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1、第25屆全國中學生物理競賽決賽試題 足球比賽，一攻方隊員在圖中所示的 A處沿Ax方向傳 球，球在草地上以速度 v勻速滾動，守方有一隊員在圖 中B處，以d表示A, B間的距離，以。表示AB與Ax 之間的夾角，已知 9< 90。設在球離開A處的同時，位 A 于B處的守方隊員開始沿一直線在勻速運動中去搶球， 以Vp表示他的速率。在不考慮場地邊界限制的條件下，求解以下問題（要求用題中給出的 有關參量間的關系式表示所求得的結果） ： 1 .求出守方隊員可以搶到球的必要條件。 2 .如果攻方有一接球隊員處在 Ax線上等球，以lr表示他到A點的距離，求出球不被原在 B 處的守方隊員搶斷的條件。

2、 3 .如果攻方有一接球隊員處在 Ax線上，以L表示他離開A點的距離。在球離開 A處的同 時，他開始勻速跑動去接球，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 員搶斷的條件。 衛(wèi)星的運動可由地面觀測來確定； 而知道了衛(wèi)星的運動，又可以用它來確定空間飛行體或地 面上物體的運動。這都涉及時間和空間坐標的測定。 為簡化分析和計算， 不考慮地球的自轉 和公轉，把它當做慣性系。 1 .先來考慮衛(wèi)星運動的測定。設不考慮相對論效應。在衛(wèi)星上裝有發(fā)射電波的裝置和高精 度的原子鐘。假設從衛(wèi)星上每次發(fā)出的電波信號，都包含該信號發(fā)出的時刻這一信息。 （I）地面觀測系統(tǒng)（包含若干個觀測站）

3、可利用從電波中接收到的這一信息，并根據(jù)自己 所處的已知位置和自己的時鐘來確定衛(wèi)星每一時刻的位置， 從而測定衛(wèi)星的運動。 這種測量 系統(tǒng)至少需要包含幾個地面觀測站？列出可以確定衛(wèi)星位置的方程。 （II）設有兩個觀測站 Di, D2,分別位于同一經線上北緯 。和南緯0 （單位：（））處。若 它們同時收到時間 位前衛(wèi)星發(fā)出的電波信號。 （i）試求出發(fā)出電波時刻衛(wèi)星距地面的最大 高度H; （ii）當Di, D2處觀測站位置的緯度有很小的誤差 時，試求H的誤差；（iii）如 果上述的時間。有很小的誤差 Aq試求H的誤差。 2 .在第1 （n）小題中，若 0= 45。，p 0.10s。（i）試

4、問衛(wèi)星發(fā)出電波時刻衛(wèi)星距地面最大 高度H是多少千米？ （ ii）若A0= 1.0?,定出的H有多大誤差？ （ iii）若A-0.010步, 定出的H有多大誤差？假設地球為半徑 R=6.38M03km的球體，光速c= 2.998 108m/s,地 面處的重力加速度 g= 9.81m/s2。 3 .再來考慮根據(jù)參照衛(wèi)星的運動來測定一個物體的運動。設不考慮相對論效應。假設從衛(wèi) 星持續(xù)發(fā)出的電波信號包含衛(wèi)星運動狀態(tài)的信息， 即每個信號發(fā)出的時刻及該時刻衛(wèi)星所處 的位置。再假設被觀測物體上有一臺衛(wèi)星信號接收器（設其上沒有時鐘） ，從而可獲知這些 信息。為了利用這種信息來確定物體的運動狀態(tài)， 即

5、物體接收到衛(wèi)星信號時物體當時所處的 位置以及當時的時刻，一般來說物體至少需要同時接收到幾個不同衛(wèi)星發(fā)來的信號電波？列 出確定當時物體的位置和該時刻的方程。 4 .根據(jù)狹義相對論，運動的鐘比靜止的鐘慢。根據(jù)廣義相對論，鐘在引力場中變慢?，F(xiàn)在 來考慮在上述測量中相對論的這兩種效應。 已知天上衛(wèi)星的鐘與地面觀測站的鐘零點已經對 準。假設衛(wèi)星在離地面 h=2.00 X04km的圓形軌道上運行，地球半徑 R、光速c和地面重力加速度g取第2小題中給的值。 （I ）根據(jù)狹義相對論，試估算地上的鐘經過 24h后它的示數(shù)與衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)差多少？ 設在處理這一問題時，可以把勻速直線運動中時鐘走慢的公式

