2015第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案

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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预赛试题及参考答案

第 32 届全国中学生物理比赛初赛试卷1~5678总分910111213141516本卷共 16 题，满分 200 分．得阅卷复一、选择题．此题共 5 小题，每题 6 分．在分核每题给出的 4 个选项中，有的小题只有一项切合题意，有的小题有多项切合题意。

把切合题意的选项前面的英文字母写在每题后边的方括号内．所有选对的得 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 日清晨 2 点 40 分，马来西亚航空企业一架波音777-200 飞机与管束中心失掉联系．2014 年 3 月 24 日晚，初步确立出事地址位于南纬31o52′、东经 115 o 52′的澳大利亚西南城市珀斯邻近的海疆．有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每日上午同一时辰在该地区正上方对海面摄影，则A.该卫星必定是地球同步卫星B.该卫星轨道平面与南纬31 o 52′所确立的平面共面C.该卫星运转周期必定是地球自转周期的整数倍D.地球自转周期必定是该卫星运转周期的整数倍2.23892U （铀核）衰变成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3．如图，一半径为 R 的固定的圆滑绝缘圆环，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)，只好在环上挪动，静止时两小球之间的距离为 R。

现用外力迟缓推左球 a 使其抵达圆环最低点 c，而后撤掉外力．以下说法正确的选项是A.在左球 a 抵达 c 点的过程中，圆环对 b 球的支持力变大B．在左球 a 抵达 c 点的过程中，外力做正功，电势能增添。

C.在左球 a 抵达 c 点的过程中， a、b 两球的重力势能之和不变D.撤掉外力后， a、b 两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒- 让每一个人同等地提高自我4．如图， O 点是小球平抛运动抛出点；在O 点有一个频闪点光源，闪光频次为30Hz；在抛出点的正前面，竖直搁置一块毛玻璃，小球初速度与毛玻璃平面垂直．在小球抛出时点光源开始闪光．当点光源闪光时，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．取重力加快度 g=10m/s2．以下说法正确的选项是 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(能测出一段时间内经过导体横截面的电荷量)丈量地磁场强度，达成了如下实验：如图，将面积为S，电阻为 "的矩形导线框abcd 沿图示方向水平搁置于地面上某处，将其从图示地点绕东西轴转180o，测得经过线框的电荷量为Q1；将其从图示地点绕东西轴转 90 o ，测得经过线框的电荷量为Q2.该处地磁场的磁感觉强度大小应为A. R Q12Q22B.R Q12Q22C.R Q12Q1Q2 Q22D.S 4S S2- 让每一个人同等地提高自我RQ12 Q1 Q2 Q22S二、填空题．把答案填在题中的横线上．只需给出结果，不需写出求得结果的过程．得阅卷复6．(10 分 )水平力 F 方向确立，大小随时间的分核变化如图a所示；使劲F拉静止在水平桌面上的小物块，在 F 从 0 开始渐渐增大的过程中，物块的加快度 a 随时间变化的图象如图 b 所示．重力加快度大小为10m/s2。

2015年第32届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案

（1）已知机载雷达天线经过A点（其x坐标为）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，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

第32届全国中学生物理竞赛决赛理论试、答案(word版)

第32届全国中学生物理竞赛决赛理论试卷2015年11月考生须知1、考生考试前务必认真阅读本须知2、考试时间为3小时。

3、试题从本页开始，共5页，含八道大题，总分为140分。

试题的每一页下面标出了该页的页码和试题的总页数，请认真核对每一页的页码和总页数是否正确，每一页中是否印刷不清楚的地方，发现问题请及时与监考老师联系。

4、考生可以用发的草稿纸打草稿，但需要阅卷老师评阅的内容一定要写到答题纸上；阅卷老师只评阅答题纸上的内容，写在草稿纸和本试题纸上的解答一律无效。

---------------------------------------------------以下为试题-------------------------------------------------------一、（15分）一根轻杆两端通过两根轻质弹簧A和B悬挂在天花板下，一物块D通过轻质弹簧C连在轻杆上；A、B和C的劲度系数分别为k1、k2和k3，D的质量为m，C与轻杆的连接点到A和B的水平距离分别为a和b；整个系统的平衡时，轻杆接近水平，如图所示。

假设物块D在竖直方向做微小振动，A、B始终可视为竖直，忽略空气阻力。

（1）求系统处于平衡位置时各弹簧相对于各自原长的伸长；（2）求物块D上下微小振动的固有频率；（3）当a和b满足什么条件时，物块D的固有频率最大？并求出该固有频率的最大值。

二、（20分）如图，轨道型电磁发射器是由两条平行固定长直刚性金属导轨、高功率电源、接触导电性能良好的电枢和发射体等构成。

电流从电流源输出，经过导轨、电枢和另一条导轨构成闭合回路，在空间中激发磁场。

载流电枢在安培力作用下加速，推动发射体前进。

已知电枢质量为m s，发射体质量为m a；导轨单位长度的电阻为R rʹ，导轨每增加单位长度整个回路的电感的增加量为I rʹ；电枢引入的电阻为R s、电感为L s；回路连线引入的电阻为R0、电感为L0。

导轨与电枢间摩擦以及空气阻力可忽略。

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..。

2015第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案

放大发发呆第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试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+和匕分别表示质子、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与核发生反应生成“N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/c2 s 1.0078 u 和4.0026 u （ lu-931.494 MeV/c2）,电子型中微子匕的质量可以忽略。

（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C % A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〃？的小球C以垂直于杆的速度%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B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%与竖直方向成e ＜手）角，并同时以角速度g （%的正方向如图中箭头所示）绕通过其质心0、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e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随夕变化的函数关系式、S的最大值以及S取最大值时八。

2015年第32届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案

第32届全国中学生物理竞赛预赛试卷本卷共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115o52′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31o52′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 2.23892U （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4．如图，O点是小球平抛运动抛出点；在O点有一个频闪点光源，闪光频率为30Hz；在抛出点的正前方，竖直放置一块毛玻璃，小球初速度与毛玻璃平面垂直．在小球抛出时点光源开始闪光．当点光源闪光时，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/s2．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Q1；将其从图示位置绕东西轴转90o，测得通过线框的电荷量为Q2.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/s 2。

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。