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
0一、（15分）
（1）图中X 和Y 代表的核素分别为
15O 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 13
N →13C +e ++νe ③ p +13C →14N ④ p +14N →15O ⑤ 15
O →15N +e ++νe ⑥
p +15N →12C +4He ⑦
（3）整个循环的核反应，相当于
4p →4He +2e ++2νe ⑧
完成一个碳循环过程释放的核能为
∆E =(4m p -M 4H -2m e ) c 2
e
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
C v 0
m v 0=m v x +MV A x +MV B x ①
0=m v y +MV A y +MV By ② L L L L
m v 0=m v x +M V A x -M V B x ③ 2222
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
=[(4⨯1.0078-4.0026) ⨯931.494-2⨯0.511] MeV⑨ ≈25.619 MeV
杆长度为L ，按照图中建立的坐标系有
[x A (t ) -x B (t )]2+[y A (t ) -y B (t )]2=L 2④
由上式对时间求导得
[x A (t ) -x B (t )][V A x (t ) -V B x (t )]+[y A (t ) -y B (t )][V A y (t ) -V B y (t )]=0
⑤
在碰撞后的瞬间有
x A (t =0) =x B (t =0),
y A (t =0) -y B (t =0) =L 利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬间成为
V A y ≡V A y (t =0) =V B y (t =0) ≡V B y 由①②⑦式得
V A y =V By =-由①②③式得
⑥
⑦
⑧
m v y
2M
m
(v 0-v x ) M
V B x =0 V A x =
⑨ ⑩
利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为
11122222E =m (v 2M (V A M (V Bx +V By ) x +v y ) +x +V Ay ) +
22211222
⑪ =m (v 2+v ) +M (V A x y x +2V Ay )
22121m 22M +m 2 =m v x +(v 0-v x ) 2+m v y
22M 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V C ，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 v 0=m v x +2MV C x ① 0=m v y +2MV C y ②
L L ⎛L ⎫L m v 0=m v x +2M ω⎪ 22⎝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①②③式得
V c x =
③
m
(v 0-v x ) ④ 2M m
V C y =-v y ⑤
2M m ω=(v 0-v x ) ⑥
ML
碰撞后系统的动能为
111⎛L ⎫2
E =m (v 2(2M )(V C 2x +V C 2y ) +2⨯M ω⎪ ⑦ x +v y ) +
222⎝2⎭
利用④⑤⑥式，系统动能⑦式可表示成
121m 22M +m 2
E =m v x +(v 0-v x ) 2+m v y ⑧
22M 4M
（2）解法（一）的⑪式或者解法（二）的⑧式即为
2
1(M +m ) m ⎛m ⎫2M +m 21m 2
v 0⎪+m v y +v 0 E =⑫ v x -
2M M +m ⎭4M 2M +m ⎝
可见，在条件
m v x =v 0,
⑬ M +m
v y =0
2
2
下，碰后系统动能达到其最小值
1m 22
⑭ E =v 0
2M +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）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
m v sin β-m v 0sin θ=I t ①
由对质心的动量矩定理有
rm (r ω) -rm (r ω0) =-rI t
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
v sin β-r ω=0 ③
由题意知
0-v cos β
=k
v 0cos θ-0
④
联立①②③④式得
v
（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=-
r ω0v 0
⑤
r ω01
tan β=-(tanθ+) ⑥
2k v 0cos θ 1
⑦ ω=(r ω0+v 0sin θ)
2r
⑧
在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有
ω=0，v =-v 0k cos θ
⑨
即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为
2222k cos 2θk 2(v 0-r 2ω0) v 2v 0
⑩ h ===
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 θv 2sin 2β
s ==-0(v 0sin θ+r ω0)
g g
⑪
⑫
s 取最大值时，θ的取值满足 k v ds
=-0(v 0cos2-r ω0sin ) =0d θg
由得⑫式得
sin 0
⑬
将⑬代入⑪式得
s 1=
⑭
⑮
式中s 1和s 2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
s max =
s 2=⑯
又因为
-1
由上式得，当s 取最大值时，r 、v 0和ω0应满足
v 0>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，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(x P ,0, a ) ，飞机在
⑰
t =0时所在点K 的位置为(0,h ,0) 。在时刻t 1，飞机所在位置A
点的坐标为(x 1=x A , 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返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为(x 2=x A ', h ,0) ，如图所示。由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有
