第34屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽模擬2試題及詳細(xì)解答

1、第34屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽模擬試題dBAx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 表示 AB 與Ax 之間的夾角，已知 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

2、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

3、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 和南緯 （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 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 = 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？（i

4、i）若 = ±1.0 ，定出的 H 有多大誤差？（iii）若= ±0.010 s ，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 / s23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

5、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

6、據(jù)廣義相對(duì)論，鐘在引力場(chǎng)中變慢的因子是 (12/ 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）的大小試問(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)），

7、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“

8、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

9、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 ×1019 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QQA B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，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

10、發(fā)生庫(kù)侖阻塞的條件即電容器極板間的電勢(shì)差VAB = VAVB 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(

11、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(mén)電極( G )構(gòu)成如圖4給出的單電子三極管結(jié)構(gòu)，門(mén)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(mén)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)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

12、 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1n0123CGVG / 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

13、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 ，）的原點(diǎn)，選取光線

14、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1.80×107rad ，試問(wèn)此白矮星的質(zhì)量是多少千克？已知 G = 6.673 ×1011 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 / 2，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

15、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

16、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 ×1019 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 = 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 ×1031 kg = 0.511 MeV / c2不考慮云室中氣體對(duì)粒子的阻力（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

17、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34屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽模擬參考解答一、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所示），則有l(wèi) = vt ，lp = vpt （1）和 l= d 2 + l2 2dlcos （2）解式（1），（2）可得l = cos ± (

18、)2 sin2 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 vsin （4）解法二：設(shè) BA 與 BC 的夾角為 （如圖1）按正弦定理有 = 利用式（1）有 = 從 sin 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 = cos ± ( )2 sin2 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 cos ± ( )2 sin2 1 / 2 （7）由式（7）可

19、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2trm = ( Llmin ) / vr ； （8）守方隊(duì)員到達(dá) C1 處所需時(shí)間 tpm = ( d 2 + l 2dlmin cos )1 / 2 / vp 球不被守

20、方搶斷的條件是trm tpm （9）即 L ( d 2 + l 2dlmin cos )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

21、是可以寫(xiě)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)

22、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 表示 D1 ，D2 所處的緯度，由余弦定理可知L2 = R2 + ( H + R )2 2R ( H + R ) cos （3）由（2），（3）兩式得H = R ( 1cos ) （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 ，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 ( + ) （5）將式（5）展開(kāi)，因很小，從而H也很小，可略去高次項(xiàng)，再與式（3）相減，得H =

23、 ， （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 ) cos （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

24、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(xiě)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(mén) t = T

25、 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 ×1010 ，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 s （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 = T0T0 = ( 1 )

26、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 ×1010 ，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 = T0T0 = ( 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 ×1010 ，這是很小的數(shù)與上面的情形類似，式（17）近似為T(mén) 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

27、 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 s （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 qP 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

28、最小故最小電功率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

29、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 T1Ti = T0T2 （13）解式（13）得Ti = T1 + T2 （14）將（14）式代入（9）式得H1 = ( T1T2 )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

30、 （16）在理想情況下，熱泵工作時(shí)間 t 需要的電費(fèi)C min = Pmin 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

31、）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VAB = ，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，

32、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 ×1016 F （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 = Q2Q1 （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

33、（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 )4Un 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00.50.51.51.52.52.53.0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 i2 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

34、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 i2 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 = i2 = 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

35、= 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)， 是 Oz 軸與線段 OD 的夾角， 是 Oz 軸與線段 OD 的夾角發(fā)生全反射時(shí)，有 = i20 + r ， （8） = i20 r ， （9）和 = + = 2i2083.6° （10）由此可見(jiàn)， 與 i 無(wú)關(guān)，即 獨(dú)立于 i 在掠入射時(shí)，i 90° ，r = 41.8° ，由式（8）,（

36、9）兩式得 = 83.6° ， = 0° （11）六、由于方程r = （1）ySrxOErm是 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 ， = ，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 S 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(xiě)出S 2rm / d （3）在式（1）中代入觀測(cè)者的坐標(biāo) r =

37、 d ， = / 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S ； （6）即 Mc2d / 8G ， （7）其中 d = 3.787 ×1017 m ；代入數(shù)值就可算出M2.07 ×1030 kg （8）解法二：光線射向無(wú)限遠(yuǎn)處的坐標(biāo)可以寫(xiě)成r ， = + （9）近似地取 S ，把式（9）代入式（1），要求式（1）分母為零，并注意到 1，有a / 2 + 2a2 = 0 所以 S = 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)

38、觀測(cè)者所張的視角 S 應(yīng)等于兩條光線在觀測(cè)者處切線的夾角，有sin = = cosrsin （11）由光線方程（1）算出 / r ，有sin = cosrsin = cos ； 代入觀測(cè)者的坐標(biāo)r = d ，= / 2 以及 a 的表達(dá)式（4），并注意到 S 很小，就有S = ，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(xiě)成rm = rcos (rcos )2 + 2 (rsin )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S 4GM /

39、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?。淮霐?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