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第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案


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 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 12 C 核发生反应生 成 13 N 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≈931.494 MeV/c2) ,电子型中微子? e 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 v 0 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 π 3π 瞬间,圆环质心速度 v0 与竖直方向成 ? ( ? ? ? )角,并同时以角速度 ?0 ( ?0 的 2 2

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 ? 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 ? 变化的函数关系式、s 的最大值以及 s 取最大 值时 r 、 v 0 和 ?0 应满足的条件。

1

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 xP )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 R0 。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 f 0 。 (1)已知机载雷达天线经过 A 点(其 x 坐标为 xA )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 Ls ,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 R0 ?? Ls ,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。 已知:当 y ?? 1 时, 1 ? y 2 ? 1 ?
y2 。 2

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 ? 。导线框处于磁感应强度 B ? 1.0 T 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 v ? 2.0 m/s , 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 ? 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。

2

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
C? ? CV ? pR p ?V dp dV

p 3p1 2p1 p1
c?
'

b

c

a

d

V

O 式中, CV 和 R 分别为定容摩尔热容和理想气体 5 V1 V1 3 V1 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 n1 ,光波在其 中传播;底层 0 为衬底,其折射率为 n0 ;上层 2 为覆 盖层,折射率为 n 2 ; n1 ? n0 ? n2 。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, ?ij 是光 波在介质 j 表面上的入射角, ?tj 是光波在介质 j 表面上

n2 θi1 d n 1 θi1

θt2

的折射角。 (1) 入射角 ?i1 在什么条件下光波可被完全限制在波导 n0 θt0 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 。 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
rjk ? n j cos ?i j ? nk cos ? t k n j cos?i j ? nk cos? t k ? rjk e
? i? jk

式中,?ij 和 ?tj 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 ? ? ei? ? e?i? ei? ? e?i? , cos? ? 2i 2

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

3

0 一、 (15 分) (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 ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧

p ? 12 C ? 13 N 13 N ? 13 C ? e ? ?? e

p ? 13 C ? 14 N p ? 14 N ? 15 O 15 O ? 15 N ? e? ?? e

p ? N ? C ? He
15 12 4

(3)整个循环的核反应,相当于

4p ?4 He ? 2e? ? 2? e
完成一个碳循环过程释放的核能为 ?E ? (4mp ? M 4 H ? 2me )c 2
e

? [(4 ? 1.0078 ? 4.0026) ? 931.494 ? 2 ? 0.511] MeV ? 25.619 MeV



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 mv0 ? mv x ? MVAx ? MVBx ① ② 0 ? mv y ? MVAy ? MVBy
L L L L ③ m v0 ? m vx ? M VAx ? M VBx 2 2 2 2 式中, vx 和 v y 表示球 C 碰后的沿 x 方向和 y 方向的速度分量。由于轻

C

v0

A

y O x
B

杆长度为 L ,按照图中建立的坐标系有 ④ [ xA (t ) ? xB (t )]2 ? [ yA (t ) ? yB (t )]2 ? L2 由上式对时间求导得 [ xA (t ) ? xB (t )][VAx (t ) ? VBx (t )] ? [ yA (t ) ? yB (t )][VAy (t ) ? VBy (t )] ? 0 在碰撞后的瞬间有 xA (t ? 0) ? xB (t ? 0), yA (t ? 0) ? y B (t ? 0) ? L 利用⑥式,⑤式在碰撞后的瞬间成为 VAy ? VAy (t ? 0) ? VBy (t ? 0) ? VBy 由①②⑦式得
VAy ? VBy ? ? m vy 2M





⑦ ⑧

由①②③式得
m (v0 ? vx ) M VBx ? 0 VAx ?

⑨ ⑩

利用⑧⑨⑩式,碰撞后系统的动能为
4

1 1 1 2 2 2 2 2 E ? m( v 2 M (VA M (VBx ? VBy ) x ? vy ) ? x ? VAy ) ? 2 2 2 1 1 2 2 2 ? m( v 2 M (VA x ? vy ) ? x ? 2VAy ) 2 2 1 1 m2 2M ? m 2 ? mv 2 ? ( v0 ? v x )2 ? mv y x 2 2M 4M

?

