第35屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽模擬試題

...wd......wd......wd...第35屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽模擬試題★理論局部θdθdBAx足球比賽，一攻方隊(duì)員在圖中所示的A處沿Ax方向傳球，球在草地上以速度v勻速滾動(dòng)，守方有一隊(duì)員在圖中B處，以d表示A，B間的距離，以θ表示AB與Ax之間的夾角，θ＜90°．設(shè)在球離開(kāi)A處的同時(shí)，位于B處的守方隊(duì)員開(kāi)場(chǎng)沿一直線在勻速運(yùn)動(dòng)中去搶球，以vp表示他的速率．在不考慮場(chǎng)地邊界限制的條件下，求解以下問(wèn)題〔要求用題中給出的有關(guān)參量間的關(guān)系式表示所求得的結(jié)果〕：1．求出守方隊(duì)員可以搶到球的必要條件．2．如果攻方有一接球隊(duì)員處在Ax線上等球，以lr表示他到A點(diǎn)的距離，求出球不被原在B處的守方隊(duì)員搶斷的條件．3．如果攻方有一接球隊(duì)員處在Ax線上，以L表示他離開(kāi)A點(diǎn)的距離．在球離開(kāi)A處的同時(shí)，他開(kāi)場(chǎng)勻速跑動(dòng)去接球，以vr表示其速率，求在這種情況下球不被原在B處的守方隊(duì)員搶斷的條件．二、衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)可由地面觀測(cè)來(lái)確定；而知道了衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)，又可以用它來(lái)確定空間飛行體或地面上物體的運(yùn)動(dòng)．這都涉及時(shí)間和空間坐標(biāo)的測(cè)定．為簡(jiǎn)化分析和計(jì)算，不考慮地球的自轉(zhuǎn)和公轉(zhuǎn)，把它當(dāng)做慣性系．1．先來(lái)考慮衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的測(cè)定．設(shè)不考慮相對(duì)論效應(yīng)．在衛(wèi)星上裝有發(fā)射電波的裝置和高精度的原子鐘．假設(shè)從衛(wèi)星上每次發(fā)出的電波信號(hào)，都包含該信號(hào)發(fā)出的時(shí)刻這一信息．〔I〕地面觀測(cè)系統(tǒng)〔包含假設(shè)干個(gè)觀測(cè)站〕可利用從電波中接收到的這一信息，并根據(jù)自己所處的位置和自己的時(shí)鐘來(lái)確定衛(wèi)星每一時(shí)刻的位置，從而測(cè)定衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)．這種測(cè)量系統(tǒng)至少需要包含幾個(gè)地面觀測(cè)站列出可以確定衛(wèi)星位置的方程．〔II〕設(shè)有兩個(gè)觀測(cè)站D1，D2，分別位于同一經(jīng)線上北緯θ和南緯θ〔單位：〔°〕〕處．假設(shè)它們同時(shí)收到時(shí)間之前衛(wèi)星發(fā)出的電波信號(hào)．〔i〕試求出發(fā)出電波時(shí)刻衛(wèi)星距地面的最大高度H；〔ii〕當(dāng)D1，D2處觀測(cè)站位置的緯度有很小的誤差△θ時(shí)，試求H的誤差；〔iii〕如果上述的時(shí)間有很小的誤差，試求H的誤差．2．在第1〔II〕小題中，假設(shè)θ=45°，=0.10s．〔i〕試問(wèn)衛(wèi)星發(fā)出電波時(shí)刻衛(wèi)星距地面最大高度H是多少千米〔ii〕假設(shè)△θ=±1.0′′，定出的H有多大誤差〔iii〕假設(shè)=±0.010μs，定出的H有多大誤差假設(shè)地球?yàn)榘霃絉=6.38×103km的球體，光速c=2.998×108m/s，地面處的重力加速度g=9.3．再來(lái)考慮根據(jù)參照衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)來(lái)測(cè)定一個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)．設(shè)不考慮相對(duì)論效應(yīng)．假設(shè)從衛(wèi)星持續(xù)發(fā)出的電波信號(hào)包含衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的信息，即每個(gè)信號(hào)發(fā)出的時(shí)刻及該時(shí)刻衛(wèi)星所處的位置．再假設(shè)被觀測(cè)物體上有一臺(tái)衛(wèi)星信號(hào)接收器〔設(shè)其上沒(méi)有時(shí)鐘〕，從而可獲知這些信息．