第34届全国中学生物理竞赛复赛试题及解答（2017）

概览

本笔记由官方《第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答》誊录整理（源文件：全国高中物理联赛/3417fsst.doc 与 3417fsstjd.doc，公式经 LaTeX 重建）。2017 年复赛共 8 题、每题 40 分、满分 320 分，题型覆盖：圆柱在圆筒中的微振动（刚体+振动）、彗星抛物线轨道（天体+积分）、卡车紧急制动（多过程+碰撞）、旋转金属棒回路（电磁感应+几何）、回旋加速器（磁场+电场）、弗兰克-赫兹实验（能级+碰撞）、P-V 直线循环（热学）、菲涅尔透镜（几何光学）。每题解答附官方评分参考，可配合 99-竞赛例题集 与 99-竞赛解题方法与备考指南 使用。

一、圆柱在圆筒中的微振动（40 分）

题目：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。重力加速度大小为$g$。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。

参考解答：

（1）设 $\theta$为小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。小圆柱受重力、支持力和静摩擦力$F$（沿切点切线方向，向右为正）。由质心运动定理 $$ F-mg\sin\theta=ma \tag{①} $$ 无滑滚动下，小圆柱绕自身轴转过的角度 $\theta_1$与$\theta$ 的关系为 $$ r\theta_1=(R-r)\theta \tag{②} $$ 故质心加速度 $$ a=r\frac{d^2\theta_1}{dt^2}=(R-r)\frac{d^2\theta}{dt^2} \tag{③} $$ 转动定理（$I=\dfrac12mr^2$）： $$ -Fr=I\frac{d^2\theta_1}{dt^2}=\frac12mr^2\frac{d^2\theta_1}{dt^2} \tag{④⑤} $$ 联立①②③④⑤及小角近似 $\sin\theta\approx\theta$ 得 $$ \frac{d^2\theta}{dt^2}+\frac{2g}{3(R-r)}\theta=0 \tag{⑦} $$ 故 $$ \boxed{\thinspace{}f_1=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{2g}{3(R-r)}}\thinspace} \tag{⑧} $$

（2）设小圆柱与圆筒间摩擦力 $F$，$\theta_1$、$\theta_2$ 分别为小圆柱与圆筒转过的角度。小圆柱转动定理： $$ -Fr=\frac12mr^2\frac{d^2\theta_1}{dt^2} \tag{⑨} $$ 圆筒转动定理（$I_{\text{筒}}=MR^2$）： $$ FR=MR^2\frac{d^2\theta_2}{dt^2} \tag{⑩} $$ 由⑨⑩得 $$ -F\left(\frac{r}{m}+\frac{R}{M}\right)=\frac{d^2}{dt^2}\left(\frac12r^2\theta_1+R^2\theta_2\right) \tag{⑪} $$ 无滑滚动约束（接触点速度相等）： $$ r\theta_1=R\theta_2+(R-r)\theta \tag{⑫} $$ 质心运动定理： $$ F-mg\sin\theta=ma=m(R-r)\frac{d^2\theta}{dt^2} \tag{⑭⑮} $$ 联立⑪⑬⑭⑮及小角近似得 $$ \frac{d^2\theta}{dt^2}+\frac{g(2M+m)}{(3M+m)(R-r)}\theta=0 \tag{⑯} $$ $$ \boxed{\thinspace{}f_2=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g(2M+m)}{(3M+m)(R-r)}}\thinspace} \tag{⑰} $$

物理检查

$M\to\infty$（圆筒趋于固定）时 $\omega_2^2\to\dfrac{2g}{3(R-r)}=\omega_1^2$，两情形自洽；圆筒可转动时等效"惯性质量"增大，频率降低。

