2015年第32届高中物理竞赛复赛试卷
2015第32届全国高中物理竞赛预赛试题解析(解析版)
一．选择题本题共5小题,每小题6分.在每小题给出的4个选项中,有的小题只有一项符合题意,有的小题有多项符合题意.把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分.1. 2014年3月8日凌晨2点40分，马来西亚航空公司一架波音777-200飞机与管制中心失去联系。
2014年3月24日晚，初步确定失事地点位于南纬31°52’、东经115°52’的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域。
有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时间在该区域正上方对海面拍照，则A．该卫星一定是地球同步卫星B．该卫星轨道平面与南纬31°52’所确定的平面共面C．该卫星运行周期一定是地球自转周期的整数倍D．地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍【参照答案】D2. 23892U（铀核）衰变为22288Rn（氡核）要经过A．8次α衰变，16次β衰变B．3次α衰变，4次β衰变C．4次α衰变，16次β衰变D．4次α衰变，4次β衰变【参照答案】D【名师解析】由（238-222）÷4=4可知，23892U（铀核）衰变为22288Rn（氡核）要经过4次α衰变。
经过4次α衰变，电荷数减少8，而实际上电荷数减少了92-88=4，所以经过了4次β衰变，电荷数增加了4，选项D正确。
3.如图，一半径为R 的固定的光滑绝缘圆环，位于竖直平面内；环上有两个相同的带电小球a 和b （可视为质点），只能在环上移动。
静止时两小球之间的距离为R 。
现用外力缓慢推左球a 使其到达圆环最低点c ，然后撤除外力，下列说法正确的是A ．在左球a 到达c 点的过程中，圆环对b 球的支持力变大B ．在左球a 到达c 点的过程中，外力做正功，电势能增加C ．在左球a 到达c 点的过程中，a 、b 两球的重力势能之和不变D ．撤除外力后，a 、b 两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒 【参照答案】BD 【名师解析】在左球a 到达c 点的过程中，b 球向上移动，重力与库仑力的夹角增大，其合力减小，由平衡条件可知，圆环对b 球的支持力变小，选项A 错误。
第27届、第32届全国中学生物理竞赛复赛试卷(含答案)
解答一、参考解答： 1．以i l 表示第i 个单摆的摆长，由条件（b ）可知每个摆的周期必须是40s 的整数分之一，即i i402T N == （N i 为正整数） （1） [(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.]由(1)可得，各单摆的摆长i 22i400πg l N = （2） 依题意，i 0.450m 1.000m l ≤≤，由此可得i N << （3） 即i 2029N ≤≤ （4） 因此，第i 个摆的摆长为i 22400π(19i)g l =+ (i 1,2,,10)= （5） 2．20s评分标准：本题15分．第1小问11分．（2）式4分，（4）式4分，10个摆长共3分．第2小问4分．二、参考解答：设该恒星中心到恒星－行星系统质心的距离为d ，根据题意有2L d θ∆= （1） 将有关数据代入（1）式，得AU 1053-⨯=d ．又根据质心的定义有Md r d m-= （2） 式中r 为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径，即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律有222πMm G Md r T ⎛⎫= ⎪⎝⎭（3） 由（2）、（3）两式得()23224π1md G TM m =+ （4） [若考生用r 表示行星到恒星行星系统质心的距离，从而把(2)式写为Md r m =，把(3)式写为()222πMmG Md T r d ⎛⎫= ⎪⎝⎭+，则同样可得到(4)式，这也是正确的.] 利用（1）式，可得 ()()3222π21L m GT Mm θ∆=+ （5） （5）式就是行星质量m 所满足的方程．可以把(5)试改写成下面的形式()()()33222π21m M L GMT m M θ∆=+ （6）因地球绕太阳作圆周运动，根据万有引力定律可得3S 22(1AU)(1y)4πGM = （7）注意到S M M =，由（6）和（7）式并代入有关数据得()()310S 8.6101S m M mM -=⨯+ (8) 由（8）式可知 S1m M << 由近似计算可得3S 110m M -≈⨯ （9）由于m M 小于1/1000，可近似使用开普勒第三定律，即3322(1AU)(1y)r T =（10） 代入有关数据得5AU r ≈ （11）评分标准：本题20分．（1）式2分，（2）式3分，（3）式4分，（5）式3分，（9）式4分，（11）式4分．三、参考解答：解法一一倾角为θ的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R 的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有π1tan 2π2R R θ== （1） 可得：sin 5θ=，cos 5θ= （2） 设在所考察的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为ω，则环上每一质量为i m ∆的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同，用u 表示，u R ω= （3） 该小质元对转轴的角动量2i i i L m uR m R ω∆=∆=∆整个螺旋环对转轴的角动量22i i L L m R mR ωω=∆=∆=∑∑ （4）小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成．在螺旋环的角速度为ω时，设小球相对螺旋环的速度为'v ，则小球在水平面内作圆周运动的速度为cos Rθω'=-v v（5）沿竖直方向的速度sin ⊥'=v v θ （6）对由小球和螺旋环组成的系绕，外力对转轴的力矩为0，系统对转轴的角动量守恒，故有0m R L=-v（7）由（4）、（5）、（7）三式得：'v cos θ-ωωR =R （8）在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有()222i 1122mgh m m u ⊥=++∆∑v v（9） 由（3）、（5）、（6）、（9）四式得：()2222sin gh =R R θ-ωθω2''++v v 2cos（10）解（8）、（10）二式，并利用（2）式得ω=（11）'v =（12） 由（6）、（12）以及（2）式得⊥=v（13） 或有2123gh ⊥=v（14）（14）式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度13⊥=a g（15） 若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t ，则有212⊥h =a t （16） 由（11）和（16）式得3=ωgt R（17） （17）式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度3=βgR（18）小球对螺旋环的作用力有：小球对螺旋环的正压力1N ，在图1所示的薄片平面内，方向垂直于薄片的斜边；螺旋环迫使小球在水平面内作圆周运动的向心力2N '的反作用力2N ．