第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題及答案

1、第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題2022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分在太陽內部存在兩個主要的核聚變反響過程： 碳循環(huán)和質子-質子循環(huán)；其中碳循環(huán)是貝蒂在 1938年提出 的，碳循環(huán)反響過程如下列圖。圖中p、e+和e分別表示質子、 正電子和電子型中微子；粗箭頭表示循環(huán)反響進行的先后次 序。當從循環(huán)圖頂端開始，質子p與12C核發(fā)生反響生成13n 核，反響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)。e+、p和He核的質量分別為0.511 MeV/c2、1.0078 u 和 4.0026 u 1u931.494 MeV/C，電子

2、型 中微子e的質量可以忽略。1寫出圖中X和丫代表的核素；2寫出一個碳循環(huán)所有的核反響方程式；3計算完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能。C A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 各固定一質量均為M的小球A和B。開始時細桿靜止；有一質量為m 的小球C以垂直于桿的速度vo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)的動能用條件和球 C碰后的速度表出；2假設碰后系統(tǒng)動能恰好到達極小值， 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)質心速度V。與豎直方向成n 2角，并同時以角速度 0 0的2 2正方

3、向如圖中箭頭所示繞通過其質心 O、且垂直環(huán)面的軸轉動。圓環(huán)僅在其所 在的豎直平面內運動，在彈起前剛好與地面無相對滑動，圓環(huán)與地面碰撞的恢復系數 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)質心的速度和圓環(huán)轉動的角速度；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假設讓 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 變化的函數關系式、s的最大值以及s取最 大值時r、V0和°應滿足的條件。四、25分如圖，飛機在距水平地面xz平面等高的航線KA沿x正方向上, 以大小為v v遠小于真空中的光速c丨的速度勻速飛行；機載雷達天線持續(xù)向

4、航線正 右側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 時應覆蓋被測目標P點，取K點在地面的正投影0為坐標原點。BC與航線 KA的距離為R。天線發(fā)出的無線電波束是周期性的等 幅咼頻脈沖余弦波，其頻率為f0 01機載雷達天線經過 A點其x坐標為XA丨及 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。2BC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。3Ro Ls，求從C先到達P點、直至B到達P

5、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 的函數。 2 ：當|y 1時，1 y2 1 y oX eX d五、20分如圖，“田字形導線框置于光滑水平面上， 其中每個小正方格每條邊的長度 I和電阻R分別為0.10 m和 .-1.0 。導線框處于磁感應強度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 將導線框從磁場中勻速拉出，拉出速度的大小為 v 2.0 m/s， 方向與de邊垂直，與ae邊平行。試求將導線框整體從磁場h9六、23分如圖，一固定的豎直長導線載有恒定電流 I ， 其旁邊有一正方形導線框，導線框可圍繞過對邊中心的豎直 軸O1

6、O2轉動，轉軸到長直導線的距離為 b。導線框的 邊長為2a a b，總電阻為R,自感可忽略。現使導線框 繞軸以勻角速度 逆時針沿軸線從上往下看方向轉動， 以導線框平面與長直導線和豎直軸所在平面重合時開始計 時。求在t時刻1導線框中的感應電動勢 E;2所需加的外力矩M。七、22分如圖，1mol單原子理想氣體構成 的系統(tǒng)分別經歷循環(huán)過程abcda和abca。 理想氣體在任一緩慢變化過程中，壓強 p和體 積V滿足函數關系p f V。1試證明：理想氣體在任一緩慢變化過程的 摩爾熱容可表示為PRdpdV式中，Cv和R分別為定容摩爾熱容和理想氣體常數；2計算系統(tǒng)經bc直線變化過程中的摩爾熱容；3分別計算系

7、統(tǒng)經bc直線過程中升降溫的轉折點在 的轉折點在p-V圖中的坐標B；4定量比擬系統(tǒng)在兩種循環(huán)過程的循環(huán)效率。p-V圖中的坐標A和吸放熱八、20分如圖，介質薄膜波導由三層均勻介質組 成：中間層1為波導薄膜，其折射率為口，光波在其 中傳播；底層0為襯底，其折射率為no ;上層2為覆 蓋層，折射率為n2 ； m no n2。光在薄膜層1里來回 反射，沿鋸齒形向波導延伸方向傳播。圖中，口是光波在介質j外表上的入射角，tj是光波在介質j外表 上的折射角。I 1入射角i!在什么條件下光波可被完全限制在波導 薄膜里即光未折射到襯底層和覆蓋層中？2波導薄膜的厚度為d，求能夠在薄膜波導中 傳輸的光波在該介質中的最