评分参考：第(1)问 20 分（①②各 3 分，③2 分，④3 分，⑤⑥各 2 分，⑦3 分，⑧2 分）；第(2)问 20 分。

二、彗星抛物线轨道（40 分）

题目：星体 P 绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线 $$ r=\frac{k}{1+\varepsilon\cos\theta} $$ 式中 $r$ 是 P 到太阳 S 的距离，$\theta$ 是矢径 SP 与极轴 SA 的夹角，$k=\dfrac{L^2}{GMm^2}$（$L$ 为角动量），$\varepsilon=\sqrt{1+\dfrac{2EL^2}{G^2M^2m^3}}$为偏心率。一颗彗星轨道为抛物线，地球轨道近似为圆，两轨道交于 C、D 两点。地球轨道半径$R_E\approx1.49\times10^{11}$m，彗星近日点 A 到太阳距离为$R_E/3$，$G=6.67\times10^{-11}$m³·kg⁻¹·s⁻²，太阳质量$M\approx1.99\times10^{30}$ kg。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 $\displaystyle\int\frac{\sqrt{x}\thinspace{}dx}{\sqrt{(x-a)^3}}=\frac{2}{3}\cdot\frac{x}{\sqrt{x-a}}\sqrt{\frac{x+a}{x-a}}+C$。

参考解答：

（1）抛物线轨道 $\varepsilon=1$、$E=0$①。近日点$r_{\min}$处径向速度为零，由机械能守恒（有效势能$V(r)=-\dfrac{GMm}{r}$）： $$ \frac{L^2}{2mr_{\min}^2}-\frac{GMm}{r_{\min}}=0 \tag{⑤} $$ 结合 $r_{\min}=\dfrac{k}{2}=\dfrac{L^2}{2GMm^2}=\dfrac{R_E}{3}$ ⑥，得 $$ dt=\frac{dr}{\sqrt{\dfrac{2GM}{r}-\dfrac{L^2}{m^2r^2}}} \tag{⑦} $$ 彗星由近日点 A 到交点 C 的时间 $$ \Delta t=\frac{1}{\sqrt{2GM}}\int_{r_{\min}}^{R_E}\frac{dr}{\sqrt{\dfrac{1}{r}-\dfrac{R_E}{3r^2}}}=\frac{1}{\sqrt{2GM}}\int_{r_{\min}}^{R_E}\frac{r\thinspace{}dr}{\sqrt{r-\dfrac{R_E}{3}}} \tag{⑧} $$ 应用题给积分公式（$a=R_E/3$）得 $$ \Delta t=\sqrt{\frac{R_E^3}{GM}}\cdot\frac{10\sqrt3}{27} \tag{⑨} $$ 由对称性，两次穿越地球轨道的总时间 $$ \boxed{\thinspace{}T=2\Delta t=\frac{20\sqrt3}{27}\sqrt{\frac{R_E^3}{GM}}\approx6.40\times10^6\ \text{s}\thinspace} \tag{⑩⑪} $$ （约为 74 天）

（2）彗星机械能守恒（$E=0$）： $$ \frac12mv^2-\frac{GMm}{r}=0\ \Rightarrow\ v=\sqrt{\frac{2GM}{r}} \tag{⑫⑬} $$ 在 C、D 处 $r=R_E$： $$ \boxed{\thinspace{}v_C=v_D=\sqrt{\frac{2GM}{R_E}}\approx4.22\times10^4\ \text{m/s}\thinspace} \tag{⑮⑯} $$

方法要点

抛物线轨道（$E=0$）使能量方程退化为 $v=\sqrt{2GM/r}$，规避了椭圆轨道的代数复杂度；时间计算的关键是把 $dr/dt$用$r$ 表出后套用题目给出的积分公式——"利用题给积分公式"是官方设计的得分点。

评分参考：第(1)问 28 分；第(2)问 12 分。

三、卡车紧急制动（40 分）

题目：质量为 $M$的卡车 A 车板上载有质量为$m$的重物 B，以速度$v_0$匀速行驶，重物与车厢前壁距离$L$。卡车突然制动：车轮与地面摩擦因数均为 $\mu_1$，重物与车厢底板摩擦因数均为 $\mu_2$（$\mu_2<\mu_1$）。碰撞时间极短，碰后不分开。 （1）若不发生碰撞，求卡车与重物各自停止的时间、路程，并导出不碰撞条件； （2）若发生碰撞，求从制动到二者都停止的总时间、卡车总路程及碰撞中重物对前壁的冲量。

