第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案.pdf

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1、1 第 32 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2015 年 9 月 19 日说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。一、（15 分）在太阳内部存在两个主要的核聚变反应过程：碳循环和质子-质子循环；其中碳循环是贝蒂在1938 年提出的，碳循环反应过程如图所示。图中p、+e 和e分别表示质子、正电子和电子型中微子；粗箭头表示循环反应进行的先后次序。当从循环图顶端开始，质子p与12C 核发生反应生成13N 核，反应按粗箭头所示的次序进行，直到完成一个循环后，重新开始下一个循环。已知+e、p和 He 核的质量分别为0.511 MeV/c2、1.0078 u 和 4.0026 u（1u93

2、1.494 MeV/c2），电子型中微子e的质量可以忽略。（1）写出图中 X 和 Y 代表的核素；（2）写出一个碳循环所有的核反应方程式；（3）计算完成一个碳循环过程释放的核能。二、（15 分）如图，在光滑水平桌面上有一长为L的轻杆，轻杆两端各固定一质量均为M的小球A和B。开始时细杆静止；有一质量为m的小球 C 以垂直于杆的速度0v运动，与A球碰撞。将小球和细杆视为一个系统。（1）求碰后系统的动能（用已知条件和球C 碰后的速度表出）；（2）若碰后系统动能恰好达到极小值，求此时球 C 的速度和系统的动能。三、（20 分）如图，一质量分布均匀、半径为r的刚性薄圆环落到粗糙的水平地面前的瞬间，圆环质

3、心速度v0与竖直方向成（322）角，并同时以角速度0（0的正方向如图中箭头所示）绕通过其质心O、且垂直环面的轴转动。已知圆环仅在其所在的竖直平面内运动，在弹起前刚好与地面无相对滑动，圆环与地面碰撞的恢复系数为k，重力加速度大小为g。忽略空气阻力。（1）求圆环与地面碰后圆环质心的速度和圆环转动的角速度；（2）求使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件和在此条件下圆环能上升的最大高度；（3）若让角可变，求圆环第二次落地点到首次落地点之间的水平距离s随变化的函数关系式、s的最大值以及s取最大值时r、0v和0应满足的条件。2 四、（25 分）如图，飞机在距水平地面（xz 平面）等高的航线 KA（沿 x正方向

4、）上，以大小为v（v远小于真空中的光速c）的速度匀速飞行；机载雷达天线持续向航线正右侧地面上的被测固定目标P点（其 x坐标为Px）发射扇形无线电波束（扇形的角平分线与航线垂直），波束平面与水平地面交于线段BC（BC 随着飞机移动，且在测量时应覆盖被测目标P 点），取 K 点在地面的正投影O 为坐标原点。已知BC 与航线KA 的距离为0R。天线发出的无线电波束是周期性的等幅高频脉冲余弦波，其频率为0f。（1）已知机载雷达天线经过A 点（其 x 坐标为Ax）及此后朝 P点相继发出无线电波信号，由 P反射后又被机载雷达天线接收到，求接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。（2）已知 BC

5、 长度为sL，讨论上述频移分别为正、零或负的条件，并求出最大的正、负频移。（3）已知0sRL，求从 C 先到达 P 点、直至 B 到达 P点过程中最大频移与最小频移之差（带宽），并将其表示成扇形波束的张角的函数。已知：当1y时，22112yy。五、（20 分）如图，“田”字形导线框置于光滑水平面上，其中每个小正方格每条边的长度l和电阻R分别为0.10 m和1.0。导线框处于磁感应强度1.0 TB的均匀磁场中，磁场方向竖直向下，边界（如图中虚线所示）与de 边平行。今将导线框从磁场中匀速拉出，拉出速度的大小为2.0 m/sv，方向与 de边垂直，与 ae边平行。试求将导线框整体从磁场中拉出的过程

6、中外力所做的功。六、（23 分）如图，一固定的竖直长导线载有恒定电流I，其旁边有一正方形导线框，导线框可围绕过对边中心的竖直轴 O1O2转动，转轴到长直导线的距离为b。已知导线框的边长为2a（ab），总电阻为 R，自感可忽略。现使导线框绕轴以匀角速度逆时针（沿轴线从上往下看）方向转动，以导线框平面与长直导线和竖直轴所在平面重合时开始计时。求在 t 时刻（1）导线框中的感应电动势E；（2）所需加的外力矩M。3 V p O a b c d V1 3V1 p1 3p1 c2p15V1 七、（22 分）如图，1mol 单原子理想气体构成的系统分别经历循环过程abcda和 abca。已知理想气体在任一缓

