2015年第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题 Word版

第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题说明：所有答案 （包括填空）必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。

一、（12分）2013年6月20日，“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课. 授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应. 视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中（平时在地球表面附近，重力的存在会导致液滴下降太快，以至于很难观察到液滴的这种“脉动”现象）. 假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化（振动），如图所示. （1）该液滴处于平衡状态时的形状是__________；（2）决定该液滴振动频率f 的主要物理量是________________________________________； （3）按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.（提示：例如，若认为,,a b c 是决定该液滴振动频率的相互独立的主要物理量，可将液滴振动频率f 与,,a b c 的关系式表示为αβγ∝f a b c ，其中指数,,αβγ是相应的待定常数.）二、(16分) 一种测量理想气体的摩尔热容比/p V C C γ≡的方法（Clement-Desormes 方法）如图所示：大瓶G 内装满某种理想气体，瓶盖上通有一个灌气（放气）开关H ，另接出一根U 形管作为压强计M ．瓶内外的压强差通过U 形管右、左两管液面的高度差来确定. 初始时，瓶内外的温度相等，瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高，记录此时U 形管液面的高度差i h ．然后打开H ，放出少量气体，当瓶内外压强相等时，即刻关闭H . 等待瓶内外温度又相等时，记录此时U 形管液面的高度差f h ．试由这两次记录的实验数据i h 和f h ，导出瓶内气体的摩尔热容比γ的表达式．（提示：放气过程时间很短，可视为无热量交换；且U 形管很细，可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化）三、（20分）如图所示，一质量为m 、底边AB 长为b 、等腰边长为a 、质量均匀分布的等腰三角形平板，可绕过光滑铰链支点A 和B 的水平轴x 自由转动；图中原点O 位于AB 的中点，y 轴垂直于板面斜向上，z 轴在板面上从原点O 指向三角形顶点C . 今在平板上任一给定点000M (,0,)x z 加一垂直于板面的拉力Q .（1）若平衡时平板与竖直方向成的角度为ϕ，求拉力Q 以及铰链支点对三角形板的作用力N A 和N B ；（2）若在三角形平板上缓慢改变拉力Q 的作用点M 的位置，使平衡时平板与竖直方向成的角度仍保持为ϕ，则改变的作用点M 形成的轨迹满足什么条件时，可使铰链支点A 或B 对板作用力的垂直平板的分量在M 变动中保持不变？四、（24分）如图所示，半径为R 、质量为m 0的光滑均匀圆环，套在光滑竖直细轴OO '上，可沿OO '轴滑动或绕OO '轴旋转．圆环上串着两个质量均为m 的小球. 开始时让圆环以某一角速度绕OO '轴转动，两小球自圆环顶端同时从静止开始释放．（1）设开始时圆环绕OO '轴转动的角速度为ω0，在两小球从环顶下滑过程中，应满足什么条件，圆环才有可能沿OO '轴上滑？（2）若小球下滑至30θ=︒（θ是过小球的圆环半径与OO '轴的夹角）时，圆环就开始沿OO '轴上滑，求开始时圆环绕OO '轴转动的角速度ω0、在30θ=︒时圆环绕OO '轴转动的角速度ω和小球相对于圆环滑动的速率v .五、（20分）如图所示，现有一圆盘状发光体，其半径为5cm ，放置在一焦距为10cm 、半径为15cm 的凸透镜前，圆盘与凸透镜的距离为20cm ，透镜后放置一半径大小可调的圆形光阑和一个接收圆盘像的光屏．图中所有光学元件相对于光轴对称放置．请在几何光学近轴范围内考虑下列问题，并忽略像差和衍射效应．（1）未放置圆形光阑时, 给出圆盘像的位置、大小、形状；（2）若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处. 当圆形光阑的半径逐渐减小时，圆盘的像会有什么变化？是否存在某一光阑半径a r ，会使得此时圆盘像的半径变为（1）中圆盘像的半径的一半？若存在，请给出a r 的数值.（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处，回答（2）中的问题； （4）圆形光阑放置在哪些位置时，圆盘像的大小将与圆形光阑的半径有关？ （5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，回答（2）中的问题.六、（22分）如图所示，一电容器由固定在共同导电底座上的N +1片对顶双扇形薄金属板和固定在可旋转的导电对称轴上的N 片对顶双扇形薄金属板组成，所有顶点共轴，轴线与所有板面垂直，两组板面各自在垂直于轴线的平面上的投影重合，板面扇形半径均为R ，圆心角均为0θ（02πθπ≤<）；固定金属板和可旋转的金属板相间排列，两相邻金属板之间距离均为s ．此电容器的电容C 值与可旋转金属板的转角θ有关．已知静电力常量为k ． （1）开始时两组金属板在垂直于轴线的平面上的投影重合，忽略边缘效应，求可旋转金属板的转角为θ（00θθθ-≤≤）时电容器的电容()C θ；（2）当电容器电容接近最大时，与电动势为E 的电源接通充电（充电过程中保持可旋转金属板的转角不变），稳定后断开电源，求此时电容器极板所带电荷量和驱动可旋转金属板的力矩； （3）假设02πθ=，考虑边缘效应后，第（1）问中的()C θ可视为在其最大值和最小值之间光滑变化的函数max min max min 11()()()cos222C C C C C θθ=++- 式中，max C 可由第（1）问的结果估算，而min C 是因边缘效应计入的，它与max C 的比值λ是已知的．若转轴以角速度m ω匀速转动，且m t θω=，在极板间加一交流电压0cos V V t ω=．试计算电容器在交流电压作用下能量在一个变化周期内的平均值，并给出该平均值取最大值时所对应的m ω．七、（26分）Z-箍缩作为惯性约束核聚变的一种可能方式，近年来受到特别重视，其原理如图所示．