参考解答：

（1）卡车（整体受力：地面摩擦 $\mu_1(M+m)g$与重物摩擦$\mu_2mg$ 反向）： $$ \mu_1(M+m)g-\mu_2mg=Ma_1\ \Rightarrow\ a_1=\frac{[\mu_1(M+m)-\mu_2m]g}{M} \tag{①} $$ $$ t_1=\frac{v_0}{a_1}=\frac{Mv_0}{[\mu_1(M+m)-\mu_2m]g},\qquad s_1=\frac{v_0^2}{2a_1}=\frac{Mv_0^2}{2[\mu_1(M+m)-\mu_2m]g} \tag{②} $$ 重物：$\mu_2mg=ma_2$，$a_2=\mu_2g$ ③： $$ t_2=\frac{v_0}{\mu_2g},\qquad s_2=\frac{v_0^2}{2\mu_2g} \tag{④} $$ $\mu_2<\mu_1$时$t_2>t_1$（卡车先停、重物后停）。不碰撞条件 $s_2-s_1\le L$： $$ \boxed{\thinspace{}L\ge\frac{v_0^2(\mu_1-\mu_2)(M+m)}{2\mu_2g[\mu_1(M+m)-\mu_2m]}\thinspace} \tag{⑤} $$

（2）当 $L$小于⑤式右端时必碰撞。设碰撞发生在$t$ 时刻，几何条件 $$ s_2(t)-s_1(t)=L \tag{⑥} $$ 分两种情形：

情形(i)：卡车先停（$t_1<t<t_2$）。碰前重物速度 $v_2'$ 由动能定理 $$ \frac12mv_2'^2=\frac12mv_0^2-\mu_2mg(s_1+L) \tag{⑧} $$ 完全非弹性碰撞（动量守恒）： $$ mv_2'=(m+M)u \tag{⑨} $$ 碰后一起减速（加速度 $\mu_1g$），冲量 $$ \boxed{\thinspace{}I=m(v_2'-u)=\frac{mM}{m+M}\sqrt{v_0^2-2\mu_2g(s_1+L)}\thinspace} \tag{⑩} $$ 总时间 $t_{\text{总}}=t_1+\dfrac{v_2'-u}{\mu_2g}+\dfrac{u}{\mu_1g}$；卡车总路程 $s_{\text{总}}=s_1+\dfrac{u^2}{2\mu_1g}$。

情形(ii)：卡车未停就碰撞（$t\le t_1$）。由⑥得碰撞时间 $$ t=\sqrt{\frac{2L}{a_1-a_2}}=\sqrt{\frac{2ML}{(\mu_1-\mu_2)(M+m)g}} $$ 碰前速度 $v_1'=v_0-a_1t$、$v_2'=v_0-a_2t$ ⑯，碰后共同速度 $$ u'=\frac{Mv_1'+mv_2'}{M+m}=v_0-\frac{2\mu_1M+\mu_2(M-m)}{M+m}\cdot\frac{t}{2} \tag{⑰} $$ 重物对前壁的冲量 $$ \boxed{\thinspace{}I=M(v_1'-u')=\frac{Mm}{M+m}\sqrt{\frac{2(\mu_1-\mu_2)(M+m)gL}{M}}\thinspace} \tag{⑱} $$ 总时间 $t_{\text{总}}=t+\dfrac{u'}{\mu_1g}$⑲，总路程$s_{\text{总}}=\dfrac12(v_0+v_1')t+\dfrac{u'^2}{2\mu_1g}$ ⑳。

另解（情形 ii）

把卡车与重物视为系统：水平外力只有地面摩擦 $\mu_1(M+m)g$（内力与碰撞力成对抵消），系统质心做加速度 $\mu_1g$的匀减速运动——质心法直接给出总时间$t_{\text{总}}=\dfrac{v_0}{\mu_1g}$，总路程由质心位移与相对位移 $L$ 联立。这正是 力学/05-动量与角动量 中"质心运动定理"的实战应用。

评分参考：第(1)问 10 分；第(2)问 30 分。

四、旋转金属棒与半圆弧回路（40 分）

题目：水平面内两个导电半圆弧（圆心 $O$、$O_1$，半径 $2a$、$a$）内切于 $M$点，与半径$ON$围成的区域充满竖直向下匀强磁场$B$。均匀细金属棒 $OP$以角速度$\omega$绕$O$顺时针转动，与两半圆弧接触良好，棒电阻为$R$，圆弧电阻忽略。初始 $P$与$M$ 重合。$t$ 时刻（$0\le\omega t\le\pi$）$OP$与半圆$O_1$交于$Q$ 点。求： （1）沿回路 $QPMQ$ 的感应电动势； （2）金属棒 $OP$ 受到的原磁场作用力的大小。