(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 VC ,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 mv0 ? mvx ? 2 MVCx ① ② 0 ? mv y ? 2MVCy

L L ?L ?L m v0 ? m vx ? 2M ? ? ? 2 2 ?2 ?2 式中, vx 和 v y 表示球 C 碰后的沿 x 方向和 y 方向的速度分量。由①②③式得
m ? v0 ? vx ? 2M m VCy ? ? vy 2M m ?? ? v0 ? vx ? ML 碰撞后系统的动能为 Vcx ?
1 1 1 ? L? 2 E ? m( v 2 (2 M )(VC2x ? VC2y ) ? 2 ? M ? ? ? x ? vy ) ? 2 2 2 ? 2?
2



④ ⑤ ⑥



利用④⑤⑥式,系统动能⑦式可表示成 1 1 m2 2M ? m 2 E ? mv2 (v0 ? vx )2 ? mv y x ? 2 2M 4M (2)解法(一)的?式或者解法(二)的⑧式即为
E?
2 1 ( M ? m )m ? m ? 2M ? m 2 1 m 2 v0 ? ? mv y + v0 ? vx ? 2 M M ?m ? 4M 2 M ?m ? 2



?

可见,在条件
m v0 , M ?m vy ? 0 vx ?

?

下,碰后系统动能达到其最小值 1 m2 2 E? v0 2 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(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 I t ;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)
5

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 mv sin ? ? mv0 sin ? ? I t ① 由对质心的动量矩定理有 ② rm( r?) ? rm( r?0 ) ? ?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 ③ v sin ? ? r? ? 0 由题意知
0 ? v cos ? ?k v0 cos ? ? 0



联立①②③④式得
1 2 4k 2 v0 cos2 ? ? (r?0 ? v0 sin ? )2 2 r?0 1 tan ? ? ? (tan ? ? ) 2k v0 cos ? 1 ? ? (r?0 ? v0 sin ? ) 2r v?

⑤ ⑥ ⑦

(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
? ?0

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
sin ? ? ? r?0 v0

⑧ ⑨ ⑩

在此条件下,在与地面刚刚碰后的瞬间有 ? ? 0 , v ? ? v0 k cos θ 即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为
h?
2 2 2 2 k cos2 ? k 2 ( v0 ? r 2?0 ) v 2 v0 ? ? 2g 2g 2g

(3)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 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 ? 变化的函数关 系式为
s? k v cos ? v 2 sin 2 ? ?? 0 ( v0 sin ? ? r?0 ) g g

?

s 取最大值时, ? 的取值 ? 满足 kv ds ? ? 0 ( v0 cos 2? ? r?0 sin ? ) ? 0 d? ? g

?

由得?式得
sin ? ?
2 2 ?r?0 ? r 2?0 ? 8v0 4v0

?

将?代入?式得
s1 ?
2 2 2 2 2 k ( r 2?0 ? 8v0 ? 3r?0 ) 8v0 ? 2r?0 ( r?0 ? r 2?0 ? 8v0 )

16 g
2 2 2 2 2 k ( r 2?0 ? 8v0 ? 3r?0 ) 8v0 ? 2r?0 ( r?0 ? r 2?0 ? 8v0 )

? ?

s2 ? ?
6

16 g

式中 s1 和 s 2 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
smax ?
2 2 2 2 2 k ( r 2?0 ? 8v0 ? 3r ?0 ) 8v0 ? 2r ?0 ( r ?0 ? r 2?0 ? 8v0 )

16 g

?

又因为

?1 ? sin ? ? 1 由上式得,当 s 取最大值时, r 、 v0 和 ?0 应满足
v0 ? r ?0

?

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 ( xP ,0, a ) ,飞机在

t ? 0 时所在点 K 的位置为 (0, h,0) 。在时刻 t1 ,飞机所在位置 A
点的坐标为 ( x1 ? xA , h,0) ,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 t2 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 ( x2 ? xA? , h,0) ,如图所示。 由于光速不变,飞机做匀速直线运动,有
2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 ? R0 ? ( x2 ? xP )2 ? c(t2 ? t1 )

x2 ? x1 ? v(t2 ? t1 )

