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第32届全国中学生物理竞赛参考答案及评分标准


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 15 O 和 13 C ①

(2)一个循环所有的核反应方程式依循换次序为

p ?12 C ?13 N
13

② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦

>
N ?13 C ? e? ? ve

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

O ?15 N ? e? ? ve

p ?15 N ?12 C ?4 He
(3)整个循环的核反应,相当于

4p ?4 He ? 2e? +2ve
完成一个碳循环过程释放的核能为

8 ○

?E ? 4mp ? M 4 H ? 2me c 2
e

?

?

?? ?? 4 ? 1.0078 ? 4.0026 ? ? 931.494 ? 2 ? 0.511? ? MeV

? 25.619MeV 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) (l) (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 ? mvx ? MVAx ? MVBx

① ② ③

0 ? mvy ? MVAy ? MVBy

L L L L m v0 ? m vx ? M VAx ? M VBx 2 2 2 2

式中, vx 和 vy 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

? xA ? t ? ? xB ? t ?? ? ?? ? yA ? t ? ? yB ? t ?? ? ? L2 ?
2 2



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? ? yB ?t ? 0? ? L
利用⑥式,⑤式在碰撞后的瞬司成为
VAy ? VAy ? t ? 0? ? VBy ? t ? 0? ? VBy





由①②⑦式得

VAy ? VBy ? ?
由①②③式得

m vy 2M



VAx ?

m ? v0 ? vx ? M

⑨ ⑩

VBx ? 0

利用⑧⑨⑩式,碰撞后系统的动能为
E? 1 1 1 2 2 2 2 m ? vx ? vy ? M ?VA M ?VB2x ? VB2y ? ? x ? VAy ? ? 2 2 2 1 1 2 2 2 2 11 ? m ? vx ? vy ? M ?VA ○ ? x ? 2VAy ? 2 2 1 2 1 m2 2M ? m 2 2 ? mvx ? mv y ? v0 ? vx ? ? 2 2M 4M

(解法二)

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 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 ? 2MVCx

① ② ③

0 ? mvy ? 2MVCy
m L L ?L ?L v0 ? m vx ? 2M ? ? ? 2 2 ?2 ?2

式中, vx 和 vy 表示球 C 碰后的沿 x 方向和 y 方向的速度分量。由①②③式得

Vcx ?

m ? v0 ? vx ? 2M m vy 2M

④ ⑤ ⑥

VCy ? ?

??
碰撞后系统的动能为

m ? v0 ? vx ? ML

1 1 1 ? L? 2 2 E ? m ? vx ? vy ? ? 2M ? ?VC2x ? VC2y ? ? 2 ? M ? ? ? ? 2 2 2 ? 2?

2



利用④⑤⑥式,系统动能⑦式可表示成
1 2 1 m2 2M ? m 2 2 E ? mvx ? mv y ? v0 ? vx ? ? 2 2M 4M 11 式或者解法(二)的⑧式即为 (2)解法(一)的○
E?
2 1 ? M ? m? m ? m ? 2M ? m 2 1 m 2 v ? v ? mv ? v0 0? y ? x 2 M M ? m M 2 M ? m ? ? 2



12 ○

可见,在条件

vx ?
vy ? 0

m v0 , M ?m
13 ○

下,碰后系统动能达到其最小值
1 m2 2 14 ○ 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。 11 式各 1 分; 评分参考:第(1)问 10 分, (解法一)①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩○ (解法二)①②式各 1 分, 12 ○ 13 式各 2 分,○ 14 式 1 分。 ③式 2 分,④⑤⑥各 1 分,⑦式 2 分,⑧式 1 分;第(2)问 5 分,○ 三、 (20 分) E?

(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)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



由对质心的动量矩定理有

rm ? r? ? ? rm ? r?0 ? ? ?rIt



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

v?

1 2 2 4k 2 v0 cos2 ? ? ? r?0 ? v0 sin ? ? 2
r?0 ? 1 ? ? tan ? ? ? 2k ? v0 cos ? ?



tan ? ? ?



