第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答[高清版]

1第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 解答2017年9月16日一、（40分）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，横截面如图所示。重力加速度大小为g。试在下述两种情形下，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。解：（1）如图，为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。小圆柱受三个力作用：重力，圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力。设圆筒对小圆柱的静摩擦力大小为F，方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。考虑小圆柱质心的运动，由质心运动定理得sinFmgma①式中，a是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度1（规定小圆柱在最低点时10）与之间的关系为1()Rr②由②式得，a与的关系为22122()ddarRrdtdt③考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得212drFIdt④式中，I是小圆柱绕其自身轴的转动惯量212Imr⑤由①②③④⑤式及小角近似sin⑥得22203()dgdtRr⑦由⑦式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为1π6()gfRr⑧（2）用F 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，1和2分别为小圆柱与圆筒转过的角度（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置120）。对于小圆柱，由转动定理得221212dFrmrdt⑨对于圆筒，同理有2222()dFRMRdt⑩R1R2由⑨⑩式得22122221ddFrRmMdtdt⑪设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角，由于小圆柱与圆筒间做无滑滚动，有12()RrR⑫由⑫式得22212222()dddRrrRdtdtdt⑬设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a，由质心运动定理得sinFmgma⑭由⑫式得22()daRrdt⑮由⑪⑬⑭⑮式及小角近似sin，得22203dMmgdtMmRr⑯由⑯式可知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为122π3MmgfMmRr⑰评分参考：第（1）问20分，①②式各3分，③式2分，④式3分，⑤⑥式各2分，⑦式3分，⑧式2分；第（2）问20分，⑨⑩⑪式各2分，⑫式3分，⑬⑭⑮式各2分，⑯式3分，⑰式2分。二、（40分）星体P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线1coskr式中，r是P到太阳S的距离，是矢径SP相对于极轴SA的夹角（以逆时针方向为正），22LkGMm,L是P相对于太阳的角动量，113126.6710mkgsG为引力常量，301.9910kgM为太阳的质量，222321ELGMm为偏心率，m和E分别为P的质量和机械能。假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，两轨道相交于C、D两点，如图所示。已知地球轨道半径11E1.4910mR，彗星轨道近日点A到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。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3/21/2223xdxxaaxaCxa，式中C是任意常数。SABCRErPD3解：（1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故1,0E①彗星绕太阳运动的轨道方程为：1coskr②彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒2221022LmrVrEmr&③式中MmVrGr④当彗星运动到近日点A时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为minr，由③式得2min2minmin2LMmVrGmrr⑤由⑤式和题给条件得2Emin223LRrGMm⑥由③式得2222drGMLdtrmr或2222drdtGMLrmr⑦设彗星由近日点A运动到与地球轨道的交点C所需的时间为t，对⑦式两边积分，并利用⑥式得EEEmin23E221223RRRrdrrdrtGMRGMLrrmr⑧对⑧式应用题给积分公式得EE3E3/21/2EEEEE32E1231223333210327RRrdrtGMRrRRRRRGMRGM⑨由对称性可知，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为32E203227RTtGM⑩将题给数据代入⑩式得66.4010sT⑪（2）彗星在运动过程中机械能守恒2102GMmmErv⑫式中v是彗星离太阳的距离为r时的运行速度的大小。