届中学生物理复赛及标准答案

页眉内容本卷共七题，满分1 4 0分.一、(20分)薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判．对于均匀薄膜材料，在一定温度下，某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数dPStkN ∆=，其中t 为渗透持续时间，S 为薄膜的面积，d 为薄膜的厚度，P ∆为薄膜两侧气体的压强差．k 称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数．透气系数愈小，材料的气密性能愈好．图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图．EFGI 为渗透室，U 形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U 形管内横截面积A ＝0.150cm 2．实验中，首先测得薄膜的厚度d =0.66mm ，再将薄膜固定于图中C C '处，从而把渗透室分为上下两部分，上面部分的容积30cm 00.25=V ，下面部分连同U 形管左管水面以上部分的总容积为V 1，薄膜能够透气的面积S =1.00cm 2．打开开关K 1、K 2与大气相通，大气的压强P 1＝1.00atm ，此时U 形管右管中气柱长度cm 00.20=H ，31cm 00.5=V ．关闭K 1、K 2后，打开开关K 3，对渗透室上部分迅速充气至气体压强atm 00.20=P ，关闭K 3并开始计时．两小时后， U 形管左管中的水面高度下降了cm 00.2=∆H ．实验过程中，始终保持温度为C 0 ．求该薄膜材料在C 0 时对空气的透气系数．（本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均值P ∆来代替公式中的P ∆．普适气体常量R = 8.31Jmol -1K -1，1.00atm = 1.013×105Pa ）．二、(20分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动，它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期．已知轨道近地点离地心的距离是地球半径R 的2倍，卫星通过近地点时的速度R GM 43=v ，式中M 为地球质量，G 为引力常量．卫星上装有同样的角度测量仪，可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角．试设计一种测量方案，利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的距离．（最后结果要求用测得量和地球半径R 表示）三、(15分)μ子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命s 100.260-⨯≈τ．宇宙射线与大气在高空某处发生核反应产生一批μ子，以v = 0.99c 的速度（c 为真空中的光速）向下运动并衰变．根据放射性衰变定律，相对给定惯性参考系，若t = 0时刻的粒子数为N (0), t 时刻剩余的粒子数为N (t )，则有()()τt N t N -=e 0，式中τ为相对该惯性系粒子的平均寿命．若能到达地面的μ子数为原来的5％，试估算μ子产生处相对于地面的高度h ．不考虑重力和地磁场对μ子运动的影响．四、(20分)目前，大功率半导体激光器的主要结构形式是由许多发光区等距离地排列在一条直线上的长条状，通常称为激光二极管条．但这样的半导体激光器发出的是很多束发散光束，光能分布很不集中，不利于传输和应用．为了解决这个问题，需要根据具体应用的要求，对光束进行必需的变换（或称整形）．如果能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束很细的平行光束，对半导体激光的传输和应用将是非常有意义的．为此，有人提出了先把多束发散光会聚到一点，再变换为平行光的方案，其基本原理可通过如下所述的简化了的情况来说明．如图，S 1、S 2、S 3 是等距离（h ）地排列在一直线上的三个点光源，各自向垂直于它们的连线的同一方向发出半顶角为α =arctan ()41的圆锥形光束．请使用三个完全相同的、焦距为f = 1.50h 、半径为r =0.75 h 的圆形薄凸透镜，经加工、组装成一个三者在同一平面内的组合透镜，使三束光都能全部投射到这个组合透镜上，且经透镜折射后的光线能全部会聚于z 轴（以S 2第21届全国中学生物理竞赛复赛题试卷C F S为起点，垂直于三个点光源连线，与光束中心线方向相同的射线）上距离S 2为 L = 12.0 h 处的P 点．