第32届全国中学生物理竞赛复赛试题
上海市第32届大同杯初中物理竞赛复赛试卷及答案解析
上海市第32届大同杯初中物理竞赛复赛试卷一．选择题1．（3分）这是一张欢笑宝宝的照片，观察图片可见她已长出一些齐整的牙齿。
门牙的功能与下列机械的功能相似的是（）A．杠杆B．滑轮C．轮轴D．尖劈2．（3分）如图，小球在x＝0与x＝x1之间沿x轴运动。
开始时，小球从x＝0处运动到x ＝x1处的时间为t0．假定小球在区间内运动时能保持恒定速率，且每次在x＝0或x＝x1处碰撞返回后，其速率减为碰撞前的一半。
则下列图中能正确描述小球自运动开始后至第二次回到x＝0处的位移﹣时间关系的是（）A．B．C．D．3．（3分）有一支温度计的刻度均匀但示数不准，将它放入1个标准大气压下的沸水中，读数为96℃，放入冰水混合物中，读数为6℃．现将该温度计挂在房间的墙上，观察它在一天内读数的变化，最高读数为33℃，最低读数为15℃，则这一天内房间里的最高实际温度与最低实际温度差为（）A．18℃B．20℃C．22℃D．24℃4．（3分）如图是高压输电线路上的带串联间隙金属氧化物避雷器示意简图。
它并联在绝缘子串两端，其作用是保护高压输电线免遭雷击造成的损害。
由金属氧化物构成的避雷器本体（SVU）的导电状态应是（）A．在任何情况下都是导体B．在任何情况下都是绝缘体C．在正常情况下是导体，在遇到雷击时是绝缘体D．在正常情况下是绝缘体，在遇到雷击时是导体5．（3分）在如图的三维直角坐标系中，电子沿y轴正方向运动。
由电子高压输电线的定向运动形成电流而产生磁场，在a点处的磁场方向是（）A．x轴正方向B．x轴负方向C．z轴正方向D．z轴负方向6．（3分）如图，某校新建成一个喷水池，在池底安装一只射灯。
池内无水时，射灯发出的一束光照在池壁上，在S点形成一个亮斑，S点距离池底的高度为H．现往池内注水，水面升至a位置时，站在S点对面一侧池旁的人看到亮斑的位置在P点处；如果水面升至b位置时，人看到亮斑的位置在Q点，则（）A．P点距离池底的高度大于H，Q点距离池底的高度大于HB．P点距离池底的高度小于H，Q点距离池底的高度大于HC．P点距离池底的高度小于H，Q点距离池底的高度小于HD．P点距离池底的高度大于H，Q点距离池底的高度小于H7．（3分）如图，在三个完全相同的盛满水的容器a、b、c中，漂浮着大小和质量均不同的小黄鸭，则每个容器中水与鸭子总质量分别为m a、m b、m c，则它们的大小关系为（）A．m a＝m b＝m c B．m a＞m b＞m c C．m a＜m b＜m c D．无法判断8．（3分）钱塘江大潮天下闻名。
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。
第 1 页，共 19 页
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
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0.511ν的质量可以忽MeV/c2、1.0078 u和4.0026 u（1u≈931.494 MeV/c2），电子型中微子e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v运0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。
第32届全国中学生物理竞赛复赛模考训练第02套-答案
F1
3 f0
2
f 02 2 f 0 （7）
带入 F 的表达式得到此时对应的 为：
1
方向的最大值为：
2 3 f 0l l sin 1 30 2 f0
f0 3 f0
6 2 l （8）
2 180 arccos
此时的外力为：
30 155.3 （9）
2 3l l 2 3 l 3 1 2 3l l 2 3 l 3 1
(14)
而对于任意角度 1 2 ， F 的最小值为：
F min 3 f 0 sin 30
最大值为：
f 02
3 f 0 cos 30
2
(15)
第 32 届全国中学生物理竞赛复赛模拟训练(2)
满分 160 分 命题人 蔡子星 题一 假设体系偏离平衡位置 l ，即两边绳长分别为 l l 和 l l ，此时两小球的角速度分别为 1 和 2 ， 则因两者仅受有心力作用，角动量守恒
l 2 1 (l l )2 2 (l l )2
取圆盘半径为单位半径，考虑环绕圆盘的单位球面，记球面上垂直圆盘方向的单位面积上辐射的 热量为 q ，则圆盘的这一面辐射的总热量为
而圆盘因反冲获得的动量为
/2
0
q cos (2 sin )d q
/2
0
2 q cos2 (2 sin )d q 3c c
1
第 32 届复赛训练题第 02 套 命题人:蔡子星
题三
如果滑动，至少两个脚发生滑动，先考虑 C 不动， A, B 两个脚滑动的情况。 设三条腿受到的正压力分别为 N A , N B , NC ，由 x 轴和 y 轴力矩平衡可以得到
Type第32届物理竞赛复赛分析
第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题一、（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ν分别表示质的，碳循环反应过程如图所示。
图中p、+e和e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/c2、1.0078 u和 4.0026 u（1u≈931.494ν的质量可以忽略。
MeV/c2），电子型中微子e（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v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
2023年全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准一、参考解答令 表达质子的质量, 和 分别表达质子的初速度和到达a 球球面处的速度, 表达元电荷, 由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ （1）由于a 不动, 可取其球心 为原点, 由于质子所受的a 球对它的静电库仑力总是通过a 球的球心, 所以此力对原点的力矩始终为零, 质子对 点的角动量守恒。
所求 的最大值相应于质子到达a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切（见复解20-1-1）。
以 表达 的最大值, 由角动量守恒有 max 0mv l mvR = （2）由式（1）、（2）可得20max 1/2eU l R mv =- （3） 代入数据, 可得max 22l R = （4） 若把质子换成电子, 则如图复解20-1-2所示, 此时式（1）中 改为 。
