2017第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案.pdf

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1、1 第 34 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2017 年 9 月 16 日 一、 （40 分）一个半径为r 、质量为 m 的均质实心小圆柱被置于 一个半径为R 、质量为 M 的薄圆筒中， 圆筒和小圆柱的中心轴均 水平，横截面如图所示。重力加速度大小为g。试在下述两种情 形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率： （1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动； （2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内 底部附近作无滑滚动。 解： （1）如图，为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。 小圆柱受三个力作用：重力， 圆筒对小圆柱的支持

2、力和静摩擦力。设圆筒对小圆柱的静摩擦 力大小为 F ，方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。考虑小圆柱质心的运动，由质心 运动定理得 sinFmgma 式中， a 是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无 滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度 1（规定小圆柱在最低点 时 10）与之间的关系为 1 ()Rr 由 式得， a 与的关系为 22 1 22 () dd arRr dtdt 考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得 2 1 2 d rFI dt 式中， I 是小圆柱绕其自身轴的转动惯量 21 2 Imr 由 式及小角近似 sin 得 2 2 2 0 3() dg dtRr 由式知

3、，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为 1 6() g f Rr （2）用 F 表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小， 1和2分别为小圆柱与圆筒转过的角 度 （规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置 12 0 ） 。 对于小圆柱，由转动定理得 2 2 1 2 1 2 d Frmr dt 对于圆筒，同理有 2 2 2 2 () d FRMR dt R 1 R 2 由 式得 22 12 22 21dd FrR mMdtdt ? 设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角， 由于小圆柱与圆筒 间做无滑滚动，有 12()RrR ? 由

4、?式得 222 12 222 () ddd RrrR dtdtdt ? 设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a ，由质心运动定理得 sinFmgma? 由?式得 2 2 () d aRr dt ? 由?式及小角近似sin，得 2 2 2 0 3 dMmg dtMm Rr ? 由?式可知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为 12 2 3 Mmg f Mm Rr ? 评分参考 ：第（ 1）问 20 分，式各3 分，式 2 分，式 3 分，式各2 分，式3 分，式2 分；第（ 2）问 20 分， ? 式各 2 分， ? 式 3 分， ?式各 2 分， ? 式 3 分， ?

5、 式 2 分。 二、 （40 分）星体P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线 1cos k r 式中， r 是 P 到太阳 S的距离，是矢径 SP相对于极 轴 SA 的夹角 （以逆时针方向为正） ， 2 2 L k GMm , L 是 P相对于太阳的角动量， 11312 6.6710mkgsG为 引 力 常 量 ， 30 1.9910kgM为 太 阳 的 质 量 ， 2 223 2 1 EL G M m 为偏心率，m 和 E 分别为P 的质量 和机械能。假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆， 两轨道相交于C、 D 两点，如图所示。已知地球轨道半径 11 E

6、 1.4910 mR，彗星轨道近日 点 A 到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。求彗 星 （1）先后两次穿过地球轨道所用的时间； （2）经过 C、D 两点时速度的大小。 已知积分公式 3/21/2 2 2 3 xdx xaa xaC xa ，式中C是任意常数。 S A B C RE r P D 3 解： （1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故 1, 0E 彗星绕太阳运动的轨道方程为： 1c o s k r 彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒 2 2 2 1 0 22 L mrV rE mr & 式中 Mm V rG r 当彗星运动到近日点A 时，其径向速度为零

7、，设其到太阳的距离为 min r，由 式得 2 min 2 minmin 2 LMm V rG mrr 由 式和题给条件得 2 E min 2 23 LR r GMm 由 式得 2 22 2drGML dtrm r 或 2 22 2 dr dt GML rm r 设彗星由近日点A 运动到与地球轨道的交点C 所需的时间为t，对式两边积分，并利用 式得 EE E min 2 3 E 2 2 1 2 2 3 RR R r drrdr t GMR GML r rm r 对 式应用题给积分公式得 E E 3E 3/21/2 EEE EE 3 2 E 1 2 3 122 33332 103 27 R R

