第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答++

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去涕猛贝
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1 第届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 5 年 9 月 9 日一 (5 分 ) () 图中 X 和 Y 代表的核素分别为 5 O 和 C () 一个循环所有的核反应方程式依循换次序为 p C N N C e e p C N 5 p N O 5 O N e e () 整个循环的核反应, 相当于 5 p N C He 7 p He e + e 8 完成一个碳循环过程释放的核能为 E m M m p He e MeV 5.69MeV 9 评分参考 : 第 () 问分, X 和 Y 正确, 各分 ; 第 () 问 6 分,567 式各分 : 第 () 问 5 分,8 式分,9 式分二 (5 分 ) (l)( 解法一 ) 取碰前 B 球所在位置 O 为原点, 建立坐标系 ( 如图 )

2 碰撞前后系统的动量及其对细杆中心的角动量都守恒, 有 m m MV MV x Ax Bx y Ay m MV MV L L L L m m x M VA x M VB x 式中, x 和 y 表示球 C 碰后的沿 x 方向利 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由上式对时间求导得 By A B A B x t x t y t y t L xa t xb t VA x t VB x t ya t yb t VA y t VB y t 5 在碰撞后的瞬间有 A x t x t, B 利用 6 式,5 式在碰撞后的瞬司成为 A y t y t L 6 B V V t V t V 7 Ay Ay By By 由 7 式得由式得 m VA y VB y y M 8 m VA x x M 9 利用 89 式, 碰撞后系统的动能为 ( 解法二 ) VB x E m M V V M V V mx y M VAx V Ay m M m mx x my M M x y Ax Ay Bx By

3 取碰前 B 球所在位置 O 为原氧, 建立坐标系 ( 如图 ) 设碰撞后, 小球 C 的运动速率为, 细杆中心的运动速度为 V C, 细杆绕中心转动的角速度为碰撞前后系统的动量及其对细杆中心的角动量都守恒, 有 m m MV x Cx m MV y Cy L L L L m m x M 式中, x 和 y 表示球 C 碰后的沿 x 方向和 y 方向的速度分量由式得碰撞后系统的动能为 m V x x M V Cy m y 5 M m x 6 ML L E mx y M VCx VC y M 7 利用 56 式, 系统动能 7 式可表示成 m M m E mx x my 8 M M () 解法 ( 一 ) 的式或者解法 ( 二 ) 的 8 式即为 y M m m m M m m E x m M M m M M m 可见, 在条件 m x, M m 下, 碰后系统动能达到其最小值 y E m M m 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 () 问分,( 解法一 )56789 式各分 ;( 解法二 ) 式各分, 式分,56 各分,7 式分,8 式分 ; 第 () 问 5 分, 式各分, 式分三 ( 分 ) () 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 I t ; 碰撞后圆环质心的速度大

4 小为, 与竖直向上方向的夹角 ( 按如图所示的顺时针方向计算 ) 为, 圆环的角速度为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 m m I si si t 由对质心的动量矩定理有 rm r rm r ri t 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 si r 由题意知 os k os 联立式得 k os r si 5 r ta ta k os 6 si r r 7 () 若圆环与地而碰后能竖直弹起, 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 r si 8 在此条件下, 在与地面刚刚碰后的瞬间有即圆环做竖直上抛运动圆环上升的最大高度为, k os 9 k os k r h g g g () 由于忽略空气阻力, 圆环再次弹起后, 角速度保持为不变, 质心做以初速度为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 随变化的函数关系式为 si k os s si r g g s 取最大值时, 的取值满足由得式得 ds d k os r si g si r r 8

5 将代入式得 s k r r r r r s 6g k r r r r r 5 6g 式中 s 和 s 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 的最大值为又因为 s k r r r r r max 6 6g si 由上式得, 当 s 取最大值时, r 和应满足 r 7 评分参考 : 第 () 问 9 分, 式符分,567 式各分 : 第 () 问分,89 式各分, 式分 : 第 () 问 7 分, 式各分四 (5 分 ) () 解法 ( 一 ) 按照题给坐标系, 设待测点的位置为 x,, a, 飞机在刻 t 时所在点 K 的位置为, h, 在时 t, 飞机所在位置 A 点的坐标为 x x, h, A, 机载雷达此时发出一光信号 ; 该信号到达点, 经反射后, 于时刻 t 返回到飞机的机载雷达被接受, 此时飞机的机载雷达的位置为 x x, h, A, 如图所示由于光速不变, 飞机做匀速直线运动, 有 R x x R x x t t x x t t