（加工时可对透镜进行外形的改变，但不能改变透镜焦距．） 1．求出组合透镜中每个透镜光心的位置．2．说明对三个透镜应如何加工和组装，并求出有关数据．五、(20分)如图所示，接地的空心导体球壳内半径为R ，在空腔内一直径上的P 1和P 2处，放置电量分别为q 1和q 2的点电荷，q 1＝q 2＝q ，两点电荷到球心的距离均为a ．由静电感应与静电屏蔽可知：导体空腔内表面将出现感应电荷分布，感应电荷电量等于－2q ．空腔内部的电场是由q 1、q 2和两者在空腔内表面上的感应电荷共同产生的．由于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的，所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或场强．但理论上可以证明，感应电荷对腔内电场的贡献，可用假想的位于腔外的（等效）点电荷来代替（在本题中假想(等效)点电荷应为两个），只要假想的（等效）点电荷的位置和电量能满足这样的条件，即：设想将整个导体壳去掉，由q 1在原空腔内表面的感应电荷的假想（等效）点电荷1q '与q 1共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为0；由q 2在原空腔内表面的感应电荷的假想（等效）点电荷2q '与q 2共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为0．这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷，而且这样确定的等效电荷是唯一的．等效电荷取代感应电荷后，可用等效电荷1q '、2q '和q 1、q 2来计算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或场强．1．试根据上述条件，确定假想等效电荷1q '、2q '的位置及电量． 2．求空腔内部任意点A 的电势U A ．已知A 点到球心O 的距离为r ，OA 与1OP 的夹角为θ ．六、(20分)如图所示，三个质量都是m 的刚性小球A 、B 、C 位于光滑的水平桌面上（图中纸面），A 、B 之间，B 、C 之间分别用刚性轻杆相连，杆与A 、B 、C 的各连接处皆为“铰链式”的（不能对小球产生垂直于杆方向的作用力）．已知杆AB 与BC 的夹角为π-α ，α < π/2．DE 为固定在桌面上一块挡板，它与AB 连线方向垂直．现令A 、B 、C 一起以共同的速度v 沿平行于AB 连线方向向DE 运动，已知在C 与挡板碰撞过程中C 与挡板之间无摩擦力作用，求碰撞时当C 沿垂直于DE 方向的速度由v 变为0这一极短时间内挡板对C 的冲量的大小．七、（25分）如图所示，有二平行金属导轨，相距l ，位于同一水平面内（图中纸面），处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下（垂直纸面向里）．质量均为m 的两金属杆ab 和cd 放在导轨上，与导轨垂直．初始时刻， 金属杆ab 和cd 分别位于x = x 0和x = 0处．假设导轨及金属杆的电阻都为零，由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为L ．今对金属杆ab 施以沿导轨向右的瞬时冲量，使它获得初速0v ．设导轨足够长，0x 也足够大，在运动过程中，两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间距0x ，因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数L 是恒定不变的．杆与导轨之间摩擦可不计．求任意时刻两杆的位置x ab 和x cd 以及由两杆和导轨构成的回路中的电流i 三者各自随时间t 的变化关系．第21届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、开始时U 形管右管中空气的体积和压强分别为 V 2 = HA （1） P 2= P 1经过2小时，U 形管右管中空气的体积和压强分别为A H H V )(2∆-=' （2）2222V V P P '=' （3） 渗透室下部连同U 形管左管水面以上部分气体的总体积和压强分别为 HAV V ∆+='11 （4）H g P P Δ221ρ+'='（5）式中ρ 为水的密度，g 为重力加速度．由理想气体状态方程nRT PV =可知，经过2小时，薄膜下部增加的空气的摩尔数RTV P RT V P n 1111-''=∆ （6）在2个小时内，通过薄膜渗透过去的分子数A nN N ∆=（7）式中N A 为阿伏伽德罗常量．