向心力2N '在水平面内，方向指向转轴C ，如图2所示．1N 、2N 两力中只有1N 对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有1sin ∆=∆N R t L θ （19）由（4）、（18）式并注意到∆=∆ωβt得13sin mg N θ==（20） 而222N N m R '==v（21）图2由以上有关各式得22 3 =hN mgR（22）小球对螺旋环的作用力13N==（23）评分标准：本题22分．（1）、（2）式共3分，（7）式1分，（9）式1分，求得（11）式给6分，（20）式5分，（22）式4分，（23）式2分．解法二一倾角为θ的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有：π1tan2π2RRθ==（1）可得：sinθ=cosθ=（2）螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度．小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成．在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动．小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为h的位置时，设小球相对薄片斜边的速度为'v，沿薄片斜边的加速度为'a．薄片相对地面向左移动的速度为u，向左移动的加速度为a．u就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为ω，则有u Rω=（3）而a就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为β，则有=a Rβ（4）小球位于斜面上的受力情况如图2所示：图1a 图2重力mg ，方向竖直向下，斜面的支持力N ，方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性力f *，方向水平向右，其大小0*=f ma （5）由牛顿定律有cos sin mg θN f θ*--=0 （6） sin cos *'+=mg f ma θθ （7） 0sin =N ma θ （8）解（5）、（6）、（7）、（8）四式得2sin sin '1+2a =g θθ （9） 2cos =1sin +N mg θθ （10）02sin cos 1+sin =a g θθθ （11）利用（2）式可得'a =g（12） 3N =mg （13） 013=a g （14） 由（4）式和（14）式，可得螺旋环的角加速度1=3βg R（15） 若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t ，则此时螺旋环的角速度=ωβt （16）因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成，而小球沿竖直方向的加速度sin ⊥⊥''==a a a θ（17） 故有212⊥h =a t （18） 由（15）、（16）、（17）、（18）、以及（2）式得=ω （19）小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供，向心力位于水平面内，方向指向转轴，故向心力与图2中的纸面垂直，亦即与N 垂直．向心力的大小21N mR=v （20）式中v 是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若a 为小球相对地面的加速度在水平面内的分量，则有a t =v （21）令a '为a '在水平面内的分量，有00cos a a a a a θ''=-=- （22）由以上有关各式得123=hN mg R（23） 小球作用于螺旋环的力的大小0N =（24）由（13）、（23）和（24）式得0N = （25）评分标准：本题22分．（1）、（2）式共3分，（9）或（12）式1分，（10）或（13）式5分，（11）或（14）式1分，（19）式6分，（23）式4分，（25）式2分．四、参考解答：而R ω=v （2）由（1）、（2）两式得m B q ω=（3）如图建立坐标系，则粒子在时刻t 的位置()cos x t R t ω=，()sin y t R t ω= （4）取电流的正方向与y 轴的正向一致，设时刻t 长直导线上的电流为()i t ，它产生的磁场在粒子所在处磁感应强度大小为()()i t B kd x t =+ （5） 方向垂直圆周所在的平面.由（4）、（5）式，可得()(cos )m i t k d R t q ωω=+（6）评分标准：本题12分．（3）式4分，（4）式2分，（5）式4分，（6）式2分．五、参考解答：1．质点在A B →应作减速运动（参看图1）．设质点在A 点的最小初动能为k0E ，则根据能量守恒，可得质点刚好能到达B 点的条件为 k03/225/2kqQ kqQ kqQ kqQmgR E R R R R -+=+-（1） 由此可得:k0730kqQE mgR R=+（2） 2． 质点在B O →的运动有三种可能情况：i ．质点在B O →作加速运动（参看图1），对应条件为249kqQmg R≤ （3） 此时只要质点能过B 点，也必然能到达O 点，因此质点能到达O 点所需的最小初动能由（2）式给出，即k0730kqQE mgR R =+（4） 若（3）式中取等号，则最小初动能应比（4）式给出的k0E 略大一点．ii ．质点在B O →作减速运动（参看图1），对应条件为 24kqQmg R ≥ （5） 此时质点刚好能到达O 点的条件为图1k0(2)/225/2kqQ kqQ kqQ kqQmg R E R R R R -+=+-（6） 由此可得k011210kqQE mgR R=-（7） iii ．质点在B O →之间存在一平衡点D （参看图2），在B D →质点作减速运动，在D O →质点作加速运动，对应条件为22449kqQ kqQmg R R <<（8） 设D 到O 点的距离为x ，则()2(/2)kqQ mg R x =+ （9）即2R x =（10）根据能量守恒，质点刚好能到达D 点的条件为()k0(2)/225/2kqQ kqQ kqQ kqQ mg R x E R R xR R -+-=+-+ （11）由（10）、（11）两式可得质点能到达D 点的最小初动能为k059210kqQ E mgR R=+- （12）只要质点能过D 点也必然能到达O 点，所以，质点能到达O 点的最小初动能也就是（12）式（严格讲应比（12）式给出的k0E 略大一点．）评分标准：本题20分．第1小问5分．求得（2）式给5分．第2小问15分．算出第i 种情况下的初动能给2分；算出第ii 种情况下的初动能给5分；算出第iii 种情况下的初动能给8分，其中（10）式占3分．六、参考解答：1n =时，A 、B 间等效电路如图1所示， A 、B 间的电阻rLAB图 1图211(2)2R rL rL == （1）2n =时，A 、B 间等效电路如图2所示，A 、B 间的电阻21141233R rL R ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（2） 由（1）、（2）两式得256R rL = (3)3n =时，A 、B 间等效电路如图3所示，A 、B 间的电阻3211331233229443R rL R ⎡⎤⎛⎫=++++++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦（4） 由（3）、（4）式得379R rL =（5）评分标准：本题20分．