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第35屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽模擬試題 ★ 理論部分 θ d B A x 一、 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，已知 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)始沿一直線在勻速運(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)始勻速跑動(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)（包含若干個(gè)觀測(cè)站）可利用從電波中接收到的這一信息，并根據(jù)自己所處的已知位置和自己的時(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．若它們同時(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，若 θ = 45 ，= 0.10 s ．（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）若△θ = 1.0′′ ，定出的 H 有多大誤差？（iii）若= 0.010 μs ，定出的 H 有多大誤差？假設(shè)地球?yàn)榘霃?R = 6.38 103 km 的球體，光速 c = 2.998 108 m / s ，地面處的重力加速度 g = 9.81 m / s2． 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)．已知天上衛(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 = 2.00 104 km 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 取第2小題中給的值． （I）根據(jù)狹義相對(duì)論，試估算地上的鐘經(jīng)過(guò) 24 h 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 24 h 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．已知當(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)，若致冷機(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 ，則有 ≤ ， 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．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 l ，面積為 S ，兩側(cè)溫度差的大小為 T ，則單位時(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 = k 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 = 5.00 m2 、厚度 l = 2.00 mm 的玻璃板引起的．已知該玻璃的熱導(dǎo)率 k = 0.75 W / ( m ? K )，電費(fèi)為每度0.50元．試求在理想情況下該熱泵工作12 h 需要多少電費(fèi)？ 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 l0 = 0.50 mm 的空氣層，假設(shè)空氣的熱導(dǎo)率 k0 = 0.025 W / ( m ? K )，電費(fèi)仍為每度0.50元．若該熱泵仍然工作12 h ，問(wèn)這時(shí)的電費(fèi)比上一問(wèn)單層玻璃情形節(jié)省多少？ MIM 圖1 四、 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(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 10－19 C )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(duì)單電子隧穿過(guò)程控制的庫(kù)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． －Q Q A B 圖2 1．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，則此過(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－VB 在什么范圍內(nèi)單電子隧穿過(guò)程被禁止． 2．假定 VAB = 0.10 mV 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(shí)，通常采用圖2所示的雙結(jié)構(gòu)器件來(lái)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 ，D ．若已知島中有凈電荷量－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(jiǎn)稱單電子島的靜電能）為 Un = ． 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(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結(jié)構(gòu)，門電極和島間沒(méi)有單電子隧穿事件發(fā) 圖3 圖4 圖5 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)，用粗線畫出島中凈電子數(shù)從 n = 0開(kāi)始，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的單位為 e）．要求標(biāo)出關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，并把 n = 0 ，1 ，2 ，3時(shí) 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(píng)分）． 表1 n 0 1 2 3 CGVG / e變化范圍 z 五、 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(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，其中有一部分入射光束能通過(guò)半圓柱體從圓柱面射出．這部分光束在入射到 AB 面上時(shí)沿 y 軸方向的長(zhǎng)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(shí)，試求 d 的最小值 dmin 和最大值dmax ． 