渗透室上部空气的摩尔数减少，压强下降．下降了∆PV ΔnRTP =∆ （8）经过2小时渗透室上部分中空气的压强为P P P ∆-='00（9）测试过程的平均压强差[])(211010P P ()P P P '-'+-=∆ （10）根据定义，由以上各式和有关数据，可求得该薄膜材料在0℃时对空气的透气系数11111s m Pa 104.2---⨯=∆=tSP Nd k （11）评分标准：本题20分．(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式各1分，(6)式3分，(7)、(8)、(9)、(10) 式各2分，(11) 式4分．二、如图，卫星绕地球运动的轨道为一椭圆，地心位于轨道椭圆的一个焦点O 处，设待测量星体位于C 处．根据题意，当一个卫星运动到轨道的近地点A 时，另一个卫星恰好到达远地点B 处，只要位于A 点的卫星用角度测量仪测出AO 和AC 的夹角α1，位于B 点的卫星用角度测量仪测出BO 和BC 的夹角α2，就可以计算出此时星体C 与地心的距离OC ．因卫星椭圆轨道长轴的长度远近＋r r AB =(1)式中r 近、与r 远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离．由角动量守恒远远近近＝r m r v mv (2)式中m 为卫星的质量．由机械能守恒远远近近－－r GMm m r GMm m 222121v v = (3) 已知R r 2＝近， RGM43＝近v得 R r 6=远(4) 所以R R R AB 862=+= (5)在△ABC 中用正弦定理()ABBC211πsin sin ααα--= (6)所以 ()AB BC 211sin sin ααα+=(7)地心与星体之间的距离为OC ，在△BOC 中用余弦定理2222cos 2αBC r BC r OC ⋅-+=远远(8)由式(4)、(5)、(7)得()()212121212sin cos sin 24sin sin 1692ααααααα+-++=R OC(9)评分标准：本题20分．(1)式2分，(2)、(3)式各3分，(6) 、(8)式各3分， (9) 式6分．三、因μ子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命s 100.260-⨯≈τ根据时间膨胀效应，在地球上观测到的μ子平均寿命为τ，()21c v -=ττ (1)代入数据得 τ = 1.4×10－5s(2)相对地面，若μ子到达地面所需时间为t ，则在t 时刻剩余的μ子数为()()τt N t N -=e 0(3)根据题意有B()()%5e 0==-τt N t N (4)对上式等号两边取e 为底的对数得1005lnτ-=t (5)代入数据得s 1019.45-⨯=t(6)根据题意，可以把μ子的运动看作匀速直线运动，有t h v =(7)代入数据得m 1024.14⨯=h (8)评分标准：本题15分． (1)式或(2)式6分，(4)式或(5)式4分，(7) 式2分，(8) 式3分．四、1．考虑到使3个点光源的3束光分别通过3个透镜都成实像于P 点的要求，组合透镜所在的平面应垂直于z 轴，三个光心O 1、O 2、O 3的连线平行于3个光源的连线，O 2位于z 轴上，如图1所示．图中M M '表示组合透镜的平面，1S '、2S '、3S '为三个光束中心光线与该平面的交点． 22O S ＝ u 就是物距．根据透镜成像公式 fu L u 111=-+ (1) 可解得]4[212fL L L u -±=因为要保证经透镜折射后的光线都能全部会聚于P 点，来自各光源的光线在投射到透镜之前不能交叉，必须有2u tan α ≤h 即u ≤2h ．在上式中取“－”号，代入f 和L 的值，算得h u )236(-=≈1.757h (2)此解满足上面的条件．分别作3个点光源与P 点的连线．为使3个点光源都能同时成像于P 点，3个透镜的光心O 1、O 2、O 3应分别位于这3条连线上（如图1）．由几何关系知，有h h h L u L O O O O 854.0)24121(3221≈+=-==(3)即光心O 1的位置应在1S '之下与1S '的距离为 h O O h O S 146.02111=-=' 同理，O 3的位置应在3S '之上与3S '的距离为0.146h 处．由(3)式可知组合透镜中相邻薄透镜中心之间距离必须等于0.854h ，才能使S 1、S 2、S 3都能成像于P 点．2．现在讨论如何把三个透镜L 1、L 2、L 3加工组装成组合透镜． 因为三个透镜的半径r = 0.75h ，将它们的光心分别放置到O 1、h hO 2、O 3处时，由于21O O ＝32O O ＝0.854h <2r ，透镜必然发生相互重叠，必须对透镜进行加工，各切去一部分，然后再将它们粘起来，才能满足(3)式的要求．