6、用于勻速圓周運動。 （n）根據(jù)廣義相對論，鐘在引力場中變慢的因子是（ 1 —2松2）1/2,。是鐘所在位置的引 力勢（即引力勢能與受引力作用的物體質量之比； 取無限遠處引力勢為零） 的大小。試問地 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？ 致冷機是通過外界對機器做功，把從低溫處吸取的熱量連同外界對機器做功所得到的能量一 起送到高溫處的機器；它能使低溫處的溫度降低，高溫處的溫度升高。已知當致冷機工作在 絕對溫度為T1的高溫處和絕對溫度為 T2的低溫處之間時，若致冷機從低溫處吸取的熱量為 Q,外界對致冷機做的功為 W,則有 Q T2 —< W T1-T2 式中

7、“=”對應于理論上的理想情況。某致冷機在冬天作為熱泵使用（即取暖空調機） ，在 室外溫度為一5.00C的情況下，使某房間內的溫度保持在 20.00C。由于室內溫度高于室外， 故將有熱量從室內傳遞到室外。 本題只考慮傳導方式的傳熱，它服從以下的規(guī)律：設一塊導 熱層，其厚度為1,面積為S,兩側溫度差的大小為 T,則單位時間內通過導熱層由高溫處 傳導到低溫處的熱量為 H=k-pS, 其中k稱為熱導率，取決于導熱層材料的性質。 1 .假設該房間向外散熱是由面向室外的面積 S= 5.00m2、厚度1 = 2.00mm的玻璃板引起的。 已知該玻璃的熱導率 k= 0.75W/ （m ? K）,

8、電費為每度0.50元。試求在理想情況下該熱泵工 作12h需要多少電費？ 2 .若將上述玻璃板換為“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1。= 0.50mm的空氣層，假設空氣的熱導率 k0= 0.025W/ （m ? K）,電費仍為每度 0.50元。 若該熱泵仍然工作12h,問這時的電費比上一問單層玻璃情形節(jié)省多少？ 四、 圖1 如圖1所示，器件由相互緊密接觸的金屬層 （M）、薄絕緣層（I） 和金屬層（M）構成。按照經典物理的觀點，在 I層絕緣性能 理想的情況下，電子不可能從一個金屬層穿過絕緣層到達另一 個金屬層。但是，按照量子物理的原理，在一定的條

9、件下，這 種渡越是可能的，習慣上將這一過程稱為隧穿，它是電子具有 波動性的結果。隧穿是單個電子的過程，是分立的事件，通過 絕緣層轉移的電荷量只能是電子電荷量一 e（e= 1.60M0-19C）的整數(shù)倍，因此也稱為單電子 隧穿，MIM器件亦稱為隧穿結或單電子隧穿結。本題涉及對單電子隧穿過程控制的庫侖阻 塞原理，由于據(jù)此可望制成尺寸很小的單電子器件， 這是目前研究得很多、 有應用前景的領 域。 1 .顯示庫侖阻塞原理的最簡單的做法是將圖 1的器件看成一個電 Q _ 容為C的電容器，如圖2所示。電容器極板上的電荷來源于金屬極 板上導電電子云相對于正電荷背景的很小位移，可以連續(xù)變化。如

10、A B 前所述，以隧穿方式通過絕緣層的只能是分立的單電子電荷。 如果隧穿過程會導致體系靜電 能量上升，則此過程不能發(fā)生， 這種現(xiàn)象稱為庫侖阻塞。 試求出發(fā)生庫侖阻塞的條件即電容 器極板間的電勢差 Vab = Va-Vb在什么范圍內單電子隧穿過程被禁止。 2 .假定Vab = 0.10mV是剛能發(fā)生隧穿的電壓。試估算電容 C的大小。 3 .將圖1的器件與電壓為 V的恒壓源相接時，通常采用圖 2所示的雙結構器件來觀察單電 子隧穿，避免雜散電容的影響。 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, Do若已知島中有凈電荷量一 ne,其中凈電子數(shù) n可為正、負整數(shù)或

11、零，e為 電子電荷量的大小，兩個 MIM結的電容分別為 Cs和Cd。試證明雙結結構器件的靜電能中 與島上凈電荷量相關的靜電能（簡稱單電子島的靜電能）為 Un (一ne )2 —2( Cs +Cd ) 圖3 圖4 Un_ (e2 / 2C 4.在圖3給出的具有源（S）、漏（D）電極雙結結構的基礎上，通過和島連接的電容 Cg添

12、加門電極（G）構成如圖4給出的單電子三極管結構，門電極和島間沒有單電子隧穿事件發(fā) 生。在V較小且固定的情況下，通過門電壓 Vg可控制島中的凈電子數(shù) no對于Vg如何控制 n,簡單的模型是將 Vg的作用視為島中附加了等效電荷 qo=CGVG0這時，單電子島的靜電 能可近似為 Un= （― ne+qo） 2/2Cw,式中Cw= Cs+Cd + Cg。利用方格圖（圖 5）,考慮庫 CgVg 侖阻塞效應，用粗線畫出島中凈電子數(shù)從 n=0開始，CGVG/e由0增大到3的過程中，單電 子島的靜電能 Un隨CgVg