??

1 ? r?0 ? v0 sin ? ? 2r



(2)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 ? ?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 r? sin ? ? ? 0 ⑧ v0 在此条件下,在与地面刚刚碰后的瞬间有

? ? 0 , v ? ?v0 k cos ?
即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为
2 2 2 2 2 2 k cos2 ? k ? v0 ? r ?0 ? v2 v0 ? ? 2g 2g 2g



h?



(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 kv cos ? v 2 sin 2 ? 11 s? ?? 0 ○ ? v0 sin ? ? r?0 ? g g

s 取最大值时, ? 的取值 ? 满足
ds d?
12 式得 由得○
2 2 ?r?0 ? r 2?0 ? 8v0

??
?

kv0 v0 cos 2? ? r?0 sin ? ? 0 g

?

?

12 ○

sin ? ?

4v0

13 ○

13 代入○ 11 式得 将○

s1 ?

k

?
k

2 2 r 2?0 ? 8v0 ? 3r?0

?

2 2 2 8v0 ? 2r?0 r?0 ? r 2?0 ? 8v0

?

? ? ?

16 g

14 ○

s2 ? ?

? ?

2 2 r 2?0 ? 8v0 ? 3r?0

? ?

2 2 2 8v0 ? 2r?0 r?0 ? r 2?0 ? 8v0

?

16 g

15 ○

13 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 式中 s1 和 s2 分别对应于○
2 2 r 2 ?0 ? 8v0 ? 3r ?0 2 2 2 8v0 ? 2 r ?0 r ? 0 ? r 2 ? 0 8v0

smax ?

k

?

16 g

16 ○

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

17 ○

评分参考:第(1)问 9 分,①②式符 2 分,③④⑤⑥⑦式各 1 分:第(2)问 4 分,⑧⑨式各 1 分, 11 ○ 12 ○ 13 ○ 14 ○ 15 ○ 16 ○ 17 式各 1 分。 ⑩式 2 分:第(3)问 7 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 t 2 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 ? 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 R0 ? ? x1 ? xP ? ? R02 ? ? x2 ? xP ? ? c ? t2 ? t1 ? 2 2

① ②

x2 ? x1 ? v ? t2 ? t1 ?

? , h , 0? ,机载雷达此时发出另一 式中 R0 ? h2 ? a 2 。现设在时刻 t1? ,飞机所在位置 A 点的坐标为 ? x1
? 返回至飞机的机载雷达被接受,此时飞机的机载雷达 光信号;该信号到达 P 点,经反射后,于时刻 t 2

? , h , 0? 。同理有 的位置为 ? x2 ? ? x1 ? ? v ? t2 ? ? t1? ? x2 ? ? x1 ? v ?t1? ? t1 ? x1 ? ? x2 ? v ?t2 ? ? t2 ? x2
由①②式和 v ?? c 得 ③ ④ ⑤

1 2 2 2 2 t2 ? t1 ? ? R0 ? ? x1 ? xP ? ? R0 ? ? x1 ? xP ? x2 ? x1 ? ? ? ? ? c?
1 2 2 2 ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? 2v ? t2 ? t1 ?? x1 ? xP ? ? ? x2 ? x1 ? ? ? ? ? c? 1 2 2 2 ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? 2v ? t2 ? t1 ?? x1 ? xP ? ? v 2 ? t2 ? t1 ? ? ? ? ? c? ? 2 R02 ? ? x1 ? xP ? c
2



?

x1 ? xP R ? ? x1 ? xP ?
2 0 2

v ? t2 ? t1 ? c

上式右端已略去了 ? v / c 2 ? 级的高阶顶。由⑥式解得
t2 ? t1 ? 2 R02 ? ? x1 ? xP ? c
2

1 v 1? c x1 R02 ? ? x1 ? xP ?
2

?

