精選第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題及答案

精選第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題及答案第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題2023年9月19日說明：所有解答必須寫在答題紙上，寫在試題紙上無效。一、〔15分〕在太陽內(nèi)部存在兩個主要的核聚變反響過程：碳循環(huán)和質(zhì)子-質(zhì)子循環(huán)；其中碳循環(huán)是貝蒂在1938年提出的，碳循環(huán)反響過程如下列圖。圖中、和分別表示質(zhì)子、正電子和電子型中微子；粗箭頭表示循環(huán)反響進行的先后次序。當從循環(huán)圖頂端開始，質(zhì)子與核發(fā)生反響生成核，反響按粗箭頭所示的次序進行，直到完成一個循環(huán)后，重新開始下一個循環(huán)。、和He核的質(zhì)量分別為0.511MeV/c2、1.0078u和4.0026u〔1u≈931.494MeV/c2〕，電子型中微子的質(zhì)量可以忽略?！?〕寫出圖中X和Y代表的核素；〔2〕寫出一個碳循環(huán)所有的核反響方程式；〔3〕計算完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能。二、〔15分〕如圖，在光滑水平桌面上有一長為的輕桿，輕桿兩端各固定一質(zhì)量均為的小球和。開始時細桿靜止；有一質(zhì)量為的小球C以垂直于桿的速度運動，與球碰撞。將小球和細桿視為一個系統(tǒng)。〔1〕求碰后系統(tǒng)的動能〔用條件和球C碰后的速度表出〕；〔2〕假設碰后系統(tǒng)動能恰好到達極小值，求此時球C的速度和系統(tǒng)的動能。三、〔20分〕如圖，一質(zhì)量分布均勻、半徑為的剛性薄圓環(huán)落到粗糙的水平地面前的瞬間，圓環(huán)質(zhì)心速度與豎直方向成〔〕角，并同時以角速度〔的正方向如圖中箭頭所示〕繞通過其質(zhì)心、且垂直環(huán)面的軸轉(zhuǎn)動。圓環(huán)僅在其所在的豎直平面內(nèi)運動，在彈起前剛好與地面無相對滑動，圓環(huán)與地面碰撞的恢復系數(shù)為，重力加速度大小為。忽略空氣阻力。〔1〕求圓環(huán)與地面碰后圓環(huán)質(zhì)心的速度和圓環(huán)轉(zhuǎn)動的角速度；〔2〕求使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件和在此條件下圓環(huán)能上升的最大高度；〔3〕假設讓角可變，求圓環(huán)第二次落地點到首次落地點之間的水平距離隨變化的函數(shù)關系式、的最大值以及取最大值時、和應滿足的條件。四、〔25分〕如圖，飛機在距水平地面〔xz平面〕等高的航線KA〔沿x正方向〕上，以大小為〔遠小于真空中的光速〕的速度勻速飛行；機載雷達天線持續(xù)向航線正右側(cè)地面上的被測固定目標P點〔其x坐標為〕發(fā)射扇形無線電波束〔扇形的角平分線與航線垂直〕，波束平面與水平地面交于線段BC〔BC隨著飛機移動，且在測量時應覆蓋被測目標P點〕，取K點在地面的正投影O為坐標原點。BC與航線KA的距離為。天線發(fā)出的無線電波束是周期性的等幅高頻脈沖余弦波，其頻率為?！?〕機載雷達天線經(jīng)過A點〔其x坐標為〕及此后朝P點相繼發(fā)出無線電波信號，由P反射后又被機載雷達天線接收到，求接收到的回波信號的頻率與發(fā)出信號的頻率之差〔頻移〕?！?〕BC長度為，討論上述頻移分別為正、零或負的條件，并求出最大的正、負頻移?！?〕，求從C先到達P點、直至B到達P點過程中最大頻移與最小頻移之差〔帶寬〕，并將其表示成扇形波束的張角的函數(shù)。：當時，。五、〔20分〕如圖，“田〞字形導線框置于光滑水平面上，其中每個小正方格每條邊的長度和電阻分別為和。導線框處于磁感應強度的均勻磁場中，磁場方向豎直向下，邊界〔如圖中虛線所示〕與de邊平行。今將導線框從磁場中勻速拉出，拉出速度的大小為，方向與de邊垂直，與ae邊平行。試求將導線框整體從磁場中拉出的過程中外力所做的功。六、〔23分〕如圖，一固定的豎直長導線載有恒定電流，其旁邊有一正方形導線框，導線框可圍繞過對邊中心的豎直軸O1O2轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸到長直導線的距離為。