13、變化的圖線（縱坐標表示 Un,取Un的單位為e2/2 Cw；橫坐標表示 CgVg ,取CgVg的單位為e）。要求標出關鍵點的坐標，并把 n=0, 1, 2, 3時CGVG/e的變 化范圍填在表格中。（此小題只按作圖及所填表格（表 1）評分）。 表1 n 0 1 2 3 CGVG/e變化范圍  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圖所 示，圖中O點為橫截面與軸線的交點。光僅允許從半圓柱體的平面 AB進入，一束足夠寬 的平行單色光沿垂直于圓柱軸的方向以入射角 i射至AB整個平面上，其中有一部分入射

14、光 束能通過半圓柱體從圓柱面射出。 這部分光束在入射到 AB面上時沿y軸方向的長度用d表 示。本題不考慮光線在透明圓柱體內經一次或多次反射后再射出柱體的復雜情形。 1 .當平行入射光的入射角 i在0?90變化時，試求 d的最小值dmin和最大值dmaxo 2 .在如圖所示的平面內，求出射光束與柱面相交的圓弧對 。點的張角與入射角i的關系。 并求在掠入射時上述圓弧的位置。 六、 根據(jù)廣義相對論，光線在星體的引力場中會發(fā)生彎曲， 在包含引力中心的平面內是一條在引 力中心附近微彎的曲線。 它距離引力中心最近的點稱為光線的近星點。 通過近星點與引力中 心的直線是光線的對稱軸。 若在光

15、線所在平面內選擇引力中心為平面極坐標 (r,力)的原點， 選取光線的對稱軸為坐標極軸，則光線方程(光子的軌跡方程)為 _ GM / c2 acos())+ a2 ( 1 + sin2 獷 G是萬有引力恒量，M是星體質量，c是光速，a是絕對值遠小于1的參數(shù)?，F(xiàn)在假設離地 球80.0光年處有一星體，在它與地球連線的中點處有一白矮星。如果經過該白矮星兩側的 星光對地球上的觀測者所張的視角是 1.80 M0-7rad,試問此白矮星的質量是多少千克？已知 G= 6.673 10-11m3/ (kg ? s2) 七、 1 .假設對氨原子基態(tài)采用玻爾模型，認為每個電子都在以氮核為中心的圓周上運動

16、，半徑 相同，角動量均為 ？： ?=h/2 Tt,其中h是普朗克常量。 (I)如果忽略電子間的相互作用，氯原子的一級電離能是多少電子伏？ 一級電離能是指把 其中一個電子移到無限遠所需要的能量。 (II )實驗測得的氯原子一級電離能是 24.6eV。若在上述玻爾模型的基礎上來考慮電子之間 的相互作用，進一步假設兩個電子總處于通過氨核的一條直徑的兩端。試用此模型和假設， 求出電子運動軌道的半徑 「0、基態(tài)能量E0以及一級電離能 E+,并與實驗測得的氯原子一級 電離能相比較。 已知電子質量 m= 0.511MeV/c2, c 是光速，組合常量 ？c= 197.3MeV ? fm=197.3

17、eV ? nm , ke2= 1.44MeV ? fm = 1.44eV - nm , k是靜電力常量，e是基本電荷量。 2 直的鉛板， 外加恒定勻強磁場的方向垂直紙面向里。 假設粒子電荷的大小是一個基本電荷量 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,鉛板內的徑跡與鉛板法線成 0= 15.0；鉛板厚度d=6.00mm,磁感應強度 B=1.00T, 粒子質量m= 9.11 M0-31kg = 0.511MeV/c2。不考慮云室中氣體對粒子的阻力。 (I)寫出粒子運動的方向和電荷的正負。

18、(n)試問鉛板在粒子穿過期間所受的力平均為多少牛？ (出)假設射向鉛板的不是一個粒子，而是從加速器引出的流量為 j=5.00 M018/s的脈沖粒 子束，一個脈沖持續(xù)時間為 釬2.50ns。試問鉛板在此脈沖粒子束穿過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 25 屆全國中學生物理競賽決賽參考解答 圖1 1。解法一：設守方隊員經過時間 t在Ax上的C點搶到球，用l表示A與C之間的