為了利用這種信息來(lái)確定物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即物體接收到衛(wèi)星信號(hào)時(shí)物體當(dāng)時(shí)所處的位置以及當(dāng)時(shí)的時(shí)刻，一般來(lái)說(shuō)物體至少需要同時(shí)接收到幾個(gè)不同衛(wèi)星發(fā)來(lái)的信號(hào)電波列出確定當(dāng)時(shí)物體的位置和該時(shí)刻的方程．4．根據(jù)狹義相對(duì)論，運(yùn)動(dòng)的鐘比靜止的鐘慢．根據(jù)廣義相對(duì)論，鐘在引力場(chǎng)中變慢．現(xiàn)在來(lái)考慮在上述測(cè)量中相對(duì)論的這兩種效應(yīng)．天上衛(wèi)星的鐘與地面觀測(cè)站的鐘零點(diǎn)已經(jīng)對(duì)準(zhǔn)．假設(shè)衛(wèi)星在離地面h=2.00×104km的圓形軌道上運(yùn)行，地球半徑R、光速c和地面重力加速度g〔I〕根據(jù)狹義相對(duì)論，試估算地上的鐘經(jīng)過(guò)24h后它的示數(shù)與衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)差多少設(shè)在處理這一問(wèn)題時(shí)，可以把勻速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)鐘走慢的公式用于勻速圓周運(yùn)動(dòng)．〔II〕根據(jù)廣義相對(duì)論，鐘在引力場(chǎng)中變慢的因子是(1－2/c2)1/2，是鐘所在位置的引力勢(shì)〔即引力勢(shì)能與受引力作用的物體質(zhì)量之比；取無(wú)限遠(yuǎn)處引力勢(shì)為零〕的大?。噯?wèn)地上的鐘24h后，衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)與地上的鐘的示數(shù)差多少三、致冷機(jī)是通過(guò)外界對(duì)機(jī)器做功，把從低溫處吸取的熱量連同外界對(duì)機(jī)器做功所得到的能量一起送到高溫處的機(jī)器；它能使低溫處的溫度降低，高溫處的溫度升高．當(dāng)致冷機(jī)工作在絕對(duì)溫度為T1的高溫處和絕對(duì)溫度為T2的低溫處之間時(shí)，假設(shè)致冷機(jī)從低溫處吸取的熱量為Q，外界對(duì)致冷機(jī)做的功為W，那么有EQ\f(Q,W)≤EQ\f(T2,T1－T2)，式中“=〞對(duì)應(yīng)于理論上的理想情況．某致冷機(jī)在冬天作為熱泵使用〔即取暖空調(diào)機(jī)〕，在室外溫度為－5.00℃的情況下，使某房間內(nèi)的溫度保持在20.00℃．由于室內(nèi)溫度高于室外，故將有熱量從室內(nèi)傳遞到室外．此題只考慮傳導(dǎo)方式的傳熱，它服從以下的規(guī)律：設(shè)一塊導(dǎo)熱層，其厚度為l，面積為S，兩側(cè)溫度差的大小為T，那么單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)導(dǎo)熱層由高溫處傳導(dǎo)到低溫處的熱量為H=kEQ\f(△T,l)S，其中k稱為熱導(dǎo)率，取決于導(dǎo)熱層材料的性質(zhì)．1．假設(shè)該房間向外散熱是由面向室外的面積S=5.00m2、厚度l=2.00mm的玻璃板引起的．該玻璃的熱導(dǎo)率k=0.2．假設(shè)將上述玻璃板換為“雙層玻璃板〞，兩層玻璃的厚度均為2.00mm，玻璃板之間夾有厚度l0=0.50mm的空氣層，假設(shè)空氣的熱導(dǎo)率k0=0.025W/(mMIM圖1MIM圖1如圖1所示，器件由相互嚴(yán)密接觸的金屬層(M)、薄絕緣層(I)和金屬層(M)構(gòu)成．按照經(jīng)典物理的觀點(diǎn)，在I層絕緣性能理想的情況下，電子不可能從一個(gè)金屬層穿過(guò)絕緣層到達(dá)另一個(gè)金屬層．但是，按照量子物理的原理，在一定的條件下，這種渡越是可能的，習(xí)慣上將這一過(guò)程稱為隧穿，它是電子具有波動(dòng)性的結(jié)果．隧穿是單個(gè)電子的過(guò)程，是分立的事件，通過(guò)絕緣層轉(zhuǎn)移的電荷量只能是電子電荷量－e(e=1.60×10－19C)的整數(shù)倍，因此也稱為單電子隧穿，MIM器件亦稱為隧穿結(jié)或單電子隧穿結(jié)．－QQAB圖21．顯示庫(kù)侖阻塞原理的最簡(jiǎn)單的做法是將圖1的器件看成一個(gè)電容為C的電容器，如圖2所示．電容器極板上的電荷來(lái)源于金屬極板上導(dǎo)電電子云相對(duì)于正電荷背景的很小位移，可以連續(xù)變化．如前所述，以隧穿方式通過(guò)絕緣層的只能是分立的單電子電荷．如果隧穿過(guò)程會(huì)導(dǎo)致體系靜電能量上升，那么此過(guò)程不能發(fā)生，這種現(xiàn)象稱為庫(kù)侖阻塞．