7、慢变化过程中，压强p和体积V满足函数关系pf V。（1）试证明：理想气体在任一缓慢变化过程的摩尔热容可表示为VpRCCdppVdV式中，VC和R分别为定容摩尔热容和理想气体常数；（2）计算系统经 bc 直线变化过程中的摩尔热容；（3）分别计算系统经 bc 直线过程中升降温的转折点在p-V 图中的坐标 A 和吸放热的转折点在 p-V 图中的坐标 B；（4）定量比较系统在两种循环过程的循环效率。八、（20 分）如图，介质薄膜波导由三层均匀介质组成：中间层 1 为波导薄膜，其折射率为1n，光波在其中传播；底层0 为衬底，其折射率为0n；上层 2 为覆盖层，折射率为2n；102nnn。光在薄膜层 1

8、里来回反射，沿锯齿形向波导延伸方向传播。图中，i j是光波在介质 j 表面上的入射角，tj是光波在介质 j 表面上的折射角。（1）入射角i1在什么条件下光波可被完全限制在波导薄膜里（即光未折射到衬底层和覆盖层中）？（2）已知波导薄膜的厚度为d，求能够在薄膜波导中传输的光波在该介质中的最长波长max。已知：两介质 j 与 k 的交界面上的反射系数（即反射光的电场强度与入射光的电场强度之比）为ititcoscoscoscosjkijjkkjkjkjjkknnrrenn式中，ij和tj是分别是光波在介质j 的表面上的入射角和折射角，余类推；正弦函数和余弦函数在复数域中可定义为sin2iieei，co

9、s2iiee第 32 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2015 年 9 月 19 日n0 n1 t2 i1 i1 t0 n2 d4 0 一、（15 分）（1）图中 X 和 Y 代表的核素分别为15O 和13C（2）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为1213pCN1313eNCe1314pCN1415pNO1515eONe15124pNCHe（3）整个循环的核反应，相当于4e4pHe2e2完成一个碳循环过程释放的核能为4e2peH(42)(41.00784.0026)931.49420.511 MeV25.619 MeVEmMmc评分参考：第（1）问 4 分，X 和 Y 正确，各 2

10、 分；第（2）问 6 分，式各1 分；第（3）问 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 为原点，建立坐标系（如图）。碰撞前后系统的动量及其对细杆中心的角动量都守恒，有0ABxxxmmMVMVvvABy0yymMVMVv0AB2222xxxLLLLmmMVMVvv式中，xv 和yv表示球 C 碰后的沿x 方向和 y 方向的速度分量。由于轻杆长度为 L，按照图中建立的坐标系有222ABAB()()()()xtxtytytL由上式对时间求导得ABABABAB()()()()()()()()0 xxyyxtxtVtVtytytVtVt在碰撞后的瞬间有ABA

11、B(0)(0),(0)(0)xtxtytytL利用式，式在碰撞后的瞬间成为AABB(0)(0)yyyyVVtVtV由式得ABy2yymVVMv由式得A0()xxmVMvvB0 xV利用式，碰撞后系统的动能为x y O A B 0vC 5 222222AAyBxBy2222AAy22220111()()()22211()(2)22112()224xyxxyxxxyEmM VVM VVmM VVmMmmmMMvvvvvvvv?（解法二）取碰前 B 球所在位置O 为原点，建立坐标系（如图）。设碰撞后，小球C 的运动速率为v，细杆中心的运动速度为CV，细杆绕中心转动的角速度为。碰撞前后系统的动量及其对

12、细杆中心的角动量都守恒，有0C2xxmmMVvvC02yymMVv022222xLLLLmmMvv式中，xv 和yv表示球 C 碰后的沿 x 方向和 y 方向的速度分量。由式得c02xxmVMvvC2yymVMv0 xmMLvv碰撞后系统的动能为22222CC111()(2)()22222xyxyLEmMVVMvv利用式，系统动能式可表示成22220112()224xxymMmEmmMMvvvv（2）解法（一）的?式或者解法（二）的式即为2222001()21242xyMm mmMmmEmMMmMMmvvv+v?可见，在条件0,0 xymMmvvv?下，碰后系统动能达到其最小值22012mEM

