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2015年第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析


2015 年第 32 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析

2015 年第 32 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析
无锡市第一中学 第一题(15 分) 魏熙锴

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ν 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 p 和 He 核的质量分别为 0.511 MeV/c2、 下一个循环。 已知 e + 、 1.0078 u 和 4.0026 u(1u≈931.494 MeV/c2) ,电子型中微子ν 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。
参考答案: (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

p + 12 C → 13 N
13

N → C + e +ν e
13 +

③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧

p + 13 C → 14 N p + 14 N → 15 O
15

O → N + e +ν e
15 +

p + N → C + He
15 12 4

(3)整个循环的核反应,相当于

4p →4 He + 2e + + 2ν 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。 评析: 根据《全国中学生物理竞赛内容提要》的近代物理部分,考纲要求如下: “原子核的尺度数量 级 天然放射性现象 原子核的衰变 半衰期 放射线的探测 质子的发现 中子的发现 原子 核的组成 核反应方程 质能关系式 裂变和聚变 质量亏损” ,基本与高中选修 3-5 要求一致。 但是作为一个不经常出现的考点,很多考生会忽视这一部分,导致面对本题时感到无所适从。这 充分说明,在竞赛考试前的最后一轮复习时,按照考纲逐条过关是很有必要的。
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从题目角度来看,本题难度不大,基本为送分题。仅有的两个难点,一个是考生对于这种循 环机理的不熟悉。 但是事实上, 在普通高中课程中, 无论是化学或是生物均会有类似循环的出现, 这点只需要考生做适当的迁移,将其他学科的分析方法转移至物理学科之中,即可解决。至于总 反应式, 可以直接累加获得, 这与化学反应的总反应式获得如出一辙, 也是考察的知识迁移能力。 另一方面是电子型中微子,这个微观粒子并未在教科书中着重分析,但是并不影响选手对整道题 目的把握。这对于选手是否拥有相对不错的心理素质以及读题分析能力有所要求,但是可以看到 要求并不高。

第二题(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 v0 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。
参考答案: (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 mv y + MVAy + MVBy 0=
L L L L ③ m v x + M VAx ? M VBx v0 = 2 2 2 2 式中, v x 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 m

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) ? yB (t = 0) = L 利用⑥式,⑤式在碰撞后的瞬间成为 VAy ≡ VAy (t = VBy (t = 0) = 0) ≡ VBy
由①②⑦式得
VAy = VBy = ? m vy 2M



⑦ ⑧

由①②③式得 m ( v0 ? v x ) M VBx = 0 利用⑧⑨⑩式,碰撞后系统的动能为 = VAx ⑨ ⑩

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1 1 1 2 2 2 2 2 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 2 1 m2 2M + m 2 mv x + mv y ( v0 ? v x ) 2 + = 2 2M 4M E =

?

(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 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 m = v0 mv x + 2 MVCx ① 0 mv y + 2 MVCy = ② L L ?L ?L v0 m v x + 2 M ? ω ? = m 2 2 ?2 ?2 v 式中, v x 和 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 = ω ( v0 ? vx ) ML 碰撞后系统的动能为 = Vcx
1 1 1 ? L? 2 m( v 2 (2 M )(VC2x + VC2y ) + 2 × M ? ω ? x + vy ) + 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 E= mv x + ( v0 ? v x ) 2 + mv y 2 2M 4M = E
2