試求出發(fā)生庫(kù)侖阻塞的條件即電容器極板間的電勢(shì)差VAB=VA－QQAB圖22．假定VAB=0.10mV是剛能發(fā)生隧穿的電壓．試估算電容C的大?。?．將圖1的器件與電壓為V的恒壓源相接時(shí)，通常采用圖2所示的雙構(gòu)造器件來(lái)觀察單電子隧穿，防止雜散電容的影響．中間的金屬塊層稱為單電子島．作為電極的左、右金屬塊層分別記為S，D．假設(shè)島中有凈電荷量－ne，其中凈電子數(shù)n可為正、負(fù)整數(shù)或零，e為電子電荷量的大小，兩個(gè)MIM結(jié)的電容分別為CS和CD．試證明雙構(gòu)造造器件的靜電能中與島上凈電荷量相關(guān)的靜電能〔簡(jiǎn)稱單電子島的靜電能〕為Un=EQ\f((－ne)2,2(CS+CD))．4．在圖3給出的具有源(S)、漏(D)電極雙構(gòu)造造的根基上，通過(guò)和島連接的電容CG添加門電極(G)構(gòu)成如圖4給出的單電子三極管構(gòu)造，門電極和島間沒(méi)有單電子隧穿事件發(fā)圖3圖3圖4圖5EQ\f(Un,(e2/2))EQ\f(CGVG,e)生．在V較小且固定的情況下，通過(guò)門電壓VG可控制島中的凈電子數(shù)n．對(duì)于VG如何控制n，簡(jiǎn)單的模型是將VG的作用視為島中附加了等效電荷q0=CGVG．這時(shí)，單電子島的靜電能可近似為Un=(－ne+q0)2/2，式中=CS+CD+CG．利用方格圖〔圖5〕，考慮庫(kù)侖阻塞效應(yīng)，用粗線畫(huà)出島中凈電子數(shù)從n=0開(kāi)場(chǎng)，CGVG/e由0增大到3的過(guò)程中，單電子島的靜電能Un隨CGVG變化的圖線〔縱坐標(biāo)表示Un，取Un的單位為e2/2；橫坐標(biāo)表示CGVG，取CGVG的圖5EQ\f(Un,(e2/2))EQ\f(CGVG,e)表1n0123CGVG/e變化范圍z五、z折射率n=1.50、半徑為R的透明半圓柱體放在空氣中，其垂直于柱體軸線的橫截面如以下列圖，圖中O點(diǎn)為橫截面與軸線的交點(diǎn)．光僅允許從半圓柱體的平面AB進(jìn)入，一束足夠?qū)挼钠叫袉紊庋卮怪庇趫A柱軸的方向以入射角i射至AB整個(gè)平面上，其中有一局部入射光束能通過(guò)半圓柱體從圓柱面射出．這局部光束在入射到AB面上時(shí)沿y軸方向的長(zhǎng)度用d表示．此題不考慮光線在透明圓柱體內(nèi)經(jīng)一次或?qū)掖畏瓷浜笤偕涑鲋w的復(fù)雜情形．1．當(dāng)平行入射光的入射角i在0°～90°變化時(shí)，試求d的最小值dmin和最大值dmax．2．在如以下列圖的平面內(nèi)，求出射光束與柱面相交的圓弧對(duì)O點(diǎn)的張角與入射角i的關(guān)系．并求在掠入射時(shí)上述圓弧的位置．六、根據(jù)廣義相對(duì)論，光線在星體的引力場(chǎng)中會(huì)發(fā)生彎曲，在包含引力中心的平面內(nèi)是一條在引力中心附近微彎的曲線．它距離引力中心最近的點(diǎn)稱為光線的近星點(diǎn)．通過(guò)近星點(diǎn)與引力中心的直線是光線的對(duì)稱軸．假設(shè)在光線所在平面內(nèi)選擇引力中心為平面極坐標(biāo)〔r，φ〕的原點(diǎn)，選取光線的對(duì)稱軸為坐標(biāo)極軸，那么光線方程〔光子的軌跡方程〕為r=EQ\f(GM/c2,acosφ+a2(1+sin2φ))，G是萬(wàn)有引力恒量，M是星體質(zhì)量，c是光速，a是絕對(duì)值遠(yuǎn)小于1的參數(shù)．現(xiàn)在假設(shè)離地球80.0光年處有一星體，在它與地球連線的中點(diǎn)處有一白矮星．如果經(jīng)過(guò)該白矮星兩側(cè)的星光對(duì)地球上的觀測(cè)者所張的視角是1.80×10－7rad，試問(wèn)此白矮星的質(zhì)量是多少千克G=6.673×10－11m3/(kg?七、1．假設(shè)對(duì)氦原子基態(tài)采用玻爾模型，認(rèn)為每個(gè)電子都在以氦核為中心的圓周上運(yùn)動(dòng)，半徑一樣，角動(dòng)量均為：=h/2π，其中h是普朗克常量．〔I〕如果忽略電子間的相互作用，氦原子的一級(jí)電離能是多少電子伏一級(jí)電離能是指把其中一個(gè)電子移到無(wú)限遠(yuǎn)所需要的能量．〔II〕實(shí)驗(yàn)測(cè)得的氦原子一級(jí)電離能是24.6eV．假設(shè)在上述玻爾模型的根基上來(lái)考慮電子之間的相互作用，進(jìn)一步假設(shè)兩個(gè)電子總處于通過(guò)氦核的一條直徑的兩端．試用此模型和假設(shè)，求出電子運(yùn)動(dòng)軌道的半徑r0、基態(tài)能量E0以及一級(jí)電離能E+，并與實(shí)驗(yàn)測(cè)得的氦原子一級(jí)電離能相比較．