13、mv?它是小球仅与球A 做完全非弹性碰撞后系统所具有的动能。评分参考：第（1）问 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）问 5 分，?式各 2 分，?式 1分。三、（20 分）（1）设圆环的质量为m，它在碰撞过程中受到的地面对它的水平冲量为tI；碰撞后圆环质心的速度大小为v，v与竖直向上方向的夹角（按如图所示的顺时针方向计算）6 为，圆环的角速度为。规定水平向右方向和顺时针方向分别为水平动量和角速度的正方向。在水平方向，由动量定理有0sinsintmmIvv由对质心的动量矩定理有0()()trm rrm rrI按题意，圆环在弹起

14、前刚好与地面无相对滑动，因而此时圆环上与地面的接触点的水平速度为零，即sin0rv由题意知00coscos0kvv联立式得222200014cos(sin)2krvvv001tan(tan)2cosrkv001(sin)2rrv（2）若圆环与地面碰后能竖直弹起，则其速度与竖直方向的夹角0将上式代入式得，使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件为00sinrv在此条件下，在与地面刚刚碰后的瞬间有0，0coskvv即圆环做竖直上抛运动。圆环上升的最大高度为22222222000cos()222kkrhgggvvv（3）由于忽略空气阻力，圆环再次弹起后，角速度保持为不变，质心做以初速度为v的斜抛运动。圆环

15、第二次落地点到首次落地点之间的水平距离s随变化的函数关系式为2000cossin2(sin)ksrggvvv?s取最大值时，的取值满足000(cos2sin)0kdsrdgvv?由得?式得22200008sin4rrvv?将?代入?式得2222222000000001(83)82(8)16krrrrrsgvvv?2222222000000002(83)82(8)16krrrrrsgvvv?7 式中1s和2s分别对应于?式右端根号前取正和负号的情形。由以上两式可知，s的最大值为222222200000000max(83)82(8)16krrrrrsgvvv?又因为1sin1由上式得，当s取最大值

16、时，r、v0和0应满足00rv?评分参考：第（1）问 9 分，式各2 分，式各1 分；第（2）问 4 分，式各1分，式2 分；第（3）问 7 分，?式各 1 分。四、（25 分）（1）解法（一）按照题给坐标系，设待测点P 的位置为P(,0,)xa，飞机在0t时所在点K 的位置为(0,0)h。在时刻1t，飞机所在位置A点的坐标为1A(,0)xxh，机载雷达此时发出一光信号；该信号到达 P 点，经反射后，于时刻2t 返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为2A(,0)xxh，如图所示。由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有222201P02P21()()()RxxRxxc tt2121

17、()xxttv式中220Rha。现设在时刻1t，飞机所在位置A 点的坐标为1(,0)x h，机载雷达此时发出另一光信号；该信号到达P 点，经反射后，于时刻2t 返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为2(,0)xh。同理有222201P02P21()()()RxxRxxc tt2121()xxttv1111()xxttv2222()xxttv由式和cv得22222101P01P212222201P01P211P2122222201P01P211P212201P1P2201P1()()1()()2()()()1()()2()()()2()()ttRxxRxxxxcRxxRxxxxx

18、xxxcRxxRxxttxxttcRxxxxtccRxxvvv21)t上式右端已略去了2(/)cv级的高阶项。由式解得8 2201P2112201P2201P1P2201P2201P1P22()1 1()2()1()2()2()RxxttxccRxxRxxxxccRxxRxxxxccvvv同理，由式和cv得2201P211P22()2()Rxxttxxccv由式得2222221101P01P11222()()()()()ttttRxxRxxxxccv利用式，式成为22112222201P1101P1121P112201P()()22()()()2()()()ttttRxxttRxxttccxx

19、ttcRxxvvv上式右端已略去了2(/)cv级的高阶项。令110ttT?式中，0T 为机载雷达在发射的光信号的周期，则22ttT?是机载雷达接受到相应的光信号的周期。式可写成AP00220AP2()()xxTTTcRxxv?或APD00220AP2()()xxffffcRxxv?式中1x 已用Ax 替代，而0011,ffTT是相应的光信号的频率，Df 是接收到的回波信号的频率与发出信号的频率之差（频移）。?式也可写为D002cosffffcv?式中AP220APcos()xxRxx即为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角。解法（二）取航线 KA 和直线 BC 所构成的平面为新的坐标平面。

