第17屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答

1、“高中物理參考”收集第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答一、參考解答管內(nèi)空氣柱的長度為 h ，大氣壓強(qiáng)為 p0 ，管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)設(shè)為 p ，水銀密度為 r ，重力度為 g ，由圖復(fù)解 17-1-1 可知p + (l - h)rg = p0（1）根據(jù)題給的數(shù)據(jù)，可知 p0 = lr g ，得p = r gh若管的橫截面積為 S ，則管內(nèi)空氣的體積為V = Sh由（2）、（3）式得（2）（3）p = V r g（4）S即管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)與其體積成正比，由方程 pV = nRT 得V 2r g= nRT（5）S由（5）式可知，隨著溫度降低，管內(nèi)空氣的體積變小，根據(jù)（4）式可知管內(nèi)空氣的壓強(qiáng)也變小，

2、壓強(qiáng)隨體積的變化為p -V 圖上過原點(diǎn)的直線，如圖復(fù)解 17-1-2所示在管內(nèi)氣體的溫度由T1 降到T2 的過程中，氣體的體積由V1 變到V2 ，體積縮小，外界對氣體做正功，功的數(shù)值可用圖中劃有斜線的梯形面積來表示，即有æ V 2 -V 2 öæ V1V2 ö1W =r g ç+÷(V1 -V2 ) = r g ç 12 ÷（6）2è SSø2Sèø管內(nèi)空氣內(nèi)能的變化DU = nCV (T2 - T1)設(shè)Q 為外界傳給氣體的熱量，則由熱力學(xué)第一定律W + Q = DU ，有Q

3、 = DU -W由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得（7）（8）Q = n(T - T )æ C + 1 R ö（9）21 ç V÷è2ø代入有關(guān)數(shù)據(jù)得Q = -0.247 JQ < 0 表示管內(nèi)空氣放出熱量，故空氣放出的熱量為第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第1頁“高中物理參考”收集Q¢ = -Q = 0.247 J（10）評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 20 分（1）式 1 分，（4）式 5 分，（6）式 7 分，（7）式 1 分，（8）式 2 分，（9）式 1 分，（10）式 3分。二、參考解答在由直線 BC 與小

4、球球心O 所確定的平面中，激光光束兩次折射的光路 BCDE 如圖復(fù)解17-2 所示，圖中入射光線 BC 與出射光線 DE 的延長線交于G ，按照光的折射定律有n0 sina = nsin b式中a 與 b 分別是相應(yīng)的入射角和折射角，由幾何（1）還可知sina = l（2）r激光光束經(jīng)兩次折射，頻率n 保持不變，故在兩次折射前后，光束中一個(gè)光子的動量的大小 p 和 p¢ 相等，即p = hn - p¢ c式中c 為真空中的光速，h 為（3）因射入小的動量 p 沿 BC 方向，射出小球的的動量 p¢ 沿 DE 方向，光子動量的方向球的光束光束由于光束的折射而偏轉(zhuǎn)了一

5、個(gè)角度2q ，由圖中幾何可知2q = 2(a - b )（4）若取線段GN1 的長度正比于光子動量 p ， GN2 的長度正比于光子動量 p¢ ，則線段 N1N2 的長度正比于光子動量的改變量Dp ，由幾何得hnDp = 2 p sinq = 2sinq（5）cDGN1N2 為等腰三角形，其底邊上的高GH 與CD 平行，故光子動量的改變量Dp 的方向沿垂直CD 的方向，且由G 指向球心O 光子與小球作用的時(shí)間可認(rèn)為是光束在小球內(nèi)的傳播時(shí)間，即Dt = 2r cos b（6）式中/ n 是光在小球內(nèi)的傳播速率。按照第二定律，光子所受小球的平均作用力的大小為第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽

6、題參考解答 第2頁“高中物理參考”收集= Dp = n0hn sinqf（7）Dtnr cos b按照第三定律，光子對小球的平均作用力大小 F = f ，即F = n0hn sinq（8）nr cos b力的方向由點(diǎn)O 指向點(diǎn)G 由（1）、（2）、（4）及（8）式，經(jīng)過三角函數(shù)后可得運(yùn)算，最n0lhn éùúúûF =ê1 -êë（9）nr 2評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 20 分（1）式 1 分，（5）式 8 分，（6）式 4 分，（8）式 3 分，得到（9）式再給 4 分。三、參考解答1相距為r 的電量為Q1 與Q2 的兩點(diǎn)

7、電荷之間的庫侖力 FQ 與電勢能UQ 公式為Q1Q2r2Q1Q2U = -kF k（1）QQQQr現(xiàn)在已知正反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用勢能為U (r) = -k 4aS3r根據(jù)直接類比可知，正反頂夸克之間的強(qiáng)相互作用力為F (r) = -k 4aS（2）3r2設(shè)正反頂夸克繞其連線的中點(diǎn)做勻速圓周的速率為v ，因二者相距 r0 ，二者所受的向心力均為 F(r0) ，二者的方程均為mt v24aS=kr /23r 2（3）00由題給的量子化條件，粒子處于基態(tài)時(shí)，取量子數(shù) n = 1 ，得æ r0 öh2m v-（4）ç÷tpèø22由（3）

8、、（4）兩式解得3h2r =（5）0p m a k28t S代入數(shù)值得r = 1.4 ´1017 m（6）02. 由（3）與（4）兩式得第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第3頁r 2 - l 2(nr / n0 )2 - l 2“高中物理參考”收集v = p æ k 4aS ö（7）h ç÷è3ø由v 和 r0 可算出正反頂夸克做勻速圓周的周期T2p (r0 / 2)h3T =（8）p m (k 4a / 3)22v2tS代入數(shù)值得T =1.8´1024 st / T = 0.2（9）由此可得（10）因正反

9、頂夸克的只有它們組成的束縛系統(tǒng)的周期的 15，故正反頂夸克的束縛態(tài)通常是不的評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 25 分1. 15 分。（2）式 4 分，（5）式 9 分，求得（6）式再給 2 分。2. 10 分。（8）式 3 分。（9）式 1 分，正確求得（10）式并由此指出正反頂夸克不能形成束縛態(tài)給 6 分。四、參考解答1設(shè)太陽的質(zhì)量為 M0 ，飛行器的質(zhì)量為 m ，飛行器繞太陽做圓周的軌道半徑為 R 根據(jù)所設(shè)計(jì)的方案，可知飛行器是從其原來的圓軌道上某處出發(fā)，沿著半個(gè)橢圓軌道到達(dá)星軌道上的，該橢圓既與飛行器原來的圓軌道相切，又與星的圓軌道相切要使飛行器沿此橢圓軌道，應(yīng)點(diǎn)燃發(fā)動機(jī)使飛行器的速度在極短的時(shí)間內(nèi)，由

10、v0 變?yōu)槟骋恢祏0 設(shè)飛行器沿橢圓軌道到達(dá)星軌道時(shí)的速度為u ，因大小為u0 和u 的這兩個(gè)速度的方向都與橢圓的長軸垂直，由第二定律可得u0R = 6uR（1）由能量，有12M m1M mmu - G220=mu - G0（2）0R26R由萬有引力定律，有v2M 0m= m 0 RG2R或GM0v =（3）0R解（1）、（2）、（3）三式得12vu =（4）007第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第4頁“高中物理參考”收集1 vu =（5）021星繞太陽的速度為v ，星的質(zhì)量 M ，由設(shè)萬有引力定律v2M0 M= M6RG(6R)2得GM 0= 1 vv =（6）06R6v >

11、 u可以看出（7）由此可見，只要選擇好飛行器在圓軌道上合適的位置離開圓軌道，使得它到達(dá)星軌道處時(shí)，星的前緣也正好到該處，則飛行器就能被星撞擊可以把星看做是相對靜止的，飛行器以相對速度為v - u 射向星，由于星的質(zhì)量比飛行器的質(zhì)量大得多，碰撞后，飛行器以同樣的速率v - u 彈回，即碰撞后，飛行器相對星的速度的大小為v - u ，方向與星的速度的同，故飛行器相對太陽的速度為u1 = v + v - u = 2v - u或?qū)ⅲ?）、（6）式代入得= æöv2 -31u（8）ç21 ÷10èø如果飛行器能從星的軌道上直接飛出太陽系，它應(yīng)具