① ②

式中 R0 ? h2 ? a 2 。现设在时刻 t1? ,飞机所在位置 A 点的坐标 ?, h, 0) ,机载雷达此时发出另一光信号;该信号到达 P 点, 为 ( x1 经反射后,于时刻 t2? 返回至飞机的机载雷达被接受,此时飞机 ? , h,0) 。同理有 的机载雷达的位置为 ( x2
2 2 ? ? xP )2 ? R0 ? ? xP )2 ? c(t2 ? ? t1 ?) R0 ? ( x1 ? ( x2

? ? x1 ? ? v ( t2 ? ? t1 ?) x2 ? ? x1 ? v(t1 ? ? t1 ) x1 ? ? x2 ? v(t2 ? ? t2 ) x2

③ ④ ⑤

由①②式和 v ?? c 得
t2 ? t1 ? ? 1? 2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 ? R0 ? ( x1 ? xP ? x2 ? x1 ) 2 ? ? c?

1? 2 2 R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? 2( x2 ? x1 )( x1 ? xP ) ? ( x2 ? x1 ) 2 ? ? c? 1 2 2 ? ? R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? 2v(t2 ? t1 )( x1 ? xP ) ? v 2 (t2 ? t1 ) 2 ? ? c? ?
2 2 R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? c



v (t2 ? t1 ) R ? ( x1 ? xP ) c
2 0 2

x1 ? xP

上式右端已略去了 (v / c)2 级的高阶项。由⑥式解得

7

t2 ? t1 ?

2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 v c 1? c

1 x1 R ? ( x1 ? xP )2
2 0

? ?

2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 ? v 1? ? c c ?

? 2 2 ? R0 ? ( x1 ? xP ) ?

x1 ? xP



同理,由③④式和 v ?? c 得
? ? t1 ?? t2

2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 2v ? 2 ( x1 ? xP ) c c

2 ? ? xP ) 2 2 v 2 R0 ? ( x1 ? ? xP ) ? 2 ( x1 c c



由⑦⑧式得
? ? t2 ) ? (t1 ? ? t1 ) ? (t2 2 c

?

2 2 ? ? xP )2 ? R0 R0 ? ( x1 ? ( x1 ? xP )2 ?

?

2v ? ? x1 ) ( x1 c2



利用⑤式,⑨式成为 ? ? t2 ) ? (t1 ? ? t1 ) (t2
? ? 2 c

?
2 0

2 2 ? ? t1 )]2 ? R0 R0 ? [ x1 ? xP ? v(t1 ? ( x1 ? xP )2 ?

?

2v 2 ? ? t1 ) (t1 c2



v ? ? t1 ) (t1 R ? ( x1 ? xP ) c
2

2( x1 ? xP )

上式右端已略去了 (v / c)2 级的高阶项。令 ? ? t1 ? T0 t1 式中, T0 为机载雷达在发射的光信号的周期,则 ? ? t2 ? T t2 是机载雷达接受到相应的光信号的周期。⑩式可写成
T ? T0 ? v T0 R ? ( xA ? x P ) c
2 0 2

? ? ?

2( xA ? xP )


f D ? f ? f0 ? ? v f0 R ? ( xA ? x P ) c
2 0 2

2( xA ? xP )

?

式中 x1 已用 xA 替代,而 1 1 f ? , f0 ? T T0 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 v ? f D ? f ? f0 ? ?2 f0 cos? c 式中 xA ? x P cos ? ? 2 R0 ? ( xA ? xP )2 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 t1 ,飞机所在位置 A 点的坐标为 ( x1 ? xA ,0) ;目标点 P 的位置 ( xP , R0 ) 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
8

式中 ?0 和 ? 分别是相应的角频率和初相位。 机载雷达于时刻 t1 在 A? 点 ( x2 ? xA? (t1 ),0) 接收到的经 P 反射的信号是机载雷达于时刻 t1 ? ? 在 A 点 ( x1 ? xA (t1 ? ? ),0) 发出的,其相位为 ① ? ? ? t1 ? ? ?0 ? t1 ? ? ? ? ? 式中 ? 为信号往返过程所需的时间,它满足
2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 ? R0 ? ( x2 ? xP )2 ? c?

? ? t ? ? ?0t ? ?

x2 ? x1 ? v?

② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

经过时间间隔 ?t ,同理有 ? ? ? t1 ? ? t? ? ? 0? t1 ?? ? t ? ?? ? ?
2 2 ? ? xP )2 ? R0 ? ? xP )2 ? c? ? R0 ? ( x1 ? ( x2

? ? x1 ? ? v? ? x2

另外,由于同样的原因(飞机作匀速直线运动) ,还有
? ? x1 ? v?t x1 ? ? x2 ? v?t x2

设机载雷达收到的信号的圆频率为 ? ,则应有 ? ? ? t1 ? ?t ? ? ? ? ? t1 ? ? ??t 由②③式和 v ?? c 得
2 2 ?? ? R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? R0 ? ( x1 ? xP ? x2 ? x1 ) 2 ? ? c?



1

1? 2 2 R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? 2( x2 ? x1 )( x1 ? xP ) ? ( x2 ? x1 ) 2 ? ? c? 1 2 2 ? ? R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? 2 v? ( x1 ? xP ) ? v 2? 2 ? ? c? ? ?
2 2 R0 ? ( x1 ? xP ) 2 ? c



v ? R ? ( x1 ? xP ) c
2 0 2

x1 ? xP

上式右端已略去了 (v / c)2 级的高阶项。由⑨式解得

??

2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 v c 1? c

1 x1 R ? ( x1 ? xP )2
2 0

? ?

2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 ? v ?1 ? c c ?

? 2 2 ? R0 ? ( x1 ? xP ) ?

x1 ? xP



同理,由⑤⑥式和 v ?? c 得

2 2 R0 ? ( x1 ? xP )2 2v ? 2 ( x1 ? xP ) c c

???

2 ? ? xP ) 2 2 v 2 R0 ? ( x1 ? ? xP ) ? 2 ( x1 c c

?

由①④⑧式得 ??t ? ?0 (?t ? ? ?) ? ?0 (?? ) 将

? ? ?

? ? 2 πf 代入?式,利用⑦⑩?式,在 ?t 很小的情形下,略去 ?t 的高阶项,得
f D ? f ? f0 ? ? v f0 R ? ( xA ? x P ) c
2 0 2

2( xA ? xP )


9

f D ? f ? f0 ? ?2

v f0 cos? c

?

式中
cos ? ? xA ? x P R ? ( xA ? x P ) 2
2 0

即 ? 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 Ls / 2 Ls / 2 π π ? ?? ? ? ? 2 2 2 R0 ? ( Ls / 2) 2 R0 2 ? ( Ls / 2) 2 频移 f D 分别为正、零或负的条件是: 当 ? ? π / 2 ( xA ? xP )时,频移 f D ? 0 ; 当 ? ? π / 2 ( xA ? xP )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 fD ? 0 ? 当 ? ? π / 2 ( xA ? xP )时,频移 f D ? 0 。
2 当 ? ? π / 2 ? Ls / 2 R0 ? ( Ls / 2)2 ( xA ? xP ? ? Ls / 2 )时,即机载

雷达发射信号时正好位于 ( xA ? xP ? Ls / 2, h,0) 处,正的频移最大
f D1 ? v f0 R ? ( Ls / 2) c Ls
2 0 2

?

2 当 ? ? π / 2 ? Ls / 2 R0 ? ( Ls / 2)2 ( xA ? xP ? Ls / 2 )时,即机载雷

达发射信号时正好位于 ( xA ? xP ? Ls / 2, h,0) 处,负的频移的绝对值最大
f D2 ? ? v f0 R ? ( Ls / 2) c Ls
2 0 2

?

(3)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 2 Ls v v ? ? ?f D ? f D1 ? f D 2 ? f ? 4 f 0 sin 2 2 c 0 c 2 R0 ? ( Ls / 2) 由于 R0 ?? Ls ,有 ? ?? 1 ,故
2 2 将上式代入到?式得
?f D ? f 0 2v ? c

sin

?

?

?

?