8、rdr t GMR r RRR RR GM R GM 由对称性可知，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为 3 2 E 20 3 2 27 R Tt GM 将题给数据代入 式得 6 6.4010 sT? （2）彗星在运动过程中机械能守恒 21 0 2 GMm mE r v? 式中 v 是彗星离太阳的距离为r 时的运行速度的大小。由? 式有 4 2GM r v? 当彗星经过C、D 处时 CDE rrR? 由?式得，彗星经过C、D 两点处的速度的大小为 CD E 2GM R vv? 由? 式和题给数据得 4 CD 4.2210 m/svv? 评分参考 ：第（ 1）问 28 分，式4 分，式2 分，式

9、4 分，式2 分，式4 分， ? 式各 2 分；第（ 2）问 12 分， ? 式 4 分， ?式各 2 分。 三、 （40 分）一质量为 M 的载重卡车A 的 水平车板上载有一质量为m 的重物 B，在 水平直公路上以速度 0v 做匀速直线运动， 重物与车厢前壁间的距离为L （ 0L ） 。 因发生紧急情况，卡车突然制动。已知卡 车车轮与地面间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为 1，重物与车厢底板间的动摩擦因数 和最大静摩擦因数均为 2（21） 。若重物与车厢前壁发生碰撞，则假定碰撞时间极短， 碰后重物与车厢前壁不分开。重力加速度大小为g。 （1）若重物和车厢前壁不发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车

10、停止的过程所花的时间和走 过的路程、重物从制动开始到重物停止的过程所花的时间和走过的路程，并导出重物B 与 车厢前壁不发生碰撞的条件； （2）若重物和车厢前壁发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车和重物都停止的过程所经历的 时间、卡车走过的路程、以及碰撞过程中重物对车厢前壁的冲量。 解： （1）若重物和车厢前壁不发生碰撞。 卡车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为 1a 。由牛顿第二定律有 121 ()Mm gmgMa 由式得 112 1 ()Mm ag M 由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间 1 t 和移动的距离 1 s 分别为 00 1 1112 () M t aMm g

11、 vv ， 22 00 1 1112 2()2 M s aMmg vv 重物 B 在卡车 A 的车厢底板上做匀减速直线运动，设 B 相对于地面的加速度大小为 2 a 。 A B L 5 由牛顿第二定律有 22mgma 由式得 2 22 mg ag m 从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间 2 t 和重物移动的距离 2 s 分别为 00 2 22 t ag vv ， 22 00 2 22 22 vv s ag 由于 21，由二式比较可知，12tt ，即卡车先停，重物后停。 若 21 ssL ，重物 B 与车厢前壁不会发生碰撞，因此不发生碰撞的条件是 222 00012 21 21211

12、2 ()() 22() 2 Mm Lss aaMmg vvv （2）由式知，当满足条件 2 012 21 2112 ()() 2() Mm Lss Mmg v 时，重物 B 与车厢前壁必定发生碰撞。 设从开始制动到发生碰撞时的时间间隔为t ，此时有几何条件 21( )( )s ts tL 这里又可分为两种情况： 12 ttt（重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和 1 tt（重 物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞）。 （i） 12 ttt，即卡车A 在 1 t时停下，重物B 继续运动，在t 时与车厢前壁发生碰撞。 卡车停下的时间和向前滑动的距离是给出的 1 t和 1 s ，同时重物相对于地面向前

13、滑动的 距离是 2 20 12 1 2 1212 0 2 112 1 2 (2)2() 2 () sta t MMm g Mm v v 重物相对于车厢向前滑动的距离是 22 1212 00 212 112 112 2 012 2 112 (2)2() 2()2 () ()() 2 () M Mm M ss gMmg Mm Mm M g Mm vv v 如果 2121 ssLss， 即当 6 22 120012 2 1122112 ()()()() 2+()2() vvmM MMm L MmgMmg 满足时，在车已停稳后重物仍会向前运动并且撞上车厢前壁。 从制动到重物B 与车厢前壁碰撞前，重物B