12、有的最小速度為u2 ，則有12M mmu - G20= 026R得GM01vu =（9）203R3可以看出1 æ1 ö v1u =2 -> v = u（10）13 ç7 ÷ 002èø3飛行器被星撞擊后具有的速度足以保證它能飛出太陽系2. 為使飛行器能進(jìn)入橢圓軌道，發(fā)動機(jī)應(yīng)使飛行器的速度由v0 增加到u0 ，飛行器從發(fā)動機(jī)取得的能量1111215E =mu -mv =mv -mv =mv22222（11）1000002227214若飛行器從其圓周軌道上直接飛出太陽系，飛行器應(yīng)具有的最小速度為u3 ，則有12M mmu - G20

13、= 03R由此得第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第5頁“高中物理參考”收集u = 2G M0 = 2v（12）30R飛行器的速度由v0 增加到u3 ，應(yīng)從發(fā)動機(jī)獲取的能量為111E =mu -mv =mv222（13）2300222所以5mv2E1 E20= 14= 0.71（14）1 mv202評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 25 分1. 18 分。其中（5）式 6 分，求得（6）式，說明飛行器能被星碰撞給 3 分；（8）式 5分；得到（10）式，說明飛行器被星碰撞后能飛出太陽系給 4 分。2. 7 分。其中（11）式 3 分，（13）式 3 分，求得（14）式再給 1 分。五、參考解答解法一：帶

14、電質(zhì)點(diǎn)靜止時(shí)，受重力作用做落體，當(dāng)它到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)，速度為v = 2g | y | = 2.0 m × s1（1）1方向豎直向下帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場后，除受重力作用外，還受到作用，質(zhì)點(diǎn)速度的大小和方向都將變化，的大小和隨之變化我們可以設(shè)想，在帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)原點(diǎn)時(shí)，給質(zhì)點(diǎn)附加上沿 x 軸正方向和負(fù)方向兩個(gè)大小都是v0 的初速度，由于這兩個(gè)在t = 0 時(shí)刻，帶電質(zhì)點(diǎn)因具有沿 x反的速度的合速度為零，因而不影響帶電質(zhì)點(diǎn)以后的軸正方向的初速度v0 而受f1 的作用。f1 = qv0B（2）反適當(dāng)選擇v0 的大小，使 f1 等于重力，即其方向與重力的qv0B = mg（3）g= 2.0 m

15、5;s1v =(4)0(q / m)B只要帶電質(zhì)點(diǎn)保持（4）式?jīng)Q定的v0 沿 x 軸正方向， f1 與重力的合力永遠(yuǎn)等于零但此時(shí)，位于坐標(biāo)原點(diǎn)的帶電質(zhì)點(diǎn)還具有豎直向下的速度v1 和沿 x 軸負(fù)方向的速度v0 ，二者的度大小為速第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第6頁“高中物理參考”收集v = v2 + v2 = 2.8 m×s1（5）01方向指向左下方，設(shè)它與 x 軸的負(fù)方向的夾角為a ，如圖復(fù)解 17-5-1 所示，則tana = v1 = 1v0p4a =（6）因而帶電質(zhì)點(diǎn)從t = 0 時(shí)刻起的可以看做是速率為v0 ，沿 x 軸的正方向的勻速直線和在 xOy平面內(nèi)速率為v

16、 的勻速圓周的圓周半徑R = mv = 0.56 mqB（7）的圓心O¢位于垂直于質(zhì)點(diǎn)此時(shí)速度v 的直線上，由帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場瞬間所對應(yīng)的圓周圖復(fù)解 17-5-1 可知，其坐標(biāo)為ì xO' = R sina = 0.40 mí y（8）= R cosa = 0.40 mî O'圓周的角速度vw = 5.0 rad ×s1（9）R由圖復(fù)解 17-5-1 可知，在帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場區(qū)域前的任何時(shí)刻t ，質(zhì)點(diǎn)位置的坐標(biāo)為x = v0t -R sin(wt + a ) - xO ' y = yO' - Rcos(wt +a