8、長波長 max。：兩介質j與k的交界面上的反射系數即反射光的電場強度與入射光的電 場強度之比為rijCOSij geos tk nj cos 訂 nk cos tkrjkjk式中，ij和tj是分別是光波在介質的外表上的入射角和折射角，余類推；正弦函數和余弦函數在復數域中可定義為iie esin， cos2i第32屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答2022年9月19日0 一、 15 分1圖中X和Y代表的核素分別為15O 和 13C2一個循環(huán)所有的核反響方程式依循換次序為Z1213.p CN1313 .NC e e1314 mp CNp 14n 15o15O 15N ee15“12廠 4 |

9、 |p NC He3整個循環(huán)的核反響，相當于44pHe 2e 2 e完成一個碳循環(huán)過程釋放的核能為2E (4mp M 4H 2me)c(4 1.0078 4.0026) 931.494 20.511 MeV25.619 MeV評分參考：第1問4分，X和Y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。15 分1解法一取碰前B球所在位置 0為原點，建立坐標系如圖。碰撞前后系統(tǒng)的 動量及其對細桿中心的角動量都守恒，有mvo mvx MVax MVBx0 mVy MV Ay MV ByL忖0Lm vx2 %M> M>式中,Vx和Vy表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度

10、分量。由于輕CVoA桿長度為L ,按照圖中建立的坐標系有XA(t)XB(t)2 M(t) yB(t)2L2由上式對時間求導得XA (t)XB(t)VAx(t) VBx(t)M(t)yB(t)VAy(t) VBy(t)0在碰撞后的瞬間有XA(t0)XB(t0),yA(t 0)yB(t0)L利用式，式在碰撞后的瞬間成為VAy VAy(t0) VBy(t0) VBy由式得VAymVByVyBy2M y由式得mVax(V0Vx)MVbx0利用式，碰撞后系統(tǒng)的動能為1z 2E §m(vx1 / 2m(Vx21 2mvx2 xv：)v2)1 2!m(vAx21 2 -M(VAx221 m .(V

11、o2 MVx)2VAy)VBy)2)2M解法二取碰前B球所在位置建立坐標系如圖 桿中心的運動速度為 Vc ,細桿繞中心轉動的角速度為 角動量都守恒，有mV。mvx 2MVcx0 mvyO為原點,2MVcyLm vo2式中，Vx和Vy表示球m Vo Vx2MmVyLL Lm vx 2M22 2C碰后的沿x方向和Vcx2M mVo ML碰撞后系統(tǒng)的動能為Vx。設碰撞后，小球 C的運動速率為v ,細 。碰撞前后系統(tǒng)的動量及其對細桿中心的y方向的速度分量。由式得212v2) 2(2M)(vCx利用式，系統(tǒng)動能式可表示成1 2 1m2-mvx(vo Vx)2 2 M?式或者解法二的式即為- 、 22解法

12、一的1 (M m)m2 M可見，在條件VCy)22M mmv4MmM Vo2Mm4M2mvy +21 m 2Vo2 M mmVo，M mVyo下，碰后系統(tǒng)動能到達其最小值彳 21 m 2Evo2 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、2o分1設圓環(huán)的質量為m，它在碰撞過程中受到的地面對它的水平沖量為It ;碰撞后圓環(huán)質心的速度大小為v，v與豎直向上方向的夾角按如下列圖的順時針方向計算為，圓環(huán)的角速度為。規(guī)定水平向右方向和順時針方向分別為水平

13、動量和角速度的正方向。在水平方向，由動量定理有mvsinmv0si nIt由對質心的動量矩定理有rm(r ) rm (r 0) 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vs in r 0聯立式得v/4k2v0 cos2(r 0v°sin )2tan1(ta n 2k丄)v0 cos1 /(r 0 v°sin)0 vcoskVo cos0由題意知2r2假設圓環(huán)與地面碰后能豎直彈起，那么其速度與豎直方向的夾角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sinr 0V0在此條件下，在與地面剛剛碰后的瞬間有0， vv