①
x 2-x 1=v (t 2-t 1)
②
式中R 0t 1'，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(x 1
经反射后，于时刻t 2'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(x 2
③
'-x 1'=v (t 2'-t 1') x 2
④
'-x 1=v (t 1'-t 1) x 1
⑤
'-x
2=
v (t 2
'-t 2) x 2
由①②式和v
得
t 2-t 1==
1c
c (t 2'-t 1') c (t 2-t 1)
1c
⑥ 1=
c
t 2-t 1)
上式右端已略去了(v /c ) 2级的高阶项。由⑥式解得
t 2-t 1 1- ≈
1+⎝
⑦
2v =+2(x 1-x P )
c
同理，由③④式和v
2v ⑧
'-t 1'≈'-x P ) t 22(x 1
c
由⑦⑧式得
(t '-t ) -(t '-t ) ≈2
2211
c
利用⑤式，⑨式成为
'-t 2) -(t 1'-t 1) (t 22≈
c
≈
+
2v
'-x 1) ⑨ (x 12c
2v 2
'-t 1) +2(t 1
c ⑩
t '-t 1)
1上式右端已略去了(v /c ) 2级的高阶项。令
'-t 1=T 0 ⑪ t 1
式中，T 0为机载雷达在发射的光信号的周期，则
'-t 2=T ⑫ t 2
是机载雷达接受到相应的光信号的周期。⑩式可写成
T -T 0⑬ 0 或
f D ≡f -f 0=⑭ f
0 式中x 1已用x A 替代，而
11
f =, f 0=
T T 0
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）。⑭式也可写为
f ≡f -f =-2v f cos α ⑭
D 00
c
式中
cos α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t 1，飞机所在位置A 点的坐标为(x 1=x A ,0) ；目标点P 的位置(x P , R 0) 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 +ϕ
机载雷达于时刻 t 1 在 A '点(x 2=x A '(t 1),0) 接收到的经P 式中ω0和ϕ分别是相应的角频率和初相位。
反射的信号是机载雷达于时刻t 1-τ在A 点(x 1=x A (t 1-τ),0) 发出的，其相位为
Φ'(t 1)=ω0(t 1-τ)+ϕ ① 式中τ为信号往返过程所需的时间，它满足
②
③ x 2-x 1=v τ
∆ t ，同理有 经过时间间隔
Φ'(t 1+∆t )=ω0(t 1 +∆-t τ')+ϕ ④
=c τ' ⑤
'-x 1'=v τ' ⑥x 2
另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有
'-x 1=v ∆t x 1
⑦
'-x 2=v ∆t x 2
设机载雷达收到的信号的圆频率为ω，则应有 Φ'(t 1+∆t )-Φ'(t 1)=ω∆t ⑧
c τ
由②③式和v
τ==
1c
1c
⑨ 1=c
上式右端已略去了(v /c ) 2级的高阶项。由⑨式解得
τ≈
1 ≈
1+⎝
⑩
2v =+2(x 1-x P )
c
同理，由⑤⑥式和v
2v ⑪
'-x P ) τ'2(x 1
c
由①④⑧式得
ω∆t =ω0(∆t -τ') -ω0(-τ) ⑫ 将
ω=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
⑭ f
f D ≡f -f 0=0
或
f ≡f -f =-2v f cos α ⑭
D 00
c
式中
cos α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
ππ
≤α≤+
⑮
222频移f D 分别为正、零或负的条件是：
当α0；
当θ=π/2（x A =x P ）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
f D =0 ⑯
当θ>π/2（x A >x P ）时，频移f D
当α=π/2-L s /x A -x P =-L s /2）时，即机载
雷达发射信号时正好位于(x A =x P -L s /2, h ,0) 处，正的频移最大
⑰f D1=f
当α=π/2+L s /x A -x P =L s
/2）时，即机载雷
达发射信号时正好位于(x A =x P +L s /2, h ,0) 处，负的频移的绝对值最大
⑱ f D2=f
（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
v θ
⑲ ∆f D ≡f D 1-f D 2=f 0=4f 0sin
c 2
由于R 0>>L s ，有θ
θθsin ≈ 22
将上式代入到⑲式得
∆f D =f 0
2v θc
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f D 分别为正、零或负的条件正确（包括⑯式）给2分，⑰⑱式各
1分；
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 W 1=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
⎧I 1+I 3=I 6, ⎪I +I =I , ⎪251
② ⎨
I =I +I , 78⎪6⎪⎩I 4+I 7=I 3+I 5. 由基尔霍夫第二定律，对4个回路可列出4个独立方程 ⎧U -2I 1R +I 3R -U -I 5R =0, ⎪U -2I R +I R -U +I R =0, ⎪254
③ ⎨
U -I R -2I R -I R =0, 367⎪⎪⎩U -I 4R +I 7R -2I 8R =0. 式中，感应电动势U 为
l =0. 20V U =b v ④
联立②③④式得：
I 1=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
F ab =BI 1l ab =0.0050N ⑦ F cf =BI 3l cf =0.010N ⑧ 式中l ab 和l ed 分别为ab 边和ed 边的长度。外力所做的功为
W 2=F ab l ef +F cf l ef =0.0015J ⑨
式中l ef 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
⎧I 1+I 3=I 6, ⎪I +I =I , ⎪251
⑩ ⎨
I =I +I , 78⎪6⎪⎩I 4+I 7=I 3+I 5. 和
⎧U -2I 1R +I 3R -I 5R =0, ⎪U -2I R +I R +I R =0, ⎪254
⎨
-I R -2I R -I R =0, 367⎪⎪⎩-I 4R +I 7R -2I 8R =0.