6 式中 R h a 现设在时刻 t, 飞机所在位置 A 点的坐标为 x, h,, 机载雷达此时发出另一光信号 ; 该信号到达点, 经反射后, 于时刻 t 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 x, h, 同理有 x x t t x x t t x x t t 5 由式和得 t t R x x R x x x x R x x R x x t t x x x x R x x R x x t t x x t t R x x x x t t R x x 6 上式右端已略去了 / 级的高阶顶由 6 式解得 t R x x t x R x x R x x x x R x x R x x x x 7 同理, 由式和得由 78 式得利用 5 式,9 式成为 R x x t t x x 8 t t t t R x x R x x x x 9

7 t t t t R x x t t R x x t t x x t t R x x 上式右端已略去了 / 级的高阶项令 t t T 式中, T 为机载雷达在发射的光信号的周期, 则 t t T 是机载雷达接受到相应的光信号的周期式可写成 x x T T T A R xa x 或 x x f f f f A D R xa x 式中 x 已用 x A 替代, 而 f, f T T 是相应的光信号的频率, f D 是接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差 ( 频移 ) 式也可写为式中 fd f f f os os x A x R x x A 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 t, 飞机所在位置 A 点的坐标为 x 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 t t x ; 目标点的位置 x, R A,

8 式中和分别是相应的角频率和初相位机载雷达于时刻 t 在 A 点射的信号是机载雷达于时刻 t 式中为信号往返过程所需的时间, 它满足 x x t 在 A 点 x x t 发出的, 其相位为 A, t t R x x R x x x x A, 接收到的经反经过时间间隔 t, 同理有 t t t t R x x R x x 5 x x 6 另外, 由于同样的原因 ( 飞机作匀速直线运动 ), 还有 x x t 7 设机载雷达收到的信号的圆频率为, 则应有 x x x t t t t t 8 由式和得 R x x R x x x x R x x R x x x x x x x x R x x R x x x x R x x x x R x x 9 上式右端已略去了 / 级的高阶项由 9 式解得 R x x x R x x

9 R x x x x R x x R x x x x 同理, 由 56 式和得由 8 式得 R x x x x t t 将 πf 代入式, 利用 7 式, 在 t 很小的情形下, 略去 t 的高阶项, 得 x x f f f f A D R xa x 或式中 fd f f fos a os a x A x R ( x x ) A 即 a 为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角 () 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 Ls / Ls / a 5 R ( L / ) R ( L / ) s s 频移 f D 分别为正零或负的条件是 :

10 当 xa x a π / ( ) 时, 频移 fd ; 当 x x ) A 时, 即机载雷达发射信号时正好位于点到航线的垂足处, 频移 fd 6 当 x x ) A 时, 频移 fd 当 a π / - Ls / R ( L s / ) ( xa x L s / ) 时, 即机载雷达发射信号时正好位于 ( x x Ls /, h,) 处, 正的频移最大 A f L f s D R ( Ls / ) 7 当 a π / +L s / R ( L s / ) ( xa x L s / ) 时, 即机载雷达发射信号时正好位于 Ls ( xa x Ls /, h,) 处, 负的频移的绝对值最大 fd f R ( Ls / ) 8 () 在飞机持续发射的无线电波束前沿 BC 全部通过目标点过程中, 多普勒频移的带宽为 L θ f f f f f si s D D D R ( Ls / ) 9 由于 R Ls, 有, 故 si 将上式代入 9 式得 f D f 评分参考 : 第 () 问 6 分, ( 解法一 ) 式分, 式分, 式分,56789 式各分 ; ( 解法二 ) 式分, 式分, 式各分,5 式分,6789 式各分 ; 第 () 问 6 分,5 式分, 频移 f D 分别为正零或负的条件正确 ( 包括 6 式 ) 给分,78 式各分 ; 第 () 问分,9 式分, 式分五 ( 分 ) 在 de 边未出磁场的过程中, ab f 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 W 在 de 边出磁场但 f 边未出磁场过程中,ab 和 f 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. 按如图所示电流方向, 根据基尔霍夫第一定律可得