（1）式4分，（3）式6分，（5）式10分．七、参考解答：１．根据题意，太阳辐射的总功率24S S S 4πP R T σ=．太阳辐射各向同性地向外传播．设地球半径为E r ，可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的，故地球接收太阳辐射的总功率AB图321rL1211rL 1rL 9rL9rL11R 2rL 2rL23rL113R23rL图2为242S I S E πR P T r d σ⎛⎫= ⎪⎝⎭（1）地球表面反射太阳辐射的总功率为I P α．设地球表面的温度为E T ，则地球的热辐射总功率为24E E E 4πP r T σ= （2）考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射，则输入地球表面的总功率为I E P P β+．当达到热平衡时，输入的能量与输出的能量相等，有I E I E P P P P βα+=+ （3）由以上各式得1/41/2S E S 121R T T d αβ⎫-⎛⎫=⎪⎪-⎝⎭⎝⎭（4）代入数值，有E 287K T = （5）2．当地球表面一部分被冰雪覆盖后，以α'表示地球表面对太阳辐射的平均反射率，根据题意这时地球表面的平均温度为E 273K T =．利用（4）式，可求得0.43α'= （6）设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为x ，则12(1)x x ααα'=+- （7）由（6）、（7）两式并代入数据得%30=x （8）评分标准：本题15分．第1小问11分．（1）式3分，（2）式1分，（3）式4分，（4）式2分，（5）式1分．第2小问4分．（6）式2分，（8）式2分．八、参考解答：方案一：采光装置由平面镜M 和两个凸透镜L 1、L 2组成．透镜组置于平面镜M 后面，装置中各元件的相对方位及光路图如图1所示．L 1、L 2的直径分别用D 1、D 2表示，其焦距的大小分别为f 1 、f 2．两透镜的距离12d f f =+ （1）直径与焦距应满足关系1212f fD D = （2） 设射入透镜L 1的光强为10I '，透过透镜L 1的光强为1I '，考虑到透镜L 1对光的吸收有 1100.70I I ''=（3） 从透镜L 1透出的光通量等于进入L 2的光通量，对应的光强与透镜的直径平方成反比，进入L 2的光强用20I 表示，即2220112122I D f I f D ⎛⎫== ⎪'⎝⎭故有212012f I I f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（4）透过L 2的光强2200.70I I '=，考虑到（3）式，得 2121020.49f I I f ⎛⎫''= ⎪⎝⎭（5） 由于进入透镜L 1的光强10I '是平面镜M 的反射光的光强，反射光是入射光的80%，设射入装置的太阳光光强为0I ，则1000.80I I '= L 22.5图1代入（5）式有212020.39f I I f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（6）按题设要求202I I '= 代入（6）式得2100220.39f I I f ⎛⎫= ⎪⎝⎭从而可求得两透镜的焦距比为122.26f f = （7） L 2的直径应等于圆形窗户的直径W ，即210cm D =，由（2）式得112222.6cm f D D f == （8） 由图可知，平面镜M 参与有效反光的部分为一椭圆，其半短轴长度为1/211.3cm b D == （9）半长轴长度为1(2sin 22.5)29.5cm a D == （10）根据装置图的结构，可知透镜组的光轴离地应与平面镜M 的中心等高，高度为H ． 评分标准：本题20分．作图8分（含元件及其相对方位，光路），求得（7）、（8）两式共10分，（9）、（10）式共2分．方案二：采光装置由平面镜M 和两个凸透镜L 1、L 2组成，透镜组置于平面镜M 前面，装置中各元件的相对方位及光路图如图2所示．对透镜的参数要求与方案一相同．但反射镜M 的半短轴、半长轴的长度分别为2/2 5.0cm b D == 和2(2sin 22.5)13.1cm a D ==评分标准：参照方案一．方案三、采光装置由平面镜M 和一个凸透镜L 1、一个凹透镜L 2组成，透镜组置于平面镜M 后面（也可在M 前面），装置中各元件的相对方位及光路图如图3所示．有关参数与方案一相同，但两透镜的距离12d f f =-如果平面镜放在透镜组之前，平面镜的尺寸和方案一相同；如果平面镜放在透镜组之后，平面镜的尺寸和方案二相同． 评分标准：参照方案一．九、参考解答：1．假设碰撞后球1和球2的速度方向之间的夹角为α（见图），1L 22.5图 322.5图2W则由能量守恒和动量守恒可得22220000102m c m c m c m c γγγ+=+ （1）()()()()()2220000110220110222cos m m m m m γγγγγα=++v v v v v（2）其中0γ=，1γ=，2γ=．由（1）、（2）式得2101γγγ+=+ （3）2222012121212(/)cos c γγγγγα+=++v v （4）由（3）、（4）式得222220121212121212111cos 02()()()c c γγγγγαγγγγ+-+--==>v v v v （5）π2α<（6） 即为锐角．在非相对论情况下，根据能量守恒和动量守恒可得2202100212121v v v m m m +=20 （7） ()()()()()22200010201022cos m m m m m α=++v v v v v（8）对斜碰，1v 的方向与2v 的方向不同，要同时满足（1）和（2）式，则两者方向的夹角π2α=（9） 即为直角．2．根据能量守恒和动量守恒可得22220m c +=+（10）1=+（11）令0γ=，1γ=，2γ=则有：0=v1=v2=v 代入（10）、（11）式得2101γγγ+=+ （12）111222120-+-=-γγγ（13）解（12）、（13）两式得11=γ 02γγ= （14）或01γγ= 21γ= （15）即10=v ， 20=v v （16）（或10=v v ，20=v ，不合题意）评分标准：本题16分．第1小问10分．（1）、（2）式各2分，（6）式4分，（9）式2分． 第2小问6分．（10）、（11）式各1分，（16）式4分．第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案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。
2015年第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答
⑤
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 = VBy (t = 0) = 0) ≡ VBy
由①②⑦式得
VAy = VBy = − m vy 2M
⑥
⑦ ⑧
由①②③式得 m ( v0 − v x ) M VBx = 0 利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为 = VAx ⑨ ⑩
参考答案： （1）图中 X 和 Y 代表的核素分别为 15 O 和 13C （2）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为
① ②
p + 12 C → 13 N
13
