2015(復(fù)賽)32屆中學(xué)生物理競賽和答案word版

1、第32屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽理論考試試題2015年9月19日說明：所有解答必須寫在答題紙上，寫在試題紙上無效一、(15分)在太陽內(nèi)部存在兩個主要的核聚變反應(yīng)過程： 碳循環(huán)和質(zhì)子-質(zhì)子循環(huán)；其中碳循環(huán)是貝蒂在 1938年提出 的，碳循環(huán)反應(yīng)過程如圖所示。圖中p、e+和也分別表示質(zhì) 子、正電子和電子型中微子；粗箭頭表示循環(huán)反應(yīng)進行的先 后次序。當從循環(huán)圖頂端開始，質(zhì)子P與12C核發(fā)生反應(yīng)生成13N核，反應(yīng)按粗箭頭所示的次序進行，直到完成一個循 環(huán)后，重新開始下一個循環(huán)。已知 e+、p和He核的質(zhì)量分 另I為 0.511 MeV/c2、1.0078 u 和 4.0026 u ( 1u= 931.4

2、94 MeV/c2),電子型中微子 外的質(zhì)量可以忽略。(1)寫出圖中X和Y代表的核素；(2)寫出一個碳循環(huán)所有的核反應(yīng)方程式;(3)計算完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能。二、(15分)如圖，在光滑水平桌面上有一長為L的輕桿，輕桿兩端 各固定一質(zhì)量均為M的小球A和B。開始時細桿靜止；有一質(zhì)量為m 的小球C以垂直于桿的速度V。運動，與A球碰撞。將小球和細桿視 為一個系統(tǒng)。(1)求碰后系統(tǒng)的動能(用已知條件和球 C碰后的速度表出)；(2)若碰后系統(tǒng)動能恰好達到極小值，求此時球C的速度和系統(tǒng)的 動能。三、(20分)如圖，一質(zhì)量分布均勻、半徑為r的剛性薄圓環(huán)落到粗糙的水平地面前的 瞬間，圓環(huán)質(zhì)心速度v0與豎

3、直方向成0 (2e35)角，并同時以角速度 2 (%的 正方向如圖中箭頭所示)繞通過其質(zhì)心 O、且垂直環(huán)面的軸轉(zhuǎn)動。已知圓環(huán)僅在其所 在的豎直平面內(nèi)運動，在彈起前剛好與地面無相對滑動，圓環(huán)與地面碰撞的恢復(fù)系數(shù)為k,重力加速度大小為g。忽略空氣阻力。(1)求圓環(huán)與地面碰后圓環(huán)質(zhì)心的速度和圓環(huán)轉(zhuǎn)動的角速度；(2)求使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件和在此條件下 圓環(huán)能上升的最大高度；(3)若讓日角可變，求圓環(huán)第二次落地點到首次落地點之間 的水平距離s隨日變化的函數(shù)關(guān)系式、s的最大值以及s取最大 值時r、V0和應(yīng)滿足的條件。23四、（25分）如圖，飛機在距水平地面（xz平面）等圖的航線KA （沿x正

4、萬向）上, 以大小為v （v遠小于真空中的光速c）的速度勻速飛行；機載雷達天線持續(xù)向航線正 右側(cè)地面上的被測固定目標 P點（其x坐標為Xp）發(fā)射扇形無線電波束（扇形的角平分線與航線垂直），波束平面與水平地面交于線段 BC （BC隨著飛機移動，且在測量 時應(yīng)覆蓋被測目標P點），取K點在地面的正投影O為坐標原點。已知BC與航線KA的距離為Roo天線發(fā)出的無線電波束是周期性的等 幅高頻脈沖余弦波，其頻率為foo（1）已知機載雷達天線經(jīng)過 A點（其x坐標為Xa）及 此后朝P點相繼發(fā)出無線電波信號，由P反射后又被機 載雷達天線接收到，求接收到的回波信號的頻率與發(fā)出 信號的頻率之差（頻移）。（2）已知BC