14、 克服摩擦力做功。设在碰撞前的瞬间重物 B 相对地面的速度为 2v ，由动能定理有 22 2021 11 () 22 mmmg sLvv 由式得 2 2 120 20212 112 () () 2()2 () Mm g sLgL Mm v vv 设碰撞后瞬间重物B 与卡车 A 的速度均为v ，由于碰撞时间极短，碰撞前后动量守恒 2()mmMvv 由式得 2 120 22 112 ()() 2 () Mmmm gL mMmMMm v vv 碰撞过程中重物B 对车厢前壁的冲量为 2 120 2 112 ()() 02 () MmmM IMgL mMMm v v 碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时

15、间 2 11 m t gmMg vv ? 再移动了一段路程 2 22 120 12 2 11112 ()() 2 22()() Mmm sgL gmMgMm vv =? 才最终停止下来（对于卡车而言，这是第二次停下来）。 重物撞上车厢前壁的时间是 02 2 2 t g vv ? 所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为 (i) 0202 22 21221 2 0120112 2 212112 1 ()() ()()() 2 ()() mm ttt gg Mmggg Mm MmMm gL gg mMMm vvvv v vv ? 卡车移动的总路程则为 222 (i) 11202 111 2

16、11121 ()() =+ 2()()() M mMmm L sss mMMm gmM v ? （ii ） 1 tt ，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞 由式的推导可知，条件 1 tt 可写成 7 2 120 2 112 () () 2 () vmM M L Mmg 由匀减速运动学公式，式成为 22 0201 11 () 22 vvta tta tL 解得碰撞发生的时间 1212 22 ()() LLM t aamM g 在碰撞前的瞬间，卡车A 的速度 1v 和重物 B 的速度2v 分别为 10101 12 2 ()() vvv LM a ta mM g ， 20202 12 2 ()

17、() vvv LM a ta mM g ? 由碰撞前后动量守恒，可得碰撞后重物B 和卡车 A 的共同速度 v 为 2121 0 12 01 12 2 ()() 2 ()() mMmaMaLM mMmMmM g LMg mM vv vv v ? 由冲量定理和以上两式得碰撞过程中重物B 对车厢前壁的冲量为 12 112 2() ()2() MmM IMaaLmgL mMmM vv? 卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由 12 2 ()() LM t mM g 与? 式可得 (ii) 0 11 tt gg vv ? 卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和 22 (ii)2 0 101 11 1 2

18、22 mL sta t ggMm vv v? 另解，将卡车和重物视为一个系统，制动过程中它们之间的摩擦力和碰撞时的相互作用力 都是内力，水平外力只有地面作用于卡车的摩擦力 1 )Mmg（。在此力作用下系统质心 做加速度大小为g 1 的匀减速运动，从开始到卡车和重物都停止时所经历的时间为 (ii) 0 1 t g v ? 系统质心做匀减速运动的路程为 2 0 1 2 c x = g v 设制动前卡车和重物的质心分别位于 1 x和 2 x；制动后到完全停下卡车运动了路程 (ii) 1s，两个 质心分别位于 (ii) 111 xxs和 (ii) 221 +xxsL 。于是有 2(II) 012121

19、 1 () = 2 c MxmxMxmxMm smL x MmMmMmg v 由此解得 2 (ii) 0 1 1 2 mL s gMm v ? 评分参考 ：第（ 1）问 10 分，式各2 分；第（ 2）30 分，式2 分， ? ?式各 2 分， ?式各 2 分。 8 四、 （40 分）如俯视图，在水平面内有两个分别以O 点 与 O1点为圆心的导电半圆弧内切于M 点，半圆 O 的半 径为2a，半圆 O1的半径为 a ；两个半圆弧和圆O 的半 径 ON 围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场 （未画出），磁感应强度大小为B ；其余区域没有磁场。 半径OP 为一均匀细金属棒，以恒定的角速度绕 O

