　　在碰撞后的瞬间有

　　x(t?0)?xB(t?0), A

　　yA(t?0)?yB(t?0)?L

　　利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬间成为

　　VAy?VAy(t?0)?VBy(t?0)?VBy

　　由①②⑦式得

　　VAy?VBy??

　　由①②③式得

　　m(v0?vx) M

　　VBx?0 VAx?⑥ ⑦ ⑧ mvy2M ⑨ ⑩

　　利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为

　　cos??

　　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，飞机所在位置A点的坐标为(x1?xA,0)；目标点P的位置(xP,R0)在这个坐标系里是固定的。

　　设机载雷达于时刻发出的发射信号的相位为

　　??t???0t??

　　机载雷达于时刻在 A ?点(x2?xA?(t1),0)接收到的经式中?0和?分别是相应的角频率和初相位。

　　P反射的信号是机载雷达于时刻t1??在A点(x1?xA(t1??),0)发出的，其相位为

　　???t1???0?t1????? ①

　　式中为信号往返过程所需的时间，它满足

　　② ③ x2?x1?v? 经过时间间隔?t，同理有

　　???t1??t???0?t1 ???t????? ④

　　c?? ⑤

　　??x1??v??x2 ⑥

　　另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有

　　??x1?v?t x1 ⑦

　　??x2?v?t x2

　　设机载雷达收到的信号的圆频率为?，则应有

　　???t1??t?????t1????t ⑧ c?

　　由②③式和v??c得

　　??

　　?1c1c ⑨ 1?c

　　?上式右端已略去了(v/c)2级的高阶项。由⑨式解得

　　? 1? ?1?? ⑩

　　2v??2(x1?xP)c

　　同理，由⑤⑥式和v??c得

　　2v? ??xP) ????2(x1c

　　由①④⑧式得

　　??t??0(?t???)??0(??) ?

　　将

　　??2πf ?

　　代入?式，利用⑦⑩?式，在?t很小的情形下，略去?t的高阶项，得

　　fD?f?f0?? f0

　　或 f?f?f??2vfcos? ?

　　D00c

　　式中

　　cos?? 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

　　ππ???

　　? 222

　　频移fD分别为正、零或负的条件是：

　　当??π/2（xA?xP）时，频移fD?0；

　　当 ?π/2（xA?xP）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

　　fD?0 ?

　　当 ?π/2（xA?xP）时，频移fD?0。

　　当??π/2?Ls/xA?xP??Ls/2）时，即机载

　　雷达发射信号时正好位于(xA?xP?Ls/2,h,0)处，正的频移最大

　　?

　　当??π/2?Ls/xA?xP?Ls

　　/2）时，即机载雷fD1?

　　f0达发射信号时正好位于(xA?xP?Ls/2,h,0)处，负的频移的绝对值最大

　　fD2?

　　（3）在飞机持续发射的无线电波束前沿BC全部通过目标P点过程中，多普勒频移的带宽为

　　v ? ?fD?fD1?fD2?f0?4f0sinc2

　　由于R0??Ls，有 ??1，故

　　22

　　将上式代入到?式得

　　?fD?f0f0 ? sin ?

　　评分参考：第（1）问 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，⑥⑦⑧⑨⑩

　　????式各1分； 第（2）问 6分，?式2分，频移fD分别为正、零或负的条件正确（包括?式）给2分，?

　　?式各1分； 2v c ?

　　第（3）问 3分， ?式2分，?式1分。

　　五、（20分）

　　在de边未出磁场的过程中，ab、cf和de三边切割磁力线运动，每条边产生的感应电动势相等，但感应电流为零，故不需要外力做功

　　W1?0 ①

　　在de边出磁场但cf边未出磁场过程中，ab和cf两条边做切割磁力线运动，导线框的等效电路如图a所示。等效电路中每个电阻的阻值R=1.0Ω。按如图所示电流方向，根据基尔霍夫第一定律可得

　　?I1?I3?I6, ?I?I?I, ?251 ② ?I?I?I, 78?6

　　??I4?I7?I3?I5.

　　由基尔霍夫第二定律，对4个回路可列出4个独立方程

　　?U?2I1R?I3R?U?I5R?0,?U?2IR?IR?U?IR?0,?254 ③ ?U?IR?2IR?IR?0, 367???U?I4R?I7R?2I8R?0.

　　式中，感应电动势U为

　　l?0.20V U?bv ④

　　联立②③④式得：

　　I1?I2?0.025A ⑤

　　I3?I4?0.050A⑥

　　此时，ab边和ed边所受的安培力大小分别为

　　Fab?BI1lab?0.0050N ⑦

　　Fcf?BI3lcf?0.010N ⑧

　　式中lab和led分别为ab边和ed边的长度。外力所做的功为

　　W2?Fablef?Fcflef?0.0015J ⑨

　　式中lef表示ef边的长度。

　　在cf边移出磁场后，只有边ab切割磁力线运动产生感应

　　电动势。此时，等效电路如图b所示，电路中电动势的大小和

　　电阻阻值不变。根据基尔霍夫定律可得

　　?I1?I3?I6, ?I?I?I, ?251 ⑩ ?I?I?I, 78?6

　　??I4?I7?I3?I5.