19、 距離，lp表示B與C之間的距離（如圖1所示），則有 l = vt , lp = Vpt （1） 和 lj= d2+ l2—2dlcos& （2） 解式（1）,（2）可得 l = 1—（ dp/ v）2 {cose [ （ vp） 2-Sin2e]1 / 2 }。 ⑶ 由式（3）可知，球被搶到的必要條件是該式有實數(shù)解，即 vp > vsin 0 o （4） 解法二：設 BA與BC的夾角為 ?。ㄈ鐖D1）。按正弦定理有 lp l sin 0 - sin（）） 利用式（1）有 vp sin 0 v ―

20、 sin 4 從sin（））< 1可得必要條件（4）。 2。用lmin表示守方隊員能搶斷球的地方與 A點間的最小距離。由式（3）知 lmin = d 2 {cos 0 [ （ vp ） 2 — sin2 0]1 / 2 }。 （5） 1- （ vp / v）2 v 若攻方接球隊員到 A點的距離小于lmin ,則他將先控制球而不被守方隊員搶斷。故球不被 搶斷的條件是 lr V l min 。 （6） 由（5） , （6）兩式得 lr <1 /v）2 {cos 9 土 [ （ vp ） 2 —sin2。]1/ 2 } ⑺ 1 一 （ vp / v） v 由式（7）可知，

21、若位于 Ax軸上等球的攻方球員到 A點的距離lr滿足該式，則球不被原 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 Ax上距離 A點lmin的C1點之前，攻方 接球隊員能夠到達距 A點小于lmin處，球就不會被原位于 B處的守方隊員搶斷 （如圖2 所示）。若L W lmin就相當于第2小題。若L >lmin ,設攻方接球員位于 Ax方向上某點 E處，則他跑到 C1點所需時間 .4 trm (L 一 Imin ) / Vr ； (8)

22、 守方隊員到達 Ci處所需時間tpm = ( d 2 + Ln — 2dlmin COS 0)1 / 2/Vp 。 球不被守方搶斷的條件是 trm < tpm 。 (9) 即 L Vp ( d 2 + l min - 2dl min COS 0 ) 1 / 2 + Imin , (10) 式中|min由式(5)給出。 解法二：守方隊員到達 C1點的時間和球到達該點的時間相同，因此有 tpm = l min / V 。 從球不被守方隊員搶斷的條件(9)以及式(8)可得到 L V

23、 (1 + Vr / V ) |min (11) 式中l(wèi)min也由式(5)給出。易證明式(11)與(10)相同。 1。(I)選擇一個坐標系來測定衛(wèi)星的運動，就是測定每一時刻衛(wèi)星的位置坐標 X , y , Z。 設衛(wèi)星在t時刻發(fā)出的信號電波到達第 i個地面站的時刻為ti。因為衛(wèi)星信號電波以光速 C 傳播，于是可以寫出 (X -Xi )2 + (y -yi ) 2 + (z -Zi ) 2 = c2 (t -ti ) 2 ( i = 1 ,2,3), (1) 式中X i , yi , Zi是第i個地面站的位置坐標，可以預先測定，是已知的； ti也可以由地面 站的時鐘來測定；t由衛(wèi)星信號

24、電波給出， 也是已知的。所以，方程(1)中有三個未知數(shù) X, y , z ,要有三個互相獨立的方程，也就是說，至少需要包含三個地面站，三個方程對應于 式(1)中i = 1 ,2,3的情況。 (II) (i)如圖所示，以地心O和 兩個觀測站 D1 , D2的位置為頂 點所構成的三角形是等腰三角形， 腰長為R。根據(jù)題意，可知衛(wèi)星 發(fā)出信號電波時距離兩個觀測站 的距離相等，都是 L = c o (2) 當衛(wèi)星 P處于上述三角形所在 的平面內時，距離地面的高度最大，即 可知 H。以9表小D1 , D2所處的緯度，由余弦定理 L2 = R2 + ( H + R ) 2 — 2R ( H

25、 + R ) cos。。 (3) 由(2) , (3)兩式得 H = {(c )2 — (R sin。)2 -R ( 1-cosQ ) o (4) 式(4)也可據(jù)圖直接寫出。 (ii)按題意，如果緯度有很小的誤差4 0 ,則由式(3)可知，將引起 H發(fā)生誤差^ H 這時有 L2 = R2 + ( H +△ H + R)2—2R ( H +△ H + R) cos ( 0 + A 0 ) 。 (5) 將式(5)展開，因△ 。很小，從而△ H也很小，可略去高次項，再與式( 3)相減，得 八 一 R ( R +H ) sin 心。 △H = - , (6) H + ( 1 —