由于对称关系，我们只需讨论上半部分的情况．图2画出了L 1、L 2放在M M '平面内时相互交叠的情况（纸面为M M '平面）．图中C 1、C 2表示L 1、L 2的边缘，1S '、2S '为光束中心光线与透镜的交点，W 1、W 2分别为C 1、C 2与O 1O 2的交点． 1S '为圆心的圆1和以2S '（与O 2重合）为圆心的圆2分别是光源S 1和S 2投射到L 1和L 2时产生的光斑的边缘，其半径均为h u 439.0tan ==αρ (5)根据题意，圆1和圆2内的光线必须能全部进入透镜．首先，圆1的K 点（见图2）是否落在L 1上？由几何关系可知()h r h h S O K O 75.0585.0146.0439.0111=<=+='+=ρ (6) 故从S 1发出的光束能全部进入L 1．为了保证全部光束能进入透镜组合，对L 1和L 2进行加工时必须保留圆1和圆2内的透镜部分．下面举出一种对透镜进行加工、组装的方法．在O 1和O 2之间作垂直于O 1O 2且分别与圆1和圆2相切的切线Q Q '和N N '．若沿位于Q Q '和N N '之间且与它们平行的任意直线T T '对透镜L 1和L 2进行切割，去掉两透镜的弓形部分，然后把它们沿此线粘合就得到符合所需组合透镜的上半部．同理，对L 2的下半部和L 3进行切割，然后将L 2的下半部和L 3粘合起来，就得到符合需要的整个组合透镜．这个组合透镜可以将S 1、S 2、S 3发出的全部光线都会聚到P 点．现在计算Q Q '和N N '的位置以及对各个透镜切去部分的大小应符合的条件．设透镜L 1被切去部分沿O 1O 2方向的长度为x 1，透镜L 2被切去部分沿O 1O 2方向的长度为x 2，如图2所示，则对任意一条切割线T T '， x 1、x 2之和为h O O r x x d 646.022121=-=+=（7）由于T T '必须在Q Q '和N N '之间，从图2可看出，沿Q Q '切割时，x 1达最大值(x 1M )，x 2达最小值(x 2m )，ρ-'+=111O S r x M 代入r ，ρ 和11O S 的值，得h x M 457.01=(8)代入(7)式，得h x d x M m 189.012=-= (9)由图2可看出，沿N N '切割时，x 2达最大值(x 2M )，x 1达最小值(x 1m )，ρ-=r x M 2 代入r 和ρ 的值，得h x M 311.02= (10) h x d x M m 335.021=-= （11）由对称性，对L 3的加工与对L 1相同，对L 2下半部的加工与对上半部的加工相同．评分标准：本题20分．第1问10分，其中（2）式5分，（3）式5分，第2问10分，其中(5)式3分，(6)式3分，(7)式2分，(8)式、(9)式共1分，(10)式、(11)式共1分．如果学生解答中没有(7)—(11)式，但说了“将图2中三个圆锥光束照射到透镜部分全部保留，透镜其它部分可根据需要磨去（或切割掉）”给3分，再说明将加工后的透镜组装成透镜组合时必须保证O 1O 2=O 1O 2=0.854h ，再给1分，即给(7)—(11)式的全分（4分）．五、1．解法Ⅰ：如图1所示，S 为原空腔内表面所在位置，1q '的位置应位于1OP 的延长线上的某点B 1处，2q '的位置应位于2OP的延长线上的某点B 2处．设A 1为S 面上的任意一点，根据题意有 0111111='+B A q kP A q k(1)0212212='+B A q kP A q k (2)怎样才能使 (1) 式成立呢？下面分析图1中11A OP ∆与11B OA ∆的关系．若等效电荷1q '的位置B 1使下式成立，即211R OB OP ＝⋅(3) 即1111OB OA OA OP =(4)则1111B OA A OP ∽△△有RaOA OP B A P A ==111111 (5)由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷1q '11q aRq -=' (6)由 (3) 式知，等效电荷1q '的位置B 1到原球壳中心位置O 的距离aR OB 21=(7)同理，B 2的位置应使2112B OA A OP ∽△△，用类似的方法可求得等效电荷22q aRq -=' (8)等效电荷2q '的位置B 2到原球壳中心O 位置的距离 aR OB 22=(9)解法Ⅱ：在图1中，设111r P A =，111r B A '=，d OB =1．根据题意，1q 和1q '两者在A 1点产生的电势和为零．