5、長度為Ls,討論上述頻移分別為正、零 或負的條件，并求出最大的正、負頻移。（3）已知Ro Ls,求從C先到達P點、直至B到達P 點過程中最大頻移與最小頻移之差（帶寬），并將其表 示成扇形波束的張角日的函數(shù)。2已知：當 y 1 時，1 +y2 tel + o五、（20分）如圖，“田”字形導(dǎo)線框置于光滑水平面上，其中每個小正方格每條邊的長度 l和電阻R分別為0.10 m和 乂1.0 C。導(dǎo)線框處于磁感應(yīng)強度B =1.0 T的均勻磁場中，磁場 方向豎直向下，邊界（如圖中虛線所示）與de邊平行。今 x將導(dǎo)線框從磁場中勻速拉出，拉出速度的大小為 v =2。m/s , X 方向與de邊垂直，與ae邊平行。

6、試求將導(dǎo)線框整體從磁場 中拉出的過程中外力所做的功。x六、（23分）如圖，一固定的豎直長導(dǎo)線載有恒定電流 I , 其旁邊有一正方形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框可圍繞過對邊中心的豎直 軸O1O2轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸到長直導(dǎo)線的距離為b o已知導(dǎo)線框的 邊長為2a （a Ce . e13c14 pC-N1415cpN O1515O ； N ee1512c 4口p N-CHe（3）整個循環(huán)的核反應(yīng)，相當于 4 一 , 一4p He 2e 2 e完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能為2lE =（4mp -M 4H -2me）c e= (4 1.0078 -4.0026) 931.494 -2 0.511 MeV25.619 MeV評

7、分參考：第（1）問4分，X和丫正確，各2分；第（2）問6分，式各 1分；第 （3）問5分，式2分，式3分。二、（15分）（1）（解法一）取碰前B球所在位置 O為原點，建立坐標系（如圖） 動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有mv0 =mvx -MVAx . MVBx0 二mvy - MVAy MVByO碰撞前后系統(tǒng)的Lm-V02LLm vx M VAx - M22L2VBx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。由于輕Cv。A桿長度為L,按照圖中建立的坐標系有xA（t）xB（t）2 +yA（t）yB（t）2 =L2由上式對時間求導(dǎo)得xa (t) -xB(t)VAx(t) -VB

8、x(t) +yA(t) -yB(t)Vxy(t) 一VBy(t) =0在碰撞后的瞬間有xA(t =0) xB(t WyA(t =0) -yB(t =0) =L利用式，式在碰撞后的瞬間成為VAy =VAy(t =0) =VBy(t =0) =VBy由式得VAy y2M由式得VaxVbxm ，、(V0 -vx)M=0利用式，碰撞后系統(tǒng)的動能為E =2m（V2 +Vy） +；M 陵 +V；y） +g M 蟾 +V；y）1,22、12m(Vx +vy)+nM(V/Xx 221 2 1m2.、2= - mVx(V0 -Vx)2 2 M一 22VAy)2M m 2 mVy 4M（解法二）取碰前B球所在位置

9、。為原點，建立坐標系（如圖） 桿中心的運動速度為 Vc ,細桿繞中心轉(zhuǎn)動的角速度為 角動量都守恒，有mV0 =mVx 2MVCx0=mVy 2MVCy。設(shè)碰撞后，小球 C的運動速率為co。碰撞前后系統(tǒng)的動量及其對細桿中心的LLLLm Vo =m vx 2M , 222 2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。由式得Vcym二Vo 一Vx2Mm V y2MmVo -VxML碰撞后系統(tǒng)的動能為E =2m（V2 +v；）+1（2M）（Vc2x +V。）+2利用式，系統(tǒng)動能式可表示成1LM I .2221 2 1m,、2 2M m 2E 二一 mvx（V0 -Vx） mVy22 M