图中，长20 mm 、直径为5m μ的钨丝组成的两个共轴的圆柱面阵列，瞬间通以超强电流，钨丝阵列在安培力的作用下以极大的加速度向内运动, 即所谓自箍缩效应；钨丝的巨大动量转移到处于阵列中心的直径为毫米量级的氘氚靶球上，可以使靶球压缩后达到高温高密度状态，实现核聚变．设内圈有N 根钨丝（可视为长直导线）均匀地分布在半径为r 的圆周上，通有总电流7210A =⨯内I ；外圈有M 根钨丝，均匀地分布在半径为R 的圆周上，每根钨丝所通过的电流同内圈钨丝．已知通有电流i 的长直导线在距其r 处产生的磁感应强度大小为m ik r，式中比例常量772210T m/A 210N /A m k --=⨯⋅=⨯．（1）若不考虑外圈钨丝，计算内圈某一根通电钨丝中间长为L ∆的一小段钨丝所受到的安培力；（2）若不考虑外圈钨丝，内圈钨丝阵列熔化后形成了圆柱面，且箍缩为半径0.25cm r =的圆柱面时，求柱面上单位面积所受到的安培力，这相当于多少个大气压？（3）证明沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面，圆柱面内磁场为零，即通有均匀电流外圈钨丝的存在不改变前述两小题的结果；（4）当1N >>时, 则通有均匀电流的内圈钨丝在外圈钨丝处的磁感应强度大小为m Ik R内，若要求外圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力大于内圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力，求外圈钨丝圆柱面的半径R 应满足的条件；（5）由安培环路定理可得沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场，请用其他方法证明此结论. （计算中可不考虑图中支架的影响）八、（20分）天文观测表明，远处的星系均离我们而去．著名的哈勃定律指出，星系离开我们的速度大小v =HD ，其中D 为星系与我们之间的距离，该距离通常以百万秒差距（Mpc ）为单位；H 为哈勃常数，最新的测量结果为H =67.80km/(s ⋅Mpc)．当星系离开我们远去时，它发出的光谱线的波长会变长（称为红移）．红移量z 被定义为λλλ'-=z ，其中λ'是我们观测到的星系中某恒星发出的谱线的波长，而λ是实验室中测得的同种原子发出的相应的谱线的波长，该红移可用多普勒效应解释．绝大部分星系的红移量z 远小于1，即星系退行的速度远小于光速．在一次天文观测中发现从天鹰座的一个星系中射来的氢原子光谱中有两条谱线，它们的频率ν'分别为4.549⨯1014Hz 和6.141⨯1014Hz ．由于这两条谱线处于可见光频率区间，可假设它们属于氢原子的巴尔末系，即为由n > 2的能级向k =2的能级跃迁而产生的光谱．（已知氢原子的基态能量013.60 eV =-E ，真空中光速82.99810m/s =⨯c ，普朗克常量346.62610J s -=⨯⋅h ，电子电荷量19 1.60210C -=⨯e ）（1）该星系发出的光谱线对应于实验室中测出的氢原子的哪两条谱线？它们在实验室中的波长分别是多少？（2）求该星系发出的光谱线的红移量z 和该星系远离我们的速度大小v ； （3）求该星系与我们的距离D ．第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2014年9月20日一、（12分） （1）球形（2）液滴的半径r 、密度ρ和表面张力系数σ（或液滴的质量m 和表面张力系数σ） （3）解法一假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r ①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 按照这一约定，①式在同一单位制中可写成 {}[]{}{}{}{}[][][]αβγαβγρσρσ=f f k r r由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而 [][][][]αβγρσ=f r ② 力学的基本物理量有三个：质量m 、长度l 和时间t ，按照前述约定，在该单位制中有 {}[]=m m m ，{}[]=l l l ，{}[]=t t t 于是[][]-=f t 1 ③ [][]=r l ④ [][][]ρ-=m l 3 ⑤ [][][]σ-=m t 2 ⑥ 将③④⑤⑥式代入②式得[][]([][])([][])αβγ---=t l m l m t 132 即[][][][]αββγγ--+-=t l m t 132 ⑦ 由于在力学中[]m 、[]l 和[]t 三者之间的相互独立性，有30αβ-=， ⑧ 0βγ+=， ⑨ 21γ= ⑩ 解为311,,222αβγ=-=-= ⑪将⑪式代入①式得=f ⑫ 解法二假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r ①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 在同一单位制中，①式两边的物理量的单位的乘积必须相等[][][][]αβγρσ=f r ②力学的基本物理量有三个：质量M 、长度L 和时间T ，对应的国际单位分别为千克（kg ）、米（m ）、秒（s ）. 在国际单位制中，振动频率f 的单位[]f 为s -1，半径r 的单位[]r 为m ，密度ρ的单位[]ρ为3kg m -⋅，表面张力系数σ的单位[]σ为1212N m =kg (m s )m kg s ----⋅⋅⋅⋅=⋅，即有[]s -=f 1 ③ []m =r ④ []kg m ρ-=⋅3 ⑤ []kg s σ-=⋅2 ⑥ 若要使①式成立，必须满足()()s m kg m kg s (kg)m s βγαβγαβγ---+--=⋅⋅=⋅⋅13232 ⑦由于在力学中质量M 、长度L 和时间T 的单位三者之间的相互独立性，有 30αβ-=， ⑧ 0βγ+=， ⑨ 21γ= ⑩ 解为311,,222αβγ=-=-= ⑪将⑪式代入①式得f = ⑫评分标准：本题12分. 第（1）问2分，答案正确2分；第（2）问3分，答案正确3分；第（3）问7分，⑦式2分，⑪式3分，⑫式2分（答案为f 、f =f 的，也给这2分）.