参考解答：

（1）$0\le\omega t\le\dfrac{\pi}{2}$ 段，棒扫过磁场区域的面积 $$ S=S_{\text{扇}OPM}-S_{\text{扇}O_1QM}-S_{\Delta O_1QO} \tag{①} $$ $$ S_{\text{扇}OPM}=\frac12(2a)^2\omega t=2a^2\omega t,\qquad S_{\text{扇}O_1QM}=\frac12a^2(2\omega t)=a^2\omega t \tag{②③} $$ $$ S_{\Delta O_1QO}=(a\sin\omega t)(a\cos\omega t)=\frac12a^2\sin2\omega t \tag{④} $$ 故 $$ S=\frac12a^2(2\omega t-\sin2\omega t) \tag{⑤} $$ 磁通量 $\Phi=BS$⑥，由法拉第定律$\varepsilon=-\dfrac{d\Phi}{dt}$ ⑦： $$ \boxed{\thinspace\varepsilon=-Ba^2\omega(1-\cos2\omega t),\qquad 0\le\omega t\le\frac{\pi}{2}\thinspace} \tag{⑧} $$ $\dfrac{\pi}{2}\le\omega t\le\pi$ 段（$Q$扫过小半圆后$L$ 恒定）： $$ \boxed{\thinspace\varepsilon=-2Ba^2\omega,\qquad \frac{\pi}{2}\le\omega t\le\pi\thinspace} \tag{⑨} $$

（2）回路电流 $i=\dfrac{|\varepsilon|}{R_1}$⑩，其中回路电阻来自棒段$QP$（长 $L$，棒总电阻 $R$对应全长$2a$）： $$ R_1=\frac{RL}{2a} \tag{⑪} $$ 由几何关系 $$ L=PQ=2a-2a\cos\omega t,\quad 0\le\omega t\le\frac{\pi}{2};\qquad L=2a,\quad \frac{\pi}{2}\le\omega t\le\pi \tag{⑫⑬} $$ 磁场对棒的力 $F=iLB$ ⑭，故 $$ \boxed{\thinspace{}F=\frac{2a^3B^2\omega}{R}(1-\cos2\omega t),\quad 0\le\omega t\le\frac{\pi}{2}\thinspace} \tag{⑮} $$ $$ \boxed{\thinspace{}F=\frac{4a^3B^2\omega}{R},\quad \frac{\pi}{2}\le\omega t\le\pi\thinspace} \tag{⑯} $$

几何关键

两圆弧内切于 $M$，$O_1O=a=O_1Q$（等腰三角形），故 $OQ=2a\cos\omega t$——这是本题材"半圆 $O_1$半径恰为$a$"设计的对称性。$\omega t=\pi/2$后$Q$ 越过小圆最高点，$L$恒为$2a$，电动势进入平台期。

评分参考：第(1)问 22 分；第(2)问 18 分。

五、回旋加速器设计方案（40 分）

题目：两正对极板间仅在粒子经过时存在匀强电场，电势差 $U$；极板中部各有狭缝（沿 OP 方向）；虚线间（除极板区域）无场；其余区域为垂直纸面的匀强磁场。离子源 S 中质量 $m$、电荷 $q>0$的离子由静止被电场加速，经狭缝中的 O 点进入磁场。O 到极板右端距离$D$，到出射孔 P 距离 $bD$（常数 $b>2$为自然数）。磁感应强度在$0\sim B_{\max}$ 可调，离子最终只能从 P 射出，打到器壁即被吸收，忽略相对论效应。求： （1）可能磁感应强度 $B$ 的最小值； （2）$B$ 的其他所有可能值； （3）出射离子能量的最大值。

参考解答：

（1）离子从 O 射入时的速率由 $\dfrac12mv^2=qU$① 得$v=\sqrt{\dfrac{2qU}{m}}$②；磁场中圆周运动$qvB=\dfrac{mv^2}{r}$ ③，故 $$ r=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}} \tag{④} $$ 离子从 O 出发只运动半个圆周即从 P 射出，要求 $r=\dfrac{bD}{2}$ ⑤，故 $$ \boxed{\thinspace{}B_{\min}=\frac{2}{bD}\sqrt{\frac{2mU}{q}}\thinspace} \tag{⑥} $$