20、K 为坐标原点，航线 KA 为 x 轴，从 K指向 BC 与 Z 轴交点的直线为y 轴；在时刻1t，飞机所在位置A 点的坐标为1A(,0)xx；目标点 P的位置P0(,)xR在这个坐标系里是固定的。设机载雷达于时刻t发出的发射信号的相位为9 0tt式中0和分别是相应的角频率和初相位。机载雷达于时刻1t 在A点2A1(),0)xxt接收到的经P反射的信号是机载雷达于时刻1t在A点1A1(),0)xxt发出的，其相位为101tt式中为信号往返过程所需的时间，它满足222201P02P()()RxxRxxc21xxv经过时间间隔t，同理有101tttt222201P02P()()RxxRxxc21x

21、xv另外，由于同样的原因（飞机作匀速直线运动），还有11xxtv22xxtv设机载雷达收到的信号的圆频率为，则应有11tttt由式和cv得222201P01P212222201P01P211P2122222201P01P1P2201P1P2201P1()()1()()2()()()1()()2()2()()RxxRxxxxcRxxRxxxxxxxxcRxxRxxxxcRxxxxccRxxvvv上式右端已略去了2(/)cv级的高阶项。由式解得2201P12201P2201P1P2201P2201P1P22()1 1()2()1()2()2()RxxxccRxxRxxxxccRxxRxxxxccv

22、vv同理，由式和cv得2201P1P22()2()Rxxxxccv?由式得00()()tt?将2 f?代入?式，利用?式，在t 很小的情形下，略去t 的高阶项，得APD00220AP2()()xxffffcRxxv?或10 D002cosffffcv?式中AP220APcos()xxRxx即为从机载雷达射出的光线与飞机航线之间的夹角。（2）由于机载雷达天线发射的无线电波束面的张角的限制（见图（b），有222200/2/222(/2)(/2)ssssLLRLRL?频移Df 分别为正、零或负的条件是：当/2（APxx）时，频移0Df；当/2（APxx）时，即机载雷达发射信号时正好位于P点到航线的垂

23、足处，频移D0f?当/2（APxx）时，频移0Df。当220/2/2(/2)ssLRL（AP/2sxxL）时，即机载雷达发射信号时正好位于AP(/2,0)sxxLh处，正的频移最大D10220(/2)ssLffcRLv?当220/2/2(/2)ssLRL（AP/2sxxL）时，即机载雷达发射信号时正好位于AP(/2,0)sxxLh处，负的频移的绝对值最大D20220(/2)ssLffcRLv?（3）在飞机持续发射的无线电波束前沿BC 全部通过目标P 点过程中，多普勒频移的带宽为120022024sin2(/2)sDDDsLfffffccRLvv?由于0sRL，有1，故sin22将上式代入到?式

24、得02Dffcv?评分参考：第（1）问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）问6 分，?式 2 分，频移Df 分别为正、零或负的条件正确（包括?式）给 2 分，?式各 1 分；第（3）问3 分，?式 2 分，?式 1 分。五、（20 分）11 在 de 边未出磁场的过程中，ab、cf 和 de 三边切割磁力线运动，每条边产生的感应电动势相等，但感应电流为零，故不需要外力做功10W在 de边出磁场但cf 边未出磁场过程中，ab和 cf 两条边做切割磁力线运动，导线框的等效电路如图 a 所示。等

25、效电路中每个电阻的阻值R=1.0。按如图所示电流方向，根据基尔霍夫第一定律可得1362516784735,.IIIIIIIIIIIII由基尔霍夫第二定律，对4 个回路可列出4 个独立方程13525436747820,20,20,20.UI RI RUI RUI RI RUI RUI RI RI RUI RI RI R式中，感应电动势U为0.2 0 VUb l v联立式得：120.025AII340.050AII此时，ab边和 ed 边所受的安培力大小分别为ab1 ab0.0050NFBI lcf3 cf0.010NFBI l式中 lab和 led分别为 ab 边和 ed 边的长度。外力所做的功