N → C + e +ν e
13 +
③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
p + 13 C → 14 N p + 14 N → 15 O
15
O → N + e +ν e
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。 评析： 根据《全国中学生物理竞赛内容提要》的近代物理部分，考纲要求如下： “原子核的尺度数量 级 天然放射性现象 原子核的衰变 半衰期 放射线的探测 质子的发现 中子的发现 原子 核的组成 核反应方程 质能关系式 裂变和聚变 质量亏损” ，基本与高中选修 3-5 要求一致。 但是作为一个不经常出现的考点，很多考生会忽视这一部分，导致面对本题时感到无所适从。这 充分说明，在竞赛考试前的最后一轮复习时，按照考纲逐条过关是很有必要的。
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2015 年第 32 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析
2015年第32届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案
（2）已知BC长度为 ，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 ，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。
又因为
由上式得，当 取最大值时， 、 和 应满足 ⑰
（32届复赛15年）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 ）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 。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 。
已知：当 时， 。
四、（25分）
（1）解法（一）
按照题给坐标系，设待测点P的位置为 ，飞机在 时所在点K的位置为 。在时刻 ，飞机所在位置A点的坐标为 ，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 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 ，如图所示。由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有
角动量都守恒，有
①
②
③
式中， 和 表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由①②③式得
④
⑤
⑥
碰撞后系统的动能为
⑦
利用④⑤⑥式，系ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ动能⑦式可表示成
⑧
（2）解法（一）的⑪式或者解法（二）的⑧式即为
复赛届中学生物理竞赛和答案
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 ν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0.511 MeV/c 2、1.0078 u 和4.0026 u1u≈931.494 MeV/c 2;电子型中微子e ν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v 0与竖直方向成θπ3π22θ<<角;并同时以角速度0ω0ω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θ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θ变化的函数关系式、s 的最大值以及s 取最大值时r 、0v 和0ω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P x 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Ob c V 13V 1p 325V 1线段BCBC 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A x 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s L ;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0s R L >>;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θ的函数..已知：当1y <<时212y ≈+..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0.10 m 和1.0 Ω..导线框处于磁感应强度 1.0 T B =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 2.0 m/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O 1O 2转动;转轴到长直导线的距离为b ..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ω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式中;V C 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 ；102n n n >≥..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;i j θ是光波在介质j 表面上的入射角;t j θ是光波在介质j 表面上的折射角..1入射角i1θ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 λ..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式中;i j θ和t j θ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sin 2i i e e i θθθ--=;cos 2i i e e θθθ-+= 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13C①2一个循环所有的核反应方程式依循换次序为1213p C N+→ ②1313e N C e ν+→++③1314p C N +→ ④1415p N O +→ ⑤ 1515e O N e ν+→++ ⑥15124p N C He +→+ ⑦3整个循环的核反应;相当于4e 4p He 2e 2+→++ν ⑧完成一个碳循环过程释放的核能为4e2p e H (42) [(4 1.0078 4.0026)931.49420.511] MeV 25.619 MeV E m M m c ∆=--=⨯-⨯-⨯≈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A C0A B x x x m m MV MV =++v v ①A By 0y y m MV MV =++v ②0A B 2222x x x L L L Lm m M V M V =+-v v ③ 式中;x v 和y v 表示球C 碰后的沿x 方向和y 方向的速度分量..