有01111=''+r q k r q k （1＇）式中21221)cos 2(θRa a R r -+=（2＇）B 2121221)cos 2(θRd d R r -+='（3＇）由（1＇）、（2＇）、（3＇）式得)cos 2()cos 2(22212221θθRa a R q Rd d R q -+'=-+ （4＇）（4＇）式是以θcos 为变量的一次多项式，要使（4＇）式对任意θ均成立，等号两边的相应系数应相等，即)()(22212221a R q d R q +'=+ （5＇）a q d q 2121'= （6＇） 由（5＇）、（6＇）式得0)(2222=++-aR d R a ad （7＇） 解得aR a R a d 2)()(2222-±+=（8＇）由于等效电荷位于空腔外部，由（8＇）式求得 aR d 2=（9＇）由（6＇）、（9＇）式有212221q aR q =' （10＇）考虑到（1＇）式，有11q aRq -=' （11＇）同理可求得aR OB 22=（12＇）22q aRq -=' （13＇）2．A 点的位置如图2所示．A 的电势由q 1、1q '、q 2、2q '共同产生，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=A B a R A P A B a R A P kq U A 22111111 (10)因221cos 2a ra r A P +-=θ22221cos 2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a R a R r r A B θ 222cos 2a ra r A P ++=θ22222cos 2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=a R a R r r A B θ 代入 (10) 式得⎝⎛+--+-=422222cos 2cos 21RraR r a Rara r kq U A θθ⎪⎪⎭⎫++-+++422222cos 2cos 21R raR r a Rara r θθ (11)评分标准：本题20分．第1问18分，解法Ⅰ中(1)、(2)、(6)、(7)、(8)、(9) 式各3分．解法Ⅱ的评分可参考解法Ⅰ． 第2问2分，即(11)式2分．六、令I 表示题述极短时间∆t 内挡板对C 冲量的大小，因为挡板对C 无摩擦力作用，可知冲量的方向垂直于DE ，如图所示；I '表示B 、C 间的杆对B 或C 冲量的大小，其方向沿杆方向，对B 和C 皆为推力；C v 表示∆t 末了时刻C 沿平行于DE 方向速度的大小，B v 表示∆t 末了时刻B 沿平行于DE 方向速度的大小，⊥B v 表示∆t 末了时刻B 沿垂直于DE 方向速度的大小．由动量定理， 对C 有C m I v ='αsin (1) v m I I ='-αcos(2) 对B 有B m I v ='αsin (3)对AB 有()⊥-='B m I v v 2cos α(4)因为B 、C 之间的杆不能伸、缩，因此B 、C 沿杆的方向的分速度必相等．故有αααsin cos sin B B C v v v -=⊥(5)由以上五式，可解得v m I αα22sin 31sin 3++= (6)评分标准：本题20分． (1)、(2)、(3)、(4)式各2分． (5)式7分，(6)式5分．七、解法Ⅰ：当金属杆ab 获得沿x 轴正方向的初速v 0时，因切割磁力线而产生感应电动势，由两金属杆与导轨构成的回路中会出现感应电流．由于回路具有自感系数，感应电流的出现，又会在回路中产生自感电动势，自感电动势将图2阻碍电流的增大，所以，虽然回路的电阻为零，但回路的电流并不会趋向无限大，当回路中一旦有了电流，磁场作用于杆ab 的安培力将使ab 杆减速，作用于cd 杆的安培力使cd 杆运动．设在任意时刻t ，ab 杆和cd 杆的速度分别为v 1和v 2（相对地面参考系S ），当v 1、v 2为正时，表示速度沿x 轴正方向；若规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向，则因两杆作切割磁力线的运动而产生的感应电动势()21v v -=Bl E(1)当回路中的电流i 随时间的变化率为t i ∆∆时，回路中的自感电动势ti LL ∆∆-=E (2)根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有0=+L E E(3)金属杆在导轨上运动过程中，两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零，系统的质心作匀速直线运动．设系统质心的速度为V C ，有 C mV m 20=v(4)得2v =C V (5)V C 方向与v 0相同，沿x 轴的正方向．现取一新的参考系S '，它与质心固连在一起，并把质心作为坐标原点O '，取坐标轴x O ''与x 轴平行．