26、cos。)R， ) 其中H由(4)式給出。 (iii)如果時間 有^ 的誤差，則 L有誤差 △ L =必。 ⑺ 由式（3）可知，這將引起 H產生誤差^ H 。這時有 （L +AL）2=R2 + （H +△ H + R）2—2R（H +△ H + R） cos。。 （8） 由式（7） , （ 8）和（3）,略去高次項，可得 c2 △ H + R ( 1—cos 0) (9) 其中H由式（4）給出。 2。（i）在式（4）中代入數(shù)據(jù)，算得 H = 2.8 104 km 。（ii）在式（6）中代入數(shù)據(jù)，算得 △ H = m25m 。 （iii）在式（9）中代入數(shù)據(jù)，算得△ H

27、= 3.0 m 。 3。選擇一個坐標系，設被測物體待定位置的坐標為 x , y , z ,待定時刻為t ,第i個 衛(wèi)星在ti時刻的坐標為 xi , yi , z i。衛(wèi)星信號電波以光速傳播，可以寫出 （x -xi ） 2 + （y -yi ） 2 + （z -z ） 2 = c2 （t -ti ） 2 （ i = 1 , 2 , 3 , 4 ）, （10） 由于方程（1）有四個未知數(shù)t , x , y , z ,需要四個獨立方程才有確定的解，故需同時 接收至少四個不同衛(wèi)星的信號。確定當時物體的位置和該時刻所需要的是式（ 10）中i = 1 ,2,3,4所對應的四個獨立方程。

28、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 -1 = T _寸_（[）2丁 = [ 1-4-（"v）2 ] T , 這里v是衛(wèi)星相對地面的速度，可由下列方程定出： (11) v2 r 一 其中 GM r2 ， (12) 其中 有v 是萬有引力常量，M是地球質量，r是軌道半徑。式（11）給出 ，平一 是地球半徑, 3.89 km / s R ， h是衛(wèi)星離地面的高度，g = 于是（v / c ） 2 =1.68 10 GM 10 / R2是地面重力加速度；代入數(shù)值 這是很

29、小的數(shù)。所以 [1 - ]1 / 2 = 1 一 可以算出 24 h的時差 (13) 1 v 2 1 gR2 2 (-c) T = 2 c2 ( R + h )T = 7.3 的。 (II) 衛(wèi)星上的鐘的示數(shù) t與無限遠慣性系中的鐘的示數(shù) To之差 (14) To t —To = 1 — 2-c2-T0 — T0 = （ 衛(wèi)星上的鐘所處的重力勢能的大小為 GM R + h

30、 R2 R + h g (15) gR2 代入數(shù)值有 / c2 = 1.68 10 10 ,這是很小的數(shù)。式（ 14）近似為 t - To = — "c^To。 類似地，地面上的鐘的示數(shù) (16) T與無限遠慣性系的鐘的示數(shù)之差 T -To =1 — 2-cETo —To = (17) 地面上的鐘所處的重力勢能的大小為 GM q E - R - gR (18) 所以 E gR c2 = c2 ； 代入數(shù)值有 e/ c2 = 6.96 Mo 1o ,這是很小的數(shù)。與上面的情形類似，式（ 17）近似為

31、 (19) T -To "一 （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 (20) E To 。 c2 從式（19）中解出To ,并代入式（20）得 E E E 。/(1—丁)T- —c^T 注意，題目中的24 h是指地面的鐘走過的時間 地面上的鐘的示數(shù)之差 t — T = 46 s 。 = gR海 T 。最后，算出 (21) 24 h衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)與 (22) 1。依題意，為使室內溫度保持不變，熱泵向室內放熱的功率應與房間向室外散熱的功率相 等。設熱泵在室內放熱的功

32、率為 q ,需要消耗的電功率為 P ,則它從室外（低溫處）吸 收熱量的功率為 q-P。根據(jù)題意有 q-P v T2 A P T1 -T2 (1) 式中T1為室內（高溫處）的絕對溫度， T2為室外的絕對溫度。由（1）式得 、T1-T2 T7-q (2) 顯然, 下P 為使電費最少，P應取最小值；即式（2）中的號應取等號，對應于理想情況 最小。故最小電功率 T1-T2 P min = ~二 q o T1 f 又依題意，房間由玻璃板通過熱傳導方式向外散熱，散熱的功率 (3) T1-T2 H = k -l—S。 要保持室內溫度恒定，應有 q = H o

33、由（3）?（5）三式得 (4) (5)  P min = k S ( T1—T2 )2 ITi (6) 設熱泵工作時間為 t ,每度電的電費為 c ,則熱泵工作需花費的最少電費 C min = 注意到 1度電 Pmin tC。 (7) T1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K , T2 = -5.00 K + 273.15 K = 268.15 K , C min = (T1-T2)2 F^Sktc = 23.99 (8) 所以，在理想情況下，該熱泵工作 2。設中間空氣層內表面的溫度為 12 h需約24元電費。 Ti ,外表