④ ⑤ ⑥





(2)解法(一)的?式或者解法(二)的⑧式即为
= E 1 ( M + m )m ? m 1 m2 ? 2M + m 2 v0 ? + v0 mv 2 ? vx ? y + 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。 评析: 本题的碰撞模型在普通物理中作为以通过质心垂直纸面的直线为轴角动量守恒的经典例题 经常出现,对于选修了力学先修课的同学来说必然不会陌生,所以对于这部分同学,本题求解易 如反掌。这里笔者认为,毕竟出卷的主要是大学教授,在高中竞赛知识之外系统的学习大学的普 通物理甚至更高层次的物理知识,对于竞赛帮助很大。 从应试角度来说,如果考生不具备普通物理的经验,那么本题依旧可解。 《全国中学生物理竞
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赛内容提要》对于角动量有明确的要求。一般高中生在拿到本题之后,动量守恒、能量守恒是肯 定能想到的,此时发现方程数量不够,然而牛顿第二定律并不能提供方程,此时就理所应当想到 从角动量守恒的角度来列出方程。 事实上,一般力学问题,如果牛顿第二定律无法提供思路或者根据牛顿第二定律列出的微分 方程无法求解,那么动量守恒,能量守恒,角动量守恒三大守恒方程绝大多是情况下能够给出很 好的答案。 另一方面,本题也提示了今后参加物理竞赛的同学们,质心参考系极大优势。无论是能量角 度的柯尼希定理,还是动量角度的零动量系,以及质心运动定理等等等等,都能为解题提供思路 与便利。

第三题(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 v0 与竖直方向成 θ ( < θ <
π 2 3π )角,并同时以角速度 ω0( ω0 的正方向如图中 2

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 、 v0 和 ω0 应满足的条件。
参考答案:

(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 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 mv sin β ? mv0 sin θ = It ① 由对质心的动量矩定理有 ② rm( rω ) ? rm( rω0 ) = ? 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 β ? rω = 0 由题意知
0 ? v cos β =k v0 cos θ ? 0



联立①②③④式得
= v 1 2 4k 2 v0 cos2 θ + ( rω0 + v0 sin θ )2 2 rω0 1 tan β = ? (tan θ + ) v0 cos θ 2k 1 = ω ( rω0 + v0 sin θ ) 2r
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⑤ ⑥ ⑦

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(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
β =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 θ = ? rω0 v0

⑧ ⑨ ⑩

在此条件下,在与地面刚刚碰后的瞬间有 ω = 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 θ k 2 ( v0 ? r 2ω0 ) 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 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
k v cos θ v 2 sin 2 β ( v0 sin θ + rω0 ) s= = ? 0 g g
s 取最大值时, θ 的取值 θ 满足 kv ds = ? 0 ( v0 cos 2θ ? rω0 sin θ ) = 0 dθ θ g

? ?

由得?式得
sin θ =
2 2 ? rω0 ± r 2ω0 + 8v0 4v0

?

将?代入?式得
s1 =
2 2 2 2 2 + 8v0 + 3rω0 ) 8v0 ? 2rω0 ( rω0 ? r 2ω0 + 8v0 k ( r 2ω0 )

16 g
2 2 2 2 2 k ( r 2ω0 + 8v0 ? 3rω0 ) 8v0 ? 2rω0 ( rω0 + r 2ω0 + 8v0 )

? ?

s2 = ?

16 g

式中 s1 和 s2 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 2ω0 ) + 8v0 + 3r ω0 ) 8v0 ? 2r ω0 ( r ω0 ? r 2ω0 + 8v0

16 g

?

又因为 由上式得,当 s 取最大值时, r 、 v0 和 ω0 应满足
v0 > r ω0

?1 < sin θ < 1

?

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。 评析: 本题对于刚体定轴转动做出了一定要求,即需要知道角动量定理,但这仍然在《全国中学生 物理竞赛内容提要》中有所说明。此外还有恢复系数,这个概念在普通高中被有意无意地忽略, 所以很多选手在考试中表示对恢复系数的定义不明确导致本题无法求解。这再次说明在考试前回 归基础知识,对照考纲逐条过关的重要性。
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从题目角度来说, 本题的第一问, 沿承上题思路, 在牛顿定律无法使用时, 从动量、 角动量、 能量 (本题中能量无法列出方程) 三个角度分析。 结合恢复系数的定义, 第一小问解答没有难度。 第二问顺水推舟,从第一问的结论出发,结合一维抛体运动求解,从思维角度也没有作出要求。 最后一问显然是本题败笔,在考察了一维抛体运动后考察斜抛运动本无可厚非,但是本题需要使 用微积分的手段求解 (本题具体使用了导数) 。 这也符合大纲要求并且基础的微积分知识确实是普 通高中理科生应该掌握的内容。但是本题的导数求完代入后又臭又长,形式复杂,易让考生做出 自己做错了的错误判断。另一方面微积分等数学知识应该是用来辅助物理求解的,物理思维应该 是最主要的考察部分,本题中代数式计算显然喧宾夺主成为本题最后一问的核心,这很不合适。 本题整体对思维要求不高,最后一题要求考生细心计算,并且对自己的答案有信心。