17、)（10）（11）式中v0 、 R 、w 、a 、 xO' 、 yO ' 已分別由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式給出。帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)磁場區(qū)域下邊界時(shí)， y = L = 0.80 m ，代入（11）式，再代入有關(guān)數(shù)值，解得t = 0.31s將（12）式代入（10）式，再代入有關(guān)數(shù)值得x = 0.63 m所以帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場下邊界時(shí)的位置的坐標(biāo)為（12）（13）x = 0.63 my = 0.80 mz = 0（14）帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場內(nèi)的可分解成一個(gè)速率為v 的勻速圓周和一個(gè)速率為v0 的沿 x軸正方向的勻速直線，任何時(shí)刻t ，帶電質(zhì)點(diǎn)的速度V 便是勻速圓周速度v 與勻速直

18、的速度在 x 方向和 y 方向的分量為vx 、vy ，則質(zhì)點(diǎn)合線的速度v0 的合速度若圓周速度在 x 方向和 y 方向的分速度分別為第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第7頁“高中物理參考”收集Vx = vx + v0（15）Vy = vy（16）雖然 v2 + v2= v ， v 由（5）式?jīng)Q定，其大小是恒定不變的， v由（4）式?jīng)Q定，也是恒定不xy0變的，但在質(zhì)點(diǎn)過程中因v 的方向不斷變化，它在 x 方向和 y 方向的分量vx 和vy 都隨時(shí)間變化，因此Vx 和Vy 也隨時(shí)間變化，取決于所考察時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)做圓周速度的方向，由于圓周的圓心的 y 坐標(biāo)恰為磁場區(qū)域?qū)挾鹊囊话耄蓪ΨQ性可知，帶

19、電質(zhì)點(diǎn)離開磁場下邊緣時(shí)，圓周的速度方向應(yīng)指向右下方，與 x 軸正方向夾角a ' = p ，故代入數(shù)值得4vx = vcosa ' = 2.0 m×s1vy = v sina ' = 2.0 m × s1將以上兩式及（5）式代入（15）、（16）式，便得帶電質(zhì)點(diǎn)剛離開磁場區(qū)域時(shí)的速度分量， 它們分別為Vx = 4.0 m×s1Vy = 2.0 m × s1（17）（18）速度大小為V = V 2 +V 2 = 4.5 m×s1（19）xy設(shè)V 的方向與 x 軸的夾角為 b ，如圖復(fù)解 17-5-2 所示，則tan b =

20、Vy= 1Vx2b = 27°得（20）評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 25 分（4）式 5 分，求得（5）、（6）式各給 3 分，求得（10）、（11）式各給 2 分，（14）式 3 分，（19）式 5 分，求得（20）式再給 2 分。解法二：若以帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O 的時(shí)刻作為起始時(shí)刻（ t = 0 ），則質(zhì)點(diǎn)的初速度為v = 2g | y | = 2.0 m × s1（1¢）1方向沿 y 軸正方向進(jìn)入磁場區(qū)后，帶電質(zhì)點(diǎn)將受到在 x 方向的分力作用，取決于質(zhì)點(diǎn)在 y 方向的分速度，因此質(zhì)點(diǎn)動量在 x 方向的分量的增量為mDvx = qvy BDt = qBDy（2¢

21、;）第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第8頁“高中物理參考”收集Dy 是帶電質(zhì)點(diǎn)在Dt 時(shí)間內(nèi)沿 y 方向的位移，質(zhì)點(diǎn)在磁場中的整個(gè)過程中，此式對每一段Dt 時(shí)間都成立，所以在t = 0 到t = t 時(shí)間內(nèi) x 方向的動量的改變?yōu)閙vx - mv0x = qB( y - y0 )因初始時(shí)刻（ t = 0 ），帶電質(zhì)點(diǎn)在 x 軸方向的動量 mv0x 為零，其位置在原點(diǎn)， y0 = 0 ，因而得mvx = qyBvx = qB y（3¢）即m當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)具有 x 方向的速度后，便立即受到沿 y 負(fù)方向的的作用根據(jù)第二定律，在 y 方向上有度 aymay = mg - qvx B將