⑪
联立⑩⑪式得
I 1=I 2=0.075A 此时，ab 边受到的安培力为
F ab =BI 1l ab =0.015N
外力所做的功为
W 3=F ab l af =0.0015J
⑫ ⑬ ⑭
整个过程中外力做的功为
W =W 1+W 2+W 3=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
μI
② B 1=0
2πr 1
μI B 2=0③
2πr 2
其中，μ0为真空磁导率，r 1、r 2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
ωa 2μI
E 1=B 12a v sin χ1=sin χ1
πr 1
E 2=B 22a v sin χ2=
π2
π2
ωa μ0I
sin χ2
πr 2
2
④
式中-χ1、-χ2分别为A 、B 的速度方向与r 1、r 2的夹角。 根据几何关系得
χ1=θ+α
⑤
χ2=θ-β
其中α、β分别为r 1、r 2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 2μ0I 1⎡sin(θ+α) sin(θ-β) ⎤
E =E 1+E 2=+⑥ ⎢⎥πr r 12⎣⎦
根据几何关系及三角形余弦定理得α、β、r 1、r 2与a 、b 、θ之间的关系为
b -a cos θ⎧
cos α=⎪r 1⎪
⑦ ⎨
a sin θ⎪sin α=
⎪r ⎩1
b +a cos θ⎧
cos β=⎪r 2⎪
⑧ ⎨
a sin θ⎪sin β=
⎪r ⎩2
222
⎧r 1=a +b -2ab cos θ
⑨ ⎨222
⎩r 2=a +b +2ab cos θ
将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为
（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ω的匀速旋转，所加的外力矩M 必须满足
M +M 0=0⑪
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F 1和F 2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F 1和F 2的大小为
μaIi
F 1=2aiB 1=0⑫
πr 1 μaIi
F 2=2aiB 2=0⑬
πr 2
式中i 为导线框中的感应电流。由欧姆定律有
E ωa 2μ0Ib sin ωt ⎛11⎫i ==+⑭ 2⎪222
R πR ⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
安培力的合力矩为
M 0=F 1d 1+F 2d 2
ππ
=F 1a cos(-θ-α) +F 2a cos(-θ+β)
22
⑮
=F 1a sin(θ+α) +F 2a sin(θ-β)
ωa 2μ0Ib sin θ⎛11⎫E =+ 2⎪222
π⎝a +b -2ab cos θa +b +2ab cos θ⎭
⑩
2
a b μ0I ωsin ωt ⎛11⎫ =+ 2⎪222
π⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
μ0a 2Ii ⎡sin(θ+α) sin(θ-β) ⎤
=+⎥π⎢r r 21⎣⎦
ππ其中，d 1和d 2分别为F 1和F 2-θ-α和-θ+β分别为d 1和d 2与A 、
22
B 连线之间的夹角。
将⑦⑧⑨⑭式代入⑮式得需要加的外力矩为
μ0a 2Iib sin ωt ⎛11⎫
M =-M 0=-+ 2⎪222
π⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
2422
μ0a b I ωsin 2ωt ⎛11⎫=-+ ⎪22222
πR ⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
2
2
⑯
2422
⎫4μ0a b I ω⎛(a 2+b 2)sin ωt
=- 2⎪22222
πR ⎝(a +b ) -4a b cos ωt ⎭
（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 +M 0=0⑪
此时，安培力的合力矩的功率P 0应与导线框中感应电流的功率P i 相等，即
P 0=P i ⑫
式中
222
I b sin 2ωt ⎛E 2ω2a 4μ011⎫
P i ==+2⑬ 2⎪222
R πR a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎝⎭
安培力的合力矩为
2
222
ωa 4μ0I b sin 2ωt ⎛11⎫
M 0===+2 2⎪222
ωωπR ⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
P 0P i
2
⑭
由⑪式可得，外力矩M 为
222
ωa 4μ0I b sin 2ωt ⎛11⎫
M =-M 0=-+ 2⎪2222
πR ⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
2
=-
⎫4μa b I ω⎛(a +b )sin ωt 2⎪2222
π2R ⎝(a +b ) -4a b cos ωt ⎭
20
42222
2
⑮
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。
七、（22分）
（1）根据热力学第一定律，有
dU =δQ +δW ①
这里，对于1mol 理想气体经历的任一缓慢变化过程中，δQ ，δW 和dU 可分别表示为
δQ =C πdT ，δW =-pdV ，dU =C V dT
将理想气体状态方程
pV =RT
②
两边对T 求导，可得
p
③
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 dV
④
联立①②④式得
C π=C V +
pR dp p +V
dV
⑤
（2）设bc '过程方程为
p =α-βV
⑥
pR
根据
C π=C V +
p +V
dV
可得该直线过程的摩尔热容为
C π=C V +
α-βV
R
α-2βV
⑦
3
式中，C V 是单原子理想气体的定容摩尔热容，C V =R 。对bc '过程的初态(3p 1, V 1) 和终态
2
(p 1,5V 1) ，有
3p 1=α-βV 1
⑧
p 1=α-5βV 1
256
由⑧式得
α=
由⑥⑦⑧⑨式得