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 天线发出的无线电波束是周期性的等幅高 的距离为 R0 。 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 θ 的函数。 已知:当 y << 1 时, 1 + y 2 ≈ 1 +
参考答案: (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 )

y2 。 2

① ②

x2 ? x1 = v(t2 ? t1 )

R0 式中=

′, h,0) 为 ( x1 ,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 t2 返回至飞机的机载雷达被接受,此时飞机

h + a 。现设在时刻 t1′ ,飞机所在位置 A 点的坐标
2 2

′ , h,0) 的机载雷达的位置为 ( x2 。同理有
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2 2 ′ ? xP ) 2 + R0 ′ ? x P ) 2 = c ( t2 ′ ? t1 ′) R0 + ( x1 + ( x2

③ ④ ⑤

′ ? x1 ′ = v ( t2 ′ ? t1 ′) x2 ′ ? x1 = v(t1 ′ ? t1 ) x1
′ ? x 2 = v ( t2 ′ ? t2 ) x2

由①②式和 v << c 得 1? 2 2 t2 ? = t1 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 x1 ? xP
2 0 2

上式右端已略去了 ( v / c ) 级的高阶项。由⑥式解得
2

t2 ? t1 ≈

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

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

≈ =

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

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

x1 ? xP



同理,由③④式和 v << c 得
′ ? t1 ′≈ t2

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

)

2v ′ ? x1 ) ( x1 c2



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

(

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

)

2v2 ′ ? t1 ) (t1 c2



v (t ′ ? t1 ) 2 2 c 1 R0 + ( x1 ? xP ) 2( x1 ? xP )
2

上式右端已略去了 ( v / c ) 级的高阶项。令 t1′ ? t1 = T0 式中, T0 为机载雷达在发射的光信号的周期,则

′ ? t2 = t2 T
是机载雷达接受到相应的光信号的周期。?式可写成
2( xA ? xP ) v T ? T0 = T 2 2 c 0 R0 + ( xA ? xP ) f D ≡ f ? f0 = ? 2( xA ? xP )

?


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

? ?

?

式中 x1 已用 xA 替代,而
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1 1 = , 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 = f
可写为
f D ≡ f ? f0 = ?2 v f 0 cos α c

式中
cos α ≡ xA ? x P R + ( xA ? x P ) 2
2 0

?

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 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 Φ (= t ) ω0t + ?

机载雷达于时刻 t1 在 A′ 点 ( x2 = xA′ (t1 ),0) 接收到的经 P 式中 ω0 和 ? 分别是相应的角频率和初相位。 = ( x1 xA (t1 ? τ ),0) 发出的,其相位为 反射的信号是机载雷达于时刻 t1 ? τ 在 A 点

Φ ′ ( t1= ) ω0 ( t1 ? τ ) + ?

式中 τ 为信号往返过程所需的时间,它满足
2 2 R0 + ( x1 ? xP ) 2 + R0 + ( x2 ? x P ) 2 = cτ

① ② ③ ④
2

x2 ? x1 = vτ

经过时间间隔 ?t ,同理有
2 0

Φ ′ ( t1 + = ?t ) ω0 ( t1 + ?t ? τ ′) + ?
′ ? x P ) + R + ( x2 ′ ? xP ) = R + ( x1 cτ ′
2 2 0

⑤ ⑥ ⑦

′ ? x1 ′= vτ ′ 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 = v ?t x2

设机载雷达收到的信号的圆频率为 ω ,则应有 Φ ′ ( t1 + ?t ) ? Φ ′ ( t1 ) = ω?t 由②③式和 v << c 得 1? 2 2 τ = R0 + ( x1 ? xP ) 2 + R0 + ( x1 ? xP + x2 ? x1 ) 2 ? ? c? 1? 2 2 = + ( x1 ? xP ) 2 + 2( x2 ? x1 )( x1 ? xP ) + ( x2 ? x1 ) 2 ? R0 + ( x1 ? xP ) 2 + R0 ? c? 1? 2 2 = + ( x1 ? xP ) 2 + 2vτ ( x1 ? xP ) + v 2τ 2 ? R0 + ( x1 ? xP ) 2 + R0 ? c?