20、 点顺时针旋转， 旋转过程中金属棒OP 与两个半圆弧均接触良好。已知金属棒OP 电阻为 R ， 两个半圆弧的电阻可忽略。开始时P 点与 M 点重合。在 t （ 0t）时刻，半径OP 与半 圆 O1交于 Q 点。求 （1）沿回路QPMQ 的感应电动势； （2）金属棒OP 所受到的原磁场B 的作用力的大小。 解： （1）考虑从初始时刻0t至时刻 0 2 t，金属棒OP 扫过的磁场区域的面积为 1 1 O QOOPMO QM SSSS 扇形扇形 式中， OPM S扇形、 1 O QM S扇形和 1 O QO S分别是扇形OPM、扇形 O1QM 和 1 O QO 的面积。由几何 关系得 2 OPM 1

21、 ()(2 ) 2 Sta 扇形 1 2 O QM 1 (2) 2 St a 扇形 1 O QO(sin)(cos)Satat 由 式得 21 (2sin2) 2 Stt a 通过面积S的磁通量为 BS 由法拉第电磁感应定律得，沿回路QPMQ 的感应电动势为 d dt 式中，负号表示感应电动势沿回路逆时针方向（即沿回路QPMQ ） 。由 式得 2 (1cos2), 0 2 ta Bt O1 Q M O N P 9 当 2 t时，沿回路QPMQ 的感应电动势与 2 t时的一样，即 2 2, 2 a Bt （2）在t时刻流经回路QPMQ 的电流为 1 i R 式中 1 2 L RR a ? 这里，

22、 L 为 PQ 的长。由几何关系得 22cos, 0 2 Laatt? 2 , 2 Lat? 半径 OP 所受到的原磁场B 的作用力的大小为 FiLB? 由?式得 32 2 (1cos2), 0 2 a B Ftt R ? 由?式得 32 4 , . 2 a B Ft R ? 评分参考 ：第（ 1）问 22 分，式各2 分，式各4 分，式各2 分； 第（ 2）问 18 分，式4 分， ?式各 2 分， ? 式 4 分， ?式各 2 分。 10 五、 （40 分）某种回旋加速器的设计 方案如俯视图a 所示，图中粗黑线 段为两个正对的极板，其间存在匀 强电场，两极板间电势差为U。两 个极板的板面中

23、部各有一狭缝（沿 OP 方向的狭长区域） ，带电粒子可 通过狭缝穿越极板（见图b） ；两细 虚线间（除开两极板之间的区域） 既无电场也无磁场；其它部分存在 匀强磁场，磁感应强度方向垂直于 纸面。在离子源S 中产生的质量为 m 、带电量为q（0q）的离子， 由静止开始被电场加速，经狭缝中 的 O 点进入磁场区域，O 点到极板 右端的距离为D ，到出射孔P 的距离为bD（常数b为大于 2 的自 然数） 。已知磁感应强度大小在零到 max B之间可调， 离子从离子源 上方的 O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。假设如果 离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应。求 （1）可能的磁感

24、应强度B 的最小值； （2）磁感应强度B 的其它所有可能值； （3）出射离子的能量最大值。 解： （1）设离子从O 点射入磁场时的速率为v ，由能量守恒得 21 2 qUmv 由 式得 2qU m v 设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r ，有 2 qBm r v v 由 式得 12mU r Bq D bD S O P 图 a 图 b D S 11 若 2 bD r或 22 DbD r 则离子只能打到器壁或离子源外壁被吸收，不能从P 射出。若离子从O 射出后只运动半个 圆周即从 P 射出，则 2 bD r 将 式代入 式得，电子能够从P 出射，可能的磁感应强度B 的最小值为 min 22