10、4M（2）解法（一）的？式或者解法（二）的式即為E 1 (M m)m22M m 21 m 2mVy +V04M y 2 M m可見，在條件MVy =0mV0, m下，碰后系統(tǒng)動能達到其最小值彳 21 m 2E =V02 M m它是小球僅與球A做完全非彈性碰撞后系統(tǒng)所具有的動能。評分參考：第（1）問10分，（解法一） ？式各1分；（解法二）式各 1 分，式2分，各1分，式2分，式1分；第（2）問5分，？式各2分，？式1 分。三、(20分)(1)設(shè)圓環(huán)的質(zhì)量為圓環(huán)質(zhì)心的速度大小為m ，v,為P,圓環(huán)的角速度為切。它在碰撞過程中受到的地面對它的水平?jīng)_量為 It；碰撞后 v與豎直向上方向的夾角(按如圖

11、所示的順時針方向計算) 規(guī)定水平向右方向和順時針方向分別為水平動量和角速度的正方向。在水平方向，由動量定理有mvsin I- mv0sini - 1t由對質(zhì)心的動量矩定理有rm(，)-rm (，。)= _rI t按題意，圓環(huán)在彈起前剛好與地面無相對滑動，因而此時圓環(huán)上與地面的接觸點的水 平速度為零，即由題意知0 -vcos 1：1,：二kvocos -0聯(lián)立式得1 2 222：2v =”4k vo cos 日 +(mo +vo sin0)tan - = - (tan r )2 k v0cos?1 ,.二、二(r 0 vosin R2r(2)若圓環(huán)與地面碰后能豎直彈起，則其速度與豎直方向的夾角

12、=0將上式代入式得，使圓環(huán)在與地面碰后能豎直彈起的條件為sin 1-r vo 在此條件下，在與地面剛剛碰后的瞬間有缶=0 , v = -v0kcos 0即圓環(huán)做豎直上拋運動。圓環(huán)上升的最大高度為2h =2g2. 222 / 222、vok cos【 k (vo r o)2g2g(3)由于忽略空氣阻力，圓環(huán)再次彈起后，角速度保持為 仍不變，質(zhì)心做以初速度為v的斜拋運動 系式為圓環(huán)第二次落地點到首次落地點之間的水平距離s隨日變化的函數(shù)關(guān)s取最大值時,v2sin 2 : s 二ge的取值可滿足kvo cosi ,.、(vo sin 二 r o) gdskvh丁-(v0 cos2 1-r 0 sin1

13、)=0 g由得？式得4v0將？代入？式得k(r2,28v23r,0)、8V02_2r，o(r ,0 一r2,28v0)16gS1 二:s2 -k(*00 +8v2 - 3rS0)8v0 2儂0(卷0 +工產(chǎn)；+8v0)16g式中S1和S2分別對應(yīng)于？式右端根號前取正和負號的情形。由以上兩式可知，S的最2 +8v2)大值為16gk(+8v2 + 3r 帆 |)、i8v0 - 2r (r 鳳 | - Jr smax 二又因為-1 ：sin1：1由上式得，當s取最大值時，r、v0和。0應(yīng)滿足Vor ，o評分參考：第（1）問9分，式各2分，式各 1分；第（2）問4分，式各1分，式2分；第（3）問7分，

14、？?？ 式各1分。四、（25分）（1）解法（一）按照題給坐標系，設(shè)待測點P的位置為（xp,0,a）,飛機在t =。時所在點K的位置為（0, h,0）。在時刻t1,飛機所在位置 A 點的坐標為（為=XA,h,0）,機載雷達此時發(fā)出一光信號；該信 號到達P點，經(jīng)反射后，于時刻t2返回至飛機的機載雷達被接受，此時飛機的機載雷達的位置為（x2 =xA，,h,0）,如圖所示。由于光速不變，飛機做勻速直線運動，有%,Ro +（Xi Xp） +喏 *（ Xz Xp，=C2 tj）Xz X1 = v （tz 1| ）式中R = Jh2 +a2?，F(xiàn)設(shè)在時刻t/,飛機所在位置 A點的坐標 為（X；h,0）,機載雷

