第25屆全國中學(xué)生物理競賽決賽試題

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1、第25屆全國中學(xué)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(shè)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(guān)參量間的關(guān)系式表示所求得的結(jié)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(biāo)的測定。 為簡化分析和計算， 不考慮地球的自轉(zhuǎn) 和公轉(zhuǎn)，把它當(dāng)做慣性系。 1 .先來考慮衛(wèi)星運動的測定。設(shè)不考慮相對論效應(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，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(shè)有兩個觀測站 Di, D2,分別位于同一經(jīng)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(dāng)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(shè)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(shè)不考慮相對論效應(yīng)。假設(shè)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(shè)被觀測物體上有一臺衛(wèi)星信號接收器（設(shè)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(dāng)時所處的 位置以及當(dāng)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(dāng)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(yīng)。 已知天上衛(wèi)星的鐘與地面觀測站的鐘零點已經(jīng)對 準(zhǔn)。假設(shè)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(jīng)過 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(zhì)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(dāng)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(yīng)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(diào)機） ，在 室外溫度為一5.00C的情況下，使某房間內(nèi)的溫度保持在 20.00C。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。 本題只考慮傳導(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1,面積為S,兩側(cè)溫度差的大小為 T,則單位時間內(nèi)通過導(dǎo)熱層由高溫處 傳導(dǎo)到低溫處的熱量為 H=k-pS, 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1 = 2.00mm的玻璃板引起的。 已知該玻璃的熱導(dǎo)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(shè)空氣的熱導(dǎo)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(gòu)成。按照經(jīng)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(xí)慣上將這一過程稱為隧穿，它是電子具有 波動性的結(jié)果。隧穿是單個電子的過程，是分立的事件，通過 絕緣層轉(zhuǎn)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(jié)或單電子隧穿結(jié)。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(yīng)用前景的領(lǐng) 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(dǎo)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(dǎo)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(nèi)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(jié)構(gòu)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(jié)的電容分別為 Cs和Cd。試證明雙結(jié)結(jié)構(gòu)器件的靜電能中 與島上凈電荷量相關(guān)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(jié)結(jié)構(gòu)的基礎(chǔ)上，通過和島連接的電容 Cg添

12、加門電極（G）構(gòu)成如圖4給出的單電子三極管結(jié)構(gòu)，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(yīng)，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(biāo)表示 Un,取Un的單位為e2/2 Cw；橫坐標(biāo)表示 CgVg ,取CgVg的單位為e）。要求標(biāo)出關(guān)鍵點的坐標(biāo)，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?qū)? 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(nèi)經(jīng)一次或多次反射后再射出柱體的復(fù)雜情形。 1 .當(dāng)平行入射光的入射角 i在0?90變化時，試求 d的最小值dmin和最大值dmaxo 2 .在如圖所示的平面內(nèi)，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(guān)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(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(nèi)選擇引力中心為平面極坐標(biāo) (r,力)的原點， 選取光線的對稱軸為坐標(biāo)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(zhì)量，c是光速，a是絕對值遠小于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處有一白矮星。如果經(jīng)過該白矮星兩側(cè)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(zhì)量是多少千克？已知 G= 6.673 10-11m3/ (kg ? s2) 七、 1 .假設(shè)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(chǔ)上來考慮電子之間 的相互作用，進一步假設(shè)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(shè)， 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(zhì)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(shè)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(nèi)的徑跡與鉛板法線成 0= 15.0；鉛板厚度d=6.00mm,磁感應(yīng)強度 B=1.00T, 粒子質(zhì)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(shè)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(xué)生物理競賽決賽參考解答 圖1 1。解法一：設(shè)守方隊員經(jīng)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(shè) 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(dāng)于第2小題。若L >lmin ,設(shè)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(biāo)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(biāo) X , y , Z。 設(shè)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(biāo)，可以預(yù)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(yīng)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(gòu)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(dāng)衛(wèi)星 P處于上述三角形所在 的平面內(nèi)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(chǎn)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(biāo)系，設(shè)被測物體待定位置的坐標(biāo)為 x , y , z ,待定時刻為t ,第i個 衛(wèi)星在ti時刻的坐標(biāo)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(dāng)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(yīng)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(zhì)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(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

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(nèi)（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(yīng)取最小值；即式（2）中的號應(yīng)取等號，對應(yīng)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(dǎo)方式向外散熱，散熱的功率 (3) T1-T2 H = k -l—S。 要保持室內(nèi)溫度恒定，應(yīng)有 q = H o

33、由（3）?（5）三式得 (4) (5)  P min = k S ( T1—T2 )2 ITi (6) 設(shè)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(shè)中間空氣層內(nèi)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(nèi)通過內(nèi)層玻璃、 中間空氣層和外層玻璃傳導(dǎo)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(nèi)溫度恒定，應(yīng)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(guān)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(guān)數(shù)據(jù)得 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），則有 Vab = Q / C。 （1） 這時電容器儲能 U = 1CV2AB。 (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，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(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，極板A所 帶的電荷量為 Q= 能發(fā)生的條件是 Q - e。經(jīng)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(dāng)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(guān)數(shù)據(jù)得 C = 8.0 10 16 F 。 3。設(shè)題目中圖3中左邊的 構(gòu)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(jié)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(jié)的電容為 Cd。雙結(jié)結(jié) 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(guān)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(dāng)改變?nèi)肷浣莍時，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(dāng)yc > yoc和yc，> y oc，時，入射光線進入柱體，經(jīng)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(dāng)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(dāng)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(guān)， 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(guān)于 極軸對稱。光線在坐標(biāo)原 點左側(cè)的情形對應(yīng)于 a v 0 ;光線在坐標(biāo)原點右 側(cè)的情形對應(yīng) 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(biāo) r = r m , (j)= 兀，并注意到 a2= | a | ,有 a 2 - GM / c2rm。 （2） 經(jīng)過白矮星兩側(cè)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(yīng)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(biāo) 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(biāo)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(yīng)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(biāo)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(dāng)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(xué)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?。淮霐?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(guān)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(xué)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(dāng)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(nèi)；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弧；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(nèi)轉(zhuǎn)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(guān)數(shù)據(jù)，可以算得 pd = 63.0 MeV / c , pu = 22.8 MeV / c。 （3） 注意到當(dāng)pc? mc2時應(yīng)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(guān)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)