由轻杆长度为L ;按照图中建立的坐标系有222A B A B [()()][()()]x t x t y t y t L -+-=④由上式对时间求导得A B A B A B A B [()()][()()][()()][()()]0x x y y x t x t V t V t y t y t V t V t --+--=⑤在碰撞后的瞬间有A B A B (0)(0),(0)(0)x t x t y t y t L ====-==⑥利用⑥式;⑤式在碰撞后的瞬间成为 A A B B (0)(0)y y y y V V t V t V ≡===≡⑦由①②⑦式得A By 2y y m V V M==-v⑧ 由①②③式得A 0()x x mV M=-v v⑨B 0x V =⑩利用⑧⑨⑩式;碰撞后系统的动能为222222A Ay Bx By 2222A Ay 22220111()()()22211 ()(2)22112 ()224x y x x y x x x yE m M V V M V V m M V V m M m m m M M=+++++=++++=+-+v v v v v v v v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C V ;细杆绕中心转动的角速度为ω..碰撞前后系统的动量及其对细杆中心的 角动量都守恒;有0C 2x x m m MV =+v v①C 02y ym MV =+v ②022222x L L L L m m M ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭v v ③式中;x v 和y v 表示球C 碰后的沿x 方向和y 方向的速度分量..由①②③式得()c 02x x mV M =-v v④C 2y ym V M=-v⑤()0x mMLω=-v v⑥碰撞后系统的动能为22222C C 111()(2)()22222x y x yL E m M V V M ω⎛⎫=++++⨯ ⎪⎝⎭v v⑦利用④⑤⑥式;系统动能⑦式可表示成22220112()224x x y m M m E m m M M+=+-+v v v v⑧2解法一的 式或者解法二的⑧式即为2222001()21242x y M m m m M m m E m M M m M M m ++⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭v v v +v可见;在条件0,x y mM m =+=v v v下;碰后系统动能达到其最小值22012m E M m=+v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;解法一①②③④⑤⑦⑧⑨⑩ 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; 式各2分; 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t I ；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β;圆环的角速度为ω..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0sin sin t m m I βθ-=v v ①由对质心的动量矩定理有0()()trm r rm r rI ωω-=- 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sin 0r βω-=v ③由题意知00cos cos 0kβθ-=-v v④联立①②③④式得v ⑤ 001tan (tan )2cos r k ωβθθ=-+v ⑥ 001(sin )2r rωωθ=+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 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00sin r ωθ=-v⑧在此条件下;在与地面刚刚碰后的瞬间有0ω=;0cos k θ=-v v ⑨即圆环做竖直上抛运动..圆环上升的最大高度为22222222000cos ()222k k r h g g gθω-===v v v ⑩ 3由于忽略空气阻力;圆环再次弹起后;角速度保持为ω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θ变化的函数关系式为2000cos sin 2(sin )k s r g gθβθω==-+v v vs 取最大值时;θ的取值θ满足00(cos2sin )0k ds r d gθθωθθ=--=v v由得 式得sin θ将 代入 式得1s =2s =式中1s 和2s 分别对应于 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)16k r r r r r s gωωωωω++--+=v v v又因为由上式得;当s 取最大值时;r 、v 0和0ω应满足00r ω>v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; 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,)x a ;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)x x h =;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)x x h '=;如图所示..由于光速不变;飞机做匀速直线运动;有222201P 02P 21()()()R x x R x x c t t +-++-=- ① 2121()x x t t -=-v② 式中220R h a =+..现设在时刻1t ';飞机所在位置A 点的坐标为1(,,0)x h ';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)x h '..同理有222201P 02P 21()()()R x x R x x c t t ''''+-++-=- ③2121()x x t t ''''-=-v ④1111()x x t t ''-=-v ⑤由①②式和c <<v 得22222101P 01P 212222201P 01P 211P 2122222201P 01P 211P 212201P 1P2201P 1 ()()1()()2()()()1()()2()()()2()(()t t R x x R x x x x cR x x R x x x x x x x x cR x x R x x t t x x t t cR x x x x t cc R x x ⎡⎤-=+-++-+-⎣⎦⎡⎤=+-++-+--+-⎣⎦⎡⎤=+-++-+--+-⎣⎦+--≈++-v v v21)t - ⑥ 上式右端已略去了2(/)c v 级的高阶项..由⑥式解得211P 2 112()t t x x c-≈≈⎝=+-v ⑦同理;由③④式和c <<v 得211P 22 ()t t x x c '''-≈+-v ⑧ 由⑦⑧式得221111222()()()t t t t x x cc'''---≈+-v⑨ 利用⑤式;⑨式成为2211211211()()22())t t t t t t cc t t ''---'≈+-'≈-v ⑩上式右端已略去了2(/)c v 级的高阶项..