34、面的溫度為 To ,則單位時間內通過內層玻璃、 中間空氣層和外層玻璃傳導的熱量分別為 Hi T1—Ti k—^S , (9) H2 Ti —T0 k—S， (10) H3 T0-T2 k -l-S。 (11) 在穩(wěn)定傳熱的情況下，有 H1 = H2 = H3 o 由（9）?（12）四式得 (12) T1 —Ti Ti —T0 k。T 和 T1-Ti= T0-T2。 (13) 解式 (13)得 Ti = 10k + lko lko 10k + 2lkoT1 + 10k + 2lkoT2 (14) 將（14）式代入（9）式得 kk0 H

35、1 = l；kT^( T1—T2) (15) 要保持室內溫度恒定，應有 電功率 q= H1。由式（3） 知, 在雙層玻璃情況下熱泵消耗的最小 , kk0 （ T1—T2 ）2 Pmin=l0k + 2lk0 T1 S 在理想情況下，熱泵工作時間 t需要的電費 C min = P min tC ； 代入有關數(shù)據(jù)得 C min = 2.52 元。 所以，改用所選的雙層玻璃板后，該熱泵工作 △ Cmin = C min — C min = 21.47 兀 。 (16) (17) （18） 12 h可以節(jié)約的電費 (19) =1 kW ?h。由(6) , (7)

36、兩式，并代入有關數(shù)據(jù)得 四、 1。先假設由于隧穿效應，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），則有 Vab = Q / C。 （1） 這時電容器儲能 U = 1CV2AB。 (2) 當單電子隧穿到極板 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，電容器兩極板間的電壓和電容器分別儲能為 VAb = Q+e , U = 1CV 2AB。 （4） C 2 若發(fā)生庫侖阻塞，即隧穿過程被禁止，則要求 U —U >0。 （5） 由

37、（1）?（5）五式得 1 e Vab > — 2 c (6) 再假設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。當單電子從極板 B隧穿到極板 A時，極板A所 帶的電荷量為 Q= 能發(fā)生的條件是 Q - e。經過類似的計算，可得單電子從極板 B到極板A的隧穿不 1 e Vab V 2 d。 由（6） , （7）兩式知, 即庫侖阻塞的條件為 當電壓 Vab在一e / 2c?e / 2c之間時，單電子隧穿受到庫侖阻塞, (8) 2。依題意和式（8）可知，恰好能發(fā)生隧穿時有 Vab 1 e =2 C

38、 0.10 mV 。 (9) (10) 由式（9）,并代入有關數(shù)據(jù)得 C = 8.0 10 16 F 。 3。設題目中圖3中左邊的 構體系如圖a所示，以Qi 電子島上的電荷量為 —ne = Q2 — Qi 0 體系的靜電能為 Cs和Cd ^ ^2 Q1 Q2 U = 2Cs + 2Cd ； MIM結的電容為 Cs , Q2分別表

39、示電容 Cs 中靜電能的總和，即 右邊的MIM結的電容為 Cd。雙結結 Cd所帶的電荷量。根據(jù)題意，中間單 (11) (⑵ 電壓 Qi V = CS + 由(11)? Q2 CD (13)三式解得 (13) 2 2CV2 + 2(Q^ (14) n 0 1 2 3 CgVg / e的變化范圍 0 ?0.5 0.5 ?1.5 1.5 ?2.5 2.5 ?3.0 由于V為恒量，從式(13)可知

40、體系的靜電能中與島上凈電荷相關的靜電能 Un = (—ne ) 2 / 2 ( Cs + Cd )o 4。Un隨CgVg變化的圖線如 圖b; CgVg / e的變化范圍如表 2。 表2 五、 yc sin i2 (1) (2) i2與i2亦隨之變化。在柱面上的入射角 (3) 1), (2)得 yoc = yoc = sin i20 cos r R， (4) d = 2yoe sin i20 2 R。 cos r (5) 以入射角i射入透明圓柱時的情況，r為折射角，

41、在圓柱體中兩折射光線分別射達圓柱面 的D和D,對圓柱面其入射角分別為 i2與i2。在^ OCD中，O點與入射點 C的距 離yc由正弦定理得 R 幡 sin i2_ ~~/ cc , \ ，即 yc = R o sin ( 90 + r)， y cos r 同理在△ OC D中，O點與入射點 C 的距離有 yc R sin i 2 sin i 2 — sin ( 90 —r) 口 yc - cos rR 0 當改變入射角i時，折射角r與柱面上的入射角 滿足臨界角 i20 = arcsin ( 1 / n ) = 41.8 時，發(fā)生全反射。將 i2 = i 2 = i