15、達此時發(fā)出另一光信號；該信號到達 P點, 經(jīng)反射后，于時刻t；返回至飛機的機載雷達被接受，此時飛機 的機載雷達的位置為（x；, h,0）。同理有V,Rq *（x Xp） +qRc +（x； Xp） =c（t； 11）x； -X： =v（t；-tjX； -X1 =v（t； -t1）x； - x； v （t； -1；） 由式和v小二c得t2 -t1 =- VR2 +(X1 -Xp)2 +7r +(X1 -Xp +X2 -X1)2 I c-y/R +國-Xp)? +Jr0 +(%Xp)2 +2(X2 X1)(X1 Xp) +(x； X1)2 c J-=:，喏+(X1Xp)2 +qR；+(X1Xp)2

16、+2v(t23(X1Xp)+v2(t211)2c J2 , R； (X1 -Xp)2 X1 二Xpv (tc. R02 (x1 -xp)2 c 2上式右端已略去了 （v/c）2級的高階項。由式解得*2,另一(Xi 二Xp)2t2 一t1 ：2 ：.Ro ( xi - Xp) ascc . R2一(Xi二Xp)21V X1 - Xpc , R(2 (Xi -Xp)22 ；R2一(Xi=Xp)2c同理，由式和 v：:；c得2v ,、2 (X1 - Xp) cT，.2；屬（xi-xp）2由式得(t2 -t2 ) - (ti - ti ) . Ro ( Xi - Xp ) -二 R ,(Xi - Xp

17、)利用式，式成為菅)(t2 -t2)-(ti -ti)2 :cRoXi-Xpv(ti-ti)-Ro(Xi-Xp)：-2(/=%)v(ti_ti)Ro (Xi -Xp) c上式右端已略去了 (v/c)2級的高階項。令 ti -ti =To式中，To為機載雷達在發(fā)射的光信號的周期，則t2 -t2 =T是機載雷達接受到相應(yīng)的光信號的周期。T -To =2(xa -xp)?式可寫成vqRo , (xa fp)cTofD三f2( Xa -Xp)-fo c式中Xi已用Xa替代，而f =- T是相應(yīng)的光信號的頻率， 可寫為fo4o。？式也fD是接收到的回波信號的頻率與發(fā)出信號的頻率之差（頻移）fD 三 f

18、To = -2 fo cos-：: c式中R2(XaXp)2即a為從機載雷達射出的光線與飛機航線之間的夾角。解法（二）取航線KA和直線BC所構(gòu)成的平面為新的坐標平面。 K為坐標原點，航線KA為x軸，從K 指向BC與Z軸交點的直線為y軸；在時刻ti ,飛機所在位置 A點的坐標為（Xi=Xa,o）；目標點p 的位置（Xp,Ro）在這個坐標系里是固定的。設(shè)機載雷達于時刻t發(fā)出的發(fā)射信號的相位為力t尸.討 :式中和邛分別是相應(yīng)的角頻率和初相位。機載雷達于時刻ti在A點(X2 =Xa (ti),O)接收到的經(jīng)P反射的信號是機載雷達于時刻ti在A點(Xi =Xa(1 -t),O)發(fā)出的，其相位為中ti廠改

19、ti - 一 式中七為信號往返過程所需的時間，它滿足.R2 (Xi -Xp)2 , R2(X2 -Xp)2 二c.X2 -Xi = v .經(jīng)過時間間隔心，同理有中也：=t = .0 tj= t - .廠門.RO (xi -xP)RO (x2 -xp) - cx2 -x1 = v .另外，由于同樣的原因(飛機作勻速直線運動)，還有為一為二v=tx2 -x2 = v. t設(shè)機載雷達收到的信號的圓頻率為切，則應(yīng)有中 Iti Lt 一中, ti = Jt由式和v；c得1T = cR2 (Xi - Xp)2R2 (Xi - Xp x2 - xi )21 c1 c:/R2-(Xi-Xp)2Ro-(Xi-