2 2 R02 ? ? x1 ? xP ? ? x1 ? xP ?1 ? v 2 ? c 2 c R0 ? ? x1 ? xP ? ?

? ? ? ?



?

2 R ? ? x1 ? xP ?
2 0

2

c

?

2v ? x1 ? xP ? c2

同理,由③④式和 v ?? c 得

? ? t1? ? t2
由⑦⑧式得

2 ? ? xP ? 2 R0 ? ? x1

2

c

?

2v ? x1? ? xP ? c2



?t2? ? t2 ? ? ?t1? ? t1 ? ?
利用⑤式,⑨式成为

2 c

?

2 2 ? ? xP ? ? R0 R0 ? ? x1 ? ? x1 ? xP ? 2

2

v ? x? ? x ? ?? 2 c
2 1 1



? t2? ? t2 ? ? ? t1? ? t1 ?
2 2 2v 2 2 ? 2 2 ? ? ? R ? x ? x ? v t ? t ? R ? x ? x ? ? ? ? ? ? ? ? t1? ? t1 ? ? 0 ? 1 P ? 1 1 ? 0 1 P c? ? c2 2 ? x1 ? xP ? v ? ? t1? ? t1 ? 2 R02 ? ? x1 ? xP ? c



上式右端已略去了 ? v / c ? 级的高阶项。令
2

t1? ? t1 ? T0

11 ○

式中, T0 为机载雷达在发射的光信号的周期,则
? ? t2 ? T t2
11 式可写成 是机载雷达接受到相应的光信号的周期。○ 12 ○

T ? T0 ?

2 ? xA ? xP ? R ? ? xA ? xP ?
2 0 2

v T0 c

13 ○


fD ? f ? f0 ? ? 2 ? xA ? xP ? R02 ? ? xA ? xP ?
2

v f0 c

14 ○

式中 x1 已用 xA 替代,而

f ?

1 1 , f0 ? T0 T

14 式也可写 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) 。○



v f D ? f ? f 0 ? ?2 f 0 cos ? c
式中
cos ? ? xA ? xP R ? ? xA ? xP ?
2 0 2

14 ○

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

? ? ?t ? ? ?0t ? ?

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

?? ? t1 ? ? ?0 ? t1 ? ? ? ? ?
式中 ? 为信号往返过程所需的时间,它满足



2 R0 ? ? x1 ? xP ? ? R02 ? ? x2 ? xP ? ? c? 2 2

② ③

x2 ? x1 ? v?

经过时间间隔 ?t ,同理有

?? ?t1 ? ?t ? ? ?0 ?t1 ? ?t ? ? ?? ? ?
2 2 ? ? xP ? ? c? ? R0 ? ? x1? ? xP ? ? R0 ? ? x2 2 2

④ ⑤ ⑥

? ? x1? ? v? ? x2

另外,由于同样的原因(飞机作匀速直线运动) ,还有
x1? ? x1 ? v?t ? ? x2 ? x?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
1 2 2 ? ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? x2 ? x1 ? ? ? c? ? ?



1 2 2 2 ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? 2 ? x2 ? x1 ?? x1 ? xP ? ? ? x2 ? x1 ? ? ? ? ? c? 1 2 2 ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? R02 ? ? x1 ? xP ? ? 2v? ? x1 ? xP ? ? v 2? 2 ? ? ? ? ? c ? 2 R02 ? ? x1 ? xP ? c
2



2

?

x1 ? xP R ? ? x1 ? xP ?
2 0 2

v ? c

上式右端已略去了 ? v / c ? 级的高阶项。由⑨式解得

??

2 R02 ? ? x1 ? xP ? c

2

1 v 1? c x1 R ? ? x1 ? xP ?
2 0 2

?

2 2 R02 ? ? x1 ? xP ? ? x1 ? xP ?1 ? v 2 ? c 2 c R0 ? ? x1 ? xP ? ?

? ? ? ?



?

2 R ? ? x1 ? xP ?
2 0

2

c

?