二、(16分)解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程：000000(,,,)(,,,)(,,,)−−−−−−−→−−−−−→i i f f f p V T N p V T N p V T N 放气(绝热膨胀)等容升温其中，000000(,,,),(,,,,,,)i i f f f p V T N p V T N p V T N )和(分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程pV NkT =，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有f f iip N p N =①另一方面，设V '是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为0p 时的体积，即000(,,,)(,,,)i i i p V T N p V T N '−−−−→绝热膨胀此绝热过程满足1/00i V p V p γ⎛⎫= ⎪'⎝⎭②由状态方程有0i p V N kT '=和00f p V N kT =，所以 0f iN V N V ='③联立①②③式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭④ 此即lnln i i fp p p p γ= ⑤由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑥0f f p p gh ρ=+ ⑦式中，00p gh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得00ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh h γ+=+-+⑧利用近似关系式：1, ln(1)x x x +≈ 当，以及 00/1, /1i f h h h h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==--⑨评分标准：本题16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分．解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程ab ，再通过等容升温过程bc 达到末态100000(,,)(,,)(,,)−−−−−→−−−−−→i f p V T p V T p V T 绝热膨胀ab 等容升温bc其中，100000(,,),(,,,,)i f p V T p V T p V T )和(分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程1100ab: γγγγ----=i p T p T①00bc://=f p T p T② 由①②式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭③ 此即lnln i i fp p p p γ=④由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+⑤0f f p p gh ρ=+ ⑥式中，00p gh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得00ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh h γ+=+-+⑦利用近似关系式：1, ln(1)x x x +≈ 当，以及 00/1, /1i f h h h h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==--⑧评分标准：本题16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分．三、（20分）（1）平板受到重力C P 、拉力0M Q 、铰链对三角形板的作用力N A 和N B ，各力及其作用点的坐标分别为：C (0,sin ,cos )ϕϕ=--mg mg P ，(0,0,)h ；0M (0,,0)Q =Q ， 00(,0,)x z ；A A A A (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b；B B B B (,,)x y z N N N =N ，(,0,0)2b- 式中h =是平板质心到x 轴的距离.平板所受力和（对O 点的）力矩的平衡方程为A B x 0=+=∑xx FN N①A B sin 0ϕ=++-=∑yyyF Q N N mg② A B cos 0ϕ=+-=∑zzzF N N mg③ 0sin 0xM mgh Q z ϕ=-⋅=∑④ B A 022=-=∑y zz b bM N N⑤0A B 022zyy b bMQ x N N =⋅+-=∑⑥联立以上各式解得sin mgh Q z ϕ=， A B x x N N =-，000sin 21()2Ay mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，000sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦A B 1cos 2z zN N mg ϕ==即0M 0sin (0,,0)mgh z ϕ=Q ，⑦0A A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦N ，⑧0B A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦N⑨（2）如果希望在M(,0,)x z 点的位置从点000M (,0,)x z 缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的作用力By N 保持不变，则需 sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--=⎢⎥⎣⎦常量 ⑩M 点移动的起始位置为0M ，由⑩式得00022-=-b x b x z z z z⑪ 或00022b x b x z z z ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ ⑫这是过A(,0,0)2b点的直线. (*)因此，当力M Q 的作用点M 的位置沿通过A 点任一条射线(不包含A 点)在平板上缓慢改变时，铰链支点B 对板的作用力By N 保持不变. 同理，当力M Q 的作用点M 沿通过B 点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点A 对板的作用力Ay N 保持不变.评分标准：本题20分．第（1）问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第（2）问6分，⑩⑫式各1分，(*) 2分，结论正确2分.