由⑫式有42GMrv⑬当彗星经过C、D处时CDErrR⑭由⑬⑭式得，彗星经过C、D两点处的速度的大小为CDE2GMRvv⑮由⑮式和题给数据得4CD4.2210m/svv⑯评分参考：第（1）问28分，①式4分，②式2分，③式4分，④式2分，⑤式4分，⑥⑦⑧⑨⑩⑪式各2分；第（2）问12分，⑫式4分，⑬⑭⑮⑯式各2分。三、（40分）一质量为M的载重卡车A的水平车板上载有一质量为m的重物B，在水平直公路上以速度0v做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L（0L）。因发生紧急情况，卡车突然制动。已知卡车车轮与地面间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为1，重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为2（21）。若重物与车厢前壁发生碰撞，则假定碰撞时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开。重力加速度大小为g。（1）若重物和车厢前壁不发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车停止的过程所花的时间和走过的路程、重物从制动开始到重物停止的过程所花的时间和走过的路程，并导出重物B与车厢前壁不发生碰撞的条件；（2）若重物和车厢前壁发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车和重物都停止的过程所经历的时间、卡车走过的路程、以及碰撞过程中重物对车厢前壁的冲量。解：（1）若重物和车厢前壁不发生碰撞。卡车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为1a。由牛顿第二定律有121()MmgmgMa①由①式得1121()MmagM由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间1t和移动的距离1s分别为0011112()MtaMmgvv，2200111122()2MsaMmgvv②重物B在卡车A的车厢底板上做匀减速直线运动，设B相对于地面的加速度大小为2a。ABL5由牛顿第二定律有22mgma③由③式得222mgagm从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间2t和重物移动的距离2s分别为00222tagvv，220022222vvsag④由于21，由②④二式比较可知，12tt，即卡车先停，重物后停。若21ssL，重物B与车厢前壁不会发生碰撞，因此不发生碰撞的条件是2220001221212112()()22[()]2MmLssaaMmgvvv⑤（2）由⑤式知，当满足条件2012212112()()2[()]MmLssMmgv时，重物B与车厢前壁必定发生碰撞。设从开始制动到发生碰撞时的时间间隔为t，此时有几何条件21()()ststL⑥这里又可分为两种情况：12ttt（重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和1tt（重物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞）。（i）12ttt，即卡车A在1t时停下，重物B继续运动，在t时与车厢前壁发生碰撞。卡车停下的时间和向前滑动的距离是②给出的1t和1s，同时重物相对于地面向前滑动的距离是2220121212120211212(2)2()2()statMMmgMmvv⑦重物相对于车厢向前滑动的距离是22121200221211211220122112(2)2()2()2()()()2()MMmMssgMmgMmMmMgMmvvv如果2121ssLss，即当62212001221122112()()()()2[+()]2[()]vvmMMMmLMmgMmg满足时，在车已停稳后重物仍会向前运动并且撞上车厢前壁。从制动到重物B与车厢前壁碰撞前，重物B克服摩擦力做功。设在碰撞前的瞬间重物B相对地面的速度为2v，由动能定理有22202111()22mmmgsLvv⑧由⑧式得2212020212112()()2()2()MmgsLgLMmvvv设碰撞后瞬间重物B与卡车A的速度均为v，由于碰撞时间极短，碰撞前后动量守恒2()mmMvv⑨由⑨式得212022112()()2()MmmmgLmMmMMmvvv碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为21202112()()02()MmmMIMgLmMMmvv⑩碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间211mtgmMgvv⑪再移动了一段路程22212012211112()()222()()MmmsgLgmMgMmvv=⑫才最终停止下来（对于卡车而言，这是第二次停下来）。