電子質(zhì)量m=0.511MeV/c2，c是光速，組合常量c=197.3MeV?fm=197.3eV?nm，ke2=1.44MeV?fm=1.44eV?nm，k是靜電力常量，e是基本電荷量．2．右圖是某種粒子穿過(guò)云室留下的徑跡的照片．徑跡在紙面內(nèi)，圖的中間是一塊與紙面垂直的鉛板，外加恒定勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里．假設(shè)粒子電荷的大小是一個(gè)基本電荷量e：e=1.60×10－19C，鉛板下部徑跡的曲率半徑rd=210mm，鉛板上部徑跡的曲率半徑ru=76.0mm，鉛板內(nèi)的徑跡與鉛板法線成θ=15.0°，鉛板厚度d=6.00mm，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.00T，粒子質(zhì)量m=9.11×10－31kg=0〔I〕寫(xiě)出粒子運(yùn)動(dòng)的方向和電荷的正負(fù)．〔II〕試問(wèn)鉛板在粒子穿過(guò)期間所受的力平均為多少?！睮II〕假設(shè)射向鉛板的不是一個(gè)粒子，而是從加速器引出的流量為j=5.00×1018/s的脈沖粒子束，一個(gè)脈沖持續(xù)時(shí)間為=2.50ns．試問(wèn)鉛板在此脈沖粒子束穿過(guò)期間所受的力平均為多少牛鉛板在此期間吸收的熱量又是多少焦第35屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽模擬試題參考解答一、圖11．解法一：設(shè)守方隊(duì)員經(jīng)過(guò)時(shí)間t在Ax上的C點(diǎn)搶到球，用l表示A與C之間的距離，lp表示B與C之間的距離〔如圖1圖1l=vt，lp=vpt〔1〕和lEQ\a\al\vsl\hsl\vsal(2,p)=d2+l2－2dlcosθ．〔2〕解式〔1〕，〔2〕可得l=EQ\f(d,1－(vp/v)2){cosθ±[(EQ\f(vp,v))2－sin2θ]1/2}．〔3〕由式〔3〕可知，球被搶到的必要條件是該式有實(shí)數(shù)解，即vp≥vsinθ．〔4〕解法二：設(shè)BA與BC的夾角為φ〔如圖1〕．按正弦定理有EQ\f(lp,sinθ)=EQ\f(l,sinφ)．利用式〔1〕有EQ\f(vp,v)=EQ\f(sinθ,sinφ)．從sinφ≤1可得必要條件〔4〕．2．用lmin表示守方隊(duì)員能搶斷球的地方與A點(diǎn)間的最小距離．由式〔3〕知lmin=EQ\f(d,1－(vp/v)2){cosθ±[(EQ\f(vp,v))2－sin2θ]1/2}．〔5〕假設(shè)攻方接球隊(duì)員到A點(diǎn)的距離小于lmin，那么他將先控制球而不被守方隊(duì)員搶斷．故球不被搶斷的條件是lr＜lmin．〔6〕由〔5〕，〔6〕兩式得lr＜EQ\f(d,1－(vp/v)2){cosθ±[(EQ\f(vp,v))2－sin2θ]1/2}〔7〕由式〔7〕可知，假設(shè)位于Ax軸上等球的攻方球員到A點(diǎn)的距離lr滿足該式，那么球不被原位于B處的守方球員搶斷．3．解法一：如果在位于B處的守方球員到達(dá)Ax上距離A點(diǎn)lmin的C1點(diǎn)之前，攻方接球隊(duì)員能夠到達(dá)距A點(diǎn)小于lmin處，球就不會(huì)被原位于B處的守方隊(duì)員搶斷〔如圖2所示〕．假設(shè)L≤lmin就相當(dāng)于第2小題．假設(shè)L＞lmin，設(shè)攻方接球員位于Ax方向上某點(diǎn)E處，那么他跑到C1點(diǎn)所需時(shí)間圖2trm=(L－lmin)/vr圖2守方隊(duì)員到達(dá)C1處所需時(shí)間tpm=(d2+lEQ\a\al\vsl\hsl\vsal(2,min)－2dlmincosθ)1/2/vp．球不被守方搶斷的條件是trm＜tpm．〔9〕即L＜EQ\f(vr,vp)(d2+lEQ\a\al\vsl\hsl\vsal(2,min)－2dlmincosθ)1/2+lmin，〔10〕式中l(wèi)min由式〔5〕給出．解法二：守方隊(duì)員到達(dá)C1點(diǎn)的時(shí)間和球到達(dá)該點(diǎn)的時(shí)間一樣，因此有tpm=lmin/v．從球不被守方隊(duì)員搶斷的條件〔9〕以及式〔8〕可得到L＜(1+vr/v)lmin〔11〕式中l(wèi)min也由式〔5〕給出．易證明式〔11〕與〔10〕一樣．二、1．〔I〕選擇一個(gè)坐標(biāo)系來(lái)測(cè)定衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)，就是測(cè)定每一時(shí)刻衛(wèi)星的位置坐標(biāo)x，y，z．設(shè)衛(wèi)星在t時(shí)刻發(fā)出的信號(hào)電波到達(dá)第i個(gè)地面站的時(shí)刻為ti．