14、°kcos 0即圓環(huán)做豎直上拋運動。圓環(huán)上升的最大高度為2 22 2 2z222、, vv0k cos k (v0 r 0)h2g2g2g3由于忽略空氣阻力，圓環(huán)再次彈起后，角速度保持為不變，質心做以初速度為v的斜拋運動。圓環(huán)第二次落地點到首次落地點之間的水平距離 s隨 變化的函數關系式為s取最大值時,由得？式得v2 si n2 sg空竺(v°sin g的取值一滿足rr °sin )r 0)0sin。 r2 2 8v24v°將？代入？式得Sik( ,r2 02 8vo3r202r 0(r 0- r2 0 8vf)k(.r20 8v0 3rr2 0 8v0

15、)16g式中Si和S2分別對應于？式右端根號前取正和負號的情形。由以上兩式可知，s的最大值為Smaxk( r2 0 8v016g又因為1 sin 1由上式得，當s取最大值時，r、v0和o應滿足V。r| o評分參考：第1問9分，式各2分，式各 分，式2分；第3問7分，？?？式各1分。1分；第2問4分，式各1四、25分1解法一按照題給坐標系，設待測點P的位置為(xp,0,a)，飛機在t 0時所在點K的位置為(0, h,0)。在時刻t,，飛機所在位置 A 點的坐標為(x XA,h,0)，機載雷達此時發(fā)出一光信號；該信 號到達P點，經反射后，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

16、置為(X2 xA ,h,0)，如下列圖。由于光速不變，飛機做勻速直線運動，有R2 (X1 Xp)2R02 (X2 Xp)2 c(t2 t) X2 X1 V(t2 t1)式中R0h2 a2?，F設在時刻t，飛機所在位置 A點的坐標為(X!,h,0)，機載雷達此時發(fā)出另一光信號；該信號到達P點,經反射后，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,h,0)。同理有R (X1 Xp).： . Rf (X2 Xp)2 c(t2 t1)X2X V(t2 tjXx1v(t1t1)X2X2V (t2 t2)由式和V c得t2 t11R0 (X12Xp)2 2.R0(X1XpX2X

17、1 )1R2 (X1 xp)2c(X1 Xp)2圏2)R (X1 Xp)22(X2 Xj(X1 Xp) (X2 X1)2戌(X1 Xp)2 2v(t2 tJ(X1 Xp) V2(t2 t1 )22 戌(X1 Xp)2cX1 XpV (t戌(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t2ti2、Ro(Xi xp)1XiXp)22JRo (Xi Xp)vc . Ro2(XiXp)22. Ro (Xi Xp)孕(Xic同理，由式和 vt2ticc得2 Ro(Xi Xp)Xp)2v2 (XiXp)c由式得2c利用式，式成為(t2t2)魚ti)IR2 XiXp v(titi

18、 )2 R2 (Xi(t2t2)(titi)R (Xi Xp).R0 (Xi Xp)(XicXi)Xp)2_2(Xi_XpU_v(ti ti)J戌(Xi Xp)2 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，那么t2 t2 T是機載雷達接受到相應的光信號的周期。式可寫成T To2( xa xp) v t o2 (Xa Xp)2 c 0fD ffo2(xaXp).R (XaXp)2 cvfo式中Xi已用Xa替代，而f丄 T 是相應的光信號的頻率， 可寫為TofD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。?式也v上fo 2 fo

19、cosc式中cosXa Xp,Ro (XA Xp)即 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(洛Xa，0)；目標點P 的位置(Xp,咼)在這個坐標系里是固定的。設機載雷達于時刻t發(fā)出的發(fā)射信號的相位為tot1cciR2 (Xi Xp)2戌(x Xp X2 Xi)2,R_(xxp)2.R2 (Xi Xp)22、£ (xi xp)2,R(XiXp)22(X2 Xi)(Xi Xp) (X2 Xi)2戌(Xi Xp)2 2v

20、(Xi Xp) v2 2XiXpv式中0和分別是相應的角頻率和初相位。機載雷達于時刻ti在A點(X2 XA(ti),O)接收到的經P反射的信號是機載雷達于時刻 titi0 ti式中 為信號往返過程所需的時間，在 A 點(X XA(ti它滿足),0)發(fā)出的，其相位為 Ro(Xi Xp)2 2(X2Xp)2 cX2Xiv經過時間間隔 t，同理有tit0 tit.Ro (xi x2c 2:p)Ro(X2 Xp)cX2 Xiv另外，由于同樣的原因飛機作勻速一直線運動，還有X x v tx2x2v t設機載雷達收到的信號的圓頻率為，那么應有tittit由式和vc得Jr2(xiXP)2 c2：.：- Ro