同理可求得 max 62l R =（5）评分标准: 本题15分。
式（1）、（2）各4分, 式（4）2分, 式（5）5分。
二、参考解答在温度为 时, 气柱中的空气的压强和体积分别为, （1）1C V lS = （2）当气柱中空气的温度升高时, 气柱两侧的水银将被缓慢压入A 管和B 管。
设温度升高届时 , 气柱右侧水银刚好所有压到B 管中, 使管中水银高度增大C BbS h S ∆= （3） 由此导致气柱中空气体积的增大量为C V bS '∆= （4）与此同时, 气柱左侧的水银也有一部分进入A 管, 进入A 管的水银使A 管中的水银高度也应增大 , 使两支管的压强平衡, 由此导致气柱空气体积增大量为A V hS ''∆=∆ （5）所以, 当温度为 时空气的体积和压强分别为21V V V V '''=+∆+∆ （6）21p p h =+∆ （7）由状态方程知112212p V p V T T = （8） 由以上各式, 代入数据可得2347.7T =K （9）此值小于题给的最终温度 K, 所以温度将继续升高。
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。
第32届全国中学生物理竞赛复赛模考训练第01套
题三
简易的高斯炮的原理是通过释放存储的磁能加速钢球。制作高斯炮需要若干弹性很好的钢球，一
个水平光滑的导轨，一些强磁铁，质量和钢球相当，均为 m ，球的直径和磁铁宽度均为 2r 。磁铁和
钢球之间的吸引力近似写为
uBz
);
Ez ' (Ez uBx )
By
Bx ' Bx ' (By uEz
/
c2 ) ，其中
Bz ' (Bz uEx / c2 )
1 1 v2 / c2
(1) 在地面参照系中，一个原子以速度 u 向 x 轴正向运动，在地面参照系中有匀强电场 E (Ex , Ey , Ez ) 。 请计算在原子自身参照系中的极化的电偶极大小 p ' 。
0 e 1 ，角动量大小为 L 。 a) 通过特殊情境先计算出万有引力的具体形式 f (r) 。可以利用 r, L,e, m 表达。 b) 如图对于任意给定的 ，把物体到中心星体距离记为 r ，物体到另一个焦点距离为 r ' 。
计算在经过一小段时间 t 后，物体与两个焦点的连线转过的角度 , ' ，用瞬时速度 v, , ',r ,t 表达。 c) 计算出在间 t 内物体速度方向的角度变化 （用 v, t,l, ( ') / 2 表达），由此计算物体 的法向加速度，并计算说明在(a)中得到的万有引力形式正确。
b) 初态导线距离圆心距离 0 ，初速度 v0 垂直于导线和圆心的连线，要求导线不会运动到圆柱形区域
内，写下 v0 应当满足的方程。
c) 初态导线在圆柱边缘 (r,0) ，初速度大小 v1 ，向圆柱内运动，恰好能从 (0, r) 离开圆柱。求 v1 方向
全国中学生物理竞赛复赛试题及参考答案
全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准一、（15分）一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00≠v ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .参考解答：以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv . 设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1) 这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v . (2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v . (3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v . (4)[(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得220sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。
由上式可知max 22max 0sin 2cos gRθθ=v .由(3)式有222max max 0max ()2sin tan 0gR θθθθ=-=v v . (4’)将max ()0θθ=v 代入式(1)，并与式(2)联立，得()2220max max max sin 2sin 1sin 0gR θθθ--=v . (5)以max sin θ为未知量，方程(5)的一个根是sin q =0，即q =0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解. 于是max sin 0θ≠. 约去max sin θ，方程(5)变为22max 0max 2sin sin 20gR gR θθ+-=v . (6)其解为20maxsin 14gR θ⎫=-⎪⎪⎭v . (7)注意到本题中sin 0θ≥，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当max θθ=时，(22012ϕ=v v ,(8) 考虑到(4)式有max ==v评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式1分，(4) 式3分， (5) 式1分，(6) 式1分，(7) 式1分， (9) 式2分.二、（20分）一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.1. 若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2. 若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.参考解答：1. 由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后A 、C 、D 的速度分别为A v 、C v 、D v ，显然有D C2l r =v v . (1)以A 、B 、C 、D 为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒D C A 0222m l m r m l m l ++=v v v v . (2)由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化. 