25、mU B bDq （2）若 2 D r 则离子将穿过上极板进入电场区域，被减速到零后， 又重新反向加速至进入时的速率，从进 入处再回到磁场区域。设这样的过程进行了k 次，然后离子将绕过两极板右端从下极板进入 电场区域被加速，再穿过上极板进入磁场时能量增加到2qU，运动半径增加到 1 211rrr 这样加速 n 次后，离子做圆周运动的半径 nr 为 1 n rnr 当满足条件 (1) 2 n bD krrnk r 或 2(1) bD r nk 时，离子可从P 处射出。另一方面，显然有1k，且 22(1)krDkr 解得 2 (1 )2 DD r kk ? 由? 式有 (1)(1) 2(1)22

26、DbDD nknk kk ? 解得 12 222 (1)1(1)1bknbkb ? 由? 式可得 max max 2222 DBDqa k rmU ? 式中 maxr是当maxBB时由 式定出的。因此k为不大于 2 a 的最大自然数 2 a 2 a k? 由 式知，磁感应强度B 的其它所有可能值为 122(1)2mUnkmU B rqbDq ? 式中 2 222 2 222222 2 222222 222 222 1(1)1(1)(1)1212 2(1) 21(1) 2(1) 212(1)2 3(1) 31(1) 3(1) 313(1)2 (1)1(1)(1)1(1) 22222 kn bbb

27、b bbbbb bbbbb aaaaa bbbbb 2 2 ? （3）离子被电场加速了1n次后，其出射能量为 (1 )EnqU? 对于满足 ? 式的k，n 可以取到最大值为 2 (1)2bkb，再由 ? 式，可得出射离子的能量 最大值为 2 maxmax(1)(1)1 2 bb a EnqUqU? 评分参考 ：第（ 1）问 12 分，式各 2 分；第（ 2）问 23 分， 式各 2 分， 式 4 分， ?式各 2 分， ? 式 3 分；第（ 3）问 5 分， ? 式 3 分， ? 式 2 分。 13 六、 （40 分） 1914 年，弗兰克 -赫兹用电子碰撞原子的方法使原子从低能级激发到高能级

28、， 从而证明了原子能级的存在。加速电子碰撞自由的氢原子，使某氢原子从基态激发到激发态。 该氢原子仅能发出一条可见光波长范围（400nm760nm）内的光谱线。仅考虑一维正碰。 （1）求该氢原子能发出的可见光的波长； （2）求加速后电子动能 k E 的范围； （3）如果将电子改为质子，求加速质子的加速电压的范围。 已知1240nm eVhc，其中h为普朗克常数，c 为真空中的光速；质子质量近似为电子质量 的 1836 倍，氢原子在碰撞前的速度可忽略。 解： （1）由氢原子的能级公式 2 13.6eV , 1,2, n En n 可得氢原子的能级图如图所示。 可见光光子能量的上限 1E 和下限2E

29、 分别为 1 1 1240nm eV 3.10eV 400nm hc E 2 2 1240nm eV 1.63eV 760nm hc E 要能观察到可见光范围内的光谱线，发生跃迁的两能级的能量之差 应在可见光的能量范围 1.63eV 3.10eV 内。要仅能观察到一条可见光范围内的光谱线，由氢原子的能级图可知，只能将氢原子激发 到第二激发态，即能级 3n 氢原子第二激发态（ 3n ）到第一激发态（ 2n ）的能量差为 3232 ( 1.51eV)( 3.4eV)1.89eVEEE 氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态所发出的可见光的波长为 32 656nm hc E （2）要使氢原子能激发到能级