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(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．若在光線所在平面內(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，則光線方程（光子的軌跡方程）為 r = ， 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1.8010－7rad ，試問(wèn)此白矮星的質(zhì)量是多少千克？已知 G = 6.673 10－11 m3 / ( kg ?s2 ) 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)，半徑相同，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24.6 eV ．若在上述玻爾模型的基礎(chǔ)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． 已知電子質(zhì)量 m = 0.511 MeV / c2 ，c 是光速，組合常量c =197.3 MeV ? fm = 197.3 eV ? nm ，ke2 = 1.44 MeV ? fm = 1.44 eV ? 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 10－19 C ，鉛板下部徑跡的曲率半徑 rd = 210 mm ，鉛板上部徑跡的曲率半徑 ru = 76.0 mm ，鉛板內(nèi)的徑跡與鉛板法線成 θ = 15.0 ，鉛板厚度 d = 6.00 mm ，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B = 1.00 T ，粒子質(zhì)量 m = 9.11 10－31 kg = 0.511 MeV / c2．不考慮云室中氣體對(duì)粒子的阻力． （I）寫出粒子運(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牛？ （III）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=2.50 ns ．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1 1 ．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所示），則有 l = vt ，lp = vpt （1） 和 l= d 2 + l2 －2dlcosθ． （2） 解式（1），（2）可得 l = {cosθ [ ( )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 = ． 利用式（1）有 = ． 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 = {cosθ [ ( )2 －sin2θ ]1 / 2 }． （5） 若攻方接球隊(duì)員到 A 點(diǎn)的距離小于 lmin ，則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 ＜ {cosθ [ ( )2 －sin2θ ]1 / 2 } （7） 由式（7）可知，若位于 Ax 軸上等球的攻方球員到 A 點(diǎn)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(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）．若 L ≤ 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(diǎn) E 處，則他跑到 C1 點(diǎn)所需時(shí)間 圖2 trm = ( L－lmin ) / vr ； （8） 守方隊(duì)員到達(dá) C1 處所需時(shí)間 tpm = ( d 2 + l －2dlmin cosθ )1 / 2 / vp ． 球不被守方搶斷的條件是 trm ＜ tpm ． （9） 即 L ＜ ( d 2 + l －2dlmin cosθ )1 / 2 + lmin ， （10） 式中 lmin 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)間相同，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）相同． 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(gè)地面站的位置坐標(biāo)，可以預(yù)先測(cè)定，是已知的；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，也是已知的．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）如圖所示，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 )2 －2R ( H + R ) cosθ ． （3） 由（2），（3）兩式得 H = －R ( 1－cosθ ) ． （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 ，則由式（3）可知，將引起H發(fā)生誤差△H ．這時(shí)有 L2 = R2 + ( H +△H + R )2 －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 = － ， （6） 其中 H 由（4）式給出． （iii）如果時(shí)間有的誤差，則 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 )2 －2R ( H +△H + R ) cosθ． （8） 由式（7），（8）和（3），略去高次項(xiàng)，可得 △H = ， （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 =25m ．（iii）在式（9）中代入數(shù)據(jù)，算得△H = 3.0 m ． 3．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 ，z i ．衛(wèi)星信號(hào)電波以光速傳播，可以寫出 (x －xi )2 + (y －yi )2 + (z －zi )2 = c2 (t －ti )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 －t = T －T = [ 1－ ] T ， （11） 這里 v 是衛(wèi)星相對(duì)地面的速度，可由下列方程定出： = ， （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 = = R = 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 = 3.89 km / s ．