因?yàn)樾l(wèi)星信號(hào)電波以光速c傳播，于是可以寫(xiě)出(xxi)2+(yyi)2+(zzi)2=c2(tti)2(i=1，2，3)，〔1〕式中xi，yi，zi是第i個(gè)地面站的位置坐標(biāo)，可以預(yù)先測(cè)定，是的；ti也可以由地面站的時(shí)鐘來(lái)測(cè)定；t由衛(wèi)星信號(hào)電波給出，也是的．所以，方程〔1〕中有三個(gè)未知數(shù)x，y，z，要有三個(gè)互相獨(dú)立的方程，也就是說(shuō)，至少需要包含三個(gè)地面站，三個(gè)方程對(duì)應(yīng)于式〔1〕中i=1，2，3的情況．〔II〕〔i〕如以下列圖，以地心O和兩個(gè)觀測(cè)站D1，D2的位置為頂點(diǎn)所構(gòu)成的三角形是等腰三角形，腰長(zhǎng)為R．根據(jù)題意，可知衛(wèi)星發(fā)出信號(hào)電波時(shí)距離兩個(gè)觀測(cè)站的距離相等，都是L=c．〔2〕當(dāng)衛(wèi)星P處于上述三角形所在的平面內(nèi)時(shí)，距離地面的高度最大，即H．以θ表示D1，D2所處的緯度，由余弦定理可知L2=R2+(H+R)2R(H+R)cosθ．〔3〕由〔2〕，〔3〕兩式得H=EQ\r(,(c)2Rsinθ2)Rcosθ)．〔4〕式〔4〕也可據(jù)圖直接寫(xiě)出．〔ii〕按題意，如果緯度有很小的誤差△θ，那么由式〔3〕可知，將引起H發(fā)生誤差△H．這時(shí)有L2=R2+(H+△H+R)2R(H+△H+R)cos(θ+△θ)．〔5〕將式〔5〕展開(kāi)，因△θ很小，從而△H也很小，可略去高次項(xiàng)，再與式〔3〕相減，得△H=EQ\f(R(R+H)sinθ△θ,H+cosθ)R)，〔6〕其中H由〔4〕式給出．〔iii〕如果時(shí)間有的誤差，那么L有誤差△L=c．〔7〕由式〔3〕可知，這將引起H產(chǎn)生誤差△H．這時(shí)有(L+△L)2=R2+(H+△H+R)2R(H+△H+R)cosθ．〔8〕由式〔7〕，〔8〕和〔3〕，略去高次項(xiàng)，可得△H=EQ\f(c2,H+Rcosθ))，〔9〕其中H由式〔4〕給出．2．〔i〕在式〔4〕中代入數(shù)據(jù)，算得H=2.8×104km．〔ii〕在式〔6〕中代入數(shù)據(jù)，算得△H=25m．〔iii〕在式〔9〕中代入數(shù)據(jù)，算得△H=±3.0m3．選擇一個(gè)坐標(biāo)系，設(shè)被測(cè)物體待定位置的坐標(biāo)為x，y，z，待定時(shí)刻為t，第i個(gè)衛(wèi)星在ti時(shí)刻的坐標(biāo)為xi，yi，zi．衛(wèi)星信號(hào)電波以光速傳播，可以寫(xiě)出(xxi)2+(yyi)2+(zzi)2=c2(tti)2(i=1，2，3，4)，〔10〕由于方程〔1〕有四個(gè)未知數(shù)t，x，y，z，需要四個(gè)獨(dú)立方程才有確定的解，故需同時(shí)接收至少四個(gè)不同衛(wèi)星的信號(hào)．確定當(dāng)時(shí)物體的位置和該時(shí)刻所需要的是式〔10〕中i=1，2，3，4所對(duì)應(yīng)的四個(gè)獨(dú)立方程．4．〔I〕由于衛(wèi)星上鐘的變慢因子為[1－(v/c)2]1/2，地上的鐘的示數(shù)T與衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)t之差為T－tT－EQ\r(,1－(\f(v,c))2)T－EQ\r(,1－(\f(v,c))2)T，〔11〕這里v是衛(wèi)星相對(duì)地面的速度，可由以下方程定出：EQ\f(v2,r)=EQ\f(GM,r2)，〔12〕其中G是萬(wàn)有引力常量，M是地球質(zhì)量，r是軌道半徑．式〔11〕給出v=EQ\r(,\f(GM,r))=EQ\r(,\f(g,r))R=EQ\r(,\f(g,R+h))R，其中R是地球半徑，h是衛(wèi)星離地面的高度，g=GM/R2是地面重力加速度；代入數(shù)值有v=3.89km/s．于是(v/c)2≈1.68×10－10，這是很小的數(shù)．所以[1－EQ(\f(v,c))2]1/2≈1－EQ\f(1,2)EQ(\f(v,c))2．最后，可以算出24h的時(shí)差T－t≈EQ\f(1,2)EQ(\f(v,c))2T=EQ\f(1,2)EQ\f(gR2,c2(R+h))T=7.3μs．〔13〕〔II〕衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)t與無(wú)限遠(yuǎn)慣性系中的鐘的示數(shù)T0之差t－T0EQ\r(,1－2\f(,c2))T0－T0(EQ\r(,1－2\f(,c2))－T0．〔14〕衛(wèi)星上的鐘所處的重力勢(shì)能的大小為=EQ\f(GM,R+h)=EQ\f(R2,R+h)g．〔15〕所以EQ\f(,c2)=EQ\f(gR2,c2(R+h))；代入數(shù)值有/c2=1.68×10－10，這是很小的數(shù)．