2v ? x1 ? xP ? c2

同理,由⑤⑥式和 v ?? c 得

?? ?
由①④⑧式得

2 ? ? xP ? 2 R0 ? ? x1

2

c

?

2v ? x1? ? xP ? c2

11 ○

??t ? ?0 ? ?t ? ? ?? ? ?0 ? ?? ?


12 ○

? ? 2πf
2 ? xA ? xP ? R ? ? xA ? xP ?
2 0

13 ○

12 式,利用⑦⑩○ 11 式,在 ?t 很小的情形下,略去 ?t 的高阶项,得 代入○

fD ? f ? f0 ? ?

v f0 c

14 ○



v f D ? f ? f 0 ? ?2 f 0 cos a c
式中
cos a ? xA ? xP R ? ( xA ? xP ) 2
2 0

?

即 a 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) ) ,


Ls / 2 ? ? ? ≤a≤ ? 2 2 2 R0 ? ( Ls / 2)2 Ls / 2 R02 ? ( Ls / 2)2

?

频移 f D 分别为正、零或负的条件是:

当 a ? π / 2 (xA ? xP ) 时,频移 f D ? 0 ; 当 ? ? ? ? ?? 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 ? ? ? ? ??? xA ? xP ) 时,频移 f D ? 0 。 当 a ? π / 2-Ls / 2 R02 ? ( 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
2 0 2

Ls

?

当 a ? π / 2+Ls / 2 R02 ? ( 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
2 0 2

Ls

?

(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
?f D ?| f D1 ? f D2 |? v v θ f 0 ? 4 f 0 sin c 2 R ? ( Ls / 2) c 2 Ls
2 0 2

?

由于 R0 ?? Ls , 有 ? ?? 1 , 故 sin 将上式代入?式得 ?f D ? f0

?
2

?

?
2

2v ? c

?

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) 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



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 ? 1.0? 。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 2 ? I 5 ? I1 , ② ? ? I 6 ? I 7 ? I8 , ? I 4 ? 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 ? ?U ? ?U ?U ? ? 2 I1 R ? I 3 R ? U ? I 5 R ? 0 , ? 2I 2 R ? I5 R ? U ? I 4 R ? 0 , ? I3 R ? 2I 6 R ? I 7 R ? 0 , ? I 4 R ? I 7 R ? 2I8 R ? 0 .



式中,感应电动势 U 为

U ? blv ? 0.20V
联立②③④式得:
I1 ? I 2 ? 0.025A I 3 ? I 4 ? 0.050A



⑤ ⑥

此时, ab 边和 ed 边所受的安培力大小分别为
Fab ? BI1lab ? 0.0050N Fcf ? BI 3lcf ? 0.010N

⑦ 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 ? Fab lef ? Fcf lef ? 0.0015J



式是 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 2 ? I 5 ? I1 , ? ? I 6 ? I 7 ? I8 , ?I 4 ? I7 ? I3 ? I5 . ?




?U ? 2 I1 R ? I 3 R ? I 5 R ? 0 , ? ?U ? 2 I 2 R ? I 5 R ? I 4 R ? 0 , ? ?? 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 ? Fab laf ? 0.0015J

?

整个过程中外力做的功为
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 ? 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
A、B 处对应的磁感应强度大小分别为
B1 ? B2 ?



?? I 2 πr1

② ③

?? I
2πr2

其中, ? ? 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
E1 ? B1 2av sin ?1 ?

? a 2 ?0 I
πr1 πr2

sin ?1

E2 ? B2 2av sin ? 2 ?

? a 2 ?0 I


sin ? 2

其中

π π ? ?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 ?? ? ? ? ? ⑤ ?2 ? ? ? ?

其中 ? 、 ? 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
E ? E1 ? E2 ?

? a 2 ?0 I1 ? sin(? ? ? )
π ? ? r1

?

sin(? ? ? ) ? ? r2 ?