7p p 1, β=1 22V 1
⑨
C π=
8V -35V 1
R
4V -14V 1
⑩
（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⑩⑪式得
4V -14V 1∆Q ∆T =
8V -35V 1R 8V -35V 1
∆Q =R ∆T
4V -14V 1
C π=
⑪
⑫ ⑬
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 (V 1, p 1) 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
35V 121p 1B (, )
816
（4）对于abcda 循环过程，ab 和bc 过程吸热，cd 和da 过程放热
Q ab =nC V (T b -T a )=1.5(RT b -RT a )=3pV 11
Q bc =nC p (T b -T a )=2.5(RT c -RT b )=15pV 11
⑭
⑮
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C V =R ，定压摩尔热容C p =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
W abcda 4p 1V 1
ηabcda ===0.22 ⑰
Q ab +Q bc 18p 1V 1
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
⑱ Q bc '=∆U bB -W bB =nC V (T B -T b )+(p B +3p 1)(V B -V 1)=11.39pV 11
2
所以，循环过程abc 'a 的效率为
W abc 'a 4p 1V 1
ηabc 'a ===0.278 ⑲
Q ab +Q bc '14.39p 1V 1
由⑰⑲式可知
ηabc 'a >ηabcda 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
① n 1sin θi1=n 0sin θt0 若要求光线不会折射到衬底中，即发生全反射，应有
257
θi1≥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
θ10 C=arcsin
⎛n 0⎫
⎪ n ⎝1⎭
②
③
同理应有
θi2≥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
④
θ12 C=arcsin
⎛n 2⎫
⎪ n ⎝1⎭
⑤
由题设n 1>n 0≥n 2，可知
θ10 C≥θ12 C ⑥
[***********][***********][***********]92所以，当入射角
⎛n ⎫
θi1≥arcsin 0⎪时，光被完全限制在波导薄膜里。
⎝n 1⎭（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 ⎫
θi1=arcsin 0⎪
⎝n 1⎭ 决定。此时光在介质n 1与n 0交界面的反射处于全反射的临界状态，光在介质n 1与n 2交界面的反射也为全反射。如右图所示，ϕ10和ϕ12分别为1和0界面以及1和
-i ϕ10
-i ϕ12
2界面上的反射引入的相位（r 10=e 和r 12=e ）。
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2π的整数倍，以致光可在波导薄膜中传输。故
2d sec θi1-l 2m π=2π-ϕ10-ϕ12
λ
2d sec θi1-2d tan θi1sin θi1
=2π-ϕ10-ϕ12
λ
⑦
4d πcos θi1
=-ϕ10-ϕ12
λ
ϕ10-ϕ12
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n 1与n 0交界面的反射，由①式得
n sin θi1
sin θt0=1=1
n 0考虑到⑧式，在介质n 1与n 0交界面的反射系数为
n cos θi1-n 0cos θt0n 1cos θi1
r 10=1==1
n 1cos θi1+n 0cos θt0n 1cos θi1由上式可以得到介质n 1与n 0交界面的反射相位
ϕ10=0
再考虑介质n 1与n 2交界面的反射，由①式得
n sin θi1n 0
sin θt 2=1=
n 2n 2
258
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n 0>n 2时，按照题给的推广的正弦和余弦的定义可知，cos θt2是一个纯虚数，可以写为
cos θt2=
考虑到⑫式，则在介质n 1与n 2交界面的反射系数为
⑫
n cos θi1-n 2cos θt2
r 12=1=
n 1cos θi1+n 2cos θt2
⎛=exp -2i ⎝ ⑬
由上式可以得到介质n 1与n 2交界面的反射相位为
ϕ12= 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
λ 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
λmax =
⑯
⎛n 0⎫
评分参考：第（1）问10分，①②式各2分，③④式各1分，给出“入射角θi1≥arcsin ⎪时，
⎝n 1⎭
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，⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式各1分。
259
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
0一、（15分）
（1）图中X 和Y 代表的核素分别为
15O 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 13
N →13C +e ++νe ③ p +13C →14N ④ p +14N →15O ⑤ 15
O →15N +e ++νe ⑥
p +15N →12C +4He ⑦
（3）整个循环的核反应，相当于
4p →4He +2e ++2νe ⑧
完成一个碳循环过程释放的核能为
∆E =(4m p -M 4H -2m e ) c 2
e
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
C v 0