導線框的邊長為〔〕，總電阻為R，自感可忽略。現(xiàn)使導線框繞軸以勻角速度逆時針〔沿軸線從上往下看〕方向轉(zhuǎn)動，以導線框平面與長直導線和豎直軸所在平面重合時開始計時。求在t時刻〔1〕導線框中的感應電動勢E；〔2〕所需加的外力矩M。VpOabcdV13V1p13p1'2p1VpOabcdV13V1p13p1'2p15V1〔1〕試證明：理想氣體在任一緩慢變化過程的摩爾熱容可表示為式中，和分別為定容摩爾熱容和理想氣體常數(shù)；〔2〕計算系統(tǒng)經(jīng)直線變化過程中的摩爾熱容；〔3〕分別計算系統(tǒng)經(jīng)直線過程中升降溫的轉(zhuǎn)折點在p-V圖中的坐標A和吸放熱的轉(zhuǎn)折點在p-V圖中的坐標B；〔4〕定量比較系統(tǒng)在兩種循環(huán)過程的循環(huán)效率。n0n1θt2θi1θi1θt0n2d八、〔20分〕如圖，介質(zhì)薄膜波導由三層均勻介質(zhì)組成：中間層1為波導薄膜，其折射率為，光波在其中傳播；底層0為襯底，其折射率為；上層2為覆蓋層，折射率為；。光在薄膜層n0n1θt2θi1θi1θt0n2d〔1〕入射角在什么條件下光波可被完全限制在波導薄膜里〔即光未折射到襯底層和覆蓋層中〕？〔2〕波導薄膜的厚度為，求能夠在薄膜波導中傳輸?shù)墓獠ㄔ谠摻橘|(zhì)中的最長波長。：兩介質(zhì)j與k的交界面上的反射系數(shù)〔即反射光的電場強度與入射光的電場強度之比〕為式中，和是分別是光波在介質(zhì)j的外表上的入射角和折射角，余類推；正弦函數(shù)和余弦函數(shù)在復數(shù)域中可定義為，第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答2023年9月19日0一、〔15分〕〔1〕圖中X和Y代表的核素分別為15O和13C=1\*GB3①〔2〕一個循環(huán)所有的核反響方程式依循換次序為=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦〔3〕整個循環(huán)的核反響，相當于=8\*GB3⑧完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能為⑨評分參考：第〔1〕問4分，X和Y正確，各2分；第〔2〕問6分，②③④⑤⑥⑦式各1分；第〔3〕問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為原點，建立坐標系〔如圖〕。碰撞前后系統(tǒng)的AC動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有AC①y②yOxB③OxB式中，和表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由于輕桿長度為，按照圖中建立的坐標系有④由上式對時間求導得 ⑤在碰撞后的瞬間有 ⑥利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬間成為 ⑦由①②⑦式得 ⑧由①②③式得 ⑨ ⑩利用⑧⑨⑩式，碰撞后系統(tǒng)的動能為 ?〔解法二〕取碰前B球所在位置O為原點，建立坐標系〔如圖〕。設碰撞后，小球C的運動速率為，細桿中心的運動速度為，細桿繞中心轉(zhuǎn)動的角速度為。碰撞前后系統(tǒng)的動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有 ①② 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④⑤⑥碰撞后系統(tǒng)的動能為⑦利用④⑤⑥式，系統(tǒng)動能⑦式可表示成⑧〔2〕解法〔一〕的?式或者解法〔二〕的⑧式即為?可見，在條件 ?下，碰后系統(tǒng)動能到達其最小值 ?它是小球僅與球A做完全非彈性碰撞后系統(tǒng)所具有的動能。評分參考：第〔1〕問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〕問5分，??式各2分，?式1分。三、〔20分〕〔1〕設圓環(huán)的質(zhì)量為，它在碰撞過程中受到的地面對它的水平?jīng)_量為；碰撞后圓環(huán)質(zhì)心的速度大小為，與豎直向上方向的夾角〔按如下列圖的順時針方向計算〕為，圓環(huán)的角速度為。規(guī)定水平向右方向和順時針方向分別為水平動量和角速度的正方向。