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νe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0.511MeV/c2、1.0078u和4.0026u（1u≈931.494MeV/c2），电子型中微子νe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。

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v0π3π

与竖直方向成θ（ ＜θ＜ ）角，并同时以角速度ω0（ω0的正方向如图中箭头所示）绕通过其

22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。

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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f0。

（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，

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0.10m和1.0Ω。导线框处于磁感应强度B＝1.0T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＝2.0m/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。

1＋y2

y2

≈1＋ 。

2

2 / 21

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abcʹa。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 pR

Cp＝CV＋

dpp＋V

dV

p 3p1 2p1 p1 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常数； 5V1 V1 3V1

（2）计算系统经bcʹ直线变化过程中的摩尔热容；

（3）分别计算系统经bcʹ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θi1 薄膜层1里来回反射，沿锯齿形向波导延伸方向传播。图中，d n1 θij是光波在介质j表面上的入射角，θtj是光波在介质j表面上θi1 的折射角。

（1）入射角θil在什么条件下光波可被完全限制在波导薄膜

n0 θt0 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 njcosθij－nkcosθtkrjk＝ ＝|rjk|e-iφjk

njcosθij＋nkcosθtk

式中，θij和θtk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

eiθ－e-iθeiθ＋e-iθ

sinθ＝ ，cosθ＝

2i2

n2 θt2 3 / 21

第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答

一、（15分）

（1）图中X和Y代表的核素分别为 15

O和13C ① （2）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为 p＋12C→13N ② 13N→13C＋e+＋ν ③ e

14

p＋13C→N ④ p＋14N→15O ⑤ 15O→15N＋e+＋ν ⑥ e

p＋15N→12C＋4He ⑦ （3）整个循环的核反应，相当于

4p4He2e2e ⑧

完成一个碳循环过程释放的核能为 E(4mpM4H2me)c2e [(41.00784.0026)931.49420.511] MeV⑨ 25.619 MeV

ΔE＝25.619MeV

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mvxMVAxMVBx ①

0mvyMVAyMVBy ②

C v0

A

y O x

B LLLLmv0mvxMVAxMVBx ③ 2222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。由于轻杆长度为L，按照图中建立的坐标系有

[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

⑤

④

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xA(t0)xB(t0),yA(t0)yB(t0)L

⑥

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由①②③式得 VAxm(v0vx) MVBx0 11122222Em(v2v)M(VV)M(VBxVBy)xyAxAy22211222 ⑪ m(v2M(VAxvy)x2VAy)22121m22Mm2 mvx(v0vx)2mvy22M4M⑦

m⑧ vy2M

⑨ ⑩

利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为

2M＋m1m2

2

E＝ mvx＋ （v0－vx）2＋ mvy2

22M4M

（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2MVCx ①

0mvy2MVCy ②

LLLLmv0mvx2M 2222③

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 ④ 2Mmvy ⑤ 2MVCymv0vx ⑥ ML碰撞后系统的动能为

111L222Em(v2v)(2M)(VV)2M ⑦ xyCxCy22222利用④⑤⑥式，系统动能⑦式可表示成

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121m22Mm2 Emvx(v0vx)2mvy ⑧

22M4M（2）解法（一）的⑪式或者解法（二）的⑧式即为

21(Mm)mm2Mm21m2 Ev0mvy+v0vx2MMm4M2Mm2⑫

可见，在条件

mv0, ⑬Mmvy0vx下，碰后系统动能达到其最小值

1m2E＝ v2 ⑭

2M＋m0

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）①②③④⑤⑦⑧⑨⑩⑪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，⑫⑬式各2分，⑭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It；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

mvsinmv0sinIt ①

由对质心的动量矩定理有 rm(r)rm(r0)rIt 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

vsinr0 ③

由题意知

联立①②③④式得

v12⑤ 4k2v0cos2(r0v0sin)22

r01⑥ tan(tan)2kv0cos 0vcoskv0cos0④

1

ω＝ （rω0＋v0sinθ）

2r

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

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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⑧ sin0v0