22、（3¢）式代入（4¢）式，得（4¢）é(qB)2 ùæm2ömay = -êy -（5¢）gúç÷2 2mq Bëy ' = y - Dûèø（6¢）令式中m2ggD =(qB)2(q / m)2 B2= 0.40 m（7¢）即在 y 方向作用于帶電質(zhì)點(diǎn)的合力Fy = -ky 'q2 B2k =其中mFy 是準(zhǔn)彈性力，在 Fy 作用下，帶電質(zhì)點(diǎn)在 y ' 方向的是簡諧振動，振動的圓頻率

23、0; qB ö2w = 5.0 rad × s1（8¢）ç÷èømy ' 隨時(shí)間變化的規(guī)律為y ' = Acos(wt + j0)或（9¢）y ' = Acos(wt +j0 ) + D（10¢）A 與j0 是待求的可以用參考圓來描寫，以所考察的簡諧的振幅 A 為，質(zhì)點(diǎn)的簡諧半徑作一圓，過圓心O1 作一直角坐標(biāo) x 'O1y ' 若有一質(zhì)點(diǎn) M 沿此圓周做勻速率圓周，運(yùn)動的角速度等于所考察簡諧的角頻率w ，且按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，在t = 0 時(shí)刻， M 點(diǎn)的在第十七屆

24、全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第9頁“高中物理參考”收集圓周上的位置恰使連線O1M 與 y ' 軸的夾角等于（9¢）式中的j0 ，則在任意時(shí)刻t ，O1 與 M 的連線與 y ' 軸的夾角等于wt + j0 ，于是連線O1M 在 y ' 軸上的投影即為（9¢）式所示的簡諧振動，將 x ' 軸平行下移 D = 0.40 m ，連線O1M 在y 軸的投影即如（10¢）式所示（參看圖復(fù)解 17-5-3）， M的速度大小v = Aw ，方向與O1M 垂直，速度v點(diǎn)做圓周的 y 分量就是帶電質(zhì)點(diǎn)沿 y 軸做簡諧的速度，即vy = - Aw

25、 sin(wt + j0 )（11¢）（10¢）和（11¢）兩式中的 A 和j0 可由下面的求得：因?yàn)橐阎趖 = 0 時(shí)，帶電質(zhì)點(diǎn)位于 y = 0處，速度vy = v1 ，把這個(gè)條件代入（10¢）式與（11¢）式得Acosj0 + D = 0v1 = - Aw sinj0解上面兩式，結(jié)合(1¢)、(8¢)式，注意到振幅 A 總是正的，故得5pj0 =(12¢)(13¢)4A = 0.56 m把（10¢）式代入(3¢)式，便得帶電質(zhì)點(diǎn)沿 x 軸vx = wD + Aw cos(wt +

26、j0)的速度(14¢)（14¢）式表示帶電質(zhì)點(diǎn)在 x 方向上的速度是由兩個(gè)速度的，即沿 x 方向的勻速速度w D 和 x 方向的簡諧振動速度 Aw cos(wt +j0) 的x ' = w Dt，帶電質(zhì)點(diǎn)沿 x 方向的勻速的位移（15¢）由沿 x 方向的簡諧振動速度 Aw cos(wt +j0) 可知，沿 x 方向振動位移的振幅等于速度的最大值與角頻率的比值（參看圖復(fù)解 17-5-3），即等于 A 由參考圓位移 x '' 具有如下的形式可知，沿 x 方向的振動的Acosæwt + j - p ö = Asin(wt +