四、（24分）（1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至θ 角位置时，小球相对于圆环的速率为v ，圆环绕轴转动的角速度为ω ．此时与速率v 对应的指向中心C 的小球加速度大小为21a R =v ①同时，对应于圆环角速度ω，指向OO '轴的小球加速度大小为2(sin )sin R a R ωωθθ= ②该加速度的指向中心C 的分量为22(sin )sin R a a R ωωθθ== ③该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin )cos cot R a a Rωωθθθ== ④由①③式和加速度合成法则得小球下滑至θ 角位置时，其指向中心C 的合加速度大小为2212(sin )v ωθ=+=+R R a a a R R⑤在小球下滑至θ 角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N 、垂直于环面的方向的分量T . 值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是N 、T 和mg . 这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即sin θmg 要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T 要改变小球对转轴的角动量，其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿'OO 轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向，由牛顿第二定律有22(sin )cos R R N mg ma mRωθθ++==v ⑥ 合外力矩为零，系统角动量守恒，有202(sin )L L m R θω=+ ⑦式中L 0和L 分别为圆环以角速度ω0和ω转动时的角动量．如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在θ角位置处取角度增量∆θ， 圆心角∆θ所对圆弧l ∆的质量为m l λ∆=∆（02m Rλπ≡），其角动量为 2sin L m r l rR Rr z R S ωλωθλωλω∆=∆=∆=∆=∆ ⑧式中r 是圆环上θ 角位置到竖直轴OO '的距离，S ∆为两虚线间窄条的面积．⑧式说明，圆弧l ∆的角动量与S ∆成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为2200122222m R L L R m R R πωωπ=∆=⨯=∑ ⑨[或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO '的转动惯量J 等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半，即2012J m R = ⑧则角动量L 为2012L J m R ωω== ⑨ ]同理有200012L m R ω= ⑩力N 及其反作用力不做功；而T 及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统机械能守恒. 故22012(1cos )2[(sin )]2k k E E mgR m R θωθ-+⨯-=⨯+v ⑪式中0k E 和k E 分别为圆环以角速度0ω和ω转动时的动能．圆弧l ∆的动能为222111()sin 222k E m r l rR R S ωλωθλω∆=∆=∆=∆整个圆环（两个半圆环）的动能为22220011222224k k m R E E R m R R πωωπ=∆=⋅⋅⋅⋅=∑ ⑫ [或：圆环的转动动能为22201124k E J m R ωω== ⑫ ]同理有2200014k E m R ω= ⑬根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2cos N θ，当02cos N m g θ≥ ⑭时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫ ⑬式可知，⑭式可写成2220000220cos 6cos 4cos 102(4sin )ωθθθθ⎡⎤-+--≤⎢⎥+⎣⎦m R m m m m gm m ⑮式中，g 是重力加速度的大小.（2）此时由题给条件可知当=30θ︒时，⑮式中等号成立，即有20020912()m m m m m ⎤⎛-+=- ⎥+⎝⎣⎦或00(m m ω=+ ⑯由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得0000200+4sin +m m m m m m ωωωθ=== ⑰ 由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得v ⑱评分标准：本题24分．第（1）问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分，⑪式2分，⑫⑬式各1分，⑭式2分，⑮式1分；第（2）问6分，⑯⑰⑱式各2分．五、（20分）（1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为v . 由题意知：20cm u =, 10cm f =，代入透镜成像公式111u f+=v ① 得像距为20cm =v ② 其横向放大率为1uβ=-=-v③ 可知圆盘像在凸透镜右边20cm ，半径为5cm ，为圆盘状，圆盘与其像大小一样. （2）如下图所示，连接A 、B 两点，连线AB 与光轴交点为C 点，由两个相似三角形AOC ∆与BB'C ∆的关系可求得C 点距离透镜为15cm. 1分若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处，此时圆形光阑在C 点左侧. 1分 当圆形光阑半径逐渐减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B 点成像，因而圆盘像的形状及大小不变，而亮度变暗. 2分此时不存在圆形光阑半径a r 使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半．1分（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处，此时圆形光阑在C 点（距离透镜为15cm ）的右侧. 由下图所示，此时有:CB'=BB'=5cm, R'B'=2cm, 利用两个相似三角形CRR'∆与CBB'∆的关系，得 CR'52RR'=BB'=5cm 3cm CB'5r -=⨯⨯= ④ 可见当圆盘半径3cm r =（光阑边缘与AB 相交）时，圆盘刚好能成完整像，但其亮度变暗． 