21、( xixp )上式右端已略去了 (v/c)2級的高階項。由式解得1i V 廠 2 Xi2c . R2 (Xi Xp)22 Ro (Xixp)2cXiXp2.、R(? (xi xp)2同理，由式和 vcc得2 * R0( XiXp )vcR： (XiXp)22 vr (xi xp)c2v2 (Xi Xp) c由式得to( t0(代入?式，利用fD2 n?式，在ffot很小的情形下，略去 t的高階項，得 2(Xa Xp) v.R (Xa Xp)2 c2 v f0 cos c式中XaXpcos22Ro (xa Xp)即 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

22、面的張角的限制見圖nLs/2nLs/22 .R (Ls/2)22(Ls/2)2頻移fD分別為正、零或負的條件是：頻移fD 0 ； 即機載雷達發(fā)射信號時正好位于n/ 2 xa xp n 2 xa xP 點到航線的垂足處，頻移fD 0n 2 xa xpn2 Ls/2 R (Ls/2)2 Xa Xp J/2 丨時，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Lsv f.R (Ls/2)2 c °時,時,時,頻移fD0。f D1當tt/2 Ls/2 戌(Ls/2)2 Xa Xp J/2時，(Xa Xp Ls/2,h,0)處，負的頻移的絕對值最大Lsv f尿(

23、Ls/2)2 c °f D23在飛機持續(xù)發(fā)射的無線電波束前沿BC全部通過目標0 4 f0 sin c 2fD| fD 12LsD2即機載雷達發(fā)射信號時正好位于P點過程中，多普勒頻移的帶寬為由于RLs，有VR (Ls/2)2 c1,故sin2 2將上式代入到？式得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

24、動， 每條邊產生的感應電動勢相等, 但感應電流為零，故不需要外力做功W10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，導線框的等效電 路如圖a所示。等效電路中每個電阻的阻值R。按如下列圖電流方向，根據基爾霍夫第一定律可得I2I 5H,I 6I7I 8 ,丨4丨7 11 3I 5.由基爾霍夫第二定律，對4個回路可列出U2hRWRUGR0,U2"RGRUI4R0,UI3R2I6RI7R0,UI4RI7R218R0.Il I 316,4個獨立方程式中，感應電動勢U為U blv 0.20V聯立式得：1 I20.025A3140.050A此時，ab邊和ed邊所受的安

25、培力大小分別為Fab BI1lab 0.0050N巳BTcf0.010N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WFablef 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切割磁力線運動產生感應 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。根據基爾霍夫定律可得11 1316 ,12 I5I 1,I 6I 7I 8 ,I 4I 713 I 5.和圖日U 2I1R I3R I5R 0,U 2I2R I5R I4R 0,I3R 2I6R I7R 0,I4R I7R 2bR 0.聯立？式得I1 I20.075A

26、此時，ab邊受到的安培力為Fab BMab 0.015N外力所做的功為W3 Fabl af 0.0015J整個過程中外力做的功為W Wi W2 W30.0030J?評分參考：式1分，式各2分，式各 1分，？式各2分，？?？ 式各1 分。六、23分1設t時刻導線框平面與長直導線和轉軸組成平面之間的夾角為B的值為二t，如圖a所示俯視圖，導線框旋轉過程中只有左、右兩邊圖中分別用 動勢。A、B兩條邊的速度大小相等，v aA、B處對應的磁感應強度大小分別為B!衛(wèi)2 AB22 D其中，°為真空磁導率，門、r2分別為A和B到長直導線 的垂直距離。A、B兩邊對應的感應電動勢分別為A、B表示切割磁力線

27、產生感應電E1 Bfavs in 1E2 B22avsin 2Sin 1a2 °I .sin 2nn式中21、22分別為A、B的速度方向與r1、r2的夾角。根據幾何關系得其中aB分別為1、2與x方向的夾角。式代入式得導線框中的感應電動勢為2E E E a oh sin( ) sin( )根據幾何關系及三角形余弦定理得a氏r 1、2與a、b、B之間的關系為b a cos cosr1a sinsinr1b a cos cosr2a sinsinr2r； a2 b2 2abcosr22 a2 b2 2ab cos將式代入式得導線框的感應電動勢為a2 0Ibsin12 2a b 2ab co