m v 0=m v x +MV A x +MV B x ①
0=m v y +MV A y +MV By ② L L L L
m v 0=m v x +M V A x -M V B x ③ 2222
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
=[(4⨯1.0078-4.0026) ⨯931.494-2⨯0.511] MeV⑨ ≈25.619 MeV
杆长度为L ，按照图中建立的坐标系有
[x A (t ) -x B (t )]2+[y A (t ) -y B (t )]2=L 2④
由上式对时间求导得
[x A (t ) -x B (t )][V A x (t ) -V B x (t )]+[y A (t ) -y B (t )][V A y (t ) -V B y (t )]=0
⑤
在碰撞后的瞬间有
x A (t =0) =x B (t =0),
y A (t =0) -y B (t =0) =L 利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬间成为
V A y ≡V A y (t =0) =V B y (t =0) ≡V B y 由①②⑦式得
V A y =V By =-由①②③式得
⑥
⑦
⑧
m v y
2M
m
(v 0-v x ) M
V B x =0 V A x =
⑨ ⑩
利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为
11122222E =m (v 2M (V A M (V Bx +V By ) x +v y ) +x +V Ay ) +
22211222
⑪ =m (v 2+v ) +M (V A x y x +2V Ay )
22121m 22M +m 2 =m v x +(v 0-v x ) 2+m v y
22M 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V C ，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 v 0=m v x +2MV C x ① 0=m v y +2MV C y ②
L L ⎛L ⎫L m v 0=m v x +2M ω⎪ 22⎝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①②③式得
V c x =
③
m
(v 0-v x ) ④ 2M m
V C y =-v y ⑤
2M m ω=(v 0-v x ) ⑥
ML
碰撞后系统的动能为
111⎛L ⎫2
E =m (v 2(2M )(V C 2x +V C 2y ) +2⨯M ω⎪ ⑦ x +v y ) +
222⎝2⎭
利用④⑤⑥式，系统动能⑦式可表示成
121m 22M +m 2
E =m v x +(v 0-v x ) 2+m v y ⑧
22M 4M
（2）解法（一）的⑪式或者解法（二）的⑧式即为
2
1(M +m ) m ⎛m ⎫2M +m 21m 2
v 0⎪+m v y +v 0 E =⑫ v x -
2M M +m ⎭4M 2M +m ⎝
可见，在条件
m v x =v 0,
⑬ M +m
v y =0
2
2
下，碰后系统动能达到其最小值
1m 22
⑭ E =v 0
2M +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）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
m v sin β-m v 0sin θ=I t ①
由对质心的动量矩定理有
rm (r ω) -rm (r ω0) =-rI t
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
v sin β-r ω=0 ③
由题意知
0-v cos β
=k
v 0cos θ-0
④
联立①②③④式得
v
（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=-
r ω0v 0
⑤
r ω01
tan β=-(tanθ+) ⑥
2k v 0cos θ 1
⑦ ω=(r ω0+v 0sin θ)
2r
⑧
在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有
ω=0，v =-v 0k cos θ
⑨
即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为
2222k cos 2θk 2(v 0-r 2ω0) v 2v 0
⑩ h ===
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 θv 2sin 2β
s ==-0(v 0sin θ+r ω0)
g g
⑪
⑫
s 取最大值时，θ的取值满足 k v ds
=-0(v 0cos2-r ω0sin ) =0d θg
由得⑫式得
sin 0
⑬
将⑬代入⑪式得
s 1=
⑭
⑮
式中s 1和s 2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
s max =
s 2=⑯
又因为
-1
由上式得，当s 取最大值时，r 、v 0和ω0应满足
v 0>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，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(x P ,0, a ) ，飞机在
⑰
t =0时所在点K 的位置为(0,h ,0) 。在时刻t 1，飞机所在位置A
点的坐标为(x 1=x A , 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返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为(x 2=x A ', h ,0) ，如图所示。由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有
①
x 2-x 1=v (t 2-t 1)
②
式中R 0t 1'，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(x 1
经反射后，于时刻t 2'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(x 2