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 f D 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)
10

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 W1 ? 0 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 ? I1 ? I 3 ? I 6 , ?I ? I ? I , ? 2 5 1 ② ? ? I6 ? I7 ? I8 , ? ? I4 ? I7 ? I3 ? I5. 由基尔霍夫第二定律,对 4 个回路可列出 4 个独立方程 ?U ? 2 I1R ? I 3 R ? U ? I 5 R ? 0, ?U ? 2 I R ? I R ? U ? I R ? 0, ? 2 5 4 ③ ? U ? I R ? 2 I R ? I R ? 0, 3 6 7 ? ? ?U ? I 4 R ? I 7 R ? 2 I 8 R ? 0. 式中,感应电动势 U 为 U ? bv l ?0.20V ④ 联立②③④式得: I1 ? I 2 ? 0.025A ⑤ I 3 ? I 4 ? 0.050A ⑥ 此时,ab 边和 ed 边所受的安培力大小分别为 Fab ? BI1lab ? 0.0050N ⑦ Fcf ? BI 3lcf ? 0.010N ⑧ 式中 lab 和 led 分别为 ab 边和 ed 边的长度。外力所做的功为 W2 ? Fablef ? Fcf lef ? 0.0015J ⑨ 式中 lef 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 ? I1 ? I 3 ? I 6 , ?I ? I ? I , ? 2 5 1 ⑩ ? ? I6 ? I7 ? I8 , ? ? I4 ? I7 ? I3 ? I5. 和 ?U ? 2 I1 R ? I 3 R ? I 5 R ? 0, ?U ? 2 I R ? I R ? I R ? 0, ? 2 5 4 ? ? ? ? I 3 R ? 2 I 6 R ? I 7 R ? 0, ? ? ? I 4 R ? I 7 R ? 2 I 8 R ? 0. 联立⑩?式得 I1 ? I 2 ? 0.075A 此时,ab 边受到的安培力为 Fab ? BI1lab ? 0.015N 外力所做的功为 W3 ? Fablaf ? 0.0015J 整个过程中外力做的功为
11

? ? ?

W ? W1 ? W2 ? W3 ? 0.0030J

?

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 ,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, v ? ?a ① A、B 处对应的磁感应强度大小分别为 ?I ② B1 ? 0 2? r1 ?I ③ B2 ? 0 2? r2 其中, ?0 为真空磁导率,r1、r2 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 2 ?0 I E1 ? B1 2av sin ?1 ? sin ?1 ? r1 ?a 2 ?0 I E2 ? B2 2av sin ? 2 ? sin ? 2 ? r2



π π 式中 ? ?1 、 ? ?2 分别为 A、B 的速度方向与 r1、r2 的夹角。 根据几何关系得 2 2 ?1 ? ? ? ? ⑤ ?2 ? ? ? ?
其中 α、β 分别为 r1、r2 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 ?a 2 ?0 I1 ? sin(? ? ? ) sin(? ? ? ) ? E ? E1 ? E2 ? ? ⑥ ? ? ? r1 r2 ? ? 根据几何关系及三角形余弦定理得 α、β、r1、r2 与 a、b、θ 之间的关系为 b ? a cos ? ? ?cos ? ? r1 ? ⑦ ? ? sin ? ? a sin ? ? r1 ? b ? a cos ? ? ?cos ? ? r2 ? ⑧ ? ? sin ? ? a sin ? ? r2 ?
?r12 ? a 2 ? b2 ? 2ab cos? ? 2 2 2 ?r2 ? a ? b ? 2ab cos? 将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为



E?

?a 2 ?0 Ib sin ? ? 1 1 ? ? 2 ? 2 ? 2 2 ? ? a ? b ? 2ab cos ? a ? b ? 2ab cos ? ? a 2b?0 I ? sin ?t ? 1 1 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 2 ? ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ?



12

(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 M 0 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 ? M0 ? 0 ? 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 F1 和 F2 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 F1 和 F2 的大小为 ? aIi ? F1 ? 2aiB1 ? 0 ? r1 ? aIi ? F2 ? 2aiB2 ? 0 ? r2 式中 i 为导线框中的感应电流。由欧姆定律有 E ?a 2 ?0 Ib sin ?t ? 1 1 ? i? ? ? 2 ? ? 2 ? 2 2 R ?R a ? b ? 2 ab cos ? t a ? b ? 2 ab cos ? t ? ? 安培力的合力矩为 M 0 ? F1d1 ? F2 d 2 ? ? ? F1a cos( ? ? ? ? ) ? F2 a cos( ? ? ? ? ) 2 2 ? ? F1a sin(? ? ? ) ? F2 a sin(? ? ? )
?

?0 a 2 Ii ? sin(? ? ? ) sin(? ? ? ) ? ? ? ? ? r1 r2 ? ?