11 I I I6, I I5 I, I6 I7 I8, I I I I 7 5. 由基尔霍夫第二定律, 对个回路可列出个独立方程 U IR IR U I5R, U IR I5R U IR, U IR I6R I7R, U IR I7R I8R. 式中, 感应电动势 U 为联立式得 : U bl.v 此时, ab 边和 ed 边所受的安培力大小分别为式中 l ab I I.5A 5 I I.5A 6 Fab BIlab.5N 7 Ff BIlf.N 8 和 l ed 分别为 ab 边和 ed 边的长度外力所做的功为 W Fab lef Ff lef.5j 9 式是 l ef 表示 ef 边的长度在 f 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

12 I I I6, I I5 I, I6 I7 I8, I I I I 7 5. 和 U IR IR I5R, U IR I5R IR, IR I6R I7R, IR I7R I8R. 联立式得 I I.75A 此时, ab 边受到的安培力为 Fab BIlab.5N 外力所做的功为 W Fab laf.5j 整个过程中外力做的功为 W W W W.J 5 评分参考 : 式分, 式各分,56789 式各分, 式各分,5 式各分六 ( 分 ) () 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,

13 A B 处对应的磁感应强度大小分别为 a I B πr I B πr 其中, 为真空磁导率, r r 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 a I si si πr E B a a I si si πr E B a π π 其中分别为 A B 的速度方向与 r r 的夹角根据几何关系得 5 其中分别为 r r 与 x 方向的夹角 5 式代入式得导线框中的感应电动势为 E E E π r a I si( ) si( ) r 6 根据几何关系及三角形余弦定理得 r r 与 a b 之间的关系为 b aos os r asi si r 7 b aos os r asi si r 8 r a b abos r a b abos 9 将 789 式代入 6 式得导线框的感应电动势为 E a Ibsi π a b abos a b abos a bi sit π os os a b ab t a b ab t

14 ()( 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 M 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 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 F 和 F 对合力矩有贡献, 如图 b 所示 ( 俯视图 ) 由式和安培力公式得 F 和 F 的大小为式中 i 为导线框中的感应电流由欧姆定律有 F F aii aib πr aii aib πr E a Ibsit i R πr a b abost a b abost 安培力的合力矩为 M F d F d π π Fa os Fa os F asi F asi si si a Ii π r r 5 其中, d 和 d 分别为 F 和 F 与转轴之间的垂直距离, π π 和分别为 d 和 d 与 A B 连线之间的夹角将 789 式代入 5 式得需要加的外力矩为 a Iibsit M M π a b abost a b abost a b I si t π R a b abost a b abost a b I a b sit π R a b a b os t 6

15 ()( 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 M 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 M 此时, 安培力的合力矩的功率应与导线框中感应电流的功率 i 相等, 即式中 i E a I b si t i R π R a b abost a b abost 安培力的合力矩为 M a I b si t π R a b abost a b abost i 由式可得, 外力矩 M 为 a I b si t M M π R a b abost a b abost a b I a b sit π R a b a b os t 评分参考 : 第 () 问分, 式各分, 式分,5 式分,6 式分,789 式各分, 式分 ; 第 () 问分,( 解法一 ) 式各分, 式各分,56 式各分 ;( 解法二 )5 式各分七 ( 分 ) () 根据热力学第一定律, 有 du Q W 这里, 对于 mol 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 CπdT, W pdv, du CV dt 5 将理想气体状态方程两边对 T 求导, 可得式中利用了根据式有 pv RT dv dp dv p V R dt dv dt dp dp dv dt dv dt