20、Xp)2 - 2(X2 - Xi )(Xi-Xp )(X2-Xi )22 :R2 (Xi Xp)2cxi - xp,R02 . (Xi -Xp)V=-T2 cJR 十(Xi -Xp) +1Ro +(Xi Xp) +2vT(Xi -Xp)十V T2 . J (Xi Xp)2c Ro (Xi -Xp)22；R： (Xi Xp)2xi 一 xp上式右端已略去了 (v/c)2級的高階項。由式解得ivxii.R； (xi -xp)2二 2,R； (Xi -Xp)2c同理，由式和 v：、：c得2 .R； , (Xi -Xp)22v , .、-.二(Xi -Xp)由式得t-a = o(；t tJ) -f：0

21、(f.；)GO =2 f代入？式，利用？式，在也很小的情形下，略去 總的高階項，得2(Xa -Xp)V ,fD_ f _f0_ 22 - fORo (Xa -Xp) c式中v ,f d = f -fo= -2 fo cos、工cXA - xpcos a 三 22Ro ( XA - XP )即a為從機載雷達射出的光線與飛機航線之間的夾角。(2)由于機載雷達天線發(fā)射的無線電波束面的張角的限制(見圖(兀Ls / 2兀.一a +2R2 (Ls/2)22頻移fD分別為正、零或負的條件Ls/2Ro 2(Ls/2)- 2是：當尊工腐2 ( xA Xp)時,時,時,頻移fD 0；即機載雷達發(fā)射信號時正好位于頻

22、移fD 0。當 a = V2-Ls/2jR2 +(Ls/2)2 (XaXp=L/2)時，即機載雷達發(fā)射信號時正好位于(xA =Xp -Ls/2,h,0)處，正的頻移最大f D1LsR； (Ls/2)2vfo cb),有圖(b)當 口 =兀/2+Ls/2j& +(Ls/2) (XaXp=L/2)時，即機載雷達發(fā)射信號時正好位于(Xa =Xp+Ls/2,h,0)處，負的頻移的絕對值最大f D2Ls v,R2 (Ls/2)2 cfo(3)在飛機持續(xù)發(fā)射的無線電波束前沿BC全部通過目標P點過程中，多普勒頻移的帶寬為fD = fD 1 - fD22Lsvv22 fo 4 fo sin 一R) (Ls/2

23、) cc2 由于Ro Ls,有日1 ,故e esin2 2將上式代入到？式得4 = fo 生71?c評分參考：第(1)問16分，(解法一)式2分，式1分，式2分，? 式各1分；(解法二)式1分，式2分，式各1分，式2分，？?？ 式各1分；第(2)問6分，？式2分，頻移fD分別為正、零或負的條件正確(包括 ？式)給2分，？式各1分；第(3)問3分，？式2分，？式1分。五、（20分）在de邊未出磁場的過程中，ab、cf和de三邊切割磁力線運動，每條邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，但感應(yīng)電流為零，故不需要外力做功W1 =0在de邊出磁場但cf邊未出磁場過程中，ab和cf兩條邊做切割磁力線運動，導(dǎo)線框的等效電

24、路如圖a所示。等效電路中每個電阻的阻值R=1.0 。按如圖所示電流方向，根據(jù)基爾霍夫第一定律可得Il I3 =I6, II2 I5 =Il, | I 6 = I 7，I8,I4 I7 =I3 I5.由基爾霍夫第二定律，對4個回路可列出4個獨立方程U -2IiR I3R -U RR,U -2I2R I5R -U I4R =0, U -I3R -2I6R -I7R =0,U -I4R I7R -2I8R =0.式中，感應(yīng)電動勢U為U =bW=0.20V聯(lián)立式得：I1=I2 =0.025AI3=I4 =0.050A此時，ab邊和ed邊所受的安培力大小分別為Fab =BI/ab =0.0050NFcf

25、 =BLlcf =0.010N式中l(wèi)ab和led分別為ab邊和ed邊的長度。外力所做的功為W2 =Fablef +Fcflef =0.0015J式中l(wèi)ef表示ef邊的長度。在cf邊移出磁場后，只有邊 ab切割磁力線運動產(chǎn)生感應(yīng) 電動勢。此時，等效電路如圖 b所示，電路中電動勢的大小和 電阻阻值不變。根據(jù)基爾霍夫定律可得I1 I3 - I6,I2 , I 5 = Ii,I 6 = I 7 I8,I 4 I 7 - I 3I 5.和U -2I1R I3R-I5R 0,U -2I2R I5R I4RR,-I3R -2I6R -I7R=0,-I4R I7R -2I8R =0.聯(lián)立？式得I1 =I2 =