令110t t T '-= 式中;0T 为机载雷达在发射的光信号的周期;则22t t T '-= 是机载雷达接受到相应的光信号的周期.. 式可写成00T T - 或D 00f f f f ≡-= 式中1x 已用A x 替代;而是相应的光信号的频率;D f 是接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差频移.. 式也可写为D 002cos f f f f cα≡-=-v式中即α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)x x =；目标点P 的位置P 0(,)x R 在这个坐标系里是固定的..设机载雷达于时刻t 发出的发射信号的相位为式中0ω和ϕ分别是相应的角频率和初相位..机载雷达于时刻1t 在A '点2A 1((),0)x x t '=接收到的经P 反射的信号是机载雷达于时刻1t -τ在A 点1A 1((),0)x x t =-τ发出的;其相位为()()101t t '=-+Φωτϕ①式中τ为信号往返过程所需的时间;它满足c τ②21x x -=τv ③经过时间间隔t ∆;同理有()()101t t t t ''+∆=+∆-+Φωτϕ ④c '=τ ⑤21x x '''-=τv ⑥另外;由于同样的原因飞机作匀速直线运动;还有11x x t '-=∆v ⑦设机载雷达收到的信号的圆频率为ω;则应有()()11t t t t ''+∆-=∆ΦΦω ⑧ 由②③式和c <<v 得1 11ccc===τ ⑨ 上式右端已略去了2(/)c v 级的高阶项..由⑨式解得1P 2 112()x x c≈≈⎝=+-τv ⑩同理;由⑤⑥式和c <<v 得1P 22 ()x x c''≈-τv由①④⑧式得00()()t t ωωτωτ'∆=∆--- 将2πf =ω 代入 式;利用⑦⑩ 式;在t ∆很小的情形下;略去t ∆的高阶项;得D 00f f f f ≡-=或D 002cos f f f f cα≡-=-v式中即α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 22220/2/2ππ22(/2)(/2)s s s s L L R L R L α-≤≤+++频移D f 分别为正、零或负的条件是：当π/2α<A P x x <时;频移0D f >；当π/2θ=A P x x =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D 0f =当π/2θ>A P x x >时;频移0D f <..当220π/2/2(/2)s s L R L α=-+A P /2s x x L -=-时;即机载雷达发射信号时正好位于A P (/2,,0)s x x L h =-处;正的频移最大D10220(/2)ss L f fc R L =+v当220π/2/2(/2)s s L R L α=++A P /2s x x L -=时;即机载雷达发射信号时正好位于A P (/2,,0)s x x L h =+处;负的频移的绝对值最大D20220(/2)ss L f fc R L =-+v3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120022024sin2(/2)sD D D s L f f f f f cc R L θ∆≡-==+v v由于0s R L >>;有1θ<<;故 将上式代入到 式得2D f f cθ∆=v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D f 分别为正、零或负的条件正确包括 式给2分; 式各1分；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10W = 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1362516784735, , , .I I I I I I I I I I I I I +=⎧⎪+=⎪⎨=+⎪⎪+=+⎩ ②由基尔霍夫第二定律;对4个回路可列出4个独立方程13525436747820,20,20, 20.U I R I R U I R U I R I R U I R U I R I R I R U I R I R I R -+--=⎧⎪-+-+=⎪⎨---=⎪⎪-+-=⎩ ③式中;感应电动势U 为0.20V U bl ==v ④ 联立②③④式得：120.025A I I == ⑤340.050A I I ==⑥ 此时;ab 边和ed 边所受的安培力大小分别为 ab 1ab 0.0050N F BI l == ⑦cf 3cf 0.010N F BI l == ⑧ 式中l ab 和l ed 分别为ab 边和ed 边的长度..外力所做的功为2ab ef cf ef 0.0015J W F l F l =+= ⑨式中l ef 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 1362516784735, , , .I I I I I I I I I I I I I +=⎧⎪+=⎪⎨=+⎪⎪+=+⎩ ⑩和13525436747820,20,20, 20. U I R I R I R U I R I R I R I R I R I R I R I R I R -+-=⎧⎪-++=⎪⎨---=⎪⎪-+-=⎩联立⑩ 式得120.075A I I == 此时;ab 边受到的安培力为ab 10.015N ab F BI l == 外力所做的功为3ab af 0.0015J W F l == 整个过程中外力做的功为1230.0030J W W W W =++= 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 θω=;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;a ω=v ①A 、B 处对应的磁感应强度大小分别为0112IB r μπ=②222IB r μπ=③ 其中;0μ为真空磁导率;r 1、r 2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20111120222222sin sin 2sin sin a IE B a r a IE B a r ====1ωμχχπωμχχπv v④ 式中1π2-χ、2π2-χ分别为A 、B 的速度方向与r 1、r 2的夹角.. 根据几何关系得12=+=-χθαχθβ⑤其中α、β分别为r 1、r 2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2011212sin()sin()a I E E E r r ⎡⎤+-=+=+⎢⎥⎣⎦ωμθαθβπ⑥根据几何关系及三角形余弦定理得α、β、r 1、r 2与a 、b 、θ之间的关系为11cos cos sin sin b a r a r θαθα-⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩⑦22cos cos sin sinb a r a r θβθβ+⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩⑧ 222122222cos 2cos r a b ab r a b ab θθ⎧=+-⎨=++⎩⑨ 将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为202222202222sin 112cos 2cos sin 11 2cos 2cos a Ib E a b ab a b ab a b I t a b ab t a b ab t ωμθπθθμωωπωω⎛⎫=+ ⎪+-++⎝⎭⎛⎫=+ ⎪+-++⎝⎭⑩ 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0M 的作用;要使导线框保持角速度为ω的匀速旋转;所加的外力矩M 必须满足00M M +=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1F 和2F 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1F 和2F 的大小为01112aIiF aiB r μπ==2222aIiF aiB r μπ==式中i 为导线框中的感应电流..