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





v τ R + ( x1 ? xP ) c x1 ? xP
2 0 2

上式右端已略去了 ( v / c ) 级的高阶项。由⑨式解得
2

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

τ≈

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

≈ =

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

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

x1 ? xP



同理,由⑤⑥式和 v << c 得

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

τ′≈
由①④⑧式得

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

ω?= t ω0 ( ?t ? τ ′) ? ω0 ( ?τ )


? ?

ω = 2πf
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( xA ? xP )
2 0 2

?


f D ≡ f ? f0 = ?2 v f 0 cos α c

? ?

式中
cos α ≡ xA ? x P R + ( xA ? x P ) 2
2 0

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 Ls / 2 Ls / 2 π π ? ≤α ≤ + 2 2 2 2 2 R0 + ( Ls / 2) R0 + ( Ls / 2)2 ? f 频移 D 分别为正、零或负的条件是: 当 α < π / 2 ( xA < xP )时,频移 f D > 0 ; 时, 即机载雷达发射信号时正好位于 P 点 当 θ = π / 2( xA = xP ) ?

到航线的垂足处,频移 fD = 0 当 θ > π / 2 ( xA > xP )时,频移 f D < 0 。 当
2 α =? + ( Ls / 2)2 π / 2 Ls / 2 R0

? Ls / 2 ) ( xA ? x P = 时, 即机载雷 ( x = x ? L / 2, h ,0) 处,正的频移最大 达发射信号时正好位于 A P s
f D1 = v f0 R + ( Ls / 2) c Ls
2 0 2

α =+ π / 2 Ls / 2 R + ( Ls / 2) Ls / 2 ) 时 , 即 机 载 雷 达 发 射 信 号 时 正 好 位 于 ( xA ? x P = 当 ( x= xP + Ls / 2, h,0) 处,负的频移的绝对值最大 A
2 0 2

?

f D2 = ?

? (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
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v f0 R + ( Ls / 2) c Ls
2 0 2

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? = f D ≡ f D1 ? f D 2

2 Ls v v θ = f 4 f 0 sin 2 2 c 0 c 2 R0 + ( Ls / 2)

由于 R0 >> Ls ,有 θ << 1 ,故
≈ 2 2 将上式代入到?式得 sin
?f D = f0

θ

θ

?

2v θ 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。 评析: 首先,本题计算量相对较大,其实作为竞赛角度是不合适的,竞赛更应该从知识层次以及思 维层次来区分优劣。复赛作为选拔性考试,需要适当的让能力出众、思维敏捷的选手与基础知识 不那么扎实、思维不那么敏捷的选手拉开差距以选拔省集训队的成员,但是过于复杂的计算是没 有这个作用的。 第二个,今后的考生可以看到,物理竞赛对于小量近似要求是很高的,不只是那个连小学生 都知道的 sin(x)≈x,以及 1/(1-x)≈1+x。例如本题的小量近似,有更高要求的同学应该自己能够 意识到需要小量近似,并且能够用已有的数学知识(这里特指泰勒展开)来获得小量近似的表达 式。 回到本题,首先乍一看这道题目的同学都会有这样的第一反应——多普勒效应。但是如果直 接把本题的模型向多普勒效应的模型上去套,是没有用的。原因很简单:这是光波,光波的多普 勒效应在 v<<c 时公式会退化。 ? ′ = ? + 当然,这里需要提一句,在《全国中学生物理竞赛内容提要》中,多普勒效应在波动和狭义 相对论两处被两次提及,这说明物理竞赛对多普勒效应的要求不仅仅是以声波为代表的普通机械 波的多普勒效应,相对论下的光多普勒效应也做考察要求,所以上述公式尽管在很多竞赛教科书 上都未涉及,但是也是有考察可能性的。 回到题目,模型不能套用了,这个时候就需要体现选手的智慧了。本题的难度也正在于此。 第一问参考答案上有两种方法,但实际上这两种方法的思想都是一致的,即引入一个非常近 的新量,例如法一的 t1’,t2’,以及法二中的 x1’,x2’,都是基于对于时间的微元法求得的。大胆的 假设,细心的计算,结合对高阶小量略去的勇气,这题才有可能能做出来。 笔者认为这一题的区分度很高。大部分物理素养不行的选手,和思维能力强、知识水平高的 高层次选手在这一题的得分能够产生显著的区分效应,这对于选拔来说意义非凡。 当第一问结束后第二问和第三问是很自然的延续,给高手送分使之能够脱颖而出。