4分若进一步减少光阑半径，圆盘像就会减小．当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原先像的一半高度处时，圆盘像的半径就会减小为一半，如下图所示．此时光阑边缘与AE相交，AE 与光轴的交点为D ，由几何关系算得D 与像的轴上距离为207cm. 此时有 620D R '=c m , D E '=c m , E E '=2.5c m ,77利用两个相似三角形DRR'∆与DEE'∆的关系，得D R '20/72R R '=E E '= 2.5c m 0.75c m D E '20/7a r -=⨯⨯= ⑤ 可见当圆形光阑半径a r =0.75cm ，圆盘像大小的半径的确变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 3分（4）只要圆形光阑放在C 点（距离透镜为15cm ）和光屏之间，圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关． 2分（5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，则当圆形光阑半径逐渐减小时，圆盘像的形状及大小不变，亮度变暗； 2分同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 1分评分标准：第（1）问3分，正确给出圆盘像的位置、大小、形状，各1分；第（2）问5分，4个给分点分别为1、1、2、1分； 第（3）问7分，2个给分点分别为2、3分； 第（4）问2分，1个给分点为2分；第（5）问3分，2个给分点分别为2、1分．六、（22分）（1）整个电容器相当于2N 个相同的电容器并联，可旋转金属板的转角为θ时1()2()C NC θθ=①式中1()C θ为两相邻正、负极板之间的电容1()()4A C ksθθπ=②这里，()A θ是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有2000200200200012(2), 212(), 02()12(), 0212(2), 2R R A R R θπθθθπθθθπθθθθθπθθππθθθ⎧⨯--≤≤-⎪⎪⎪⨯+-≤≤⎪=⎨⎪⨯-≤≤-⎪⎪⎪⨯--<<⎩当当当当③由②③式得2000200120020001(2), 41(), 04()1(), 041(2), 4R ks R ksC R ks R ksθπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪⎪+-≤≤⎪=⎨⎪-≤≤-⎪⎪⎪--<<⎩当当当当④由①④式得20002002002000(2), 2(), 02()(), 02(2), 2N R ks N R ks C N R ks N R ksθπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪⎪+-≤≤⎪=⎨⎪-≤≤-⎪⎪⎪--<<⎩当当当当⑤（2）当电容器两极板加上直流电势差E 后，电容器所带电荷为()()θθ=Q C E⑥当0θ=时，电容器电容达到最大值max C ，由⑤式得20max2NR C ksθπ=⑦充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值max Q ，由⑥式得20max2NR Q E ksθπ= ⑧断开电源，在转角θ取0θ=附近的任意值时，由⑤⑧式得，电容器内所储存的能量为2222max 0000() 2()4()θθθθπθθπθθ==-≤≤--Q NR E U C ks 当⑨设可旋转金属板所受力矩为()T θ（它是由若干作用在可旋转金属板上外力i F 产生的，不失普遍性，可认为i F 的方向垂直于转轴，其作用点到旋转轴的距离为i r ，其值i F 的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致），当金属板旋转θ∆（即从θ变为θθ+∆）后，电容器内所储存的能量增加U ∆，则由功能原理有()()()θθθθ∆=∆=∆=∆∑∑i i i i T Fr F l U⑩式中，由⑨⑩式得22200020()() 4()θθθθθπθθπθθ∆==-≤≤-∆-NR E U T ks 当⑪当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩为2204θθπ=∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭U NR E T ks ⑫（3）当0cos V V t ω=，则其电容器所储存能量为 []222max min max min 02max min max min 020max min max min max min max min 2012111()()cos2cos 222111()()cos2(1cos2)422()()cos2()cos2()cos2cos28{(8m m m m U CV C C C C t V t C C C C t V t V C C C C t C C t C C t t V ωωωωωωωω=⎡⎤=++-⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++-+⎢⎥⎣⎦=++++-+-=max min max min max min max min )()cos2()cos21()[cos2()cos2()]}2m m m C C C C t C C t C C t t ωωωωωω++++-+-++-⑬由于边缘效应引起的附加电容远小于max C ，因而可用⑦式估算max C ．如果m ωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-,⑭可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(1)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑮如果m ωω=，⑭式中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为222222max min 0max min 0max min 00111(3)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ks λ+=++-=+= ⑯由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的，因而max C 应比用⑦式估计max C 大；这一效应同样使得min 0C >；可假设实际的max min ()C C -近似等于用⑦式估计max C ．