　　和

　　?U?2I1R?I3R?I5R?0,?U?2IR?IR?IR?0,?254 ??IR?2IR?IR?0, 67?3

　　???I4R?I7R?2I8R?0. ?

　　联立⑩?式得

　　I1?I2?0.075A ?

　　此时，ab边受到的安培力为

　　Fab?BI1lab?0.015N ?

　　外力所做的功为

　　W3?Fablaf?0.0015J ?

　　整个过程中外力做的功为

　　W?W1?W2?W3?0.0030J ?

　　评分参考：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）设t时刻导线框平面与长直导线和转轴组成平面之间的夹角为θ的值为 =?t，如图a所示（俯视图），导线框旋转过程中只有左、右两边（图中分别用A、B表示）切割磁力线产生感应电动势。A、B两条边的速度大小相等，

　　v??a ①

　　A、B处对应的磁感应强度大小分别为

　　?I② B1?0

　　2?r1 ?I③ B2?0

　　2?r2 其中，?0为真空磁导率，r1、r2分别为A和B到长直导线

　　的垂直距离。A、B两边对应的感应电动势分别为

　　?a2?0IE1?B12avsin?1?sin?1?r1

　　E2?B22avsin?2?

　　ππ式中??1、??2分别为A、B的速度方向与r1、r2的夹角。 根据几何关系得 22

　　?1? ?? ⑤ ?2? ??

　　其中α、β分别为r1、r2与x方向的夹角。⑤式代入④式得导线框中的感应电动势为

　　?a2?0I1?sin( ??)sin( ??)?E?E1?E2??⑥ ???rr12?? 根据几何关系及三角形余弦定理得α、β、r1、r2与a、b、θ之间的关系为

　　b?acos ?cos???r1?⑦

　　?asin ?sin?? ?r?1 ?a?0Isin?2?r2 2④

　　b?acos ?cos???r2?⑧ ?asin ?sin?? ?r?2

　　222?r1?a?b?2abcos ⑨ ?222r?a?b?2abcos ?2 将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为

　　（2）（解法一）

　　导线框在电流I的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩M0的作用，要使导线框保持角速度为?的匀速旋转，所加的外力矩M必须满足

　　M?M0?0? 正方形导线框上、下两边所受安培力的方向与转轴平行，

　　力矩为零，只有导线框左、右两边（分别用A、B表示）受到的安培力F1和F2对合力矩有贡献，如图b所示（俯视图）。由②③式和安培力公式得F1和F2的大小为

　　?aIi? F1?2aiB1?0

　　?r1 ?aIi? F2?2aiB2?0

　　?r2 式中i为导线框中的感应电流。由欧姆定律有

　　E?a2?0Ibsin?t?11?i???2? ?2?22R?Ra?b?2abcos?ta?b?2abcos?t??安培力的合力矩为 M0?F1d1?F2d2

　　???F1acos(? ??)?F2acos(? ??)22? ?F1asin( ??)?F2asin( ??)?a2?0Ibsin ?11?E???2?222??a?b?2abcos a?b?2abcos ?⑩ 2ab?0I?sin?t?11? ???2?222??a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?

　　?0a2Ii?sin( ??)sin( ??)??????rr21?? 其中，d1和d2分别为F1和F2与转轴之间的垂直距离，?

　　2? ??和?

　　2? ??分别为d1和d2

　　与A、B连线之间的夹角。

　　将⑦⑧⑨?式代入?式得需要加的外力矩为

　　?0a2Iibsin?t?11?M??M0????2?222??a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?2422?0abI?sin2?t?11??????22222?R?a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?2422?4?0abI??(a2?b2)sin?t???2?2222?2R?(a?b)?4abcos?t?22?

　　（2）（解法二）

　　导线框在电流I的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩M0的作用，要使导线框保持角速度为?的匀速旋转，所加的外力矩M必须满足

　　M?M0?0? 此时，安培力的合力矩的功率P0应与导线框中感应电流的功率Pi相等，即

　　P0?Pi? 式中

　　222Ibsin2?t?E2?2a4?011?Pi???? ??2222R?2Ra?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?? 安培力的合力矩为

　　222?a4?0Ibsin2?t?11?M0????? ?2?2222???R?a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t? 由?式可得，外力矩M为 2P0Pi2

　　222?a4?0Ibsin2?t?11?M??M0????2?222?2R?a?b?2abcos?ta?b?2abcos?t?2

　　???4?abI??(a?b)sin?t??22222?2R?(a?b)?4abcos?t?20422222?

　　评分参考：第（1）问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）问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）根据热力学第一定律，有

　　dU??Q??W ①

　　这里，对于1mol理想气体经历的任一缓慢变化过程中，?Q，?W和dU可分别表示为

　　?Q?C?dT，?W??pdV，dU?CVdT

　　将理想气体状态方程

　　pV?RT②

　　两边对T求导，可得

　　p ③ dVdpdV?V?R dTdVdT

　　式中利用了

　　dpdpdV ?dTdVdT

　　根据③式有

　　dVR ?dTp?VdV④

　　联立①②④式得

　　C??CV?pR

　　p?VdV ⑤

　　（2）设bc?过程方程为

　　p????V ⑥

　　根据