在水平方向，由動量定理有①由對質(zhì)心的動量矩定理有②按題意，圓環(huán)在彈起前剛好與地面無相對滑動，因而此時圓環(huán)上與地面的接觸點的水平速度為零，即③由題意知④聯(lián)立①②③④式得⑤⑥⑦〔2〕假設圓環(huán)與地面碰后能豎直彈起，那么其速度與豎直方向的夾角將上式代入⑥式得，使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件為⑧在此條件下，在與地面剛剛碰后的瞬間有，⑨即圓環(huán)做豎直上拋運動。圓環(huán)上升的最大高度為⑩〔3〕由于忽略空氣阻力，圓環(huán)再次彈起后，角速度保持為不變，質(zhì)心做以初速度為的斜拋運動。圓環(huán)第二次落地點到首次落地點之間的水平距離隨變化的函數(shù)關系式為?取最大值時，的取值滿足?由得?式得?將?代入?式得??式中和分別對應于?式右端根號前取正和負號的情形。由以上兩式可知，的最大值為?又因為由上式得，當取最大值時，、和應滿足?評分參考：第〔1〕問9分，①②式各2分，③④⑤⑥⑦式各1分；第〔2〕問4分，⑧⑨式各1分，⑩式2分；第〔3〕問7分，???????式各1分。四、〔25分〕〔1〕解法〔一〕按照題給坐標系，設待測點P的位置為，飛機在時所在點K的位置為。在時刻，飛機所在位置A點的坐標為，機載雷達此時發(fā)出一光信號；該信號到達P點，經(jīng)反射后，于時刻返回至飛機的機載雷達被接受，此時飛機的機載雷達的位置為，如下列圖。由于光速不變，飛機做勻速直線運動，有=1\*GB3①②式中?，F(xiàn)設在時刻，飛機所在位置A點的坐標為，機載雷達此時發(fā)出另一光信號；該信號到達P點，經(jīng)反射后，于時刻返回至飛機的機載雷達被接受，此時飛機的機載雷達的位置為。同理有③④⑤由①②式和得⑥上式右端已略去了級的高階項。由⑥式解得⑦同理，由③④式和得⑧由⑦⑧式得⑨利用⑤式，⑨式成為⑩上式右端已略去了級的高階項。令?式中，為機載雷達在發(fā)射的光信號的周期，那么?是機載雷達接受到相應的光信號的周期。⑩式可寫成?或?式中已用替代，而是相應的光信號的頻率，是接收到的回波信號的頻率與發(fā)出信號的頻率之差〔頻移〕。?式也可寫為?式中即為從機載雷達射出的光線與飛機航線之間的夾角。解法〔二〕取航線KA和直線BC所構成的平面為新的坐標平面。K為坐標原點，航線KA為x軸，從K指向BC與Z軸交點的直線為y軸；在時刻，飛機所在位置A點的坐標為；目標點P的位置在這個坐標系里是固定的。設機載雷達于時刻發(fā)出的發(fā)射信號的相位為 式中和分別是相應的角頻率和初相位。機載雷達于時刻在點接收到的經(jīng)P反射的信號是機載雷達于時刻在點發(fā)出的，其相位為 =1\*GB3①式中為信號往返過程所需的時間，它滿足 =2\*GB3② ③經(jīng)過時間間隔，同理有 =4\*GB3④⑤ ⑥另外，由于同樣的原因〔飛機作勻速直線運動〕，還有⑦設機載雷達收到的信號的圓頻率為，那么應有 ⑧由=2\*GB3②③式和得⑨上式右端已略去了級的高階項。由⑨式解得⑩同理，由⑤⑥式和得?由①=4\*GB3④⑧式得?將?代入?式，利用⑦⑩?式，在很小的情形下，略去的高階項，得?或?式中即為從機載雷達射出的光線與飛機航線之間的夾角?！?〕由于機載雷達天線發(fā)射的無線電波束面的張角的限制〔見圖〔b〕〕，有?頻移分別為正、零或負的條件是：當〔〕時，頻移；當〔〕時，即機載雷達發(fā)射信號時正好位于P點到航線的垂足處，頻移 ?當〔〕時，頻移。當〔〕時，即機載雷達發(fā)射信號時正好位于處，正的頻移最大 ?當〔〕時，即機載雷達發(fā)射信號時正好位于處，負的頻移的絕對值最大 ?〔3〕在飛機持續(xù)發(fā)射的無線電波束前沿BC全部通過目標P點過程中，多普勒頻移的帶寬為 ?由于，有，故將上式代入到?式得 ?評分參考：第〔1〕問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，⑥⑦⑧=9\*GB3⑨⑩????式各1分；第〔2〕問6分，?式2分，頻移分別為正、零或負的條件正確〔包括?式〕給2分，??式各1分；第〔3〕問3分，?式2分，?式1分。五、〔20分〕在de邊未出磁場的過程中，ab、cf和de三邊切割磁力線運動，每條邊產(chǎn)生的感應電動勢相等，但感應電流為零，故不需要外力做功 =1\*GB3① 在de邊出磁場但cf邊未出磁場過程中，ab和cf兩條邊做切割磁力線運動，導線框的等效電路如圖a所示。等效電路中每個電阻的阻值R=1.0Ω。