根据几何关系及三角形余弦定理得 ? 、 ? 、 r1 、 r2 与 a 、 b 、 ? 之间的关系为
b ? a cos ? ? ?cos ? ? r1 ? ? ?sin ? ? a sin ? ? r1 ? b ? a cos ? ? ?cos ? ? r2 ? ? ?sin ? ? a sin ? ? r2 ?
2 2 2 ? ?r1 ? a ? b ? 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
1 1 ? ? 2 ? 2 ? 2 2 π ? a ? b ? 2ab cos ? a ? b ? 2ab cos ? ? a 2 b?0 I ? sin ?t ? 1 1 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 2 π ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ? E?

? a 2 ?0 Ib sin ? ?



(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

F1 ? 2aiB1 ? F2 ? 2aiB2 ?

?0 aIi
πr1

? ?

?0 aIi
πr2

式中 i 为导线框中的感应电流。由欧姆定律有
i? E ? a 2 ?0 Ib sin ?t ? 1 1 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 2 R πR ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ?

?

安培力的合力矩为
M 0 ? F1d1 ? F2 d 2 ?π ? ?π ? ? F1a cos ? ? ? ? ? ? ? F2 a cos ? ? ? ? ? ? 2 2 ? ? ? ? ? F1a sin ?? ? ? ? ? F2 a sin ?? ? ? ? ?

?

?0 a 2 Ii ? sin ?? ? ? ?
π ? ? r1

?

sin ?? ? ? ? ? ? r2 ?

π π 其中,d1 和 d 2 分别为 F1 和 F2 与转轴之间的垂直距离, ? ? ? ? 和 ? ? ? ? 分别为 d1 和 d 2 与 A 、B 连 2 2
线之间的夹角。 将⑦⑧⑨?式代入?式得需要加的外力矩为
M ? ?M 0 ? ? ?
2 0 4 2 2

?0 a 2 Iib sin ?t ?
π
2

1 1 ? ? 2 ? 2 ? 2 2 ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ?
2

? a b I ? sin ?t ?
π2 R

1 1 ? ? 2 ? 2 ? 2 2 ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ?
2

?

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

(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
Pi ?
2 2 2 I b sin 2 ?t ? E 2 ? 2 a 4 ?0 1 1 ? ? ? 2 ? 2 ? 2 2 2 R π R ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ? 2

?

安培力的合力矩为
M0 ? P0 ? Pi ?
2 2 2 ? a 4 ?0 I b sin 2 ?t ?

?

?

π2 R

1 1 ? ? 2 ? 2 ? 2 2 a ? b ? 2 ab cos ? t a ? b ? 2 ab cos ? t ? ?

2

?

由?式可得,外力矩 M 为
M ? ?M 0 ? ?

? a 4 ?02 I 2b2 sin 2 ?t ?
π2 R

1 1 ? ? 2 ? 2 ? 2 2 ? a ? b ? 2ab cos ?t a ? b ? 2ab cos ?t ?
2

2

? a2 ? b2 ? sin ?t ? 4? 2 a 4b2 I 2? ? ? 2 ? ?? 0 2 ? ? a ? b2 ? ? 4a 2 b2 cos2 ?t ? π R ? ?

?

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 ① 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

? Q ? Cπ dT , ? W ? ? pdV , dU ? CV dT
将理想气体状态方程
pV ? RT



两边对 T 求导,可得

p
式中利用了

dV dp dV ?V ?R dT dV dT dp dp dV ? dT dV dT



根据③式有

dV R ? dT p ? V dp dV



联立①②④式得
Cπ ? CV ? pR p ?V dp dV



(2)设 bc? 过程方程为
p ? ? ? ?V


pR p ?V dp dV

根据
Cπ ? CV ?

可得该直线过程的摩尔热容为
Cπ ? CV ?

? ? ?V R ? ? 2?V



CV 是单原子理想气体的定容摩尔热容, 式中, CV ?