③
'-x 1'=v (t 2'-t 1') x 2
④
'-x 1=v (t 1'-t 1) x 1
⑤
'-x
2=
v (t 2
'-t 2) x 2
由①②式和v
得
t 2-t 1==
1c
c (t 2'-t 1') c (t 2-t 1)
1c
⑥ 1=
c
t 2-t 1)
上式右端已略去了(v /c ) 2级的高阶项。由⑥式解得
t 2-t 1 1- ≈
1+⎝
⑦
2v =+2(x 1-x P )
c
同理，由③④式和v
2v ⑧
'-t 1'≈'-x P ) t 22(x 1
c
由⑦⑧式得
(t '-t ) -(t '-t ) ≈2
2211
c
利用⑤式，⑨式成为
'-t 2) -(t 1'-t 1) (t 22≈
c
≈
+
2v
'-x 1) ⑨ (x 12c
2v 2
'-t 1) +2(t 1
c ⑩
t '-t 1)
1上式右端已略去了(v /c ) 2级的高阶项。令
'-t 1=T 0 ⑪ t 1
式中，T 0为机载雷达在发射的光信号的周期，则
'-t 2=T ⑫ t 2
是机载雷达接受到相应的光信号的周期。⑩式可写成
T -T 0⑬ 0 或
f D ≡f -f 0=⑭ f
0 式中x 1已用x A 替代，而
11
f =, f 0=
T T 0
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）。⑭式也可写为
f ≡f -f =-2v f cos α ⑭
D 00
c
式中
cos α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t 1，飞机所在位置A 点的坐标为(x 1=x A ,0) ；目标点P 的位置(x P , R 0) 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 +ϕ
机载雷达于时刻 t 1 在 A '点(x 2=x A '(t 1),0) 接收到的经P 式中ω0和ϕ分别是相应的角频率和初相位。
反射的信号是机载雷达于时刻t 1-τ在A 点(x 1=x A (t 1-τ),0) 发出的，其相位为
Φ'(t 1)=ω0(t 1-τ)+ϕ ① 式中τ为信号往返过程所需的时间，它满足
②
③ x 2-x 1=v τ
∆ t ，同理有 经过时间间隔
Φ'(t 1+∆t )=ω0(t 1 +∆-t τ')+ϕ ④
=c τ' ⑤
'-x 1'=v τ' ⑥x 2
另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有
'-x 1=v ∆t x 1
⑦
'-x 2=v ∆t x 2
设机载雷达收到的信号的圆频率为ω，则应有 Φ'(t 1+∆t )-Φ'(t 1)=ω∆t ⑧
c τ
由②③式和v
τ==
1c
1c
⑨ 1=c
上式右端已略去了(v /c ) 2级的高阶项。由⑨式解得
τ≈
1 ≈
1+⎝
⑩
2v =+2(x 1-x P )
c
同理，由⑤⑥式和v
2v ⑪
'-x P ) τ'2(x 1
c
由①④⑧式得
ω∆t =ω0(∆t -τ') -ω0(-τ) ⑫ 将
ω=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
⑭ f
f D ≡f -f 0=0
或
f ≡f -f =-2v f cos α ⑭
D 00
c
式中
cos α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
ππ
≤α≤+
⑮
222频移f D 分别为正、零或负的条件是：
当α0；
当θ=π/2（x A =x P ）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
f D =0 ⑯
当θ>π/2（x A >x P ）时，频移f D
当α=π/2-L s /x A -x P =-L s /2）时，即机载
雷达发射信号时正好位于(x A =x P -L s /2, h ,0) 处，正的频移最大
⑰f D1=f
当α=π/2+L s /x A -x P =L s
/2）时，即机载雷
达发射信号时正好位于(x A =x P +L s /2, h ,0) 处，负的频移的绝对值最大
⑱ f D2=f
（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
v θ
⑲ ∆f D ≡f D 1-f D 2=f 0=4f 0sin
c 2
由于R 0>>L s ，有θ
θθsin ≈ 22
将上式代入到⑲式得
∆f D =f 0
2v θc
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f D 分别为正、零或负的条件正确（包括⑯式）给2分，⑰⑱式各
1分；
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 W 1=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
⎧I 1+I 3=I 6, ⎪I +I =I , ⎪251
② ⎨
I =I +I , 78⎪6⎪⎩I 4+I 7=I 3+I 5. 由基尔霍夫第二定律，对4个回路可列出4个独立方程 ⎧U -2I 1R +I 3R -U -I 5R =0, ⎪U -2I R +I R -U +I R =0, ⎪254
③ ⎨
U -I R -2I R -I R =0, 367⎪⎪⎩U -I 4R +I 7R -2I 8R =0. 式中，感应电动势U 为
l =0. 20V U =b v ④
联立②③④式得：
I 1=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
F ab =BI 1l ab =0.0050N ⑦ F cf =BI 3l cf =0.010N ⑧ 式中l ab 和l ed 分别为ab 边和ed 边的长度。外力所做的功为
W 2=F ab l ef +F cf l ef =0.0015J ⑨
式中l ef 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
⎧I 1+I 3=I 6, ⎪I +I =I , ⎪251
⑩ ⎨
I =I +I , 78⎪6⎪⎩I 4+I 7=I 3+I 5. 和
⎧U -2I 1R +I 3R -I 5R =0, ⎪U -2I R +I R +I R =0, ⎪254
⎨
-I R -2I R -I R =0, 367⎪⎪⎩-I 4R +I 7R -2I 8R =0.