26、为2ab efcf ef0.0015JWF lF l式中 lef表示 ef 边的长度。在 cf 边移出磁场后，只有边ab 切割磁力线运动产生感应电动势。此时，等效电路如图b 所示，电路中电动势的大小和电阻阻值不变。根据基尔霍夫定律可得1362516784735,.IIIIIIIIIIIII和13525436747820,20,20,20.UI RI RI RUI RI RI RI RI RI RI RI RI R?联立?式得120.075AII?此时，ab边受到的安培力为ab10.015NabFBI l?外力所做的功为3ab af0.0015JWF l?整个过程中外力做的功为12 1230.0

27、030JWWWW?评分参考：式 1 分，式各2 分，式各1 分，?式各 2 分，?式各 1分。六、（23 分）（1）设 t 时刻导线框平面与长直导线和转轴组成平面之间的夹角为的值为t=，如图 a 所示（俯视图），导线框旋转过程中只有左、右两边（图中分别用A、B 表示）切割磁力线产生感应电动势。A、B 两条边的速度大小相等，avA、B 处对应的磁感应强度大小分别为0112IBr0222IBr其中，0为真空磁导率，r1、r2分别为 A 和 B 到长直导线的垂直距离。A、B 两边对应的感应电动势分别为20111120222222sinsin2sinsinaIEBaraIEBar1vv式中12、22分

28、别为 A、B 的速度方向与r1、r2的夹角。根据几何关系得12其中 、分别为 r1、r2与 x 方向的夹角。式代入式得导线框中的感应电动势为20 11212sin()sin()aIEEErr根据几何关系及三角形余弦定理得、r1、r2与 a、b、之间的关系为11coscossinsinbarar22coscossinsinbarar222122222cos2cosrababrabab将式代入式得导线框的感应电动势为202222202222sin112cos2cossin112cos2cosaIbEababababa bItababtababt13（2）（解法一）导线框在电流I 的磁场中旋转，受到

29、安培力相对于轴的合力矩0M的作用，要使导线框保持角速度为的匀速旋转，所加的外力矩M 必须满足00MM?正方形导线框上、下两边所受安培力的方向与转轴平行，力矩为零，只有导线框左、右两边（分别用A、B 表示）受到的安培力1F和2F对合力矩有贡献，如图b 所示（俯视图）。由式和安培力公式得1F和2F的大小为01112aIiFaiBr?02222aIiFaiBr?式中 i 为导线框中的感应电流。由欧姆定律有202222sin112cos2cosaIbtEiRRababtababt?安培力的合力矩为0112212122012cos()cos()22sin()sin()sin()sin()MF dF dF

30、 aF aF aF aa Iirr?其中，d1和 d2分别为 F1和 F2与转轴之间的垂直距离，2和2分别为 d1和 d2与 A、B 连线之间的夹角。将?式代入?式得需要加的外力矩为200222222422202222222422220222222sin112cos2cossin112cos2cos4()sin()4cosa IibtMMababtababta b ItRababtababta b IabtRaba bt?（2）（解法二）导线框在电流I 的磁场中旋转，受到安培力相对于轴的合力矩0M的作用，要使导线框保持角速度为的匀速旋转，所加的外力矩M 必须满足00MM?此时，安培力的合力矩的

31、功率P0应与导线框中感应电流的功率Pi相等，即0iPP?式中22422222022222sin112cos2cosiaI btEPRRababtababt?安培力的合力矩为24222200022222sin112cos2cosiPPaI btMRababtababt?由?式可得，外力矩M 为14 242222002222222422220222222sin112cos2cos4()sin()4cosaI btMMRababtababta b IabtRaba bt?评分参考：第（1）问 13 分，式各1 分，式2 分，式1 分，式2 分，式各1分，式2 分；第（2）问 10 分，（解法一）?式

32、各 2 分，?式各 1 分，?式各 2 分；（解法二）?式各 2 分。七、（22 分）（1）根据热力学第一定律，有dUQW这里，对于1mol 理想气体经历的任一缓慢变化过程中，Q，W和dU可分别表示为QC dT，WpdV，VdUC dT将理想气体状态方程pVRT两边对T求导，可得dVdp dVpVRdTdV dT式中利用了dpdp dVdTdV dT根据式有dVRdpdTpVdV联立式得VpRCCdppVdV（2）设bc过程方程为pV根据VpRCCdppVdV可得该直线过程的摩尔热容为2VVCCRV式中，VC是单原子理想气体的定容摩尔热容，32VCR。对bc过程的初态11(3,)p V和终态1