第五题(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
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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。
参考答案: 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 I6 , ? I1 + I 3 = ?I + I = ? 2 5 I1 , ? I 7 + I8 , 6 ? I= ? I4 + I7 = I3 + I5. ? ② 由基尔霍夫第二定律,对 4 个回路可列出 4 个独立方程 0, ?U ? 2 I 1 R + I 3 R ? U ? I 5 R = ?U ? 2 I R + I R ? U + I R = 0, ? 2 5 4 ? 0, ?U ? I 3 R ? 2 I 6 R ? I 7 R = ? 0. ?U ? I 4 R + I 7 R ? 2 I 8 R = ③ U 式中,感应电动势 为 = U bl = v 0.20V ④ 联立②③④式得: I= I= 0.025A 1 2 ⑤

⑥ 此时,ab 边和 ed 边所受的安培力大小分别为 = Fab BI = 0.0050N 1lab

I= I= 0.050A 3 4



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 I6 , ? I1 + I 3 = ?I + I = ? 2 5 I1 , ? I 7 + I8 , 6 ? I= ? ? I4 + I7 = I3 + I5. ⑩ 和

= Fcf BI = 0.010N 3lcf

0, ?U ? 2 I 1 R + I 3 R ? I 5 R = ?U ? 2 I R + I R + I R = 0, ? 2 5 4 ? 0, ? ? I3R ? 2I6 R ? I7 R = ? ? + ? = ? I 4 R I 7 R 2 I 8 R 0.
联立⑩?式得 I= I= 0.075A 1 2

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?

?

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此时,ab 边受到的安培力为 = Fab BI = 0.015N 1lab 外力所做的功为 = W3 F = 0.0015J ab laf 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。 评析: 本题不难, 是普通高中知识向竞赛的自然延伸。 从知识点要求而言, 除了高中选修 3-2 上 E=Blv 这个磁生电的基本公式外,只考察了基尔霍夫方程组这一个考点。 实际上,由于计算器是被允许使用的,类似基尔霍夫这种线性方程组使用计算器是很好计算 的。 目前主流的相对高级的科学计算器都集成了线性代数的模块, 这为选手剩下了大量的脑细胞。 所以说,大胆的列基尔霍夫,剩下的多元一次方程组,计算器就能帮你搞定。 本题可以说是没有任何难度,是作为物理竞赛的普及存在的,需要让更多人了解物理、喜欢 物理, 所以物理竞赛复赛在明显的区分效应的同时, 也必须兼顾基础相对比较薄弱的那部分同学, 所以类似本题的水题仍然会在将来的考试中出现。这种题目需要细心的求解,不妨带回去检验, 保证零失误,得全分,毕竟,送给你的分你不拿,岂不是很亏?

?

第六题(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 ω 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。
参考答案: (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 θ =ωt ,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 = ωa ① A、B 处对应的磁感应强度大小分别为 ?I ② B1 = 0 2π r1 ?I ③ B2 = 0 2π 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

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ω a 2 ?0 I = = E1 B sin χ1 1 2a v sin χ1 π r1 ω a 2 ?0 I v χ = E2 B = a 2 sin sin χ 2 2 2 π r2



π π 式中 ? χ1 、 ? χ 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 χ1= θ + α ⑤ χ 2= θ ? β 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 ωa 2 ?0 I1 ? sin(θ + α ) sin(θ ? β ) ? ⑥ E = E1 + E2 = + ? ? r1 r2 π ? ?
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 θ ? ?cos α = r1 ? ⑦ ? ? sin α = a sin θ ? r1 ?