? ? 其中, d1 和 d2 分别为 F1 和 F2 与转轴之间的垂直距离, ? ? ? ? 和 ? ? ? ? 分别为 d1 和 d2 与 A、 2 2 B 连线之间的夹角。 将⑦⑧⑨?式代入?式得需要加的外力矩为 ? a 2 Iib sin ?t ? 1 1 ? M ? ?M 0 ? ? 0 ? 2 ? 2 ? 2 2 ? ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ?
?? ??
2 4 2 2 ?0 a b I ? sin 2 ?t ? 1 1 ? ? 2 ? 2 ? 2 2 2 ? R ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ? 2 2

?

2 4 2 2 ? 4?0 a b I ?? (a 2 ? b2 )sin ?t ? 2 ? 2 2 2 2 ? 2R ( a ? b ) ? 4 a b cos ? t ? ? (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 M 0 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 ? M0 ? 0

? 此时,安培力的合力矩的功率 P0 应与导线框中感应电流的功率 Pi 相等,即 P0 ? Pi ? 式中
2 2 2 I b sin 2 ?t ? E 2 ? 2 a 4 ?0 1 1 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 2 2 R ? R ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ? 安培力的合力矩为 2

Pi ?

?

2 2 2 ?a 4 ?0 I b sin 2 ?t ? 1 1 ? ? 2 ? 2 ? 2 2 2 ? ? ? R ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ? 由?式可得,外力矩 M 为

M0 ?

P0

?

Pi

2

?

?

13

2 2 2 ?a 4 ?0 I b sin 2 ?t ? 1 1 ? M ? ?M 0 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 2 2 ? R ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ?

2

? 4? 2 a 4b2 I 2? ? (a 2 ? b2 )sin ?t ?? 0 2 ? 2 ? 2 2 2 2 ? R ( a ? b ) ? 4 a b cos ? t ? ?

2

?

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 这里,对于 1mol 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

① ②

? Q ? C? dT , ?W ? ? pdV , dU ? CV dT
将理想气体状态方程 两边对 T 求导,可得
p dV dp dV ?V ?R dT dV dT
pV ? RT



式中利用了
dp dp dV ? dT dV dT

根据③式有
dV R ? dp dT p ?V dV



联立①②④式得
C? ? CV ? pR dp p ?V dV



(2)设 bc ? 过程方程为 根据
C? ? CV ?

p ? ? ? ?V


pR

p ?V

dp dV

可得该直线过程的摩尔热容为
C? ? CV ?

? ? ?V R ? ? 2 ?V



3 式中, CV 是单原子理想气体的定容摩尔热容, CV ? R 。对 bc ? 过程的初态 (3 p1 ,V1 ) 和终态 2 ( p1 ,5V1 ) ,有 3 p1 ? ? ? ?V1 ⑧ p1 ? ? ? 5?V1

由⑧式得

??
14

7 p p1 , ? ? 1 2 2V1



由⑥⑦⑧⑨式得
C? ? 8V ? 35V1 R 4V ? 14V1



(3)根据过程热容的定义有
?Q ?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⑩?式得 4V ? 14V1 ?Q ?T ? 8V ? 35V1 R 8V ? 35V1 ?Q ? R ?T 4V ? 14V1 C? ?

?

? ?

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 7 7 A ( V1 , p1 ) 2 4 由?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 35V1 21 p1 B( , ) 8 16 (4)对于 abcda 循环过程,ab 和 bc 过程吸热,cd 和 da 过程放热 Qab ? nCV ?Tb ? Ta ? ? 1.5 ? RTb ? RTa ? ? 3p1V1
Qbc ? nC p ?Tb ? Ta ? ? 2.5 ? RTc ? RTb ? ? 15p1V1

?

?

?

3 5 式中, 已利用已知条件 n ? 1mol , 单原子理想气体定容摩尔热容 CV ? R , 定压摩尔热容 C p ? R 。 2 2 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

?abcda ?

bB ab 和 bB 过程吸热,Bc? 和 c?a 过程放热。 对于 abc?a 循环过程, 由热力学第一定律可得, 过程吸热为 1 ? Qbc? ? ?UbB ? WbB ? nCV ?TB ? Tb ? ? ? pB ? 3 p1 ??VB ? V1 ? =11.39p1V1 2 所以,循环过程 abc?a 的效率为
?abc?a ?
由??式可知
Wabc?a 4 p1V1 ? ? 0.278 Qab ? Qbc? 14.39 p1V1

Wabcda 4 p1V1 ? ? 0.22 Qab ? Qbc 18 p1V1

?