33、1(,5)pV，有111135pVpV由式得1117,22ppV15 由式得11835414VVCRVV（3）根据过程热容的定义有QCT?式中，Q 是气体在此直线过程中，温度升高T时从外界吸收的热量。由?式得11414835VVQTVVR?11835414VVQR TVV?由?式可知，bc过程中的升降温的转折点A在-p V 图上的坐标为1177(,)24AVp?由?式可知，bc过程中的吸放热的转折点B在-p V 图上的坐标为113521(,)816VpB?（4）对于abcda循环过程，ab 和 bc 过程吸热，cd 和 da 过程放热11111.532.515abVbababcpbacbQnC

34、TTRTRTp VQnCTTRTRTp V?式中，已利用已知条件1moln，单原子理想气体定容摩尔热容32VCR，定压摩尔热容52pCR。气体在 abcda 循环过程的效率可表示为循环过程中对外做的功除以总吸热，即111140.2218abcdaabcdaabbcWpVQQpV?对于abca循环过程，ab和bB过程吸热，和Bcc a过程放热。由热力学第一定律可得，bB过程吸热为111 113=11.392bcbBbBVBbBBQUWnCTTppVVpV?所以，循环过程abc a的效率为111140.27814.39abc aabc aabbcWpVQQpV?由?式可知abcaabcda?评分参

35、考：第（1）问 5 分，式各1 分；第（2）问 5 分，式各1 分；第（3）问 7 分，?式 1 分，?式各 2 分，?式各 1分；第（4）问 5 分，?式各 1 分。八、（20 分）（1）对于光线在波导层和衬底层的折射情况，根据折射定律有1i10t0sinsinnn若要求光线不会折射到衬底中，即发生全反射，应有i110 C式中，10 C为光线在波导层和衬底层的交界面上发生全反射的临界角010 C1arcsinnn16 同理应有i212 C式中，12 C为光线在波导层和衬底层的交界面上发生全反射的临界角212 C1arcsinnn由题设102nnn，可知10 C12 C002517862402

36、51785216251781120251782144251783168251784192所以，当入射角0i11arcsinnn时，光被完全限制在波导薄膜里。（2）考虑光波在波导薄膜中传播时处于临界的全反射状态。此时光波的波长可由光的入射角0i11arcsinnn决定。此时光在介质1n与0n交界面的反射处于全反射的临界状态，光在介质1n与2n交界面的反射也为全反射。如右图所示，10和12分别为 1 和 0 界面以及1和2 界面上的反射引入的相位（1010ire和1212ire）。过 1 和 2 界面上的反射点做直线（虚线）垂直于光线A，设光线A 到虚线之前的路程长为l。此后，光线A 与再经过两次

37、反射的光线B 之间的相位差应该为2的整数倍，以致光可在波导薄膜中传输。故i11012i1i1i11012i11012201012212 sec222 sec2 tansin24cos41dlmdddndn式中，0,1,2,3,m，为所传输光波在波导薄膜介质中的波长。考虑介质1n与0n交界面的反射，由式得1i1t00sinsin1nn考虑到式，在介质1n与0n交界面的反射系数为1i10t01i1101i10t01i1coscoscos1coscoscosnnnrnnn由上式可以得到介质1n与0n交界面的反射相位100再考虑介质1n与2n交界面的反射，由式得01i1t222sinsinnnnn?按

38、照题给的推广的定义，上式右边大于或等于1也并不奇怪。当02nn时，按照题给的推广的正弦和余弦的定义可知，t 2cos是一个纯虚数，可以写为20t 222cos1nin?ldBA10i1i112 17 考虑到?式，则在介质1n与2n交界面的反射系数为2200122222121i12t2021222221i12t2100012221211coscosexp2 arctancoscos11nnnn innnnnnrinnnnnnnn inn?由上式可以得到介质1n与2n交界面的反射相位为22021222102arctannnnn?将和?式代入到式中得，在给定m的情况下能在薄膜波导中传输的光波在该介质中的的最长波长（截止波长）为20212202221021arctanndnnnmnn?式中，0,1,2,3,m。当0m时可得，能在薄膜波导中传输的光波在该介质中的的最长波长为2021max2202221021arctanndnnnnn?评分参考：第（1）问 10 分，式各2 分，式各1 分，给出“入射角0i11arcsinnn时，光被完全限制在波导薄膜里”的结论给2 分，式各1 分；第（2）问 10 分，式2 分，?式各 1 分。