30、3n，需要提供的能量至少为 3131( 1.51eV)( 13.60eV)12.09eVEEE 设电子质量为 em ， 电子碰撞前后的速度分别为1v 和2v ， 氢原子碰撞前后的速度分别为10u （由题意）和 2 u ，电子因激发氢原子而损失的能量为E（被氢原子吸收为激发能）。由动 -13.6 -3.40 -1.51 -0.85 0ev 14 量和能量守恒有 e1e22mmMuvv 222 e1e22 111 222 mmMuEvv 由 式消去 2 u，得 222 ee2e12ee1 ()2()20mMmmm mMMEvv vv? 此式是关于 2v 的一元二次方程。注意到2v 为实的常量，故方

31、程? 的系数应满足条件 222 e1eeee1 ( 2)4()()20mmMmm mMMEvv? 化简得 2 e e1 1 (1) 2 k m EmE M v? 要使原子从基态仅激发到第二激发态，E应满足 3141 EEE? 式中 31 E 已由式给出，而 4141 ( 0.85eV)( 13.60eV)12.75eVEEE? 由?式得 ee 31k41 (1)(1) mm EEE MM ? 由? 式和题给条件得 k 12.10eV12.76eVE? （3）如果将电子改为质子，? 式成为 pp 3141 (1)(1) k mm EEE MM ? 式中 p m 为质子的质量。由? 式和题给条件得

32、 k 24.17eV25.49eVE? 设加速质子的加速电压为V。由 keVE（ e 为质子电荷） 和? 式得 24.17V25.49VV? 评分参考 ：第（ 1）问 14 分，式各2 分；第（ 2）问 20 分，式各2 分， 式各 3 分，? 式 2 分，? 式 4 分，? 式 2 分， ? 式 1 分， ?式各 2 分；第（ 3）问 6 分， ?式各 2 分。 15 七、 （40 分）如气体压强-体积图所示，摩尔数为的双原 子理想气体构成的系统经历一正循环过程（正循环指沿图 中箭头所示的循环） ，其中自 A 到 B 为直线过程，自B 到 A 为等温过程。双原子理想气体的定容摩尔热容为 5

33、2 R ， R为气体常量。 （1）求直线AB 过程中的最高温度； （2）求直线AB 过程中气体的摩尔热容量随气体体积变化的关系式，说明气体在直线AB 过程各段体积范围内是吸热过程还是放热过程，确定吸热和放热过程发生转变时的温度 cT ； （3）求整个直线AB 过程中所吸收的净热量和一个正循环过程中气体对外所作的净功。 解： （1）直线 AB 过程中任一平衡态的气体压强p和体积V满足方程 0 0 00 00 2 22 V V PP PV PV 此即 0 0 0 3 2 P PPV V 根据理想气体状态方程有 PVRT 式中 T 是相应的绝对温度。由 式得 2 2 0000 00 00 1339

34、2416 PPPV TVPVVV RVRVR 由 式知，当 0 3 4 VV 时，气体达到直线AB 过程中的最高温度 00 max 9 16 PV T R （2）由直线AB 过程的摩尔热容量 m C的定义有 m dQC dT 由热力学第一定律有 dUdQPdV 由理想气体内能公式和题给数据有 V P V0V0/2 P0/2 P0 A B O 16 5 2 V R dUC dTdT 由 式得 0 m0 0 531 22 V PP dVdV CCRPV dTVdT 由 式两边微分得 0 00 2 (34) RVdV dTPVV 由 式代入 式得 0 m 0 2124 342 VV R C VV ?

35、 由?式得，直线AB 过程中， 在V从 0 2 V 增大到 0 3 4V 的过程中， m 0C，0 dT dV ，故0 dQ dV ，吸热? 在V从 0 3 4 V 增大到 0 21 24 V 的过程中， m 0C，0 dT dV ，故0 dQ dV ，吸热? 在V从 0 21 24 V 增大到 0 V 的过程中， m 0C，0 dT dV ，故0 dQ dV ，放热? 由?式可知，系统从吸热到放热转折点发生在 c0 21 24 VVV 处。由 式和上式得 2 000 c0 0 1335 264 PPV TVPV RVR ? （3）对于直线AB 过程，由 式得 0 m00 00 2124216