故2222D C A 011112222m m m m ++=v v v v . (3) 由 (1)、(2)、(3) 式解得2200022222248,,888C D A lr l r l r l r l r===-+++v v v v v v (4)[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点0D A =-v v v . (3’) 同样可解出(4). ]设碰撞过程中D 对A 的作用力为1F '，对A 用动量定理有221A 0022428l r F t m m m l r+'∆=-=-+v v v ,(5)方向与0v 方向相反. 于是，A 对D 的作用力为1F 的冲量为221022428l r F t m l r+∆=+v (6)方向与0v 方向相同.以B 、C 、D 为系统，设其质心离转轴的距离为x ，则22(2)2mr m l l r x m αα++==++. (7)质心在碰后瞬间的速度为C 0224(2)(2)(8)l l r x r l r α+==++v v v . (8) 轴与杆的作用时间也为t ∆，设轴对杆的作用力为2F ，由质心运动定理有()210224(2)28l l r F t F t m m l rα+∆+∆=+=+v v . (9) 由此得2022(2)28r l r F t m l r-∆=+v . (10) 方向与0v 方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为2022(2)28r l r F t m l r -'∆=-+v ,(11) 方向与0v 方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理21C D F t F t m m ∆+∆=+v v . ][也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]2. 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C 以速度02248C lrl r =+v v 绕过B 的轴做匀速圆周运动的向心力，即()222C 022216(8)l r k r m m r l r -==+v v(12) 则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件0=v (13)可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A 的速度大小0v 应满足(13)式.评分标准：本题20分.第1问16分，(1)式1分， (2) 式2分，(3) 式2分，(4) 式2分， (5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分，(9) 式2分，(10) 式1分，(11) 式1分； 第2问4分，(12) 式2分，(13) 式2分.三、（25分）一质量为m 、长为L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令mLλ=表示细杆质量线密度. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为 k E k L αβγλω=式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出α、β和γ的值.2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值.3. 试求当杆摆至与水平方向成θ角时在杆上距O 点为r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g .提示：如果)(t X 是t 的函数，而))((t X Y 是)(t X 的函数，则))((t X Y 对t 的导数为d (())d d d d d Y X t Y Xt X t=例如，函数cos ()t θ对自变量t 的导数为dcos ()dcos d d d d t t tθθθθ=参考解答：1. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其动能是独立变量λ、ω和L 的函数，按题意 可表示为k E k L αβγλω= (1)式中，k 为待定常数（单位为1）. 令长度、质量和时间的单位分别为[]L 、[]M 和[]T （它们可视为相互独立的基本单位），则λ、ω、L 和k E 的单位分别为 1122[][][],[][],[][],[][][][]k M L T L L E M L T λω---==== (2)在一般情形下，若[]q 表示物理量q 的单位，则物理量q 可写为 ()[]q q q = (3)式中，()q 表示物理量q 在取单位[]q 时的数值. 这样，(1) 式可写为 ()[]()()()[][][]k k E E k L L αβγαβγλωλω= (4)在由(2)表示的同一单位制下，上式即()()()()k E k L αβγλω= (5) [][][][]k E L αβγλω= (6)将 (2)中第四 式代入 (6) 式得22[][][][][][]M L T M L T αγαβ---= (7)(2)式并未规定基本单位[]L 、[]M 和[]T 的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[]L 、[]M 和[]T 均成立，于是1,2,3αβγ=== (8)所以23k E k L λω= (9)2. 由题意，杆的动能为,c ,r k k k E E E =+ (10)其中， 22,cc 11()222k L E m L λω⎛⎫== ⎪⎝⎭v (11) 注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为2L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能,r k E 为 32,r2(,,)222k k L L E E k λωλω⎛⎫== ⎪⎝⎭(12)将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得2323212222L L k L L k λωλωλω⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(13)由此解得16k = (14)于是E k =16lw 2L 3. (15)3. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒sin 2k L E mg θ⎛⎫= ⎪⎝⎭(16) 由(15)、(16)式得w =以在杆上距O 点为r 处的横截面外侧长为()L r -的那一段为研究对象，该段质量为()L r λ-，其质心速度为22c L r L rr ωω-+⎛⎫'=+= ⎪⎝⎭v . (18) 设另一段对该段的切向力为T (以θ增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为N (以指向O 点方向为正向)，由质心运动定理得()()cos t T L r g L r a λθλ+-=- (19) ()()sin n N L r g L r a λθλ--=- (20)式中，t a 为质心的切向加速度的大小()3cos d d d d d 2d 2d dt 4ct L r g L r L r a t t Lθωωθθ+'++====v (21) 而n a 为质心的法向加速度的大小()23sin 22n L r g L r a Lθω++==. (22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得 ()()23cos 4L r r L T mg L θ--= (23)()()253sin 2L r L r N mg L θ-+=(24)评分标准：本题25分.第1问5分， (2) 式1分， (6) 式2分，(7) 式1分，(8) 式1分；第2问7分， (10) 式1分，(11) 式2分，(12) 式2分， (14) 式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；第3问13分，(16) 式1分，(17) 式1分，(18) 式1分，(19) 式2分，(20) 式2分，(21) 式2分，(22) 式2分，(23) 式1分，(24) 式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分.四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成. 质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h . 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g . 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V .参考解答：设在某一时刻球壳形容器的电量为Q . 以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G 出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有2122Qq Qqmgh km mgR kh R R+=++-v . (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为 21(2)(2)2()Qq h R m mg h R kh R R-=---v . (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有 max (2)(2)0()Q q h R mg h R kh R R---=-. (3)由此得 max ()mg h R RQ kq-=. (4)容器的最高电势为maxmax Q V kR= (5) 由(4) 和 (5)式得 max ()mg h R V q-=(6) 评分标准：本题20分. (1)式6分， (2) 式2分，(3) 式4分，(4) 式2分， (5) 式3分，(6) 式3分.五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)xy z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)xy z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)xy z E E E '''，而是0(,,)xy z E E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）参考解答：1. 一个带电量为q 的点电荷在电容器参考系S 中的速度为(,,)x y z u u u ，在运动的参考系S '中的速度为(,,)x y z u u u '''. 在参考系S 中只存在磁场(,,)(,0,0)x y z B B B B =-，因此这个点电荷在参考系S 中所受磁场的作用力为0,,x y z z y F F qu B F qu B==-= (1) 在参考系S '中可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''，因此点电荷q 在S '参考系中所受电场和磁场的作用力的合力为(),(),()x x y z z y y yx z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B '''''''=+-'''''''=-+'''''''=+-(2) 两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为 ,(,,)(,,),(,,)(,,)(0,,0)x y z x y z x y z x y z q q F F F F F F u u u u u u '='''='''=-v (3)由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足 ()0,,()xy z z y yx z z x z z x yy x y E u B u B E u B u B u B E u B u B u B '''+--='''-+=-'''+--=v v (4)它们对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故(,,)(0,0,),(,,)(,0,0)xy z xy z E E E B B B B B '''='''=-v (5)可见两参考系中的磁场相同，但在运动的参考系S '中却出现了沿z 方向的匀强电场.2. 现在，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,,0)v 匀速运动. 