于是 ( v / c )2 ≈1.68 10－10 ，這是很小的數(shù)．所以 [ 1－ ]1 / 2 ≈1－ ． 最后，可以算出 24 h 的時(shí)差 T －t ≈ T = T = 7.3 μs ． （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 －T0 = T0－T0 = ( －1 )T0 ． （14） 衛(wèi)星上的鐘所處的重力勢(shì)能的大小為 = = g ． （15） 所以 = ； 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 ≈－ 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 －T0 = T0－T0 = ( －1 )T0 ． （17） 地面上的鐘所處的重力勢(shì)能的大小為 = =gR ． （18） 所以 = ； 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 ≈－ 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 ≈－ T0 ． （20） 從式（19）中解出 T0 ，并代入式（20）得 t －T ≈－ / (1－ )T ≈－ T = T． （21） 注意，題目中的 24 h 是指地面的鐘走過(guò)的時(shí)間 T ．最后，算出 24 h 衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)與地面上的鐘的示數(shù)之差 t －T = 46 μs ． （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 ，則它從室外（低溫處）吸收熱量的功率為 q－P ．根據(jù)題意有 ≤ ， （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 ≥ 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? P min = 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 = k S ． （4） 要保持室內(nèi)溫度恒定，應(yīng)有 q = H ． （5） 由（3）～（5）三式得 P min = k ． （6） 設(shè)熱泵工作時(shí)間為 t ，每度電的電費(fèi)為 c ，則熱泵工作需花費(fèi)的最少電費(fèi) C min = P min tc ． （7） 注意到 T1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ，T2 = －5.00 K + 273.15 K = 268.15 K ，1度電 = 1 kW ? h ．由（6），（7）兩式，并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 C min = Sktc = 23.99 元 ． （8） 所以，在理想情況下，該熱泵工作12 h 需約24元電費(fèi)． 2．設(shè)中間空氣層內(nèi)表面的溫度為 Ti ，外表面的溫度為 T0 ，則單位時(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 = k S ， （9） H2 = k0 S ， （10） H3 = k S ． （11） 在穩(wěn)定傳熱的情況下，有 H1 = H2 = H3 ． （12） 由（9）～（12）四式得 k = k0 和 T1－Ti = T0－T2 ． （13） 解式（13）得 Ti = T1 + T2 ． （14） 將（14）式代入（9）式得 H1 = ( 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 = 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′min tc ； （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12 h 可以節(jié)約的電費(fèi) △Cmin = C min －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），則有 VAB = Q / C ． （1） 這時(shí)電容器儲(chǔ)能 U = 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(shí)，電容器兩極板間的電壓和電容器分別儲(chǔ)能為 V′AB = ，U ′ = CV ′ 2AB ． （4） 若發(fā)生庫(kù)侖阻塞，即隧穿過(guò)程被禁止，則要求 U ′ －U ＞0 ． （5） 由（1）～（5）五式得 VAB ＞－ ． （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 ＜ ． （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 － ＜ VAB ＜ ． （8） 2．依題意和式（8）可知，恰好能發(fā)生隧穿時(shí)有 VAB = = 0.10 mV ． （9） 由式（9），并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 C = 8.0 10－16 F ． （10） 圖a 3．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 ．雙結(jié)結(jié)構(gòu)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 －ne = Q2－Q1 ． （11） 體系的靜電能為 CS 和 CD 中靜電能的總和，即 U = + ； （12） 電壓 V = + ． （13） 由（11）～（13）三式解得 U = CV2 + ． （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2 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 圖b 圖1 五、 1．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 = ，即 yc = R ． （1） 同理在△OC ′D′ 中，O 點(diǎn)與入射點(diǎn) C ′ 的距離有 = ，即 yc ′ = R ． （2） 當(dāng)改變?nèi)肷浣?i 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 ′ = R ， （4） 即 d = 2yoc = 2R ． （5） 當(dāng) yc ＞ yoc 和 yc ′ ＞ y oc ′ 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 = 2Rsin i20 = 1.33 R ． （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 = 1.79 R ．