16 dv dt R dp p V dv 联立式得 C π C V pr dp p V dv 5 () 设 b 过程方程为根据 p V 6 C π C V pr dp p V dv 可得该直线过程的摩尔热容为 V Cπ CV R 7 V 式中, C V 是单原子理想气体的定容摩尔热容, C V R 有 p 对 b 过程的初态 p, V 和终态, 5 V p V, p 5V 8 由 8 式得 7 p, p 9 V 由 6789 式得 8V 5V Cπ R V V () 根据过程热容的定义有 Q Cπ T 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式得 V V T RQ 8V 5V 8V 5V T Q V V R 由式可知,b 过程中的升降温的转折点 A 在 p V 图上的坐标为 A 7 7, V p 由式可知,b 过程中的吸放热的转折点 B 在 p V 图上的坐标为 5V p B, 8 6 5

17 () 对于 abda 循环过程, ab 和 b 过程吸热, d 和 da 过程放热 Q C T T.5 RT RT p V ab V b a b a Q C T T.5 RT RT 5 p V b b a b 6 式中, 已利用已知条件 mol, 单原子理想气体定容摩尔热容 C 体在 abda 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 Wabda pv abda. 7 Q Q 8p V ab b V R, 定压摩尔热容 C 5 R 气对于 ab a 循环过程, ab 和 bb 过程吸热, B 和 a 过程放热由热力学第一定律可得, bb 过程吸热为 Qb UbB WbB CV TB Tb pb p VB V.9 p V 8 所以, 循环过程 ab a 的效率为由 79 式可知 W pv aba aba Qab Qb.9 pv ab a abda.78 评分参考 : 第 () 问 5 分,5 式各分, 第 () 问 5 分,6789 式各分 ; 第 () 问 7 分, 式分, 式各分,5 式各分 ; 第 () 问 5 分,6789 式各分八 ( 分 ) () 对于光线在波导层和衬底层的折射情况, 根据折射定律有 si si i t 若要求光线不会折射到衬底中, 即发生全反射, 应有 i C 9 式中, C 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 arsi C 同理应有 i C 式中, C 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 arsi C 5 由题设, 可知

18 C 6 C 所以, 当入射角 i arsi 时, 光被完全限制在波导薄膜里 () 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 arsi i 决定此时光在介质与交界面的反射处于全反射的临界状态, 光在介质与交界面的反射也为 i 全反射如右图所示, 和分别为何界面以及和界面上的反射引入的相位 ( r e 和 r e i ) 过和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 之间的相应差应该为 π 的整数倍, 以致光可在波导薄膜中传输故式中, m,,,, dse l dse dta si dπ os i mπ π i i i π i dπ, 为所传输光波在波导薄膜介质中的波长 7 考虑介质与交界面的反射, 由式得 si 8 i si t 考虑到 8 式, 在介质与交界面的反射系数为 r os os os i t i osi ost osi 9 由上式可以得到介质与交界面的反射相位

19 再考虑介质与交界面的反射, 由式得 si si i t 按照题给的推广的定义, 上式右边大于或等于也并不奇怪当时, 按照题给的推广的正弦和余弦的定义可知, os 是一个纯虚数, 可以写为 t os t i 考虑到式, 则在介质与交界面的反射系数为 i osi os t t exp iarta osi ost i r 由上式可以得到介质与交界面的反射相位为 arta 将和式代入到 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最长波长 ( 截止波长 ) 为 πd mπ arta 5 式中, m,,,, 当 m 时可得, 能在薄膜波导中传输的光波在该介质中的最长波长为 max πd arta 6 评分参考 : 第 () 问分, 式各分, 式各分, 给出入射角 i arsi 时, 光被完全限制在波导薄膜里的结论给分,56 式各分 ; 第 () 问分,7 式分,956 式各分

m VA ( v v M VB 利用式, 碰撞后系统的动能为 E m( v v M ( VA VA M ( VB VB m( v v M ( VA VA m M m mv ( v v mv M M ( 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

m VA ( v v M VB 利用式, 碰撞后系统的动能为 E m( v v M ( VA VA M ( VB VB m( v v M ( VA VA m M m mv ( v v mv M M ( 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 的运动第届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答年月日一 ( 分 ( 图中 X 和 Y 代表的核素分别为 O 和 C ( 一个循环所有的核反应方程式依循换次序为 p C N N C e e p C N p N O O N e e p N C He ( 整个循环的核反应, 相当于 p He e e 完成一个碳循环过程释放的核能为 E (m M m p He e [(....] MeV. MeV 评分参考