由欧姆定律有202222sin 112cos 2cos a Ib t E i R R a b ab t a b ab t ωμωπωω⎛⎫==+ ⎪+-++⎝⎭安培力的合力矩为0112212122012cos()cos()22sin()sin()sin()sin()M F d F d F a F a F a F a a Ii r r =+=--+-+=++-⎡⎤+-=+⎢⎥⎣⎦ππθαθβθαθβμθαθβπ其中;d 1和d 2分别为F 1和F 2与转轴之间的垂直距离;2--πθα和2-+πθβ分别为d 1和d 2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200222222422202222222422220222222sin 112cos 2cos sin 112cos 2cos 4()sin ()4cos a Iib t M M a b ab t a b ab t a b I t R a b ab t a b ab t a b I a b tR a b a b t μωπωωμωωπωωμωωπω⎛⎫=-=-+ ⎪+-++⎝⎭⎛⎫=-+ ⎪+-++⎝⎭⎛⎫+=- ⎪+-⎝⎭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0M 的作用;要使导线框保持角速度为ω的匀速旋转;所加的外力矩M 必须满足00M M +=此时;安培力的合力矩的功率P 0应与导线框中感应电流的功率P i 相等;即0iP P =式中22422222022222sin 112cos 2cos i a I b t E P R R a b ab t a b ab t ωμωπωω⎛⎫==+ ⎪+-++⎝⎭安培力的合力矩为24222200022222sin 112cos 2cos iP P a I b t M R a b ab t a b ab t ωμωωωπωω⎛⎫===+ ⎪+-++⎝⎭由 式可得;外力矩M 为24222200222222242222222222sin 112cos 2cos 4()sin ()4cos a I b t M M R a b ab t a b ab t a b I a b t R a b a b t ωμωπωωμωωπω⎛⎫=-=-+ ⎪+-++⎝⎭⎛⎫+=-⎪+-⎝⎭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 δδ=+① 这里;对于1mol 理想气体经历的任一缓慢变化过程中;Q δ;W δ和dU 可分别表示为Q C dT πδ=;W pdV δ=-;V dU C dT = ②将理想气体状态方程 两边对T 求导;可得dV dp dVpV R dT dV dT+= ③式中利用了根据③式有dV RdpdT p V dV=+ ④联立①②④式得V pR C C dp p VdVπ=++ ⑤2设bc '过程方程为p Vαβ=- ⑥根据可得该直线过程的摩尔热容为2V VC C R Vπαβαβ-=+- ⑦式中;V C 是单原子理想气体的定容摩尔热容;32V C R =..对bc '过程的初态11(3,)p V 和终态11(,5)p V ;有111135p V p V αβαβ=-=- ⑧由⑧式得1117, 22p p V αβ== ⑨由⑥⑦⑧⑨式得11835414V V C R V V π-=-⑩3根据过程热容的定义有QC Tπ∆=∆式中;Q ∆是气体在此直线过程中;温度升高T ∆时从外界吸收的热量..由⑩ 式得11414835V V T R Q V V -∆=∆-11835414V V TQ V V R -∆∆=-由 式可知;bc '过程中的升降温的转折点A 在-p V 图上的坐标为1177(,)24A V p 由⑩式可知;bc '过程中的吸放热的转折点B 在-p V 图上的坐标为113521 (,)816V p B4对于abcda 循环过程;ab 和bc 过程吸热;cd 和da 过程放热()()()()11111.532.515ab V b a b a bc p b a c b Q nC T T RT RT p V Q nC T T RT RT p V =-=-==-=-=式中;已利用已知条件1mol n =;单原子理想气体定容摩尔热容32V C R =;定压摩尔热容52p C R =..气体在abcda 循环过程的效率可表示为循环过程中对外做的功除以总吸热;即111140.2218abcda abcda ab bc W pV Q Q pV η===+对于abc a '循环过程;ab 和bB 过程吸热; ''和Bc c a 过程放热..由热力学第一定律可得;bB 过程吸热为()()()111113=11.392bc bB bB V B b B B Q U W nC T T p p V V pV '=∆-=-++- 所以;循环过程abc a '的效率为111140.27814.39abc a abc a ab bc W p V Q Q p V η'''===+由 式可知abc a abcda ηη'>评分参考：第1问5分;①②③④⑤式各1分；第2问5分;⑥⑦⑧⑨⑩式各1分；第3问7分; 式1分; 式各2分; 式各1分；第4问5分; 式各1分..八、20分1对于光线在波导层和衬底层的折射情况;根据折射定律有1i10t0sin sin n n θθ=①若要求光线不会折射到衬底中;即发生全反射;应有i110 C θθ≥ ②式中;10 C θ为光线在波导层和衬底层的交界面上发生全反射的临界角010 C 1arcsin n n θ⎛⎫=⎪⎝⎭③同理应有i212 C θθ≥ ④式中;12 C θ为光线在波导层和衬底层的交界面上发生全反射的临界角212 C 1arcsin n n θ⎛⎫=⎪⎝⎭⑤由题设102n n n >≥;可知10 C 12 C θθ≥ ⑥所以;当入射角0i11arcsin n n θ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭时;光被完全限制在波导薄膜里..2考虑光波在波导薄膜中传播时处于临界的全反射状态..此时光波的波长可由光的入射角决定..此时光在介质1n 与0n 交界面的反射处于全反射的临界状态;光在介质1n 与2n 交界面的反射也为全反射..如右图所示;10ϕ和12ϕ分别为1和0界面以及1和2界面上的反射引入的相位1010i r e ϕ-=和1212i r e ϕ-=..过1和2界面上的反射点做直线虚线垂直于光线A;设光线A 到虚线之前的路程长为l ..此后;光线A 与再经过两次反射的光线B 之间的相位差应该为2π的整数倍;以致光可在波导薄膜中传输..故i11012i1i1i11012i1101210122sec 222sec 2tan sin 24cos d lm d d d θππϕϕλθθθπϕϕλπθϕϕλϕϕ-=---=--=--=- ⑦式中;0,1,2,3,m =;λ为所传输光波在波导薄膜介质中的波长..