⑪
联立⑩⑪式得
I 1=I 2=0.075A 此时，ab 边受到的安培力为
F ab =BI 1l ab =0.015N
外力所做的功为
W 3=F ab l af =0.0015J
⑫ ⑬ ⑭
整个过程中外力做的功为
W =W 1+W 2+W 3=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
μI
② B 1=0
2πr 1
μI B 2=0③
2πr 2
其中，μ0为真空磁导率，r 1、r 2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
ωa 2μI
E 1=B 12a v sin χ1=sin χ1
πr 1
E 2=B 22a v sin χ2=
π2
π2
ωa μ0I
sin χ2
πr 2
2
④
式中-χ1、-χ2分别为A 、B 的速度方向与r 1、r 2的夹角。 根据几何关系得
χ1=θ+α
⑤
χ2=θ-β
其中α、β分别为r 1、r 2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 2μ0I 1⎡sin(θ+α) sin(θ-β) ⎤
E =E 1+E 2=+⑥ ⎢⎥πr r 12⎣⎦
根据几何关系及三角形余弦定理得α、β、r 1、r 2与a 、b 、θ之间的关系为
b -a cos θ⎧
cos α=⎪r 1⎪
⑦ ⎨
a sin θ⎪sin α=
⎪r ⎩1
b +a cos θ⎧
cos β=⎪r 2⎪
⑧ ⎨
a sin θ⎪sin β=
⎪r ⎩2
222
⎧r 1=a +b -2ab cos θ
⑨ ⎨222
⎩r 2=a +b +2ab cos θ
将⑦⑧⑨式代入⑥式得导线框的感应电动势为
（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ω的匀速旋转，所加的外力矩M 必须满足
M +M 0=0⑪
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F 1和F 2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F 1和F 2的大小为
μaIi
F 1=2aiB 1=0⑫
πr 1 μaIi
F 2=2aiB 2=0⑬
πr 2
式中i 为导线框中的感应电流。由欧姆定律有
E ωa 2μ0Ib sin ωt ⎛11⎫i ==+⑭ 2⎪222
R πR ⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
安培力的合力矩为
M 0=F 1d 1+F 2d 2
ππ
=F 1a cos(-θ-α) +F 2a cos(-θ+β)
22
⑮
=F 1a sin(θ+α) +F 2a sin(θ-β)
ωa 2μ0Ib sin θ⎛11⎫E =+ 2⎪222
π⎝a +b -2ab cos θa +b +2ab cos θ⎭
⑩
2
a b μ0I ωsin ωt ⎛11⎫ =+ 2⎪222
π⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
μ0a 2Ii ⎡sin(θ+α) sin(θ-β) ⎤
=+⎥π⎢r r 21⎣⎦
ππ其中，d 1和d 2分别为F 1和F 2-θ-α和-θ+β分别为d 1和d 2与A 、
22
B 连线之间的夹角。
将⑦⑧⑨⑭式代入⑮式得需要加的外力矩为
μ0a 2Iib sin ωt ⎛11⎫
M =-M 0=-+ 2⎪222
π⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
2422
μ0a b I ωsin 2ωt ⎛11⎫=-+ ⎪22222
πR ⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
2
2
⑯
2422
⎫4μ0a b I ω⎛(a 2+b 2)sin ωt
=- 2⎪22222
πR ⎝(a +b ) -4a b cos ωt ⎭
（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 +M 0=0⑪
此时，安培力的合力矩的功率P 0应与导线框中感应电流的功率P i 相等，即
P 0=P i ⑫
式中
222
I b sin 2ωt ⎛E 2ω2a 4μ011⎫
P i ==+2⑬ 2⎪222
R πR a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎝⎭
安培力的合力矩为
2
222
ωa 4μ0I b sin 2ωt ⎛11⎫
M 0===+2 2⎪222
ωωπR ⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
P 0P i
2
⑭
由⑪式可得，外力矩M 为
222
ωa 4μ0I b sin 2ωt ⎛11⎫
M =-M 0=-+ 2⎪2222
πR ⎝a +b -2ab cos ωt a +b +2ab cos ωt ⎭
2
=-
⎫4μa b I ω⎛(a +b )sin ωt 2⎪2222
π2R ⎝(a +b ) -4a b cos ωt ⎭
20
42222
2
⑮
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。
七、（22分）
（1）根据热力学第一定律，有
dU =δQ +δW ①
这里，对于1mol 理想气体经历的任一缓慢变化过程中，δQ ，δW 和dU 可分别表示为
δQ =C πdT ，δW =-pdV ，dU =C V dT
将理想气体状态方程
pV =RT
②
两边对T 求导，可得
p
③
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 dV
④
联立①②④式得
C π=C V +
pR dp p +V
dV
⑤
（2）设bc '过程方程为
p =α-βV
⑥
pR
根据
C π=C V +
p +V