式〔14〕近似為t－T0≈－EQ\f(,c2)T0．〔16〕類似地，地面上的鐘的示數(shù)T與無(wú)限遠(yuǎn)慣性系的鐘的示數(shù)之差T－T0EQ\r(,1－2\f(,c2))T0－T0(EQ\r(,1－2\f(,c2))－T0．〔17〕地面上的鐘所處的重力勢(shì)能的大小為=EQ\f(GM,R)=gR．〔18〕所以EQ\f(,c2)=EQ\f(gR,c2)；代入數(shù)值有/c2=6.96×10－10，這是很小的數(shù)．與上面的情形類似，式〔17〕近似為T－T0≈－EQ\f(,c2)T0．〔19〕〔16〕，〔19〕兩式相減，即得衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)與地面上的鐘的示數(shù)之差t－T≈－EQ\f(,c2)T0．〔20〕從式〔19〕中解出T0，并代入式〔20〕得t－T≈－EQ\f(,c2)/(－EQ\f(,c2)T≈－EQ\f(,c2)T=EQ\f(gR,c2)EQ\f(h,R+h)T．〔21〕注意，題目中的24h是指地面的鐘走過(guò)的時(shí)間T．最后，算出24h衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)與地面上的鐘的示數(shù)之差t－Tμ．〔22〕三、1．依題意，為使室內(nèi)溫度保持不變，熱泵向室內(nèi)放熱的功率應(yīng)與房間向室外散熱的功率相等．設(shè)熱泵在室內(nèi)放熱的功率為q，需要消耗的電功率為P，那么它從室外〔低溫處〕吸收熱量的功率為q－P．根據(jù)題意有EQ\f(q－P,P)≤EQ\f(T2,T1－T2)，〔1〕式中T1為室內(nèi)〔高溫處〕的絕對(duì)溫度，T2為室外的絕對(duì)溫度．由〔1〕式得P≥EQ\f(T1－T2,T1)q．〔2〕顯然，為使電費(fèi)最少，P應(yīng)取最小值；即式〔2〕中的“≥〞號(hào)應(yīng)取等號(hào)，對(duì)應(yīng)于理想情況下P最?。首钚‰姽β蔖min=EQ\f(T1－T2,T1)q．〔3〕又依題意，房間由玻璃板通過(guò)熱傳導(dǎo)方式向外散熱，散熱的功率H=kEQ\f(T1－T2,l)S．〔4〕要保持室內(nèi)溫度恒定，應(yīng)有q=H．〔5〕由〔3〕～〔5〕三式得Pmin=kEQ\f(S(T1－T2)2,lT1)．〔6〕設(shè)熱泵工作時(shí)間為t，每度電的電費(fèi)為c，那么熱泵工作需花費(fèi)的最少電費(fèi)Cmin=Pmintc．〔7〕注意到T1=20.00K+273.15K=293.15K，T2=－5.00K+273.15K=268.15K，1度電=1kW?h．由〔6〕，〔7〕兩式，并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得Cmin=EQ\f((T1－T2)2,T1l)Sktc=23.99元．〔8〕所以，在理想情況下，該熱泵工作12h需約24元電費(fèi)．2．設(shè)中間空氣層內(nèi)外表的溫度為Ti，外外表的溫度為T0，那么單位時(shí)間內(nèi)通過(guò)內(nèi)層玻璃、中間空氣層和外層玻璃傳導(dǎo)的熱量分別為H1=kEQ\f(T1－Ti,l)S，〔9〕H2=k0EQ\f(Ti－T0,l0)S，〔10〕H3=kEQ\f(T0－T2,l)S．〔11〕在穩(wěn)定傳熱的情況下，有H1=H2=H3．〔12〕由〔9〕～〔12〕四式得kEQ\f(T1－Ti,l)=k0EQ\f(Ti－T0,l0)和T1－Ti=T0－T2．〔13〕解式〔13〕得Ti=EQ\f(l0k+lk0,l0k+2lk0)T1+EQ\f(lk0,l0k+2lk0)T2．〔14〕將〔14〕式代入〔9〕式得H1=EQ\f(kk0,l0k+2lk0)(T1－T2)S．〔15〕要保持室內(nèi)溫度恒定，應(yīng)有q=H1．由式〔3〕知，在雙層玻璃情況下熱泵消耗的最小電功率P′min=EQ\f(kk0,l0k+2lk0)EQ\f((T1－T2)2,T1)S．〔16〕在理想情況下，熱泵工作時(shí)間t需要的電費(fèi)C′min=P′mintc；〔17〕代入有關(guān)數(shù)據(jù)得C′min=2.52元．〔18〕所以，改用所選的雙層玻璃板后，該熱泵工作12h可以節(jié)約的電費(fèi)△Cmin=Cmin－C′min=21.47元．〔19〕四、1．先假設(shè)由于隧穿效應(yīng)，單電子能從電容器的極板A隧穿到極板B．以Q表示單電子隧穿前極板A所帶的電荷量，VAB表示兩極板間的電壓〔如題目中圖3所示〕，那么有VAB=Q/C．〔1〕這時(shí)電容器儲(chǔ)能U=EQ\f(1,2)CV2AB．〔2〕當(dāng)單電子隧穿到極板B后，極板A所帶的電荷量為Q′=Q+e，〔3〕式中e為電子電荷量的大小．這時(shí)，電容器兩極板間的電壓和電容器分別儲(chǔ)能為V′AB=EQ\f(Q+e,C)，U′=EQ\f(1,2)CV′2AB．