重物撞上车厢前壁的时间是0222tgvv⑬所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为(i)020222212212012011222121121()()()()()2()()mmtttggMmgggMmMmMmgLggmMMmvvvvvvv⑭卡车移动的总路程则为222(i)11202111211121[()()]=+2()[()]()MmMmmLsssmMMmgmMv⑮（ii）1tt，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞由⑨式的推导可知，条件1tt可写成721202112()()2[()]vmMMLMmg由匀减速运动学公式，⑥式成为22020111()22vvtattatL解得碰撞发生的时间121222()()LLMtaamMg在碰撞前的瞬间，卡车A的速度1v和重物B的速度2v分别为10101122()()vvvLMatamMg，20202122()()vvvLMatamMg⑯由碰撞前后动量守恒，可得碰撞后重物B和卡车A的共同速度v为212101201122()()2()()mMmaMaLMmMmMmMgLMgmMvvvvv⑰由冲量定理和以上两式得碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为121122()()2()MmMIMaaLmgLmMmMvv⑱卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由122()()LMtmMg与⑰式可得(ii)011ttggvv⑲卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和22(ii)20101111222mLstatggMmvvv⑳[另解，将卡车和重物视为一个系统，制动过程中它们之间的摩擦力和碰撞时的相互作用力都是内力，水平外力只有地面作用于卡车的摩擦力1)Mmg（。在此力作用下系统质心做加速度大小为g1的匀减速运动，从开始到卡车和重物都停止时所经历的时间为(ii)01tgv⑲系统质心做匀减速运动的路程为2012cx=gv设制动前卡车和重物的质心分别位于1x和2x；制动后到完全停下卡车运动了路程(ii)1s，两个质心分别位于(ii)111xxs和(ii)221+xxsL。于是有2(II)0121211()=2cMxmxMxmxMmsmLxMmMmMmgv由此解得2(ii)0112mLsgMmv⑳]评分参考：第（1）问10分，①②③④⑤式各2分；第（2）30分，⑥式2分，⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式各2分，⑯⑰⑱⑲⑳式各2分。8四、（40分）如俯视图，在水平面内有两个分别以O点与O1点为圆心的导电半圆弧内切于M点，半圆O的半径为2a，半圆O1的半径为a；两个半圆弧和圆O的半径ON围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B；其余区域没有磁场。半径OP为一均匀细金属棒，以恒定的角速度绕O点顺时针旋转，旋转过程中金属棒OP与两个半圆弧均接触良好。已知金属棒OP电阻为R，两个半圆弧的电阻可忽略。开始时P点与M点重合。在t（π0t）时刻，半径OP与半圆O1交于Q点。求（1）沿回路QPMQ的感应电动势；（2）金属棒OP所受到的原磁场B的作用力的大小。解：（1）考虑从初始时刻0t至时刻π02t，金属棒OP扫过的磁场区域的面积为11OQOOPMOQMSSSS扇形扇形①式中，OPMS扇形、1OQMS扇形和1OQOS分别是扇形OPM、扇形O1QM和1OQO的面积。由几何关系得2OPM1()(2)2Sta扇形②12OQM1(2)2Sta扇形③1OQO(sin)(cos)Satat④由①②③④式得21(2sin2)2Stta⑤通过面积S的磁通量为BS⑥由法拉第电磁感应定律得，沿回路QPMQ的感应电动势为ddt⑦式中，负号表示感应电动势沿回路逆时针方向（即沿回路QPMQ）。由⑤⑥⑦式得2π(1cos2),02taBt⑧O1QMONP9当ππ2t时，沿回路QPMQ的感应电动势与π2t时的一样，即2π2,π2aBt⑨（2）在t时刻流经回路QPMQ的电流为1iR⑩式中12LRRa⑪这里，L为PQ的长。由几何关系得π22cos,02Laatt⑫π2,π2Lat⑬半径OP所受到的原磁场B的作用力的大小为FiLB⑭由⑧⑩⑪⑫⑭式得322π(1cos2),02aBFttR⑮由⑨⑩⑪⑬⑭式得324π,π.2aBFtR⑯评分参考：第（1）问22分，①②③④⑤式各2分，⑥⑦式各4分，⑧⑨式各2分；第（2）问18分，⑩式4分，⑪⑫⑬式各2分，⑭式4分，⑮⑯式各2分。10五、（40分）某种回旋加速器的 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如俯视图a所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，其间存在匀强电场，两极板间电势差为U。两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板（见图b）；两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其它部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。