电容器参考系S 中的磁场会在液体参考系S '中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化，使得液体中的电场为(,,)(0,0,)xy z E E E B εε'''=v . (6) 为了求出电容器参考系S 中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换，从液体参考系S '中的电场和磁场来确定电容器参考系S 中的电场和磁场. 考虑一带电量为q 的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系S '中，这力(,,)x y z F F F '''如(2)式所示. 它在电容器参考系S 中的形式为(),(),()x x y z z y y y x z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B =+-=-+=+-(7) 利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得 00,,()x y z z y y x z z x z z x y y x y E u B u B E u B u B u B BE u B u B u B εε+-=-+=-+-=+-v v (8)对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故 0(,,)(0,0,(1)),(,,)(,0,0)x y z x y z E E E B B B B B εε=-=-v (9) 可见，在电容器参考系S 中的磁场仍为原来的磁场，现由于运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.注意到(9)式所示的电场为均匀电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为z V E d =-. (10)由(9)式中第一式和(10)式得01V Bd εε⎛⎫=- ⎪⎝⎭v . (11)评分标准：本题25分.第1问12分， (1) 式1分， (2) 式3分， (3) 式3分，(4) 式3分，(5) 式2分；第2问13分， (6) 式1分，(7) 式3分，(8) 式3分， (9) 式2分， (10) 式2分，(11) 式2分.六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )参考解答：设弯成的圆弧半径为r ，金属片原长为l ，圆弧所对的圆心角为φ，钢和青铜的线膨胀系数分别为1α和2α，钢片和青铜片温度由120C T =︒升高到2120C T =︒时的伸长量分别为1l ∆和2l ∆. 对于钢片1()2dr l l φ-=+∆ (1)1121()l l T T α∆=- (2) 式中，0.20 mm d =. 对于青铜片2()2dr l l φ+=+∆ (3)2221()l l T T α∆=- (4) 联立以上各式得2122121212()()2.010 mm 2()()T T r d T T αααα++-==⨯-- (5)评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式3分，(4) 式3分， (5) 式3分.七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >. 一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等.1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.图(a) 图(b) 参考解答：1. 考虑射到劈尖上某y 值处的光线，计算该光线由0x =到x h =之间的光程()y δ. 将该光线在介质中的光程记为1δ，在空气中的光程记为2δ. 介质的折射率是不均匀的，光入射到介质表面时，在0x = 处，该处介质的折射率()01n =；射到x 处时，该处介质的折射率()1n x bx =+. 因折射率随x线性增加，光线从0x =处射到1x h =（1h 是劈尖上y 值处光线在劈尖中传播的距离）处的光程1δ与光通过折射率等于平均折射率()()()1111110111222n n n h bh bh =+=++=+⎡⎤⎣⎦ (1) 的均匀介质的光程相同，即2111112nh h bh δ==+ (2)x忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线（事实上，可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响），光线透过劈尖后其传播方向保持不变，因而有21h h δ=- (3)于是()212112y h bh δδδ=+=+. (4)由几何关系有1tan h y θ=. (5)故()22tan 2b y h y δθ=+. (6)从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x 轴，狭缝的y 值应与对应介质的y 值相同，这些平行光线会聚在透镜焦点处. 对于0y =处，由上式得d 0()=h . (7)y 处与0y =处的光线的光程差为()()220tan 2b y y δδθ-=. (8)由于物像之间各光线的光程相等，故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变；因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强，要求两束光的光程差为波长的整数倍，即22tan ,1,2,3,2b y k k θλ==. (9)由此得y A θθ===. (10) 除了位于y =0处的狭缝外，其余各狭缝对应的y 坐标依次为,,,,A . (11)2. 各束光在焦点处彼此加强，并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求. 事实上，若依次取,4,9,k m m m =，其中m 为任意正整数，则49,,,m m m y y y ===. (12)，光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 评分标准：本题20分.第1问16分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式1分，(4) 式1分，(5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分， (9) 式2分， (10) 式1分，(11) 式2分； 第2问4分，(12) 式4分（只要给出任意一种正确的答案，就给这4分）.