36、 44 VVdTV dQCdVPdVPdV dVVV ? 将上式两边对直线过程积分得，整个直线AB 过程中所吸收的净热量为 0 0 0 0 2 0000 00 /2 /2 2162133 448 V V V V VV QPdVPVPV VV 直线 ? 直线 AB 过程中气体对外所作的功为 00 0000 13 ()() 2228 PV WPVPV 直线 ? 等温过程中气体对外所作的功为 00 00 /2/2 000 0 ln 2 22 VV VV VPVdV WPdVP V 等温? 17 一个正循环过程中气体对外所作的净功为 00 3ln2 () 82 WWWPV 直线等温 ? 评分参考 ：第

37、（ 1）问 10 分， 式各 3 分， 式各 2 分；第（ 2）问 20 分， ?式各 2 分；第（ 3）问 10 分， ?式各 2 分。 八、 （40 分）菲涅尔透 镜 又 称 同 心 圆 阶 梯 透 镜，它是由很多个同轴 环带套在一起构成的， 其迎光面是平面，折射 面 除 中 心 是 一 个 球 冠 外，其它环带分别是属 于不同球面的球台侧面，其纵剖面如右图所示。这样的结构可以避免普通大口径球面透镜既 厚又重的缺点。 菲涅尔透镜的设计主要是确定每个环带的齿形（即它所属球面的球半径和球 心） ，各环带都是一个独立的（部分）球面透镜，它们的焦距不同，但必须保证具有共同的 焦点（即图中F 点）

38、。已知透镜材料的折射率为n ，从透镜中心O（球冠的顶点）到焦点F 的距离（焦距）为f （平行于光轴的平行光都能经环带折射后会聚到F 点） ，相邻环带的间 距为d（d很小，可忽略同一带内的球面像差；d又不是非常小，可忽略衍射效应）。求 （1）每个环带所属球面的球半径和球心到焦点的距离； （2）该透镜的有效半径的最大值和有效环带的条数。 解： （1）考虑单个球面的折射。如图，设某 一与光轴距离为 h的光线平行于光轴 Z 从 折射率为n 的介质中射向半径为R 、 球心 位于C 点的球面，入射点为球面上的A 点， CA 为球面半径，入射角为，球面 外是空气，折射角为，折射线与Z 轴交点为F。由 A 作

39、 Z 轴的垂线，垂足为O。由折射 定律，有 sinsinn， 在ACF中，由正弦定理有 sin AF sin CF 在AOF中，由勾股定理有 F d d d d d d O A F O R C n h f Z 18 22 OFAOAF 22 AOCOCAR 又 OFCFCO，hAO，fOF， 由 式得 22 CFfhn 2222 22222 () (1)()2 Rnhffh nhfnfhf 在制作给定焦点和焦距的菲涅尔透镜时，应按 式来确定各环带球面的球心位置和球半 径，即对第k（0,1,2,k）个环带球台，其球心在光轴上与焦点的距离应为 22222 C F kk n hfn k df 球半径

40、则为 22222 2222222 (1)()2 (1)()2 kkk Rnhfnfhf nk dfnfk df 特别地，位于透镜中心的环带（ 0k ）球心与焦点距离为 0 C Fnf 球半径为 0 (1)Rnf? （2）当 f 不变而h取某一值 m h 时，图中CAF成为直角，这意味着光线的入射角达到全 反射的临界角 C。在此情况下有 C 22 m 1 sin f n hf ? 由? 式得 2 m1hnf? 这就是透镜能够达到的最大有效半径。透镜的最大有效环带数 m k 则为不大于 2 1nf d 的最 大整数 2 m 1nf k d ? 评分参考 ：第（ 1）问 27 分， 式 5 分， 式各 2 分， 式 4 分， ? 式各 2 分；第（ 2）问 13 分， ? 式 5 分， ?式各 4 分。 19