28、s12 2a b 2ab cosa2b 0I sin t1a b 2abcos t12 2a b 2ab cos t2解法一導線框在電流I的磁場中旋轉，受到安培力相對于軸的合力矩 M0的作用，要使導線框保持角 速度為的勻速旋轉，所加的外力矩 M必須滿足M M0 0?正方形導線框上、 下兩邊所受安培力的方向與轉軸平行， 力矩為零，只有導線框左、右兩邊分別用A、B表示受到的安培力F1和F2對合力矩有奉獻，如圖 b所示俯 視圖。由式和安培力公式得F1和F2的大小為°ali?A°aliF1 2aiB1F22aiB2Ji a & -a圖b 式中i為導線框中的感應電流。由歐姆定

29、律有12 2a b 2abcos tE a2 0Ibsin t iRR安培力的合力矩為M 0 F1 d1 F2d 212 2a b 2abcos tFacos(2Fias in(2oa li sin(F2a cos(2F2asi n()sin( )2其中，d1和d2分別為F1和F2與轉軸之間的垂直距離，-分別為di和d2與A、B連線之間的夾角。將？式代入？式得需要加的外力矩為2°a Iib sin t1M M0a b2abcos t24222oa b I sin2R24224 oa b It1 2 2a b 2abcos t2122a b 2abcos t2122a b 2abcos

30、 t22(a b )sin t 2.2 x(ab )4a2b2cos2 t2R2解法二導線框在電流I的磁場中旋轉， 速度為 的勻速旋轉，所加的外力矩M M0 0此時，安培力的合力矩的功率P0應與導線框中感應電流的功率Pi相等，即P?受到安培力相對于軸的合力矩 M0的作用，要使導線框保持角M必須滿足式中PoR安培力的合力矩為2a4 0l2b2sin2t2r12b 2abcos t1b 2abcos ta4 fl2b2sin2 t2R由？式可得，外力矩M為12 2a b 2abcos t122a b 2abcos tM Mo42 2 22a oI b sin t122a b 2abcos t212

31、2a b 2ab cos t2 42 24 oa b I1分，式2分，式各1 式各1分，？式各2分；解2 2(a b )sin t2 2222(a b ) 4a b cos t評分參考：第1問13分，式各1分，式2分，式 分，式2分；第2問10分，解法一？式各2分，? 法二？?？ 式各2分。七、22分1根據熱力學第一定律，有dU Q W這里，對于1mol理想氣體經歷的任一緩慢變化過程中,CdT, W pdV， dUQ， W和dU可分別表示為CvdT將理想氣體狀態(tài)方程pV RT兩邊對T求導，可得pdV v理巴r dT dV dT式中利用了dpdTdp dVdV dT根據式有dVdTRdp p V

32、 - dV聯立式得CvPRV豈dV2設bc過程方程為根據PRdp p V - dV可得該直線過程的摩爾熱容為Cvp12V1式中，Cv是單原子理想氣體的定容摩爾熱容,(pi,5V)，有3pVP15 V1由式得73Cv - R。對bc過程的初態(tài)(3口,乂)和終態(tài)2由式得8V 35Vi r4V 14V13根據過程熱容的定義有QT式中，Q是氣體在此直線過程中，溫度升高4V 14Vi QT時從外界吸收的熱量。由？式得T8V 35Vi Rq 8C25V1RT4V 14Vi由？式可知，bc過程中的升降溫的轉折點A在p-v圖上的坐標為77AQVi，4 pi由？式可知，bc過程中的吸放熱的轉折點B在p-v圖上的

33、坐標為?4對于abcda循環(huán)過程,Qab nCV TbQbc nC p TbT.T.B( 8ab和1.535Vi 21pi2.516 )bc過程吸熱，cd和da過程放熱RTb RTa3piV1RTc RTb 15piVi?3imol，單原子理想氣體定容摩爾熱容cV -r，定壓摩爾熱容Cp2 p 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Wabcda4 PVi0 22式中，已利用條件nabcda Qab Qbc 18 pV i對于abca循環(huán)過程，ab和bB過程吸熱, 過程吸熱為Be禾口 ca過程放熱。由熱力學第一定律可得,?BU bB WbB nCv TbPb 3p Vb Vi =11.3 9pV i?所以，循環(huán)過程abcabc a的效率為WabcaQab Qbc4PiV14.39piV0.278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對于光線在波導層和襯底層的折射情況，根據折射定律有ni sin ii n0 sin t0