（2）若 $r<\dfrac{D}{2}$，离子穿过上极板进入电场，被减速到零后反向加速回原速率——此类"弹跳"进行 $k$次后，离子绕过极板右端从下极板进入电场被加速。设总共加速$n+1$ 次，轨道半径 $$ r_n=\sqrt{n+1}\thinspace{}r_0,\qquad r_0=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}} \tag{⑦⑧} $$ 出射条件（半径恰使半圆落于 P）： $$ r_n=\frac{bD}{2(n+k+1)}\ \text{（几何上 }n+k+1\text{ 个半圆的半径拟合）} \tag{⑨} $$ 弹跳次数 $k$ 受约束 $$ \frac{D}{2(k+1)}<r_0\le\frac{D}{2k} \tag{⑩⑪} $$ 由④⑨得 $B$ 的其他所有可能值： $$ \boxed{\thinspace{}B=\frac{2(n+k+1)}{bD}\sqrt{\frac{2mU}{q}}\thinspace} \tag{⑯} $$ 其中 $k\le\left\lfloor\dfrac{a}{2}\right\rfloor$（$a=\dfrac{B_{\max}}{B_{\min}}$）⑮。

（3）出射能量 $$ E=(n+1)qU \tag{⑱} $$ 取 $n$ 的最大可能值（由 ⑮ 及出射条件的整数约束），得 $$ \boxed{\thinspace{}E_{\max}=\left(\frac{(b-1)(b+1)}{2}-1\right)qU=\left(\frac{b^2-3}{2}\right)qU\thinspace} \tag{⑲} $$

誊录说明

本题官方解答的 ⑨⑫⑬⑭⑮ 涉及 $k$、$n$ 的整数不等式组，完整推导链较长。此处给出官方最终表达式与关键中间式；建议以官方解答原件（3417fsstjd.doc）为准对照细节。

评分参考：第(1)问 12 分；第(2)问 23 分；第(3)问 5 分。

六、弗兰克-赫兹实验与氢原子能级（40 分）

题目：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，且仅能发出一条可见光（$400\sim760$nm）光谱线。仅考虑一维正碰。已知$hc=1240$ nm·eV，质子质量近似为电子质量的 1836 倍，氢原子碰撞前速度可忽略。求： （1）该氢原子能发出的可见光波长； （2）加速后电子动能 $E_k$ 的范围； （3）若改为质子，加速质子的加速电压范围。

参考解答：

（1）氢原子能级 $E_n=-\dfrac{13.6}{n^2}$ eV ①。可见光光子能量范围 $$ E_1'=\frac{hc}{\lambda_{\max}^{-1}}\Rightarrow 1.63\ \text{eV}\sim3.10\ \text{eV} \tag{②③} $$ 仅能发出一条可见光线 ⟹ 只能激发到 $n=3$ ⑤（$n=4$会有$4\to2$（2.55 eV）与 $3\to2$ 两条可见线）。$3\to2$ 跃迁能量 $$ E_{32}=E_3-E_2=(-1.51)-(-3.40)=1.89\ \text{eV} \tag{⑥} $$ $$ \boxed{\thinspace\lambda=\frac{hc}{E_{32}}=\frac{1240}{1.89}\approx656\ \text{nm}\thinspace} \tag{⑦} $$

（2）激发到 $n=3$需能量$E_{31}=E_3-E_1=12.09$ eV ⑧。电子与氢原子一维正碰，由动量与能量守恒 $$ m_ev_1=m_ev_2+m_Hv_H',\qquad \frac12m_ev_1^2=\frac12m_ev_2^2+\frac12m_Hv_H'^2+\Delta E \tag{⑨⑩} $$ 消去 $v_2$得$\Delta E$ 有实解的条件（$\Delta E$与$E_k$ 的关系）： $$ E_k\ge\Delta E\cdot\frac{(m_e+m_H)^2}{4m_em_H} \tag{⑬} $$ 要使原子恰好激发到 $n=3$ 而不更高（仅一条可见线），$\Delta E$满足$12.09\le\Delta E<12.75$ eV ⑭⑮。故 $$ \boxed{\thinspace{}E_k\in\left[12.09\times\frac{(m_e+m_H)^2}{4m_em_H},\ 12.75\times\frac{(m_e+m_H)^2}{4m_em_H}\right]\approx[5.56\times10^3,\ 5.86\times10^3]\ \text{eV}\thinspace} \tag{⑯⑰} $$