27、j )ç02 ÷0èø它可能是 x '' = Asin(wt + j0) ，亦可能是 x''- b = Asin(wt +j0)在本題中， t = 0 時(shí)刻， x 應(yīng)為零，故前一表示式不符合題意后一表示式中， b 應(yīng)取的值為b = -Asinj0 ，故有x'' = -Asinj0 + Asin(wt +j0 )（16¢）第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第10頁“高中物理參考”收集帶電質(zhì)點(diǎn)在 x 方向的合位移x '+ x '' ，由（15¢）、（16

28、62;）式，得x = wDt - Asinj0 + Asin(wt +j0 )（17¢）（17¢）、（10¢）、（14¢）和（11¢）式分別給出了帶電質(zhì)點(diǎn)在離開磁場區(qū)域前任何時(shí)刻t 的位w 、 A 、j0 、D 已分別由（8¢）、（13¢）、（12¢）置坐標(biāo)和速度的 x 分量和 y 分量，式中和（7¢）式給出當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)達(dá)到磁場的下邊界時(shí)，y = L = -0.80 m將與（10¢）式有關(guān)的數(shù)據(jù)代入（10¢）式，可解得t = 0.31s代入（17¢）式，得x » 0.

29、63 m將（19¢）式分別代入（14¢）式與（11¢）式，得（18¢）（19¢）（20¢）vx = 4.0 m×s1vy = 2.0 m × s1速度大小為V = v2 + v2 = 4.5 m×s1（21¢）xy速度方向?yàn)閍 = arctanæ vy ö = 27°ç÷（22¢）vè x ø評分標(biāo)準(zhǔn)：本題 25 分（7¢）式 2 分，（8¢）式 3 分，（10¢）式 2 分，（11&#

30、162;）式 2 分，（12¢）式 3 分，（13¢）式 3 分，（14¢）式 2 分，（17¢）式 3 分，（20¢）式 3 分，（21¢）式 1 分，（22¢）式 1 分。六、參考解答1由于光纖內(nèi)所有光線都從軸上的O 點(diǎn)出發(fā)，在光纖中傳播的光線都與軸相交，位過軸的縱剖面內(nèi)，圖復(fù)解 17-6-1 為縱剖面內(nèi)的光路圖，設(shè)由O 點(diǎn)發(fā)出的與軸的夾角為a 的光線，射至 A 、 B 分界面的入射角為i ，反射角也為i 該光線在光纖中多次反射時(shí)的入射角均為i ，射至出射端面時(shí)的入射角為a 若該光線折射后的折射角為q ，則由幾何 和折射

31、定律可得i + a = 90°nA sina = nF sinq（1）（2）當(dāng)i 大于全反射臨界角iC 時(shí)將發(fā)生全反射，沒有光能損失，相應(yīng)的光線將以不變的光強(qiáng)射向出射端面，而i < iC 的光線則因在發(fā)生反射時(shí)有部分光線通過折射進(jìn)入 B ，反射光強(qiáng)隨著反射次數(shù)的增大而越來越弱，以致在未到達(dá)出射端面之前就已經(jīng)衰減為零了因而第十七屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽題參考解答 第11頁“高中物理參考”收集能射向出射端面的光線的i 的數(shù)值一定大于或等于iC ， iC 的值由下式?jīng)Q定nA sin iC = nB（3）與iC 對應(yīng)的a 值為aC = 90° - iC（4）當(dāng) a0 >

32、 aC 時(shí) ， 即 sina0 > sinaC = cosiC =1- sin2 iC = 1- (nB / nA )2 時(shí) ， 或nA sina0 >- n2n2時(shí)，由O 發(fā)出的光束中，只有a £ a 的光線才滿足i ³ i的條件，才能射ABCC向端面，此時(shí)出射端面處a 的最大值為amax = aC = 90° - iC（5），即 nA sina0 <- n2 時(shí)，則由O 發(fā)出的光線若a < an2滿足i > i的條件，因而AB0CC射向端面，此時(shí)出射端面處a 的最大值為amax = a0（6）端面處入射角a 最大時(shí)，折射角q 也達(dá)最大值，設(shè)為qmax ，由（2）式可知nF sinqmax = nA sinamax（7）由（6）、（7）式可得，當(dāng)a0 < aC 時(shí)=