如果m ωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t +-,⑰可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(12)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑱[如果m ωω=，⑭中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式⑭的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为 222222max min 0max min 0max min 00111(34)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑲]212 U U U >因为，则最大值为，所对应的m ω为m ωω=⑳评分标准：本题22分．第（1）问6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第（2）问9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩式中没有求和号的，也同样给分；没有力的符号，也给分），⑪⑫式各2分；第（3）问7分，⑬⑭式各2分，⑮⑯⑳式各1分．七、（26分）（1）通有电流i 的钨丝（长直导线）在距其r 处产生的磁感应强度的大小为m iB k r=① 由右手螺旋定则可知，相应的磁感线是在垂直于钨丝的平面上以钨丝为对称轴的圆，磁感应强度的方向沿圆弧在该点的切向，它与电流i 的方向成右手螺旋．两根相距为d 的载流钨丝（如图（a ））间的安培力是相互吸引力，大小为2m k Li F B Li d∆=∆=② 考虑某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力．由系统的对称性可知，每根钨丝受到的合力方向都指向轴心；我们只要将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加即可．如图，设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为ϕ，则它们间的距离为2sin2d r ϕ=③由②③式可知，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为22sin 2sin(/2)22m m r k Li k Li F r rϕϕ∆∆== ④它与ϕ无关，也就是说虽然处于圆周不同位置的载流钨丝对某根载流钨丝的安培力大小和方向均不同，但在径向方向上的分量大小却是一样的；而垂直于径向方向的力相互抵消．因此，某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(1)22-∆-∆==m m N k L I N k Li F r rN 内⑤其方向指向轴心． （2）由系统的对称性可知，所考虑的圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力大小相等，方向与柱轴垂直，且指向柱轴．所考虑的圆柱面，可视为由很多钨丝排布而成，N 很大，但总电流不变．圆柱面上ϕ∆角对应的柱面面积为s r L ϕ=∆∆⑥圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(1)24m N N k Li N F P s r Lϕππ-∆∆==∆ ⑦由于1N ，有22(1)-=N N i I 内⑧ 由⑦⑧式得224π=m k I P r 内⑨ 代入题给数据得1221.0210N/m P =⨯ ⑩ 一个大气压约为5210N/m ，所以710atm P ≈⑪即相当于一千万大气压．（3）考虑均匀通电的长直圆柱面内任意一点A 的磁场强度. 根据对称性可知，其磁场如果不为零，方向一定在过A 点且平行于通电圆柱的横截面. 在A 点所在的通电圆柱的横截面（纸面上的圆）内，过A 点作两条相互间夹角为微小角度θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧L 1和L 2，如图（b ）所示. 由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性，通过L 1和L 2段的电流之比/I I 12等于它们到A 点的距离之比/l l 12：111222==I L l I L l ⑫ 式中，因此有1212=m m I I k k l l ⑬ 即通过两段微小圆弧在A 点产生的磁场大小相同，方向相反，相互抵消．整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段，因此通电的外圈钨丝圆柱面在其内部产生的磁场为零，所以通电外圈钨丝的存在，不改变前述两小题的结果．（4）由题中给出的已知规律，内圈电流在外圈钨丝所在处的磁场为=m IB k R内 ⑭方向在外圈钨丝阵列与其横截面的交点构成的圆周的切线方向，由右手螺旋法则确定．外圈钨丝的任一根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(2)+ 22-∆∆+=∆=m m m M k L I I k I k L I I I F L RM M R RM外外内外内外外 ⑮式中第一个等号右边的第一项可直接由⑤式类比而得到，第二项由⑭式和安培力公式得到.因此圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(2)24ϕπϕπ+∆==∆∆外外内外外m F k I I I M P R L R ⑯ 若要求2222244ππ+>外内外内（）m m k I I I k I R r ⑰ 只需满足<R r ⑱（5）考虑均匀通电的长直圆柱面外任意一点C 的磁场强度. 根据对称性可知，长直圆柱面上的均匀电流在该点的磁场方向一定在过C 点且平行于通电圆柱的横截面（纸面上的圆），与圆的径向垂直，满足右手螺旋法则. 在C 点所在的通电圆柱的横截面内，过C 点作两条相互间夹角为微小角度θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧3L 和4L ，如图（c ）所示. 由几何关系以及电流在圆周上排布的均匀性，穿过3L 和4L 段的电流之比34/I I 等于它们到C 点。