（7） 2．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 = （1） y S r x O E rm φ 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 = π ，并注意到 a2| a | ，有 a ≈－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：若從白矮星到地球的距離為 d ，則可近似地寫出 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 ． （4） 由（2）與（4）兩式消去 a ，可以解出 rm = ． （5） 把式（5）代入式（3）得 θS ≈ ； （6） 即 M≈θc2d / 8G ， （7） 其中 d = 3.787 1017 m ；代入數(shù)值就可算出 M≈2.07 1030 kg ． （8） 解法二：光線射向無(wú)限遠(yuǎn)處的坐標(biāo)可以寫成 r →∞ ，φ = － + ． （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 θ 1，有 aθ / 2 + 2a2 = 0 ． 所以 θS ≈θ = －4a = ， （10） 其中用到式（4），并注意到 a ＜ 0 ．式（10）與式（6）相同，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 sin = = cosφ－rsinφ ． （11） 由光線方程（1）算出△φ / △r ，有 sin = cosφ－rsinφ = cosφ － ； 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 ≈ = ， 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 －rm = rcosφ－ [ (rcosφ )2 + 2 (rsinφ )2 ] ， 即 x = －rm + ( x2 + 2y2 ) ． （12） 當(dāng) y →－∞時(shí)，式（12）的漸近式為 x = －rm － y ． 這是直線方程，它在x 軸上的截距為 －rm ，斜率為 ≈ ≈－ ． 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 = 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* = － = － ， （2） 其中 p0 為基態(tài)電子動(dòng)量的大小；代入數(shù)值得 E* = － ≈ －54.4 eV ． （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* ≈ －108.8 eV ． （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* ≈ 54.4 eV ． （5） 解法二：氦離子能量 E* = － ． 把基態(tài)的角動(dòng)量關(guān)系 rp =代入，式（3）可以改寫成 E* = － = ( － )2 － ． 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 = ，E* = － 分別與（1），（2）兩式相同． （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 = － = 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 ( － ) + = － ； （7） 代入數(shù)值算得 E0 = － ≈ －83.4 eV ， （8） r0 = ≈ 0.0302 nm ． 所以，氦原子的一級(jí)電離能 E+ = E*－E0 ≈ 29.0 eV ． （9） 這仍比實(shí)驗(yàn)測(cè)得的氦原子一級(jí)電離能 24.6 eV 高出 4.4 eV ． 解法二：氦原子能量 E = 2 ( － ) + = － 可以化成 E = ( － )2 － ． 當(dāng)上式等號(hào)右邊第一項(xiàng)為零時(shí)，能量最?。纱丝芍鶓B(tài)能量與半徑 E0 = － ， r0 = 分別與（7），（6）兩式相同． 2．（I）粒子從下部射向并穿過(guò)鉛板向上運(yùn)動(dòng)，其電荷為正． （II）如題圖所示，粒子的運(yùn)動(dòng)速度 v 與磁場(chǎng)方向垂直，洛倫茲力在紙面內(nèi)；磁力不改變荷電粒子動(dòng)量的大小，只改變其方向．若不考慮云室中氣體對(duì)粒子的阻力，荷電粒子在恒定磁場(chǎng)作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡就是曲率半徑為一定值的圓?。豢梢詫懗銎溥\(yùn)動(dòng)方程 qBv =| | = = ， （1） 其中 q 是粒子電荷，v 是粒子速度的大小，p 是粒子動(dòng)量的大小，△ 是粒子在△t 時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過(guò)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(shí)動(dòng)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) pcmc2 時(shí)應(yīng)使用狹義相對(duì)論，從 p = ． （4） 中可以得到 v= ． （5） 用 vd 和 vu 分別表示粒子進(jìn)入和離開(kāi)鉛板時(shí)的速度大?。咽剑?）以及 m = 0.511 MeV / c2 代入式（3），可得 vd ≈ c ， vu ≈ c ． （6） 于是，粒子穿過(guò)鉛板的平均速度 = ( 1 / 2 ) ( vd + vu ) ≈ c ．用△t 表示粒子穿過(guò)鉛板的時(shí)間，則有 cosθ△t = d ． （7） 再用△pdu 表示粒子穿過(guò)鉛板動(dòng)量改變量的大小，鉛板所受到的平均力的大小 f = = ≈ ； （8） 代入有關(guān)數(shù)值得 f ≈ 1.04 10－9 N ． （9） （III）一個(gè)粒子穿過(guò)鉛板的時(shí)間 △t = ≈ ≈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(guò)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(yùn)用式（4），可把粒子能量寫成 E = ， （13） 所以粒子穿過(guò)鉛板前后的能量分別為 Ed = = 63.0 MeV ，Eu = = 22.8 MeV ． （14） 于是，鉛板在脈沖粒子束穿過(guò)期間所吸收的熱量 Q = ( Ed－Eu ) j ； （15） 代入數(shù)據(jù)得 Q = 8.04 10－2 J ． （16） 20