3 对 bc? 过程的初态 ? 3 p1 , V1 ? 和终态 ? p1 , 5V1 ? , R。 2


3 p1 ? ? ? ?V1 p1 ? ? ? 5? V1



由⑧式得

??
由⑥⑦⑧⑨式得

p 7 p1 , ? ? 1 2V1 2
8V ? 35V1 R 4V ? 14V1



Cπ ?



(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 ?T ? R?Q ? 8V ? 35V1 Cπ ?
?Q ? 8V ? 35V1 ?T 4V ? 14V1 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
7 ? ?7 A ? V1 , p1 ? 4 ? ?2 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 21 p1 ? ? 35V1 B? , 16 ? ? 8 ?

?

?

(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 ? ? 3 p1V1 Qbc ? nCP ?Tb ? Ta ? ? 2.5 ? RTc ? RTb ? ? 15 p1V1
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 ?

?

3 5 R ,定压摩尔热容 CP ? R 。气 2 2 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 Wabcda 4 p1V1 ? abcda ? ? ? 0.22 ? Qab ? Qbc 18 p1V1
对于 abc?a 循环过程, ab 和 bB 过程吸热, Bc? 和 c?a 过程放热。由热力学第一定律可得, bB 过程吸热 为

Qbc? ? ?UbB ? WbB ? nCV ?TB ? Tb ? ?
所以,循环过程 abc?a 的效率为

1 ? pB ? 3 p1 ??VB ? V1 ? ? 11.39 p1V1 2
?

?

? abc?a ?
由??式可知

Wabc?a 4 p1V1 ? ? 0.278 Qab ? Qbc? 14.39 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 2 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 ? ?10C



式中, ?10C 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

?10C ? arcsin ?
同理应有

? n0 ? ? ? n1 ?



?i2 ? ?12C



式中, ?12C 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

?12C ? arcsin ?
由题设 n1 ? n0 ? n2 ,可知

? n12 ? ? ? n1 ?



?10C ? ?12C



?n ? 所以,当入射角 ?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

?i1 ? arcsin ?

? n0 ? ? ? 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 n2 交界面的反射也为 全反射。如右图所示, ?10 和 ?12 分别为 1 何 0 界面以及 1 和 2 界面上的反射引入的相位( r10 ? e?i?10 和 。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 r12 ? e?i?12 )

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 2π 的整数倍,以致光可在波导薄膜 中传输。故

2mπ ? ? ? ?

2d sec ?i1 ? l

2d sec?i1 ? 2d tan ?i1 sin ?i1 4dπ cos ?i1

?

2 π ? ?10 ? ?12 2π ? ?10 ? ?12

?

?

? ?10 ? ?12



4 dπ

?

1?

2 n0 ? ?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
sin ? t 0 ? n1 sin ?i1 ?1 n0



考虑到⑧式,在介质 n1 与 n0 交界面的反射系数为
r10 ? n1 cos ?i1 ? n0 cos ? t 0 n1 cos ?i1 ? ?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 n2 交界面的反射,由①式得
sin ? t 2 ? n1 sin ?i1 n0 ? 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

?

考虑到? 式,则在介质 n1 与 n2 交界面的反射系数为
n1 1 ?
2 n0 n2 ? n2i 0 ?1 2 2 n1 n2

rt 2 ?

n1 cos ?i1 ? n2 cos ? t 2 ? n1 cos ?i1 ? n2 cos ? t 2

2 ? n2 ? n2 ? exp ? ?2i arctan 0 2 2 2 ? n1 ? n0 n2 n0 ? n1 1 ? 0 ? n i ? 1 2 2 2 n1 n2

? ? ? ?

?

由上式可以得到介质 n1 与 n2 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最长波长 (截 止波长)为
2πd 1 ?
2 n0 n12

??

2 n2 ? n2 mπ ? arctan 0 2 2 n1 ? 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最长波长为
2πd 1 ?
2 n0 n12

?max ?

2 n2 ? n2 arctan 0 2 n12 ? 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,光被完 ? n1 ?

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。


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