（3）质子情形（$m_p=1836m_e=m_H$，质量相等）： $$ \frac{(m_p+m_H)^2}{4m_pm_H}=1\ \Rightarrow\ E_k\in[12.09,\ 12.75)\ \text{eV} \tag{⑱⑲} $$ 由 $eU=E_k$： $$ \boxed{\thinspace12.09\ \text{V}\le U<12.75\ \text{V}\thinspace} \tag{⑳} $$

核心物理

电子质量远小于氢原子，碰撞中能转移的最大能量占比仅 $\dfrac{4m_em_H}{(m_e+m_H)^2}\approx\dfrac{1}{460}$——这就是官方把电子动能推到 keV 量级的原因；质子与氢原子质量相等，能量几乎全额转移，电压回到 12 V 量级。

评分参考：第(1)问 16 分；第(2)问 16 分；第(3)问 8 分。

七、P-V 直线过程与循环（40 分）

题目：$\nu$ 摩尔双原子理想气体（$C_V=\dfrac52R$）经历正循环：$A\to B$ 为直线过程，$B\to A$为等温过程。图中$A\left(\dfrac{V_0}{2},P_0\right)$、$B\left(V_0,\dfrac{P_0}{2}\right)$。求： （1）直线 AB 过程中的最高温度； （2）直线 AB 过程中气体的摩尔热容量随体积的变化，说明各段吸热还是放热，确定吸放热转变温度 $T_c$； （3）整个直线 AB 过程吸收的净热量与一个循环的净功。

参考解答：

（1）直线 AB 方程（由两点式）： $$ P=\frac{3P_0}{2}-\frac{P_0}{V_0}V \tag{①} $$ 状态方程 $PV=\nu RT$ ②： $$ T(V)=\frac{PV}{\nu R}=\frac{3P_0V}{2\nu R}-\frac{P_0V^2}{V_0\nu R} \tag{③} $$ $\dfrac{dT}{dV}=0$ 得 $$ V=\frac{3V_0}{4} \tag{④} $$ $$ \boxed{\thinspace{}T_{\max}=\frac{9P_0V_0}{16\nu R}\thinspace} \tag{⑤} $$

（2）过程摩尔热容量 $C_m=\dfrac{1}{\nu}\dfrac{dQ}{dT}$⑥，第一定律$dQ=dU+PdV$ ⑦，$dU=\nu C_VdT=\dfrac52\nu RdT$ ⑧： $$ C_m=\frac{5R}{2}+\frac{P}{\nu}\frac{dV}{dT} \tag{⑨} $$ 由③微分 $\dfrac{dT}{dV}=\dfrac{3P_0}{2\nu R}-\dfrac{2P_0V}{V_0\nu R}$ ⑩，代入得 $$ C_m=\frac{5R}{2}+\frac{P}{\nu}\cdot\frac{1}{dT/dV} \tag{⑪} $$ $C_m=0$（绝热切点，吸放热转变）： $$ \frac{5R}{2}+\frac{\frac{3P_0}{2}-\frac{P_0}{V_0}V}{\frac{3P_0}{2}-\frac{2P_0V}{V_0}}=0 $$ 解得 $V_c=\dfrac{7V_0}{8}$，对应 $$ \boxed{\thinspace{}T_c=\frac{P(V_c)V_c}{\nu R}=\frac{35P_0V_0}{64\nu R}\thinspace} \tag{⑮} $$ 分段判断：$V\in\left[\dfrac{V_0}{2},\dfrac{7V_0}{8}\right]$ 吸热（$C_m>0$），$V\in\left[\dfrac{7V_0}{8},V_0\right]$ 放热（$C_m<0$）⑫⑬⑭。

（3）A、B 两点同在等温线 $PV=\dfrac{P_0V_0}{2}$上，故$\Delta U=0$，直线过程净吸热 $$ \boxed{\thinspace{}Q_{AB}=W_{AB}=\frac{P_A+P_B}{2}(V_B-V_A)=\frac{3P_0V_0}{8}\thinspace} \tag{⑰⑱} $$ 等温过程功（$B\to A$，$V$ 减小）： $$ W_{BA}=\nu RT\ln\frac{V_A}{V_B}=\frac{P_0V_0}{2}\ln\frac12=-\frac{P_0V_0}{2}\ln2 \tag{⑲} $$ 循环净功： $$ \boxed{\thinspace{}W_{\text{net}}=W_{AB}+W_{BA}=P_0V_0\left(\frac38-\frac12\ln2\right)\approx0.0284P_0V_0\thinspace} \tag{⑳} $$ 为正（正循环，符合）。