b + a cos θ ? ?cos β = r2 ? ? ? sin β = a sin θ ? r2 ? 2 2 ? r1 = a + b2 ? 2ab cos θ ? 2 2 2 ? r2 = a + b + 2ab cos θ
将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为





E

ωa 2 ?0 Ib sin θ ? 1 1 ? + 2 ? 2 ? 2 2 π ? a + b ? 2ab cos θ a + b + 2ab cos θ ? a 2b?0 I ω sin ωt ? 1 1 ? + 2 ? 2 ? 2 2 π ? a + b ? 2ab cos ωt a + b + 2ab cos ωt ?



(2) (解法一) 要使导线框保持角 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, 速度为 ω 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 ?0 aIi ? F1 2= aiB1 = π r1 ?0 aIi ? = F2 2= aiB2 π r2 式中 i 为导线框中的感应电流。由欧姆定律有 E ωa 2 ?0 Ib sin ωt ? 1 1 ? ? i = = + 2 ? 2 ? 2 2 R πR a b 2 ab cos ω t a b 2 ab cos ω t + ? + + ? ? 安培力的合力矩为

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M F1d1 + F2 d 2 = 0
= F1a cos(

π

2 2 = F1a sin(θ + α ) + F2 a sin(θ ? β )

? θ ? α ) + F2 a cos(

π

?θ + β )

?

=

?0 a 2 Ii ? sin(θ + α ) sin(θ ? β ) ? + ? r1 r2 π ? ? ?

其中, d1 和 d2 分别为 F1 和 F2 与转轴之间的垂直距离, ? θ ? α 和 ? θ + β 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 ωt ? 1 1 ? ?M 0 = ? 0 + 2 M= ? 2 ? 2 2 π ? a + b ? 2ab cos ωt a + b + 2ab cos ωt ?

π

π

? 2 a 4b2 I 2ω sin 2 ωt ? 1 1 ? = ? 0 + 2 ? 2 ? 2 2 2 π R ? a + b ? 2ab cos ωt a + b + 2ab cos ωt ?
? 4? 2 a 4b2 I 2ω ? ( a 2 + b2 )sin ωt = ? 0 2 ? 2 ? 2 2 2 2 π R ? ( a + b ) ? 4a b cos ωt ?
2

2

?

(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 ω 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 ωt ? E 2 ω 2 a 4 ?0 1 1 ? = + 2 ? 2 ? 2 2 2 π R R ? a + b ? 2ab cos ωt a + b + 2ab cos ωt ? 安培力的合力矩为 2

Pi =

?

2 2 2 P0 Pi ωa 4 ?0 I b sin 2 ωt ? 1 1 ? M= = = + 2 0 ? 2 ? 2 2 2 ω ω π R ? a + b ? 2ab cos ωt a + b + 2ab cos ωt ? 由?式可得,外力矩 M 为

2

?

ωa 4 ?02 I 2b2 sin 2 ωt ? 1 1 ? M= ?M 0 = ? + 2 ? 2 ? 2 2 2 π R ? a + b ? 2ab cos ωt a + b + 2ab cos ωt ?
? 4? 2 a 4b2 I 2ω ? ( a 2 + b2 )sin ωt = ? 0 2 ? 2 ? 2 2 2 2 π R ? ( a + b ) ? 4a b cos ωt ?
2

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。 评析: 整体角度来看本题难度不大。首先要求考生掌握高中部分切割磁感线产生感应电动势的知识 (E=Blv),其次需要掌握无限长通电直导线的感应磁场磁感应强度的公式。在《全国中学生物理 竞赛内容提要》 中, 磁学相关知识对于无限长通电直导线的感应磁场磁感应强度公式的要求为 “长 直导线、圆线圈、螺线管中的电流的磁场分布(定性)”,也就是说并未说明需要定量计算。但 是同时《全国中学生物理竞赛内容提要》对“毕奥-萨伐尔定律”以及“安培环路定理及在对称电 流体系中的应用”提出了明确的要求,那么本题考查无限长通电直导线的感应磁场磁感应强度并 不超纲。无限长通电直导线的磁感应强度用毕奥萨伐尔定律计算需要一重积分,用安培环路定理 就更简单了,总之没有难度,但是其结论作为考生理应记住。
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具备以上基础知识,本题可以说没有难点,第一问非常平稳,只需要一些初中的几何知识, 一加就出来了。第二问既可以从力矩的角度求解,也可以从能量的角度求解,两者相互映证,确 保送分送到考生手上,可以说,物理学会这点做的是很贴心的。