设相对S '系，金属杆ab 的速度为u ，cd 杆的速度为u '，则有 u V C +=1v (6)u V C '+=2v(7)因相对S '系，两杆的总动量为零，即有0='+u m mu (8)由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式，得ti LBlu ∆∆=2 (9)在S '系中，在t 时刻，金属杆ab 坐标为x '，在t ＋∆t 时刻，它的坐标为x x '∆+'，则由速度的定义tx u ∆'∆=(10)代入 (9) 式得i L x Bl ∆='∆2(11)若将x '视为i 的函数，由（11）式知i x ∆'∆为常数，所以x '与i 的关系可用一直线方程表示b i BlLx +='2 (12)式中b 为常数，其值待定．现已知在t ＝0⎫; ∇⊥Φab 在S '系中的坐标x '＝021x ，这时i = 0，故得0212x i Bl L x +=' (13)或⎪⎭⎫⎝⎛-'=0212x x L Bl i (14)021x 表示t ＝0⎫;∇⊥Φab 的位置．x '表示在任意时刻t ，杆ab 的位置，故⎪⎭⎫ ⎝⎛-'021x x 就是杆ab 在t 时刻相对初始位置的位移，用X 表示，021x x X -'= (15)当X >0时，ab 杆位于其初始位置的右侧；当X <0时，ab 杆位于其初始位置的左侧．代入(14)式，得X LBli 2=(16)这时作用于ab 杆的安培力X Ll B iBl F 222-=-= (17)ab 杆在初始位置右侧时，安培力的方向指向左侧；ab 杆在初始位置左侧时，安培力的方向指向右侧，可知该安培力具有弹性力的性质．金属杆ab 的运动是简谐振动，振动的周期()Ll B mT 222π2=(18)在任意时刻t ， ab 杆离开其初始位置的位移⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕt T A X π2cos(19)A 为简谐振动的振幅，ϕ : ⎭M ⎬/ 8∉ ⋂ℜ ⎪B ab 杆的振动速度⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ϕt T T A u π2sin π2 (20)(19)、(20)式分别表示任意时刻ab 杆离开初始位置的位移和运动速度．现已知在t ＝0时刻，ab 杆位于初始位置，即X = 0 速度00002121v v v v =-=-=C V u故有ϕcos 0A =ϕsin π220⎪⎭⎫⎝⎛-=T A v 解这两式，并注意到(18)式得2π3=ϕ(21)22400mLBlT A vv ==π (22)由此得ab 杆的位移t TmL Bl t TmL BlX π2sin 222π3π2cos 2200v v =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=（23）由 (15) 式可求得ab 杆在S '系中的位置t TmL Bl x x π2sin 222100abv +=' (24)因相对质心，任意时刻ab 杆和cd 杆都在质心两侧，到质心的距离相等，故在S '系中，cd 杆的位置t TmL Bl x x π2sin 222100cdv --=' (25)相对地面参考系S ，质心以021v =C V 的速度向右运动，并注意到（18）式，得ab 杆在地面参考系中的位置t mL Bl mL Blt x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=2sin 2221000ab v v (26)cd 杆在S 系中的位置t mL Bl mL Blt x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 222100cd v v （27）回路中的电流由 (16) 式得t mL Bl L m t T mL BlL Bl i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==2sin 2π2sin 22200v v (28)解法Ⅱ：当金属杆在磁场中运动时，因切割磁力线而产生感应电动势，回路中出现电流时，两金属杆都要受到安培力的作用，安培力使ab 杆的速度改变，使cd 杆运动．