按如下列圖電流方向，根據(jù)基爾霍夫第一定律可得 =2\*GB3②由基爾霍夫第二定律，對4個回路可列出4個獨立方程 =3\*GB3③式中，感應電動勢為 =4\*GB3④聯(lián)立=2\*GB3②=3\*GB3③=4\*GB3④式得： =5\*GB3⑤ =6\*GB3⑥此時，ab邊和ed邊所受的安培力大小分別為 =7\*GB3⑦ =8\*GB3⑧式中l(wèi)ab和led分別為ab邊和ed邊的長度。外力所做的功為 =9\*GB3⑨式中l(wèi)ef表示ef邊的長度。在cf邊移出磁場后，只有邊ab切割磁力線運動產(chǎn)生感應電動勢。此時，等效電路如圖b所示，電路中電動勢的大小和電阻阻值不變。根據(jù)基爾霍夫定律可得 =10\*GB3⑩和 ?聯(lián)立=10\*GB3⑩?式得 ?此時，ab邊受到的安培力為 ?外力所做的功為 ?整個過程中外力做的功為 ?評分參考：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〕設t時刻導線框平面與長直導線和轉(zhuǎn)軸組成平面之間的夾角為θ的值為，如圖a所示〔俯視圖〕，導線框旋轉(zhuǎn)過程中只有左、右兩邊〔圖中分別用A、B表示〕切割磁力線產(chǎn)生感應電動勢。A、B兩條邊的速度大小相等，①A、B處對應的磁感應強度大小分別為=2\*GB3②③其中，為真空磁導率，r1、r2分別為A和B到長直導線的垂直距離。A、B兩邊對應的感應電動勢分別為④式中、分別為A、B的速度方向與r1、r2的夾角。根據(jù)幾何關系得⑤其中α、β分別為r1、r2與x方向的夾角。⑤式代入④式得導線框中的感應電動勢為=6\*GB3⑥根據(jù)幾何關系及三角形余弦定理得α、β、r1、r2與a、b、θ之間的關系為=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨將=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨式代入=6\*GB3⑥式得導線框的感應電動勢為=10\*GB3⑩〔2〕〔解法一〕導線框在電流I的磁場中旋轉(zhuǎn)，受到安培力相對于軸的合力矩的作用，要使導線框保持角速度為的勻速旋轉(zhuǎn)，所加的外力矩M必須滿足?正方形導線框上、下兩邊所受安培力的方向與轉(zhuǎn)軸平行，力矩為零，只有導線框左、右兩邊〔分別用A、B表示〕受到的安培力和對合力矩有奉獻，如圖b所示〔俯視圖〕。由②③式和安培力公式得和的大小為??式中i為導線框中的感應電流。由歐姆定律有?安培力的合力矩為?其中，d1和d2分別為F1和F2與轉(zhuǎn)軸之間的垂直距離，和分別為d1和d2與A、B連線之間的夾角。將=7\*GB3⑦⑧=9\*GB3⑨?式代入?式得需要加的外力矩為?〔2〕〔解法二〕導線框在電流I的磁場中旋轉(zhuǎn)，受到安培力相對于軸的合力矩的作用，要使導線框保持角速度為的勻速旋轉(zhuǎn)，所加的外力矩M必須滿足?此時，安培力的合力矩的功率P0應與導線框中感應電流的功率Pi相等，即?式中?安培力的合力矩為?由?式可得，外力矩M為?評分參考：第〔1〕問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〕問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〕根據(jù)熱力學第一定律，有 ①這里，對于1mol理想氣體經(jīng)歷的任一緩慢變化過程中，，和可分別表示為，， ②將理想氣體狀態(tài)方程兩邊對求導，可得 ③式中利用了根據(jù)③式有 ④聯(lián)立①②④式得 ⑤〔2〕設過程方程為 ⑥根據(jù)可得該直線過程的摩爾熱容為 ⑦式中，是單原子理想氣體的定容摩爾熱容，。對過程的初態(tài)和終態(tài)，有 ⑧由⑧式得 ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式得 ⑩〔3〕根據(jù)過程熱容的定義有 ?式中，是氣體在此直線過程中，溫度升高時從外界吸收的熱量。由⑩?式得 ? ?由?式可知，過程中的升降溫的轉(zhuǎn)折點在圖上的坐標為 ?由?式可知，過程中的吸放熱的轉(zhuǎn)折點在圖上的坐標為 ?〔4〕對于循環(huán)過程，ab和bc過程吸熱，cd和da過程放熱 ?式中，已利用條件，單原子理想氣體定容摩爾熱容，定壓摩爾熱容。氣體在abcda循環(huán)過程的效率可表示為循環(huán)過程中對外做的功除以總吸