在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有

0，vv0kcosθ ⑨ 即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为 k2（v02－r2ω02）h＝

2g

2222kcos2k2(v0r20)v2v0h2g2g2g ⑩

（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 vsinS＝ ＝－

g

kvcosv2sin2s0(v0sinr0)ggs取最大值时，的取值满足 kvds0(v0cos2r0sin)0dg⑪

⑫

⑬

由得⑫式得

22r0r208v0sin4v0

将⑬代入⑪式得 s122222k(r208v03r0)8v02r0(r0r208v0)16g⑭

⑮

式中s1和s2分别对应于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 s216gsmax22222k(r208v03r0)8v02r0(r0r208v0)22222k(r208v03r0)8v02r0(r0r208v0)16g⑯

又因为

1sin1

由上式得，当s取最大值时，r、v0和ω0应满足

v0＞r|ω0| ⑰

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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，⑪⑫⑬⑭⑮⑯⑰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

22R0(x1xP)2R0(x2xP)2c(t2t1) ①

x2x1v(t2t1) ②

式中

R0h2a2,h,0)。现设在时刻t1，飞机所在位置A点的坐标为(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，此时飞机的机载,h,0)雷达的位置为(x2。同理有

22xP)2R0xP)2c(t2t1)R0(x1(x2 ③

x1v(t2t1)x2 ④ x1v(t1t1)x1 ⑤ x2v(t2t2)x2

由①②式和vc得

t2t1122R0(x1xP)2R0(x1xPx2x1)2c122R0(x1xP)2R0(x1xP)22(x2x1)(x1xP)(x2x1)2c122R0(x1xP)2R0(x1xP)22v(t2t1)(x1xP)v2(t2t1)2c22R0(x1xP)2c

v(t2t1)22cR0(x1xP)x1xP2 ⑥

上式右端已略去了(v/c)级的高阶项。由⑥式解得

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22R0(x1xP)2 t2t1vc 1c22R0(x1xP)2v1cc1x12R0(x1xP)22R0(x1xP)2x1xP22R0(x1xP)22v2(x1xP)cc

同理，由③④式和vc得

⑦

2xP)22v2R0(x1t1xP) t22(x1cc ⑧

由⑦⑧式得

利用⑤式，⑨式成为

t2)(t1t1)(t22ct2)(t1t1)(t22c22xP)2R0R0(x1(x1xP)22vx1)(x1c2 ⑨

t1)]R(x1xP)R[x1xPv(t12(x1xP)2022022v22(t1t1)c

v(tt1)22c1R0(x1xP) ⑩

上式右端已略去了

(v/c)2级的高阶项。令

t1T0t1 ⑪

式中，T0为机载雷达在发射的光信号的周期，则

 t2t2T ⑫

是机载雷达接受到相应的光信号的周期。⑩式可写成

TT0vT22c0R0(xAxP)2(xAxP) 或

⑬

fD＝f－f0＝－式中x1已用xA替代，而

f1,Tf0v f0 ⑭

R02＋（xA－xP）2 c

2（xA－xP）

1T0

是相应的光信号的频率，fD是接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。⑭式也可写为

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式中 cosfDff02vf0cosc ⑭

xAxP2R0(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

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AʹA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 ①

式中为信号往返过程所需的时间，它满足

22R0(x1xP)2R0(x2xP)2c ②

x2x1v ③

经过时间间隔t，同理有

t1t0t1t

④

⑤

x1vx2 ⑥

另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有

x1vt x1 ⑦

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

⑧

22xP)2R0xP)2cR0(x1(x2

10 / 21

122R0(x1xP)2R0(x1xPx2x1)2c122R0(x1xP)2R0(x1xP)22(x2x1)(x1xP)(x2x1)2c122R0(x1xP)2R0(x1xP)22v(x1xP)v22c22R0(x1xP)2c

v22cR0(x1xP)x1xP ⑨

上式右端已略去了(v/c)2级的高阶项。由⑨式解得

22R0(x1xP)2 vc 1c22R0(x1xP)2v1cc1x12R0(x1xP)22R0(x1xP)2x1xP22R0(x1xP)22v2(x1xP) cc ⑩