dV
可得该直线过程的摩尔热容为
C π=C V +
α-βV
R
α-2βV
⑦
3
式中，C V 是单原子理想气体的定容摩尔热容，C V =R 。对bc '过程的初态(3p 1, V 1) 和终态
2
(p 1,5V 1) ，有
3p 1=α-βV 1
⑧
p 1=α-5βV 1
256
由⑧式得
α=
由⑥⑦⑧⑨式得
7p p 1, β=1 22V 1
⑨
C π=
8V -35V 1
R
4V -14V 1
⑩
（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⑩⑪式得
4V -14V 1∆Q ∆T =
8V -35V 1R 8V -35V 1
∆Q =R ∆T
4V -14V 1
C π=
⑪
⑫ ⑬
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 (V 1, p 1) 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
35V 121p 1B (, )
816
（4）对于abcda 循环过程，ab 和bc 过程吸热，cd 和da 过程放热
Q ab =nC V (T b -T a )=1.5(RT b -RT a )=3pV 11
Q bc =nC p (T b -T a )=2.5(RT c -RT b )=15pV 11
⑭
⑮
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C V =R ，定压摩尔热容C p =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
W abcda 4p 1V 1
ηabcda ===0.22 ⑰
Q ab +Q bc 18p 1V 1
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
⑱ Q bc '=∆U bB -W bB =nC V (T B -T b )+(p B +3p 1)(V B -V 1)=11.39pV 11
2
所以，循环过程abc 'a 的效率为
W abc 'a 4p 1V 1
ηabc 'a ===0.278 ⑲
Q ab +Q bc '14.39p 1V 1
由⑰⑲式可知
ηabc 'a >ηabcda 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
① n 1sin θi1=n 0sin θt0 若要求光线不会折射到衬底中，即发生全反射，应有
257
θi1≥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
θ10 C=arcsin
⎛n 0⎫
⎪ n ⎝1⎭
②
③
同理应有
θi2≥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
④
θ12 C=arcsin
⎛n 2⎫
⎪ n ⎝1⎭
⑤
由题设n 1>n 0≥n 2，可知
θ10 C≥θ12 C ⑥
[***********][***********][***********]92所以，当入射角
⎛n ⎫
θi1≥arcsin 0⎪时，光被完全限制在波导薄膜里。
⎝n 1⎭（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 ⎫
θi1=arcsin 0⎪
⎝n 1⎭ 决定。此时光在介质n 1与n 0交界面的反射处于全反射的临界状态，光在介质n 1与n 2交界面的反射也为全反射。如右图所示，ϕ10和ϕ12分别为1和0界面以及1和
-i ϕ10
-i ϕ12
2界面上的反射引入的相位（r 10=e 和r 12=e ）。
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2π的整数倍，以致光可在波导薄膜中传输。故
2d sec θi1-l 2m π=2π-ϕ10-ϕ12
λ
2d sec θi1-2d tan θi1sin θi1
=2π-ϕ10-ϕ12
λ
⑦
4d πcos θi1
=-ϕ10-ϕ12
λ
ϕ10-ϕ12
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n 1与n 0交界面的反射，由①式得
n sin θi1
sin θt0=1=1
n 0考虑到⑧式，在介质n 1与n 0交界面的反射系数为
n cos θi1-n 0cos θt0n 1cos θi1
r 10=1==1
n 1cos θi1+n 0cos θt0n 1cos θi1由上式可以得到介质n 1与n 0交界面的反射相位
ϕ10=0
再考虑介质n 1与n 2交界面的反射，由①式得
n sin θi1n 0
sin θt 2=1=
n 2n 2
258
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n 0>n 2时，按照题给的推广的正弦和余弦的定义可知，cos θt2是一个纯虚数，可以写为
cos θt2=
考虑到⑫式，则在介质n 1与n 2交界面的反射系数为
⑫
n cos θi1-n 2cos θt2
r 12=1=
n 1cos θi1+n 2cos θt2
⎛=exp -2i ⎝ ⑬
由上式可以得到介质n 1与n 2交界面的反射相位为
ϕ12= 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
λ 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
λmax =
⑯
⎛n 0⎫
评分参考：第（1）问10分，①②式各2分，③④式各1分，给出“入射角θi1≥arcsin ⎪时，
⎝n 1⎭
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，⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮⑯式各1分。
259