第35屆全國中學(xué)生物理競賽模擬試題

...wd......wd......wd...第35屆全國中學(xué)生物理競賽模擬試題★理論局部θdθdBAx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θ表示AB與Ax之間的夾角，θ＜90°．設(shè)在球離開A處的同時，位于B處的守方隊員開場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．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，他開場勻速跑動去接球，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．二、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)〔包含假設(shè)干個觀測站〕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)它們同時收到時間之前衛(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)D1，D2處觀測站位置的緯度有很小的誤差△θ時，試求H的誤差；〔iii〕如果上述的時間有很小的誤差，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〕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)地球為半徑R=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．現(xiàn)在來考慮在上述測量中相對論的這兩種效應(yīng)．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=2.00×104km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〔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用于勻速圓周運動．〔II〕根據(jù)廣義相對論，鐘在引力場中變慢的因子是(1－2/c2)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(yuǎn)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)差多少三、致冷機(jī)是通過外界對機(jī)器做功，把從低溫處吸取的熱量連同外界對機(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)工作在絕對溫度為T1的高溫處和絕對溫度為T2的低溫處之間時，假設(shè)致冷機(jī)從低溫處吸取的熱量為Q，外界對致冷機(jī)做的功為W，那么有EQ\f(Q,W)≤EQ\f(T2,T1－T2)，式中“=〞對應(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=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，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(dá)另一個金屬層．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－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．顯示庫侖阻塞原理的最簡單的做法是將圖1的器件看成一個電容為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，那么此過程不能發(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－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，通常采用圖2所示的雙構(gòu)造器件來觀察單電子隧穿，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，通過門電壓VG可控制島中的凈電子數(shù)n．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q0=CGVG．這時，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〕，考慮庫侖阻塞效應(yīng)，用粗線畫出島中凈電子數(shù)從n=0開場，CGVG/e由0增大到3的過程中，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點為橫截面與軸線的交點．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整個平面上，其中有一局部入射光束能通過半圓柱體從圓柱面射出．這局部光束在入射到AB面上時沿y軸方向的長度用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，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O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．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，選取光線的對稱軸為坐標(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是萬有引力恒量，M是星體質(zhì)量，c是光速，a是絕對值遠(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1.80×10－7rad，試問此白矮星的質(zhì)量是多少千克G=6.673×10－11m3/(kg?七、1．假設(shè)對氦原子基態(tài)采用玻爾模型，認(rèn)為每個電子都在以氦核為中心的圓周上運動，半徑一樣，角動量均為：=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(yuǎn)所需要的能量．〔II〕實驗測得的氦原子一級電離能是24.6eV．假設(shè)在上述玻爾模型的根基上來考慮電子之間的相互作用，進(jìn)一步假設(shè)兩個電子總處于通過氦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r0、基態(tài)能量E0以及一級電離能E+，并與實驗測得的氦原子一級電離能相比較．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〕寫出粒子運動的方向和電荷的正負(fù)．〔II〕試問鉛板在粒子穿過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，一個脈沖持續(xù)時間為=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35屆全國中學(xué)生物理競賽模擬試題參考解答一、圖11．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表示守方隊員能搶斷球的地方與A點間的最小距離．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)攻方接球隊員到A點的距離小于lmin，那么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＜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lmin的C1點之前，攻方接球隊員能夠到達(dá)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〕．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E處，那么他跑到C1點所需時間圖2trm=(L－lmin)/vr圖2守方隊員到達(dá)C1處所需時間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：守方隊員到達(dá)C1點的時間和球到達(dá)該點的時間一樣，因此有tpm=lmin/v．從球不被守方隊員搶斷的條件〔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(dá)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(xxi)2+(yyi)2+(zzi)2=c2(tti)2(i=1，2，3)，〔1〕式中xi，yi，zi是第i個地面站的位置坐標(biāo)，可以預(yù)先測定，是的；ti也可以由地面站的時鐘來測定；t由衛(wèi)星信號電波給出，也是的．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〕如以下列圖，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．〔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．這時有L2=R2+(H+△H+R)2R(H+△H+R)cos(θ+△θ)．〔5〕將式〔5〕展開，因△θ很小，從而△H也很小，可略去高次項，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，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，zi．衛(wèi)星信號電波以光速傳播，可以寫出(xxi)2+(yyi)2+(zzi)2=c2(tti)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．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是指地面的鐘走過的時間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〕的絕對溫度，T2為室外的絕對溫度．由〔1〕式得P≥EQ\f(T1－T2,T1)q．〔2〕顯然，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)于理想情況下P最小．故最小電功率Pmin=EQ\f(T1－T2,T1)q．〔3〕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)熱泵工作時間為t，每度電的電費為c，那么熱泵工作需花費的最少電費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．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，熱泵工作時間t需要的電費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△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〕這時電容器儲能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?。@時，電容器兩極板間的電壓和電容器分別儲能為V′AB=EQ\f(Q+e,C)，U′=EQ\f(1,2)CV′2AB．〔4〕假設(shè)發(fā)生庫侖阻塞，即隧穿過程被制止，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，極板A所帶的電荷量為Q′=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，單電子隧穿受到庫侖阻塞，即庫侖阻塞的條件為－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′點以入射角i射入透明圓柱時的情況，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′，對圓柱面其入射角分別為i2與i′2．在△OCD中，O點與入射點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點與入射點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，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，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，入射光線進(jìn)入柱體，經(jīng)過折射后射達(dá)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=2Rsini20=1.33R．〔6〕圖2當(dāng)i→90°〔掠入射〕時，r→41.8°．將r=41.8°代入式〔4〕得dmax=1.79R．圖22．由圖2可見，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，有φ=i20+r，〔8〕φ′=i20－r，〔9〕和θ=φ+φ′=2i20≈83.6°．〔10〕由此可見，θ與i無關(guān)，即θ獨立于i．在掠入射時，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)于極軸對稱．光線在坐標(biāo)原點左側(cè)的情形對應(yīng)于a＜0；光線在坐標(biāo)原點右側(cè)的情形對應(yīng)a＞0．右圖是a＜0的情形，圖中極軸為Ox，白矮星在原點O處．在式〔1〕中代入近星點坐標(biāo)r=rm，φ=πySrxOErmφa≈－GM/c2rm．〔2〕經(jīng)過白矮星兩側(cè)的星光對觀測者所張的視角θS可以有不同的表達(dá)方式，相應(yīng)的問題有不同的解法．解法一：假設(shè)從白矮星到地球的距離為d，那么可近似地寫出θS≈2rm/d．〔3〕在式〔1〕中代入觀測者的坐標(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：光線射向無限遠(yuǎn)處的坐標(biāo)可以寫成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：星光對觀測者所張的視角θS應(yīng)等于兩條光線在觀測者處切線的夾角，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，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〕氦原子中有兩個電子，一級電離能E+是把其中一個電子移到無限遠(yuǎn)處所需要的能量滿足He+E+→He++e－．為了得到氦原子的一級電離能E+，需要求出一個電子電離以后氦離子體系的能量E*．這是一個電子圍繞氦核運動的體系，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．對基態(tài)，用玻爾量子化條件〔角動量為〕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)電子動量的大??；代入數(shù)值得E*=－EQ\f(2(ke2)2mc2,(c)2)≈－54.4eV．〔3〕由于不計電子間的相互作用，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)的角動量關(guān)系rp=代入，式〔3〕可以改寫成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〕等號右邊的第一項為零，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