同理，由⑤⑥式和vc得

2xP)22v2R0(x1xP) 2(x1 cc ⑪

由①④⑧式得

t0(t)0() ⑫ 将

2πf ⑬ 代入⑫式，利用⑦⑩⑪式，在t很小的情形下，略去t的高阶项，得

fDff0vf22c0R0(xAxP)2(xAxP) 或

式中 cosxAxPR(xAxP)202 ⑭

fDff02vf0cosc ⑭

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

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Ls/2Ls/2ππ2222R0(Ls/2)2R0(Ls/2)2 ⑮

频移fD分别为正、零或负的条件是： 当π/2（xAxP）时，频移fD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

。

⑯

当π/2（xAxP）时，频移当

2π/2Ls/2R0(Ls/2)2fD0（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

fD1vf22c0R0(Ls/2)Ls ⑰

当

2π/2Ls/2R0(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

fD2vf22c0R0(Ls/2)Ls ⑱

（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 fDfD1fD2vvf04f0sin2c2R0(Ls/2)2c2Ls ⑲

由于sinR0Ls，有1，故

22

将上式代入到⑲式得

2v

ΔfD＝f0 θ

c

⑳

评分参考：第（1）问 16 分，

(解法一) ①式2分，②式1分，③式2分，④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭式各1分；

(解法二) ①式1分，②式2分，③④式各1分，⑤式2分，⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭式各1分； 第（2）问 6分，⑮式2分，频移fD分别为正、零或负的条件正确（包括⑯式）给2分，⑰⑱式各1分；

12 / 21

第（3）问 3分， ⑲式2分，⑳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 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I3I6, III, 251 III, 678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

U2I1RI3RUI5R0,U2IRIRUIR0,254 UIR2IRIR0, 367UI4RI7R2I8R0. ③

式中，感应电动势U为 Ublv0.20V ④ 联立②③④式得：

⑤ I1I20.025A

I3I40.050A ⑥

此时，ab边和ed边所受的安培力大小分别为 ⑦ FabBI1lab0.0050N ⑧ FcfBI3lcf0.010N 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Fcflef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I3I6, III, 251 III, 786I4I7I3I5. ⑩

和

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U2I1RI3RI5R0,U2IRIRIR0,254 IR2IRIR0, 673I4RI7R2I8R0.

⑪

联立⑩⑪式得 I1I20.075A

⑫ ⑬ ⑭

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 W＝W1＋W2＋W3＝0.0030J ⑮

评分参考：①式1分，②③④式各2分，⑤⑥⑦⑧⑨式各1分，⑩⑪式各2分，⑫⑬⑭⑮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

I② B102r1

0I③

2r2

其中，0为真空磁导率，r1、r2分别为A和B到长直导线

B2的垂直距离。A、B两边对应的感应电动势分别为

a20IE1B12avsin1sin1r1E2B22avsin2a0Isin2r2

2④

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

ππ22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

a20I1sin()sin()EE1E2rr21⑥

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

14 / 21

bacoscosr1⑦ asinsin r1 bacoscosr2⑧ asinsin r2 r12a2b22abcos⑨ 222rab2abcos2

将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为

a20Ibsin11E2222ab2abcosab2abcos⑩

2ab0Isint11 2222ab2abcostab2abcost

（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M0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

⑪

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

0aIi⑫

r1 aIi⑬ F22aiB20r2

F12aiB1式中i为导线框中的感应电流。由欧姆定律有

Ea20Ibsint11i2222RRab2abcostab2abcost安培力的合力矩为

⑭

15 / 21

M0F1d1F2d2F1acos(22F1asin()F2asin())F2acos()⑮

0a2Iisin()sin()rr21

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、

22B连线之间的夹角。

将⑦⑧⑨⑭式代入⑮式得需要加的外力矩为

0a2Iibsint11MM02222ab2abcostab2abcost02a4b2I2sin2t1122222Rab2abcostab2abcost242240abI(a2b2)sint222222R(ab)4abcost22⑯