〔4〕假設(shè)發(fā)生庫(kù)侖阻塞，即隧穿過(guò)程被制止，那么要求U′－U＞0．〔5〕由〔1〕～〔5〕五式得VAB＞－EQ\f(1,2)EQ\f(e,C)．〔6〕再假設(shè)單電子能從電容器的極板B隧穿到極板A．仍以Q表示單電子隧穿前極板A所帶的電荷量，VAB表示兩極板間的電壓．當(dāng)單電子從極板B隧穿到極板A時(shí)，極板A所帶的電荷量為Q′=Q－e．經(jīng)過(guò)類似的計(jì)算，可得單電子從極板B到極板A的隧穿不能發(fā)生的條件是VAB＜EQ\f(1,2)EQ\f(e,C)．〔7〕由〔6〕，〔7〕兩式知，當(dāng)電壓VAB在－e/2C～e/2C之間時(shí)，單電子隧穿受到庫(kù)侖阻塞，即庫(kù)侖阻塞的條件為－EQ\f(1,2)EQ\f(e,C)＜VAB＜EQ\f(1,2)EQ\f(e,C)．〔8〕2．依題意和式〔8〕可知，恰好能發(fā)生隧穿時(shí)有VAB=EQ\f(1,2)EQ\f(e,C)=0.10mV．〔9〕由式〔9〕，并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得C=8.0×10－16F．〔10圖a3．設(shè)題目中圖3中左邊的MIM結(jié)的電容為CS，右邊的MIM結(jié)的電容為CD．雙構(gòu)造造體系如圖a所示，以Q1，Q2分別表示電容CS，CD所帶的電荷量．根據(jù)題意，中間單電子島上的電荷量為圖a－ne=Q2－Q1．〔11〕體系的靜電能為CS和CD中靜電能的總和，即U=EQ\f(QEQ\a\al\vsl\hsl\vsal(2,1),2CS)+EQ\f(QEQ\a\al\vsl\hsl\vsal(2,2),2CD)；〔12〕電壓V=EQ\f(Q1,CS)+EQ\f(Q2,CD)．〔13〕由〔11〕～〔13〕三式解得U=EQ\f(1,2)CV2+EQ\f((Q2－Q1)2,2(CS+CD))．〔14〕由于V為恒量，從式〔13〕可知體系的靜電能中與島上凈電荷相關(guān)的靜電能Un=(－ne)2/2(CS+CD)．4．Un隨CGVG變化的圖線如圖b；CGVG/e的變化范圍如表2．表2n0123CGVG/e的變化范圍0～0.50.5～1.51.5～2.52.5～3.0EQ\f(EQ\f(Un,(e2/2))圖b圖1五圖11．在圖1中，z軸垂直于AB面．考察平行光束中兩條光線分別在AB面上C與C′點(diǎn)以入射角i射入透明圓柱時(shí)的情況，r為折射角，在圓柱體中兩折射光線分別射達(dá)圓柱面的D和D′，對(duì)圓柱面其入射角分別為i2與i′2．在△OCD中，O點(diǎn)與入射點(diǎn)C的距離yc由正弦定理得EQ\f(yc,sini2)=EQ\f(R,sin(90°+r))，即yc=EQ\f(sini2,cosr)R．〔1〕同理在△OC′D′中，O點(diǎn)與入射點(diǎn)C′的距離有EQ\f(yc′,sini′2)=EQ\f(R,sin(90°－r))，即yc′=EQ\f(sini′2,cosr)R．〔2〕當(dāng)改變?nèi)肷浣莍時(shí)，折射角r與柱面上的入射角i2與i′2亦隨之變化．在柱面上的入射角滿足臨界角i20=arcsin(1/n)≈41.8°〔3〕時(shí)，發(fā)生全反射．將i2=i′2=i20分別代入式〔1〕，〔2〕得yoc=yoc′=EQ\f(sini20,cosr)R，〔4〕即d=2yoc=2EQ\f(sini20,cosr)R．〔5〕當(dāng)yc＞yoc和yc′＞yoc′時(shí)，入射光線進(jìn)入柱體，經(jīng)過(guò)折射后射達(dá)柱面時(shí)的入射角大于臨界角i20，由于發(fā)生全反射不能射出柱體．因折射角r隨入射角i增大而增大．由式〔4〕知，當(dāng)r=0，即i=0〔垂直入射〕時(shí)，d取最小值dmin=2Rsini20=1.33R．〔6〕圖2當(dāng)i→90°〔掠入射〕時(shí)，r→41.8°．將r=41.8°代入式〔4〕得dmax=1.79R．圖22．由圖2可見(jiàn)，φ是Oz軸與線段OD的夾角，φ′是Oz軸與線段OD′的夾角．發(fā)生全反射時(shí)，有φ=i20+r，〔8〕φ′=i20－r，〔9〕和θ=φ+φ′=2i20≈83.6°．〔10〕由此可見(jiàn)，θ與i無(wú)關(guān)，即θ獨(dú)立于i．在掠入射時(shí)，i≈90°，r=41.8°，由式〔8〕,〔9〕兩式得φ=83.6°，φ′=0°．〔11〕六、由于方程r=EQ\f(GM/c2,acosφ+a2(1+sin2φ))〔1〕ySrxOErmφ是φ的偶函數(shù)，光線關(guān)于極軸對(duì)稱．光線在坐標(biāo)原點(diǎn)左側(cè)的情形對(duì)應(yīng)于a＜0；光線在坐標(biāo)原點(diǎn)右側(cè)的情形對(duì)應(yīng)a＞0．右圖是a＜0的情形，圖中極軸為Ox，白矮星在原點(diǎn)O處．