第七题(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 + π pR p +V dp dV

p 3p1 2p1 p1 O b c

a

d V 5 V1

式中, CV 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。 参考答案:
(1)根据热力学第一定律,有 dU = δ Q + δW 这里,对于 1mol 理想气体经历的任一缓慢变化过程中, δ Q , δ W 和 dU 可分别表示为 ① ②

V1

3 V1

δ Q = Cπ dT , δ 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 dV dp dV +V = R dT dV dT



式中利用了
dp dp dV = dT dV dT

根据③式有
dV R = dT p + V dp dV



联立①②④式得

C = CV + π
(2)设 bc′ 过程方程为 根据

pR p +V dp dV



p = α ? βV



C = CV + π

pR p +V dp dV
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可得该直线过程的摩尔热容为

C = CV + π

α ? βV R α ? 2 βV

⑦ 3 对 bc′ 过程的初态 (3 p1 ,V1 ) 和终态 ( p1 ,5V1 ) , R。 2 ⑧

式中, CV 是单原子理想气体的定容摩尔热容, CV = 有

3 p1 = α ? βV1 p1 = α ? 5βV1
由⑧式得
= α 7 p1 p1 , β = 2 2V1



由⑥⑦⑧⑨式得

Cπ =
(3)根据过程热容的定义有

8V ? 35V1 R 4V ? 14V1



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 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 = = = Q nCV (Tb ? T 1.5 ( RTb ? RT 3p1V1 ab a) a)
= = = Q nC p (Tb ? T 2.5 ( RTc ? RT 15p1V1 bc a) b)

?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 8V ? 35V1 ?T ?Q = 4V ? 14V1 R Cπ =

?

? ?

?

?

?

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 Wabcda 4 p1V1 ? = ηabcda = = 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 1 ? Qbc′ = nCV (TB ? Tb ) + ( pB + 3 p1 )(VB ? V1 ) =11.39p1V1 ?U bB ? WbB = 2 所以,循环过程 abc′a 的效率为 Wabc′a 4 p1V1 ? = ηabc′a = = 0.278 Qab + Qbc′ 14.39 p1V1 由??式可知

ηabc′a > ηabcda
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?

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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。

评析: 本题难度不大,对于第一问来说可能乍一看让学生摸不到头脑,但是如果迁移一 下数学题证明中经常使用的分析法,倒退一下,结合部分积分的知识,本题求解非常 容易。 第一问完成后,后面几问平铺直叙,对思维几乎没有要求。当然这必须建立在扎 实的微观热力学知识基础之上。不过这对于竞赛生而言是必备知识,所以本题存在的 价值仍然是为了区分竞赛知识学了还是没学, 对于思维层次的高度要求没有充分的体 现。 第八题(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 n2 ; 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, θij 是光波在介质 j 表面上的 入射角, θ tj 是光波在介质 j 表面上的折射角。

n2 θi1 d n1 θi1

θt2

(1) 入射角 θi1 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)? n0 θt0 (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 λmax 。 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 θi j ? nk cos θ t k ? i? = rjk e jk n j cos θi j + nk cos θ t k

式中,θij 和 θ 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 θ = eiθ + e?iθ eiθ ? e? iθ , cos θ = 2 2i

参考答案: (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 θi1 = n0 sin θ t 0 若要求光线不会折射到衬底中,即发生全反射,应有 θ i1 ≥ θ10 C 式中, θ10 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

θ10 C = arcsin ?

? n0 ? ? ? n1 ?



同理应有 θ i2 ≥ θ12 C 式中, θ12 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



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θ12 C = arcsin ?