（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M0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

⑪

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

⑫

222Ibsin2tE22a4011Pi2222R2Rab2abcostab2abcost2⑬

安培力的合力矩为

222a40Ibsin2t11M022222Rab2abcostab2abcostP0Pi2⑭

由⑪式可得，外力矩M为

222a40Ibsin2t11MM022222Rab2abcostab2abcost24abI(ab)sint222222R(ab)4abcost20422222⑮

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）⑪⑫式各2分，⑬⑭式各1分，⑮⑯式各2分；（解法二）⑪⑫⑬⑭⑮式各2分。

16 / 21

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CdT，WpdV，dUCVdT ②

将理想气体状态方程 pVRT p两边对T求导，可得 dVdpdVVR ③ dTdVdT式中利用了 dpdpdV dTdVdT根据③式有

dVR dpdTpVdV④

联立①②④式得 CCVpRdppVdV ⑤

（2）设bc过程方程为 pV ⑥ 根据 CCVpRdppVdV

可得该直线过程的摩尔热容为

VCCVR ⑦

2V3式中，对bc过程的初态(3p1,V1)和终态(p1,5V1)，CV是单原子理想气体的定容摩尔热容，CVR。

2有

3p1V1 ⑧

p15V1由⑧式得

7pp1, 1 ⑨

22V1

由⑥⑦⑧⑨式得

8V35V1CR ⑩

4V14V1 17 / 21

（3）根据过程热容的定义有 CQ T⑪

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⑩⑪式得 TQ4V14V1Q ⑫

8V35V1R8V35V1RT

4V14V1⑬

由⑫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 77A (V1,p1) ⑭ 24由⑬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 B (35V121p1,) 816⑮

（4）对于abcdaabcda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3p1V1QbcnCpTbTa2.5RTcRTb15p1V1 ⑯

35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CpR。

22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

Wabcda4pV11abcda0.22 ⑰

QabQbc18pV11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1pB3p1VBV1=11.39pV11 2⑱

所以，循环过程abca的效率为

Wabca4p1V1abca0.278 ⑲

QabQbc14.39p1V1

由⑰⑲式可知

abcaabcda ⑳

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，⑪式1分，⑫⑬式各2分，⑭⑮式各1分；第（4）问5分，⑯⑰⑱⑲⑳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

18 / 21

若要求光线不会折射到衬底中，即发生全反射，应有

② 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

n1sini1n0sint0

①

10 Carcsinn0 n1

③

同理应有

④ 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 n1

⑤

由题设n1n0n2，可知 10 C12 C

⑥

φ12 l A θi1 θi1 φ10 n00251786240251785216251781120251782144251783168251784192所以，当入射角i1arcsin0n1B d 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

i1arcsinn0n1

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

19 / 21

2m2dseci1l210122dseci12dtani1sini1 21012

4dcosi1 10122n04d 121012n1 ⑦

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

nsin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

ncosi1n0cost0n1cosi1r1011

n1cosi1n0cost0n1cos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

nsini1n0sint21

n2n2

⑧

⑨

⑩

⑪

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t2是一个纯虚数，可以写为

2n0cost2i21n2

⑫

考虑到⑫式，则在介质n1与n2交界面的反射系数为

22n0n2exp2iarctan2222nnn0n010n112n2i21n1n222n0n0n112n2i21n1n2ncosi1n2cost2r121n1cosi1n2cost2 ⑬

由上式可以得到介质n1与n2交界面的反射相位为

22n0n2122arctan2 2n1n0 ⑭

将⑩和⑭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

2n02d12n122n0n2marctan22n1n0 ⑮

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

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