26、0.075A此時，ab邊受到的安培力為Fab =BI/ab =0.015N 外力所做的功為W3 =Fablaf =0.0015J整個過程中外力做的功為W =W1 W2 W3 =0.0030J?評分參考：式1分，式各2分，式各 1分，？式各2分，? 式各1六、（23分）（1）設(shè)t時刻導(dǎo)線框平面與長直導(dǎo)線和轉(zhuǎn)軸組成平面之間的夾角為（俯視圖），導(dǎo)線框旋轉(zhuǎn)過程中只有左、右兩邊（圖中分別用動勢。A、B兩條邊的速度大小相等，。的值為6=ot ,如圖a所示A、B表示）切割磁力線產(chǎn)生感應(yīng)電v .：汨A、 B處對應(yīng)的磁感應(yīng)強度大小分別為B1B22 二1ol2 二2其中，用為真空磁導(dǎo)率，1、2分別為A和B到長直導(dǎo)

27、線 的垂直距離。A、B兩邊對應(yīng)的感應(yīng)電動勢分別為BhvE1 =B12avsin 1E2 =B22avsin 2_-a2joI二1 a20Isin 1二 r2sin 2-/2分別為A、B的速度萬向與 21、2的夾角。根據(jù)幾何關(guān)系得1-2-其中3分別為1、2與x方向的夾角。式代入式得導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為E=E1E2=4啊.啊.二 il12根據(jù)幾何關(guān)系及三角形余弦定理得3 ri、2與a、b、0之間的關(guān)系為b -a cos 二 cos；1asini sin :=1( b b acosr cos -二2.:asinisin -=221 =a22 =a22b2 -2abcosib2 2abcosi 將式

28、代入式得導(dǎo)線框的感應(yīng)電動勢為coa2 k0Ib sin 0 (11E =. 2 z :二 + 2ra (a +b -2abcos6 a +b +2abcosl J2.a b0I sin t11=-2r2 T-；7 -22T-；二 ab- 2abcost ab2ab cost(2)(解法一)導(dǎo)線框在電流I的磁場中旋轉(zhuǎn)，受到安培力相對于軸的合力矩 M0的作用，要使導(dǎo)線框保持角 速度為的勻速旋轉(zhuǎn)，所加的外力矩 M必須滿足M Mo =0正方形導(dǎo)線框上、 下兩邊所受安培力的方向與轉(zhuǎn)軸平行， 力矩為零，只有導(dǎo)線框左、右兩邊(分別用A、B表示)受到的安培力 匕和F2對合力矩有貢獻，如圖 b所示(俯 視圖)。

29、由式和安培力公式得 匕和F2的大小為F1 =2aiB1 二1?二 %F2 =2aiB2 =網(wǎng)?二2式中i為導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流。由歐姆定律有Ea2 J0Ibsin .t11_UjR 二 Ra2 b -2abcos t a2 b2 2abcos t安培力的合力矩為Mo =Ed1F2d2= Eacos(-一 二) Fzacosf-) 22=Rasing:) F2asin( t1 - )，a2 li sin(二：) sin(1-).二 t 12其中，d1和d2分別為F1和F2與轉(zhuǎn)軸之間的垂直距離,工_日_a和工0 + P分別為d1和d2與A、 22B連線之間的夾角。將？式代入？式得需要加的外力矩為M

30、= -M 0 =，0a2Iib sin t 1 1二 a2 b2 - 2abcos t a2 b2 2abcos t_ P2a4b2I %sin2 cotr1+12?二2Ra2 b2 -2abcos t a2 b2 2abcos t,2 4 2 22224%a b I (a b )sin t=_2Z22 , 2, 22二 R (a b ) -4a b cos t(2)(解法二)導(dǎo)線框在電流I的磁場中旋轉(zhuǎn)，受到安培力相對于軸的合力矩M。的作用，要使導(dǎo)線框保持角速度為8的勻速旋轉(zhuǎn)，所加的外力矩M必須滿足M M。=0?此時，安培力的合力矩的功率P0應(yīng)與導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的功率Pi相等，即P0 =P?式