42、20分別代入式 當yc > yoc和yc，> y oc，時，入射光線進入柱體，經過折射后射達柱面時的入射角大于 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r = 0 ,即i = 0 （垂直入射）時，d取最小值 dmin = 2Rsin i20 = 1.33 R 。

43、r (6) rm 4 x 當i - 90 (掠入射)時， O r — 41.8 。將 r = 41.8代入式(4)得dmax =1.79 R。⑺ 2。由圖2可見，。是Oz 軸與線段OD的夾角，- 是Oz軸與線段 OD 的 E 夾角。發(fā)生全反射時，有 ()) = i20 + r , ⑻ 4 = i20 — r , (9) 和 0 = +(j)z = 2i20 = 83.6 。 (10) 由此可見，。與i無關， 即0獨立于i。在掠入 射時，i = 90 , r = 41.8 ,由式(8) , (9) 兩式得 4 = 83.6 , ^ = 0o (11)

44、 六、 由于方程 r = GM / c2 a cos())+ a2 ( 1 + sin2。) （1） 是e的偶函數(shù)，光線關于 極軸對稱。光線在坐標原 點左側的情形對應于 a v 0 ;光線在坐標原點右 側的情形對應 a > 0。 右圖是a v 0的情形，圖 中極軸為Ox ,白矮星在 原點。處。在式(1)中 代入近星點坐標 r = r m , (j)= 兀，并注意到 a2= | a | ,有 a 2 - GM / c2rm。 （2） 經過白矮星兩側的星光對觀測者所張的視角 色可以有不同的表達方式， 相應的問題有不同 的解法。 解法一：若從白矮星到地球的距離為 d

45、,則可近似地寫出 ES-2rm / d o （3） 在式（1）中代入觀測者的坐標 r = d , （））= - Tt/ 2,有 a2-GM / 2c2d o （4） 由（2）與（4）兩式消去 a ,可以解出 rm = V2GMd / c2。 （5） 把式（5）代入式（3）得 0s 弋寸8GM / c2d ； （6） 即 M = gc2d / 8G , （7） 其中d = 3.787 M017 m ；代入數(shù)值就可算出 M = 2.07 1O30kg 。 （8） 解法二：光線射向無限遠處的坐標可以寫成 兀 0 r —oo , j = — 2 + 2。 （9） 近似地取

46、色?。，把式（9）代入式（1）,要求式（1）分母為零，并注意到 。=1,有 a0 / 2 + 2 a2 = 0。 所以 6s= 0 = -4a = aJ8GM / c2d , （10） 其中用到式（4）,并注意到a v 0。式（10）與式（6）相同，從而也有式（8）。 解法三：星光對觀測者所張的視角 6S應等于兩條光線在觀測者處切線的夾角，有 sin 12S = △（ ：：）= cosQ rsin 4三。 （11） 由光線方程（1）算出△（（）/△「，有 0s GM / c2 sin 萬 = cos（））— rsin 42會所. = cos（））一 GM c2ra ， 代

47、入觀測者的坐標r = d, =一付2以及a的表達式（4）,并注意到9s很小，就有 2GM ；2c2d 8GM —謫 VGM= N后, 與式（6）相同。所以，也得到了式（8）。 解法四：用式（2）把方程（1）改寫成 . ._GM 2 2, -rm = rcos^- c2rmr ［（rcosn + 2 O ］， （12） ._GM x = —rm + c2rmr （ x +2y） 當y — — oo時，式（ 2GM x= -rm-7y 12）的漸近式為 x軸上的截距為 一rm ,斜率為 —2GM/ c2rm 一 tan （缶/ 2 ） 0s/ 2 這是直線方程，

48、它在 于是有0s?4GM / c2rm。rm用式（5）代入后，得到式（6）,從而也有式（8）。 七、 1。（I）氨原子中有兩個電子，一級電離能 E+是把其中一個電子移到無限遠處所需要的能 量滿足He + E+ -He++ e o為了得到氯原子的一級電離能 E+ ,需要求出一個電子電離 以后氨離子體系的能量 E*。這是一個電子圍繞氨核運動的體系，下面給出兩種解法。 解法一：在力學方程 2ke2 r2 mv2 中，r是軌道半徑，v是電子速度。對基態(tài)，用玻爾量子化條件（角動量為 h）可以解出 ro = h2/ 2ke2m 。 于是氯離子能量 2 ._ p0 _ 2ke

49、2 E — 2m ro 2k2e4m h2 (2) 其中 E* = po為基態(tài)電子動量的大小；代入數(shù)值得 2( ke2 )2mc2 (hc)2 -54.4 eV 。 由于不計電子間的相互作用，氮原子基態(tài)的能量 （3） Eo是該值的2倍，即 Eo =2E* ? -108.8 eV 。 （4） 氨離子能量E*與氯原子基態(tài)能量 Eo之差就是氯原子的一級電離能 E+ = E* - Eo = — E* = 54.4 eV。 (5) 解法二：氮離子能量 E* 2m 2ke2 r 把基態(tài)的角動量關系 E* h2 _ 2ke2 2mr2 r rp = h