在离子源S中产生的质量为m、带电量为q（0q）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为bD（常数b为大于2的自然数）。已知磁感应强度大小在零到maxB之间可调，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。假设如果离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应。求（1）可能的磁感应强度B的最小值；（2）磁感应强度B的其它所有可能值；（3）出射离子的能量最大值。解：（1）设离子从O点射入磁场时的速率为v，由能量守恒得212qUmv①由①式得2qUmv②设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，有2qBmrvv③由②③式得12mUrBq④DbDSOP图a图bDS11若2bDr或22DbDr则离子只能打到器壁或离子源外壁被吸收，不能从P射出。若离子从O射出后只运动半个圆周即从P射出，则2bDr⑤将⑤式代入④式得，电子能够从P出射，可能的磁感应强度B的最小值为min22mUBbDq⑥（2）若2Dr则离子将穿过上极板进入电场区域，被减速到零后，又重新反向加速至进入时的速率，从进入处再回到磁场区域。设这样的过程进行了k次，然后离子将绕过两极板右端从下极板进入电场区域被加速，再穿过上极板进入磁场时能量增加到2qU，运动半径增加到1211rrr⑦这样加速n次后，离子做圆周运动的半径nr为1nrnr⑧当满足条件(1)2nbDkrrnkr⑨或2(1)bDrnk时，离子可从P处射出。另一方面，显然有1k，且22(1)krDkr⑩解得2(1)2DDrkk⑪由⑨⑩⑪式有(1)(1)2(1)22DbDDnknkkk⑫解得12222(1)1[(1)]1bknbkb⑬由④⑪式可得maxmax2222DBDqakrmU⑭式中maxr是当maxBB时由④式定出的。因此k为不大于2a的最大自然数2a2ak⑮由④⑨式知，磁感应强度B的其它所有可能值为122(1)2mUnkmUBrqbDq⑯式中2222222222222222222222221(1)1(1)(1)12122(1)21(1)2(1)212(1)23(1)31(1)3(1)313(1)2(1)1(1)(1)1(1)22222knbbbbbbbbbbbbbbaaaaabbbbb22⑰（3）离子被电场加速了1n次后，其出射能量为(1)EnqU⑱对于满足⑮式的k，n可以取到最大值为2[(1)]2bkb，再由⑱式，可得出射离子的能量最大值为2maxmax(1)(1)12bbaEnqUqU⑲评分参考：第（1）问12分，①②③④⑤⑥式各2分；第（2）问23分，⑦⑧式各2分，⑨式4分，⑪⑫⑬⑭⑮⑯式各2分，⑰式3分；第（3）问5分，⑱式3分，⑲式2分。13六、（40分）1914年，弗兰克-赫兹用电子碰撞原子的方法使原子从低能级激发到高能级，从而证明了原子能级的存在。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。该氢原子仅能发出一条可见光波长范围（400nm760nm）内的光谱线。仅考虑一维正碰。（1）求该氢原子能发出的可见光的波长；（2）求加速后电子动能kE的范围；（3）如果将电子改为质子，求加速质子的加速电压的范围。已知1240nmeVhc，其中h为普朗克常数，c为真空中的光速；质子质量近似为电子质量的1836倍，氢原子在碰撞前的速度可忽略。解：（1）由氢原子的能级公式213.6eV,1,2,nEnn①可得氢原子的能级图如图所示。可见光光子能量的上限1E和下限2E分别为111240nmeV3.10eV400nmhcE②221240nmeV1.63eV760nmhcE③要能观察到可见光范围内的光谱线，发生跃迁的两能级的能量之差应在可见光的能量范围1.63eV~3.10eV④内。要仅能观察到一条可见光范围内的光谱线，由氢原子的能级图可知，只能将氢原子激发到第二激发态，即能级3n⑤氢原子第二激发态（3n）到第一激发态（2n）的能量差为3232(1.51eV)(3.4eV)1.89eVEEE⑥氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态所发出的可见光的波长为32656nmhcE⑦（2）要使氢原子能激发到能级3n，需要提供的能量至少为3131(1.51eV)(13.60eV)12.09eVEEE⑧设电子质量为em，电子碰撞前后的速度分别为1v和2v，氢原子碰撞前后的速度分别为10u（由题意）和2u，电子因激发氢原子而损失的能量为E（被氢原子吸收为激发能）。由动-13.60ev-3.40ev-1.51ev-0.85ev0ev14量和能量守恒有e1e22mmMuvv⑨222e1e22111222mmMuEvv⑩由⑨⑩式消去2u，得222ee2e12ee1()2()20mMmmmmMMEvvvv⑪此式是关于2v的一元二次方程。注意到2v为实的常量，故方程⑪的系数应满足条件222e1eeee1(2)4()[()2]0mmMmmmMMEvv⑫化简得2ee11(1)2kmEmEMv⑬要使原子从基态仅激发到第二激发态，E应满足3141EEE⑭式中31E已由⑧式给出，而4141(0.85eV)(13.60eV)12.75eVEEE⑮由⑬⑭⑮式得ee31k41(1)(1)mmEEEMM⑯由⑯式和题给条件得k12.10eV12.76eVE⑰（3）如果将电子改为质子，⑯式成为pp3141(1)(1)kmmEEEMM⑱式中pm为质子的质量。