?

?abc?a ? ?abcda

?

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 n1 sin ?i1 ? n0 sin ?t0 若要求光线不会折射到衬底中,即发生全反射,应有 ?i1 ? ?10 C 式中, ?10 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

① ②

?10 C ? arcsin ?
15

? n0 ? ? ? n1 ?



同理应有 ?i2 ? ?12 C 式中, ?12 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



?12 C ? arcsin ?

? n2 ? ? ? n1 ?



由题设 n1 ? n0 ? n2 ,可知 ?10 C ? ?12 C 00251786240251785216251781120251782144251783168251784192 ?n ? ?i1 ? arcsin ? 0 ? 时,光被完全限制在波导薄膜里。 ? n1 ? (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 ?n ? ?i1 ? arcsin ? 0 ? ? n1 ? 决定。此时光在介质 n1 与 n0 交界面的反射处于全反射 的临界状态,光在介质 n1 与 n 2 交界面的反射也为全反 射。如右图所示, ?10 和 ?12 分别为 1 和 0 界面以及 1 和

⑥ 所 以 , 当 入 射 角

φ12 B θi1 θi1 φ10 d

l n1

A

2 界面上的反射引入的相位( r10 ? e?i?10 和 r12 ? e?i?12 ) 。 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 2? 的整数倍,以致光可在波导薄膜 中传输。故 2d sec ?i1 ? l 2m? ? 2? ? ?10 ? ?12 ? 2d sec ?i1 ? 2d tan ? i1 sin ? i1 ? 2? ? ?10 ? ?12 ? ⑦ 4d? cos ?i1 ? ? ?10 ? ?12 ?
? n2 4d ? 1? 0 ? ?10 ? ?12 ? n12

式中, m ? 0,1, 2,3,? , ? 为所传输光波在波导薄膜介质中的波长。 考虑介质 n1 与 n0 交界面的反射,由①式得 n sin ?i1 sin ? t0 ? 1 ?1 n0 考虑到⑧式,在介质 n1 与 n0 交界面的反射系数为 n cos ?i1 ? n0 cos ? t 0 n1 cos ?i1 r10 ? 1 ? ?1 n1 cos ?i1 ? n0 cos ? t 0 n1 cos ?i1 由上式可以得到介质 n1 与 n0 交界面的反射相位
?10 ? 0 再考虑介质 n1 与 n 2 交界面的反射,由①式得 n sin ? i1 n0 sin ? t 2 ? 1 ? n2 n2







?

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 n0 ? n2 时,按照题给的推广的正 弦和余弦的定义可知, cos?t 2 是一个纯虚数,可以写为
cos? t 2 ? i
2 n0 ?1 2 n2

?

16

考虑到?式,则在介质 n1 与 n 2 交界面的反射系数为
r12 ? n1 cos ?i1 ? n2 cos ? t2 ? n1 cos ?i1 ? n2 cos ? t2
2 2 ? n0 ? n2 ? exp ? ? 2 i arctan 2 ? 2 n12 ? n0 n2 n0 ? n1 1 ? 0 ? n i ? 1 2 2 n12 n2

n1 1 ?

2 n0 n2 ? n2i 0 ?1 2 2 n1 n2

? ? ? ?

?

由上式可以得到介质 n1 与 n 2 交界面的反射相位为

?12 ? 2arctan

2 2 n0 ? n2 2 n12 ? n0

?

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
2? d 1 ?
2 n0 n12

??

2 n 2 ? n2 m? ? arctan 0 2 n12 ? n0

?

式中, m ? 0,1, 2,3,? 。当 m ? 0 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
2? d 1 ?
2 n0 n12

?max ?

2 n 2 ? n2 arctan 0 2 2 n1 ? n0

?

?n ? 评分参考:第(1)问 10 分,①②式各 2 分,③④式各 1 分,给出“入射角 ?i1 ? arcsin ? 0 ? 时, ? n1 ? 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。

17


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