考虑介质1n 与0n 交界面的反射;由①式得1i1t00sin sin 1n n θθ== ⑧考虑到⑧式;在介质1n 与0n 交界面的反射系数为1i10t01i1101i10t01i1cos cos cos 1cos cos cos n n n r n n n θθθθθθ-===+⑨由上式可以得到介质1n 与0n 交界面的反射相位100ϕ= ⑩ 再考虑介质1n 与2n 交界面的反射;由①式得1i1t222sin sin n n n n θθ==按照题给的推广的定义;上式右边大于或等于1也并不奇怪..当02n n >时;按照题给的推广的正弦和余弦的定义可知;t 2cos θ是一个纯虚数;可以写为t 2cos θ=考虑到 式;则在介质1n 与2n 交界面的反射系数为1i12t2121i12t2cos cos exp 2cos cos n n r i n n θθθθ⎛-===- +⎝由上式可以得到介质1n 与2n 交界面的反射相位为12ϕ=将⑩和 式代入到⑦式中得;在给定m 的情况下能在薄膜波导中传输的光波在该介质中的的最长波长截止波长为λ=式中;0,1,2,3,m =..当0m =时可得;能在薄膜波导中传输的光波在该介质中的的最长波长为max λ=评分参考：第1问10分;①②式各2分;③④式各1分;给出“入射角0i11arcsin n n θ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭时;光被完全限制在波导薄膜里”的结论给2分;⑤⑥式各1分；第2问10分;⑦式2分;⑨⑩ 式各1分..。
32届中学生物理竞赛复赛试题(含答案)_
32届中学生物理竞赛复赛试题(含答案)_32届中学生物理竞赛复赛试题(含答案)32届中学生物理竞赛复赛试题(含答案)第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题讲明：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响经过：碳循环和质子-质子循环；其中碳循环是贝蒂在1938年提出的，碳循环反响经过如下图。
图中p、+e和eν分别表示质子、正电子和电子型中微子；粗箭头表示循环反响进行的先后次序。
当从循环图顶端开场，质子p与12C核发生反响生成13N 核，反响按粗箭头所示的次序进行，直到完成一个循环后，重新开场下一个循环。
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eν的质量能够忽略。
〔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响方程式；〔3〕计算完成一个碳循环经过释放的核能。
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。
开场时细杆静止；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到达极小值，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霎时，圆环质心速度v0与竖直方向成θ〔π3π22θ32届中学生物理竞赛复赛试题(含答案)32届中学生物理竞赛复赛试题(含答案)VpcdV13V1p3pc'2p5V1〔3〕已知0sRL>>，求从C先到达P点、直至B到达P 点经过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θ的函数。
已知：当1y≥。
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，ijθ是光波在介质j外表上的入射角，tjθ是光波在介质j外表上的折射角。
最新整理第届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案复习进程
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 ν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0.511 MeV/c 2、1.0078 u 和 4.0026 u （1u≈931.494 MeV/c 2），电子型中微子e ν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v 0与竖直方向成θ（π3π22θ<<）角，并同时以角速度0ω（0ω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θ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θ变化的函数关系式、s 的最大值以及s 取最大值时r 、0v 和0ω应满足的条件。
2015年第32届全国中学生物理竞赛预赛试卷及答案(标准word版)
2015年第32届全国中学生物理竞赛预赛试卷及答案(标准word 版)第32届全国中学生物理竞赛预赛试卷1~5 6 7 8 总分 9 10 11 1213141516本卷共16题，满分200分． 一、选择题．本题共5小题，每小题6分．在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意。
把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1.2014年3月8日凌晨2点40分，马来西亚航空公司一架波音777-200飞机与管制中心失去联系．2014年3月24日晚，初步确定失事地点位于南纬31º52′、东经115 º 52′的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域．有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域正上方对海面拍照，则 A.该卫星一定是地球同步卫星B.该卫星轨道平面与南纬31 º 52′所确定的平面共面C.该卫星运行周期一定是地球自转周期的整数倍D.地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍得分 阅卷 复核点光源闪光时，在毛玻璃上有小球的一个投影点．已知图中O 点与毛玻璃水平距离L=1．20 m ，测得第一、二个投影点之间的距离为0.05 m ．取重力加速度g =10m/s 2．下列说法正确的是 A.小球平抛运动的初速度为4m/sB ．小球平抛运动过程中，在相等时间内的动量变化不相等C ．小球投影点的速度在相等时间内的变化量越来越大D.小球第二、三个投影点之间的距离0．15m5．某同学用电荷量计(能测出一段时间内通过导体横截面的电荷量)测量地磁场强度，完成了如下实验：如图，将面积为S ，电阻为"的矩形导线框abcd 沿图示方位水平放置于地面上某处，将其从图示位置绕东西轴转180º，测得通过线框的电荷量为Q 1；将其从图示位置绕东西轴转90 º ，测得通过线框的电荷量为Q 2.该处地磁场的磁感应强度大小应为 A.22214Q Q S R + B.2221Q Q SR + C.2221212Q Q Q Q S R ++ D.222121Q Q Q Q SR ++二、填空题．把答案填在题中的横线上．只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．(10分)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图a所示；用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图b所示．重力加速度大小为10m/s2。