50、代入，式（3）可以改寫成 2 2 2 4 h 1 2ke m、2 2k e m 赤（了F）一寶 因基態(tài)的能量最小，式（ 匚* ro= 2ke2m , E 4）等號右邊的第一項為零，所以半徑和能量 2k2e4m h2 分別與（1）, （2）兩式相同。 （II）下面，同樣給出求氨原子基態(tài)能量 Eo和半徑ro的兩種解法。 解法一：利用力學方程 mv2 2ke2 ke2 7ke2 r = r2 — （ 2r ）2 = 4r2 和基態(tài)量子化條件 rmv = h ,可以解出半徑 ro = 4h2/ 7ke2m , 于是氯原子基態(tài)能量 (6) Eo = 2 2 po 2

51、m 2ke2、 ke2 49k2e4m , =  c ： 2ro 16h2 代入數(shù)值算得 Eo 49( ke2 )2mc2 16( hc)2 —83.4 eV (8) 4 （h c）2 ro = 7ke2mc2 ?0.0302 nm。 所以，氨原子的一級電離能 E+ = e* — Eo = 29.0 eV。 這仍比實驗測得的氯原子一級電離能 解法二：氨原子能量 (9) 24.6 eV 高出 4.4 eV 。 h2 _ 7ke2 mr2 2r 可以化成 h2 1 7ke2m 2 49k2e4m m r ― 4h2 ― 16h2 當上式等號右邊

52、第一項為零時，能量最小。由此可知，基態(tài)能量與半徑 Eo =— 49k2e4m _ 4 h2 I6h2 r0= 7ke2m 分別與（7）, （6）兩式相同。 2。（I）粒子從下部射向并穿過鉛板向上運動，其電荷為正。 （II）如題圖所示，粒子的運動速度 v與磁場方向垂直，洛倫茲力在紙面內；磁力不改變 荷電粒子動量的大小， 只改變其方向。若不考慮云室中氣體對粒子的阻力， 荷電粒子在恒定 磁場作用下的運動軌跡就是曲率半徑為一定值的圓??；可以寫出其運動方程 qBv = | Xpt ? = pZT = % （1） 其中q是粒子電荷，v是粒子速度的大小，p是粒子動量的大小，△ 是粒子

53、在^ t時間 內轉過的角度，r是軌跡曲率半徑。于是有 p = qBr。 （2） 按題意，q = e。用pd和pu分別表示粒子射入鉛板和自鉛板射出時動量的大小，并在式 （1）中代入有關數(shù)據(jù)，可以算得 pd = 63.0 MeV / c , pu = 22.8 MeV / c。 （3） 注意到當pc? mc2時應使用狹義相對論，從 mv p = j 2 （4） ,1-（ v / c）2 中可以得到 c / 、 v= t 2 （5） ,1+（ mc / p）2 用vd和vu分別表示粒子進入和離開鉛板時的速度大小。把式（ / c2代入式（3）,可得 vd =

54、c , vu = c。 （6） 2)以及 m = 0.511 MeV 于是，粒子穿過鉛板的平均速度 v= （ 1/ 2 ） （ vd + vu ） = c。用At表示粒子穿 過鉛板的時間，則有 v cos 0A t = d。 ⑺ 再用△ Pdu表示粒子穿過鉛板動量改變量的大小，鉛板所受到的平均力的大小 (pd— pu ) ccos ( (8) △ pdu pd一 pu f = △ t = - y t d / (vcos 0) 代入有關數(shù)值得 f = 1.04 俅 9 N 。 (9) (III ) 一個粒子穿過鉛板的時間 - d d 一一 △ t = ?c

55、cose =2.07 10 11 s = 0.0207 ns , (10) 比粒子束流的脈沖周期 =2.50 ns小得多。鉛板在此脈沖粒子束穿過期間所受的力的平均 大小 F ?（pd—pu ） j ; （11） 代入數(shù)據(jù)得 F = 0.107 N。 （12） 運用式（4）,可把粒子能量寫成 E = Mp2c2 + m2c4 , （13） 所以粒子穿過鉛板前后的能量分別為 Ed = qp2c2 + m2c4 = 63.0 MeV , Eu = ^/p2c2 + m2c4 = 22.8 MeV 。 (14) 于是，鉛板在脈沖粒子束穿過期間所吸收的熱量 Q = ( Ed—Eu ) j ； (15) 代入數(shù)據(jù)得 Q=8.04 便-2J (16)