由⑱式和题给条件得k24.17eV25.49eVE⑲设加速质子的加速电压为V。由keVE（e为质子电荷）和⑲式得24.17V<25.49VV⑳评分参考：第（1）问14分，①②③④⑤⑥⑦式各2分；第（2）问20分，⑧⑨式各2分，⑩式各3分，⑪式2分，⑬式4分，⑭式2分，⑮式1分，⑯⑰式各2分；第（3）问6分，⑱⑲⑳式各2分。七、（40分）如气体压强-体积图所示，摩尔数为的双原VPV0V0/2P0/2P0ABO15子理想气体构成的系统经历一正循环过程（正循环指沿图中箭头所示的循环），其中自A到B为直线过程，自B到A为等温过程。双原子理想气体的定容摩尔热容为52R，R为气体常量。（1）求直线AB过程中的最高温度；（2）求直线AB过程中气体的摩尔热容量随气体体积变化的关系式，说明气体在直线AB过程各段体积范围内是吸热过程还是放热过程，确定吸热和放热过程发生转变时的温度cT；（3）求整个直线AB过程中所吸收的净热量和一个正循环过程中气体对外所作的净功。解：（1）直线AB过程中任一平衡态的气体压强p和体积V满足方程000000222VVPPPVPV此即00032PPPVV①根据理想气体状态方程有PVRT②式中T是相应的绝对温度。由①②式得220000000013392416PPPVTVPVVVRVRVR③由③式知，当034VV④时，气体达到直线AB过程中的最高温度00max916PVTR⑤（2）由直线AB过程的摩尔热容量mC的定义有mdQCdT⑥由热力学第一定律有dUdQPdV⑦由理想气体内能公式和题给数据有52VRdUCdTdT⑧16由①⑥⑦⑧⑨式得0m0053122VPPdVdVCCRPVdTVdT⑨由③式两边微分得0002(34)RVdVdTPVV⑩由⑩式代入⑨式得0m02124342VVRCVV⑪由⑥⑩⑪式得，直线AB过程中，在V从02V增大到034V的过程中，m0C，0dTdV，故0dQdV，吸热⑫在V从034V增大到02124V的过程中，m0C，0dTdV，故0dQdV，吸热⑬在V从02124V增大到0V的过程中，m0C，0dTdV，故0dQdV，放热⑭由⑫⑬⑭式可知，系统从吸热到放热转折点发生在c02124VVV处。由③式和上式得2000c001335264PPVTVPVRVR⑮（3）对于直线AB过程，由⑥⑩式得0m0000212421644VVdTVdQCdVPdVPdVdVVV⑯将上式两边对直线过程积分得，整个直线AB过程中所吸收的净热量为00002000000/2/22162133448VVVVVVQPdVPVPVVV直线⑰直线AB过程中气体对外所作的功为00000013()()2228PVWPVPV直线⑱等温过程中气体对外所作的功为0000/2/20000ln222VVVVVPVdVWPdVPV等温⑲一个正循环过程中气体对外所作的净功为17003ln2()82WWWPV直线等温⑳评分参考：第（1）问10分，①②式各3分，④⑤式各2分；第（2）问20分，⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式各2分；第（3）问10分，⑯⑰⑱⑲⑳式各2分。八、（40分）菲涅尔透镜又称同心圆阶梯透镜，它是由很多个同轴环带套在一起构成的，其迎光面是平面，折射面除中心是一个球冠外，其它环带分别是属于不同球面的球台侧面，其纵剖面如右图所示。这样的结构可以避免普通大口径球面透镜既厚又重的缺点。菲涅尔透镜的设计主要是确定每个环带的齿形（即它所属球面的球半径和球心），各环带都是一个独立的（部分）球面透镜，它们的焦距不同，但必须保证具有共同的焦点（即图中F点）。已知透镜材料的折射率为n，从透镜中心O（球冠的顶点）到焦点F的距离（焦距）为f（平行于光轴的平行光都能经环带折射后会聚到F点），相邻环带的间距为d（d很小，可忽略同一带内的球面像差；d又不是非常小，可忽略衍射效应）。求（1）每个环带所属球面的球半径和球心到焦点的距离；（2）该透镜的有效半径的最大值和有效环带的条数。解：（1）考虑单个球面的折射。如图，设某一与光轴距离为h的光线平行于光轴Z从折射率为n的介质中射向半径为R、球心位于C点的球面，入射点为球面上的A点，CA为球面半径，入射角为，球面外是空气，折射角为，折射线与Z轴交点为F。由A作Z轴的垂线，垂足为O。由折射定律，有sinsinn，①在ACF中，由正弦定理有sinAFsinCF②在AOF中，由勾股定理有22OFAOAF③FddddddOAFORCnhfZ1822AOCOCAR④又OFCFCO，hAO，fOF，⑤由①②③④⑤式得22CFfhn⑥222222222()(1)()2Rnhffhnhfnfhf⑦在制作给定焦点和焦距的菲涅尔透镜时，应按⑥⑦式来确定各环带球面的球心位置和球半径，即对第k（0,1,2,k）个环带球台，其球心在光轴上与焦点的距离应为22222CFkknhfnkdf⑧球半径则为222222222222(1)()2(1)()2kkkRnhfnfhfnkdfnfkdf⑨特别地，位于透镜中心的环带（0k）球心与焦点距离为0CFnf⑩球半径为0(1)Rnf⑪（2）当f不变而h取某一值mh时，图中CAF成为直角，这意味着光线的入射角达到全反射的临界角C。在此情况下有C22m1sinfnhf⑫由⑫式得2m1hnf⑬这就是透镜能够达到的最大有效半径。透镜的最大有效环带数mk则为不大于21nfd的最大整数2m1nfkd⑭评分参考：第（1）问27分，①式5分，②③④⑤⑥⑦⑧式各2分，⑨式4分，⑩⑪式各2分；第（2）问13分，⑫式5分，⑬⑭式各4分。