? n2 ? ? ? n1 ?



由题设 n1 > n0 ≥ n2 ,可知 θ10 C ≥ θ12 C
?n ? 所以,当入射角 θ 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 ? θ i1 = arcsin ? 0 ? ? n1 ? A



φ12 B θi1 θi1 d

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 和 0 界面以及 1 和

l

。 过 2 界面上的反射引入的相位 ( r10 = e? i?10 和 r12 = e? i?12 ) φ10 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 2d sec θ i1 ? l = 2mπ 2π ? ?10 ? ?12 λ 2d sec θ i1 ? 2d tan θ i1 sin θ i1 = 2π ? ?10 ? ?12 λ ⑦ 4d π cos θ i1 = ? ?10 ? ?12 λ
= n2 4d π 1? 0 ? ?10 ? ?12 λ n12

式中, m = 0,1, 2,3,? , λ 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 n1 sin θi1 = sin θ t 0 = 1 n0 考虑到⑧式,在介质 n1 与 n0 交界面的反射系数为 n1 cos θi1 ? n0 cos θ t 0 n1 cos θi1 = = = 1 r10 n1 cos θi1 + n0 cos θ t 0 n1 cos θi1 由上式可以得到介质 n1 与 n0 交界面的反射相位





⑩ ?10 = 0 再考虑介质 n1 与 n2 交界面的反射,由①式得 n1 sin θi1 n0 ? = sin θ t 2 = 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 θ t 2 是一个纯虚数,可以写为
cos = θt 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

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2 n0 n2 ? n2i 0 ?1 2 2 2 2 ? n1 n2 ? n2 n1 cos θ i1 ? n2 cos θ t 2 n0 = = = exp ? ? r12 i 2 arctan 2 ? 2 n1 cos θ i1 + n2 cos θ t 2 n12 ? n0 n2 n0 ? + ? n1 1 ? 0 n i 1 2 2 n12 n2

n1 1 ?

? ? ? ?

?

由上式可以得到介质 n1 与 n2 交界面的反射相位为

?12 = 2 arctan

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
2π d 1 ?
2 n0 n12

λ=

2 n 2 ? n2 mπ + 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
2π d 1 ?

λmax =

2 n0 n12

2 n 2 ? n2 arctan 0 2 n12 ? n0

?

评分参考:第(1)问 10 分,①②式各 2 分,③④式各 1 分,给出“入射角 θ i1 ≥ arcsin ?

? n0 ? ? 时,光 ? n1 ?

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。 评析: 这一题有区分度。 首先第一问是非常简单的几何光学, 为广大考生送来来自物理学会的福利。 全反射就能搞定, 也为绝大多数的选手们结束本次竞赛考试画上一个句号。 第二问笔者至今不会,不加以评说,但是很显然这种题目能够将真正的大神与我们这种蒟蒻 区分开来,对于命题组是很有意义的。 对于水平与我类似的蒟蒻们,最后一问大可不必纠结,拿下该拿的,做到这里,看到莫名其 妙的虚数,差不多可以回头检查了。物竞时间一向是宽裕的,细心检查,防止本就没有多少会做 的题目,再因为弱智的错误没有拿到分,那真的很可惜。 全卷总体分析: 整体比较平稳,主要考点均有所涉及,可以说是一份很不错的卷子。 从难度上说,第 4 题与第 8 题的第二小问难度相对较大,其他题目对于学习过竞赛知识的同 学而言不应该是一点想法都没有。考虑到部分题目计算量偏大,以及考试时突然的脑子短路,对 于系统地学习过物理竞赛的选手而言,本张卷子的得分应该在 110~120 为正常,计算功力较强并 没有发生低级失误的得分应该在 130 左右。 整体来说,本届考试对于今后考生的借鉴意义,最大的地方,笔者认为是考纲中的一些平时 学过后就不大会注意的小点,如果不加以复习很有可能导致整道题目无从下手,最终与省队失之 交臂,这很可惜。笔者的建议:考前,对照考纲,回归基础知识,逐条复习,条条过关。 衷心祝愿广大考生在 33 届中学生物理竞赛中获得优异成绩!
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