设任意时刻t ，两杆的速度分别为v 1和v 2（相对地面参考系S ），若规定逆时针方向为回路电动势和电流的正方向，则由两金属杆与导轨构成的回路中，因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为()21v v -=Bl E(1’)令u 表示ab 杆相对于cd 杆的速度，有Blu L =E(2’)当回路中的电流i 变化时，回路中有自感电动势E L ，其大小与电流的变化率成正比，即有ti LL ∆∆-=E (3’)根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有0=+L E E由式(2’)、(3’)两式得ti LBlu ∆∆= (4’)设在t 时刻，金属杆ab 相对于cd 杆的距离为x '，在t ＋∆t 时刻，ab 相对于cd 杆的距离为x '＋x '∆，则由速度的定义，有tx u ∆'∆=(5’)代入 (4') 式得i L x Bl ∆='∆ (6’)若将x '视为i 的函数，由(6’)式可知，i x ∆'∆为常量，所以x '与i 的关系可以用一直线方程表示，即b i BlLx +=' (7’)式中b 为常数，其值待定．现已知在t ＝0⎫; ∇⊥Φab 相对于cd 杆的距离为0x ，这时i = 0，故得0x i Bl Lx +='(8’) 或 ()0x x LBli -'=(9’) 0x 表示t ＝0⎫;∇⊥Φab 相对于cd 杆的位置．x '表示在任意时刻t 时ab 杆相对于cd 杆的位置，故()0x x -'就是杆ab 在t 时刻相对于cd 杆的相对位置相对于它们在t ＝0时刻的相对位置的位移，即从t ＝00t ＝t 时间内ab 杆相对于cd 杆的位移0x x X -'= (10')于是有X LBl i =(11’)任意时刻t ，ab 杆和cd 杆因受安培力作用而分别有加速度a ab 和a cd ，由牛顿定律有 ab ma iBl =- (12’)cd ma iBl =(13’)两式相减并注意到(9')式得()X Ll B iBl a a m 22cd ab22-=-=-(14’)式中()cd ab a a -为金属杆ab 相对于cd 杆的加速度，而X 是ab 杆相对cd 杆相对位置的位移．Ll B 222是常数，表明这个相对运动是简谐振动，它的振动的周期()Ll B mT 222π2=(15’)在任意时刻t ，ab 杆相对cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕt T A X π2cos(16’)A 为简谐振动的振幅，ϕ : ⎭M ⎬/ 8∉ ⋂ℜ ⎪B X 随时间的变化率即速度⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=ϕT T A V π2sin π2(17’)现已知在t ＝0时刻，杆位于初始位置，即X = 0，速度0v =V 故有ϕcos 0A =ϕsin π20⎪⎭⎫⎝⎛-=T A v解这两式，并注意到(15’) 式得2π3=ϕ2π200mLBlT A v v ==由此得t mL Bl mL Bl t TmL BlX ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2sin 22π3π2cos 200v v (18’)因t = 0时刻，cd 杆位于x = 0 处，ab 杆位于x = x 0 处，两者的相对位置由x 0表示；设t 时刻，cd 杆位于x = x cd 处，ab 杆位于x = x ab 处，两者的相对位置由x ab －x cd 表示，故两杆的相对位置的位移又可表示为 X = x ab －x cd －x 0 (19’) 所以t mL Bl mL Blx x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-2sin 200cd ab v (20’)(12’)和(13’)式相加, ()0cd ab =+-=+iBl iBl a a m得()0cd ab =+a a由此可知，两杆速度之和为一常数即v 0，所以两杆的位置x ab 和x cd 之和应为x ab ＋x cd = x 0＋v 0t (21’)由(20’)和(21’)式相加和相减，注意到(15’)式，得t mL BlmL Bl t x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=2sin 2221000ab v v （22’）t mL BlmL Blt x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 22210cd v v （23’）由(11’)、（19’）(22’)、(23’)式得回路中电流t mL Bl L m i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2sin 20v （24’）评分标准：本题25分．解法Ⅰ 求得(16)式8分，(17)、(18)、(19)三式各2分． (23)式4分，(24)、(25)二式各2分，(26)、(27)、(28)三式各1分．解法Ⅱ的评分可参照解法Ⅰ评分标准中的相应式子给分．。