在式〔1〕中代入近星點(diǎn)坐標(biāo)r=rm，φ=πySrxOErmφa≈－GM/c2rm．〔2〕經(jīng)過(guò)白矮星兩側(cè)的星光對(duì)觀測(cè)者所張的視角θS可以有不同的表達(dá)方式，相應(yīng)的問(wèn)題有不同的解法．解法一：假設(shè)從白矮星到地球的距離為d，那么可近似地寫(xiě)出θS≈2rm/d．〔3〕在式〔1〕中代入觀測(cè)者的坐標(biāo)r=d，φ=－π/2，有a2≈GM/2c2d由〔2〕與〔4〕兩式消去a，可以解出rm=EQ\r(,2GMd/c2)．〔5〕把式〔5〕代入式〔3〕得θS≈EQ\r(,8GM/c2d)；〔6〕即M≈θEQ\a\al\vsl\hsl\vsal(2,S)c2d/8G，〔7〕其中d=3.787×1017m；代入數(shù)值就可算出M≈2.07×1030解法二：光線射向無(wú)限遠(yuǎn)處的坐標(biāo)可以寫(xiě)成r→∞，φ=－EQ\f(π,2)+EQ\f(θ,2)．〔9〕近似地取θS≈θ，把式〔9〕代入式〔1〕，要求式〔1〕分母為零，并注意到θ1，有aθ/2+2a2所以θS≈θ=－4a=EQ\r(,8GM/c2d)，〔10〕其中用到式〔4〕，并注意到a＜0．式〔10〕與式〔6〕一樣，從而也有式〔8〕．解法三：星光對(duì)觀測(cè)者所張的視角θS應(yīng)等于兩條光線在觀測(cè)者處切線的夾角，有sinEQ\f(θS,2)=EQ\f(△(rcosφ),△r)=cosφ－rsinφEQ\f(△φ,△r)．〔11〕由光線方程〔1〕算出△φ/△r，有sinEQ\f(θS,2)=cosφ－rsinφEQ\f(GM/c2,r2asinφ)=cosφ－EQ\f(GM,c2ra)；代入觀測(cè)者的坐標(biāo)r=d，=－π/2以及a的表達(dá)式〔4〕，并注意到θS很小，就有θS≈EQ\f(2GM,c2d)EQ\r(,\f(2c2d,GM))=EQ\r(,\f(8GM,c2d))，與式〔6〕一樣．所以，也得到了式〔8〕．解法四：用式〔2〕把方程〔1〕改寫(xiě)成－rm=rcosφ－EQ\f(GM,c2rmr)[(rcosφ)2+2(rsinφ)2]，即x=－rm+EQ\f(GM,c2rmr)(x2+2y2)．〔12〕當(dāng)y→－∞時(shí)，式〔12〕的漸近式為x=－rm－EQ\f(2GM,c2rm)y．這是直線方程，它在x軸上的截距為－rm，斜率為EQ\f(1,－2GM/c2rm)≈EQ\f(1,－tan(θS/2))≈－EQ\f(1,θS/2)．于是有θS≈4GM/c2rm．rm用式〔5〕代入后，得到式〔6〕，從而也有式〔8〕．七、1．〔I〕氦原子中有兩個(gè)電子，一級(jí)電離能E+是把其中一個(gè)電子移到無(wú)限遠(yuǎn)處所需要的能量滿足He+E+→He++e－．為了得到氦原子的一級(jí)電離能E+，需要求出一個(gè)電子電離以后氦離子體系的能量E*．這是一個(gè)電子圍繞氦核運(yùn)動(dòng)的體系，下面給出兩種解法．解法一：在力學(xué)方程EQ\f(2ke2,r2)=EQ\f(mv2,r)中，r是軌道半徑，v是電子速度．對(duì)基態(tài)，用玻爾量子化條件〔角動(dòng)量為〕可以解出r0=/2ke2m．〔1〕于是氦離子能量E*=EQ\f(pEQ\a\al\vsl\hsl\vsal(2,0),2m)－EQ\f(2ke2,r0)=－EQ\f(2k2e4m,)，〔2〕其中p0為基態(tài)電子動(dòng)量的大??；代入數(shù)值得E*=－EQ\f(2(ke2)2mc2,(c)2)≈－54.4eV．〔3〕由于不計(jì)電子間的相互作用，氦原子基態(tài)的能量E0是該值的2倍，即E0=2E*≈－108.8eV．〔4〕氦離子能量E*與氦原子基態(tài)能量E0之差就是氦原子的一級(jí)電離能E+=E*－E0=－E*≈54.4eV．〔5〕解法二：氦離子能量E*=EQ\f(p2,2m)－EQ\f(2ke2,r)．把基態(tài)的角動(dòng)量關(guān)系rp=代入，式〔3〕可以改寫(xiě)成E*=EQ\f(,2mr2)－EQ\f(2ke2,r)=EQ\f(,2m)(EQ\f(1,r)－EQ\f(2ke2m,))2－EQ\f(2k2e4m,)．因基態(tài)的能量最小，式〔4〕等號(hào)右邊的第一項(xiàng)為零，所以半徑和能量r0=EQ\f(,2ke2m)，E*=－EQ\f(2k2e4m,)分別與〔1〕，〔2〕兩式一樣．〔II〕下面，同樣給出求氦原子基態(tài)能量E0和半徑r0的兩種解法．解法一：利用力學(xué)方程EQ\f(mv2,r)=EQ\f(2ke2,r2)－EQ\f(ke2,(2r)2)=EQ\f(7ke2,4r2)和基態(tài)量子化條件rmv=，可以解出半徑r0=4/7ke2m，〔6〕于是氦原子基態(tài)能量E0=2(EQ\f(pEQ\a\al\vsl\hsl\vsal(2,0),2m)－EQ\f(2ke2,r0))+EQ\f(ke2