31、中口 E2 2a4H2I2b2sin2 M (1+1、2P22R二 R a b -2abcos t a b 2abcos t安培力的合力矩為P0 P a %I b sin tMo 二一二一二2-:，Ra由？式可得，外力矩m為2 T2 I -2 2 I ；二b -2abcos t a b 2abcos tM = M0，a4(212b2sin2，t二2R a2 vb2-222；-2abcos .t a b 2ab cos .t(a2 b2)sin，t2 .22.22 .b ) -4a b cos ，t評分參考：分，式2分;法二）？1）問13分，式各1分，式2分，式1分，式2分，式各1 第（2）問1

32、0分，（解法一）？式各2分，？式各1分，？式各2分；（解 式各2分。七、（22分）（1）根據(jù)熱力學(xué)第一定律，有dU =、.Q 、.W這里，對于1mol理想氣體經(jīng)歷的任一緩慢變化過程中,6Q , 2W和dU可分別表示為6Q=C71dT, W = -pdV , dU=C/dT將理想氣體狀態(tài)方程pV =RT兩邊對T求導(dǎo)，可得dVPdTVdp dV=RdV dT式中利用了dP dTdPdVdVdT根據(jù)式有dVdT聯(lián)立式得C-=CvRrPV居（2）設(shè)bc過程方程為p 二二V根據(jù)可得該直線過程的摩爾熱容為-V R二-2 -V式中，Cv是單原子理想氣體的定容摩爾熱容,Cv =- R o對bc過程的初態(tài)（3d

33、 ,M）和終態(tài) 2(P1,5V),有3p1 1 : - V1P1 =:5N1由式得7p1, =-2 2V1由式得8V 35V R4V 1翎(3)根據(jù)過程熱容的定義有Q.訂式中，AQ是氣體在此直線過程中，溫度升高T時從外界吸收的熱量。由 ？式得4V _14V1c /,T1 R. ：Q8V -35V1八 8V -35V1 . TlQ 二4V -14V1由？式可知，bc過程中的升降溫的轉(zhuǎn)折點RA在p-V圖上的坐標為A (-V1,- Pi)24由式可知，bc 過程中的吸放熱的轉(zhuǎn)折點35Vi 21p.B (,)B在p-V圖上的坐標為816(4)對于abcda循環(huán)過程，ab和bc過程吸熱，cd和da過程放

34、熱Qab =nCV (Tb -Ta ) = 1.5( RTb -RTa )=3pVi?Qbc FCp Tb -Ta )=2.5 RT； -RTb )=15piVi式中，已利用已知條件n = 1mol ,單原子理想氣體定容摩爾熱容Cv =旦R ,定壓摩爾熱容Cp=-Ro22氣體在abcda循環(huán)過程的效率可表示為循環(huán)過程中對外做的功除以總吸熱，即abcdaMcda=生近=0.22QabQbc18 PiVi對于abca循環(huán)過程，ab和bB過程吸熱，Bc和c a過程放熱。由熱力學(xué)第一定律可得，bB 過程吸熱為Qbc，： h；UbB -W)b =nCv TbPb 3p1 Vb -Vi =11.39pV1所以，循環(huán)過程abca的效率為abcMca4 PMQab Qc4.39p1V=0.278由？ 式可知abca abcda評分參考：第(1)問5分，式各1分；第(2)問5分，式各1分；第(3) 問7分，？式1分，？ 式各2分，？ 式各1分；第(4)問5分，？?？ 式各1分。八、(20分)(1)對于光線在波導(dǎo)層和襯底層的折射情況，根據(jù)折射定律有 n1sin 為 =n0sinut0若要求光線不會折射到襯底中，即發(fā)生全反射，應(yīng)有&之口0 C式中，口0 C為光線在波導(dǎo)層和襯底層的交