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分尺度一、参考解答令m 暗示质子的质量，0v 和v 别离暗示质子的初速度和达到a 球球面处的速度，e 暗示元电荷，由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ 〔1〕因为a 不动，可取其球心O 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O 点的角动量守恒。

所求l 的最大值对应于质子达到a 球外表处时其速度标的目的刚好与该处球面相切〔见复解20-1-1〕。

以max l 暗示l 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〕 假设把质子换成电子，那么如图复解20-1-2所示，此时式〔1〕中e 改为e -。

同理可求得max 62l R =〔5〕评分尺度：此题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1(27273)K=300K T =+时，气柱中的空气的压强和体积别离为10p p h =+， 〔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迟缓压入A 管和B 管。

设温度升高到2T 时，气柱右侧水银刚好全部压到B 管中，使管中水银高度增大C BbS h S ∆= 〔3〕 由此造成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局部进入A 管，进入A 管的水银使A 管中的水银高度也应增大h ∆，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为A V hS ''∆=∆ 〔5〕所以，当温度为2T 时空气的体积和压强别离为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273370T t =+=K ，所以温度将继续升高。

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..。

1 第40届全国中学生物理竞赛复赛试题 （2023年9月16日上午9:00-12:00） 考生必读

1、 考生考试前请务必认真阅读本须知。 2、 本试题共8道题，5页，总分为320分。 3、 如遇试题印刷不清楚情况，请务必向监考老师提出。 4、 需要阅卷老师评阅的内容一定要写在答题纸上；写在试题纸和草稿纸上的解答一律不能得分。

一、（40分）利用智能手机的相机可以进行光学实验。手机的镜头是一个由许多元件组成的系统，这些镜头元件被封装后只有几毫米厚，因此可以安装在厚度不到一厘米的手机中。相机的图像传感器以像素为单位记录所拍摄的物体的像，借助软件可以读取像的实际尺寸。在以下问题中，将手机镜头视为结构固定的共轴理想透镜组，可以证明其物像关系等效于一个凸透镜，可以利用薄透镜成像公式进行有关计算。与薄透镜不同的是，需要在光轴上确定一对参考点H、H′（称为主点）作为计算物距、像距、焦距的起点，如图1a所示。本题所有成像光路都满足近轴条件。

（1）物体通过镜头成像时，由于透镜组封装在手机内部，在镜头结构与参数未知的情况下无法直接确定主点位置，因而无法直接用尺子测量物距u的具体数值。实验中，可以沿光轴前后移动与光轴垂直、长度为l的刻度尺，使其在物距为u1和u2的两个位置分别成像，测量出刻度尺移动的距离21suu和对应像的长度大小l1、l2。求：

（i）该镜头的等效焦距F（用测得的l、l1、l2和s表示）；

（ii）物距u1（用测得的l、l1、l2和s表示）。

（2）若透镜组由两个焦距分别为f1和f2的共轴薄凸透镜1和2组成，它们的光心分别为O1和O2，间距为d。物

（实或虚）的光依次通过透镜1和2成像时，透镜组存在横向放大率为＋1的一对物面和像面（称为主平面），它们与光轴的交点分别称为物方主点H和像方主点H′。 （i）将H看作透镜1的“物”，求H相对于O1的物距；将H′看作透镜2的“像”，求H′相对于O2的像距。