方法要点

"直线过程求热容"的套路：$C_m=C_V+\dfrac{P}{\nu}\dfrac{dV}{dT}$，其中 $\dfrac{dV}{dT}$由$p$-$V$ 直线与状态方程联立微分得到；$C_m$ 变号处即吸放热转折点（绝热线与过程线相切处）。

评分参考：第(1)问 10 分；第(2)问 18 分；第(3)问 12 分。

八、菲涅尔透镜（40 分）

题目：菲涅尔透镜由多个同轴环带构成，迎光面为平面，折射面各环带分属不同球面的球台侧面，所有环带保证共同焦点 F。透镜材料折射率 $n$，透镜中心 O 到焦点 F 的距离（焦距）为 $f$，相邻环带间距 $a$（$a$ 很小可忽略带内球差，又不非常小可忽略衍射）。求： （1）每个环带所属球面的球半径和球心到焦点的距离； （2）透镜有效半径的最大值和有效环带条数。

参考解答：

（1）考虑单个球面折射：与光轴距离 $y$的平行光线射向半径$\rho$、球心 C 的球面上 A 点，入射角 $i$、折射角 $\theta$（$n\sin i=\sin\theta$）①，折射线与光轴交于 F。在 $\triangle CAF$中由正弦定理②、在$\triangle OAF$中由勾股定理③④，联立⑤得球心到焦点的距离$d=CF$与球半径$\rho$ 满足 $$ \rho=\frac{y}{\sin i},\qquad d=\frac{y}{\tan(\theta-i)} \tag{⑥⑦} $$ 即对第 $k$个环带（半径$y_k\approx ka$）： $$ d_k=\frac{y_k}{\tan(\theta_k-i_k)},\qquad \rho_k=\frac{y_k}{\sin i_k} \tag{⑧⑨} $$ 中心环带（$k=0$，$y\to0$ 近轴）： $$ \rho_0=(n-1)f,\qquad d_0=f \tag{⑩⑪} $$ （球面折射近轴焦距公式 $f=\dfrac{\rho}{n-1}$ 的直接结果）

（2）当 $y$ 增大使入射角达到全反射临界角（$\theta\to90°$，$\sin i=\dfrac1n$）时透镜失效： $$ \tan(\theta-i)\to\cot i=\sqrt{n^2-1} $$ 由 $d_k=f$（所有环带共焦点）得最大有效半径： $$ \boxed{\thinspace{}y_{\max}=f\sqrt{n^2-1}\thinspace} \tag{⑬} $$ 有效环带数（不大于 $y_{\max}/a$ 的最大整数）： $$ \boxed{\thinspace{}N=\left\lfloor\frac{f\sqrt{n^2-1}}{a}\right\rfloor\thinspace} \tag{⑭} $$

誊录说明

官方解答的 ⑥⑦ 是含 $y$、$f$ 的隐式关系（由①②③④⑤联立），此处给出其物理表达（$d$、$\rho$由$y$ 与折射定律确定）与近轴/临界两个极限；精确代数式以官方解答原件（3417fsstjd.doc）为准。

评分参考：第(1)问 25 分；第(2)问 15 分。

本套题的考点地图

考点-笔记对照

题号	考点	对应笔记
一	刚体+振动（转动定律/约束/简谐）	力学/06-刚体动力学、力学/08-机械振动
二	天体轨道+积分（圆锥曲线/能量/角动量）	力学/07-万有引力与天体运动
三	多过程动力学+碰撞（临界/质心法）	力学/02-牛顿运动定律与非惯性系、力学/05-动量与角动量
四	电磁感应（动生/面积法/几何）	电学/08-电磁感应与自感
五	回旋加速器（磁场/电场/整数约束）	电学/07-带电粒子在磁场与复合场中
六	原子能级+碰撞（玻尔/弗兰克-赫兹）	近代物理/03-原子结构与玻尔模型
七	热学循环（直线过程热容/熵）	热学/03-热力学第一定律、热学/04-循环与热机效率
八	几何光学（球面折射/菲涅尔）	光学/02-球面镜与薄透镜成像

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