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。

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 1213 14 15 16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，有的小得分阅卷复核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 º52′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90 º，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.22214QQSR+ B. 2221QQSR+ C. 2221212QQQQSR++ D. 222121QQQQSR++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。

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..。

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。

32届全国物理竞赛决赛理论考试试题第32届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题考生须知1.考生考试前务必认真阅读本须知。

2.考试时间为3个小时。

3.试题从本页开始，共4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，每一页中是否有印刷不清楚的地方，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————————————————本试卷解答过程中可能需要用到下列公式；1 22 21ln;2;ln(1),2x xxdx dx xx C x x x x x x==+≈-⎰⎰当||<<1一、(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的劲度系的电阻为0R 、电感为0L 。

导轨与电电枢间摩擦以及空气阻力可忽略．(1)试画出轨道型电磁发射器的等效电路图，并给出回路方程；(2)求发射体在导轨中运动加速度的大小与回路电流的关系：(3)设回路电流为恒流I(平顶脉冲龟流)、电枢和发射体的总质量为m s +m a =0.50kg 、导轨长度为x m =500m 、导轨上单位长度电感增加'10/r LH m μ=，若发射体开始时静止，出口速度v sm =3.0×103m/s ，求回路电流I 和加速时间τ。

三、(15分)俄国火箭专家齐奥尔科夫斯基将火箭发射过程进行模型简化，得出了最早的理想火箭方程，为近代火箭、导弹工程提供了理论依据。

该简化模型为：待发射火箭静止于惯性参考系S 中某点，忽略火箭所受的地球引力等外力的作用，火箭(包含燃料)的初始静止质量为M i ；在t=0时刻点火，火箭向左排出气体，气体相对于火箭的速度恒为V S ，使火箭向右发射；在S 系中观测，火箭的速度为V 1，排出气体的速度为V 2，如图所示。

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。