八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 eV ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知 m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .参考解答：1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为e p （0e p >）、p γ（0p γ<），碰撞后电子、光子的能量、动量分别为,,,ee E p E p γγ''''. 由能量守恒有 E e +E g =¢E e +¢E g . (1)由动量守恒有cos cos ,sin sin .e eep p p p p p γγγαθαθ''+=+''=. (2)式中，α和θ分别是散射后的电子和光子相对于碰撞前电子的夹角. 光子的能量和动量满足E g =p g c ,¢E g =¢p g c . (3)电子的能量和动量满足22224e e e E p c m c -=，22224e e e E p c m c ''-= (4)由(1)、(2)、(3)、(4)式解得e E E E γγ'=[由(2)式得22222()2()cos ee e p c p c p c p c p c p c p c γγγγθ'''=++-+此即动量p '、ep '和e p p γ+满足三角形法则. 将(3)、(4)式代入上式，并利用(1)式，得 22(2)()22cos 2e e e E E E E E E E E E E E γγγγγγγγθθ''+-+=+--此即(5)式. ]当0θ→时有e E E E γγ'=(6)2. 为使能量从电子转移到光子，要求¢E g >E g . 由(5)式可见，需有E E γγ'-=>此即E γ 或 e p p γ>(7)注意已设p e >0、p g <0.3. 由于2e e E m c >>和e E E γ>>，因而e p p p γγ+>>，由(5)式可知p p γγ'>>，因此有0θ≈. 又242e e em cE E -. (8)将(8)式代入(6)式得¢E g »2E e E g2E g +m e 2c 42E e. (9) 代入数据，得¢E g »29.7´106eV . (10)评分标准：本题20分.第1问10分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式2分，(4) 式2分，(5) 或(6)式2分； 第2问5分，(7) 式5分；第3问5分，(8) 式2分， (9) 式1分， (10) 式2分.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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0.511ν的质量可以忽MeV/c2、1.0078 u和4.0026 u（1u≈931.494 MeV/c2），电子型中微子e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v运0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。
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 <<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 TB=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（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。
pV 1 3V 1p 3p 25V 1 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V pR C C dp p VdVπ=++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i t i t cos cos cos cos jki j j k k jk jk j j k kn n r r en n ϕθθθθ--==+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1213p C N +→ ② 1313e N C e ν+→++ ③1314p C N +→ ④1415p N O +→⑤1515e O N e ν+→++ ⑥15124p N C He +→+ ⑦（3）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0A B x x x m m MV MV =++v v ①A By 0y y m MV MV =++v ② 0AB 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。
由于轻杆长度为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 AB B (0)(0)y y y y V V t V t V ≡===≡⑦由①②⑦式得A By 2y ymV V M==-v ⑧ 由①②③式得A 0()x x mV M=-v v⑨ B 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 ⑪ （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v角动量都守恒，有0C 2x x m m MV =+v v① C 02y y m 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 v ④ C 2y y mV M =-v ⑤()0x m MLω=-v v ⑥碰撞后系统的动能为22222C C 111()(2)()22222x y x y L E m M V V M ω⎛⎫=++++⨯ ⎪⎝⎭v v ⑦ 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 v ⑧（2）解法（一）的⑪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 +v⑫ 可见，在条件0,x y m M m =+=v v v⑬ 下，碰后系统动能达到其最小值2212m E M m =+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。