1、第35屆全國中學(xué)生物理競賽模擬試題理論局部足球比賽，一攻方隊(duì)員在圖中所示的 A處沿Ax方向傳球，球在草地上以速度速滾動，守方有一隊(duì)員在圖中B處，以d表示A，B間的距離,以0表示AB與Ax之x間的夾角， 0V 90° .設(shè)在球離開 A處的同時(shí)，位于B處的守方隊(duì)員開始沿一直線在勻速運(yùn)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(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

2、 Ax線上，以L表示他離開 A點(diǎn)的距離.在球離開 A 處的同時(shí)，他開始勻速跑動去接球，以 w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.衛(wèi)星的運(yùn)動可由地面觀測來確定；而知道了衛(wèi)星的運(yùn)動，又可以用它來確定空間飛行體或地面上物體的運(yùn)動.這都涉及時(shí)間和空間坐標(biāo)的測定.為簡化分析和計(jì)算，不考慮地球的自轉(zhuǎn)和公轉(zhuǎn)，把它當(dāng)做慣性系.1. 先來考慮衛(wèi)星運(yùn)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(shí)刻這一信息.I地面觀測系統(tǒng)包含假設(shè)干個(gè)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(shí)鐘

3、來確定衛(wèi)星每一時(shí)刻的位置，從而測定衛(wèi)星的運(yùn)動. 這種測量系統(tǒng)至少需要包含幾個(gè)地面觀測站？列出可以確定衛(wèi)星位置的方程.II丨設(shè)有兩個(gè)觀測站 Di , D2，分別位于同一經(jīng)線上北緯0和南緯0單位：°處.假設(shè)它們同時(shí)收到時(shí)間之前衛(wèi)星發(fā)出的電波信號.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)Di , D2處觀測站位置的緯度有很小的誤差0時(shí)，試求H的誤差；iii丨如果上述的時(shí)間有很小的誤差 ，試求H的誤差.2在第1 II小題中，假設(shè) 0= 45 °= 0.10 s .i試問衛(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假設(shè) 0= ± 1.0'

4、,定出的 H有多大誤差？ iii 假設(shè) = ± 0.010 e，定出的 H有多大誤差？假設(shè)地球?yàn)榘霃絉 = 6 .38 X103 km的球體，光速c = 2.998 XI08 m / s，地面處的重力加速度g = 9.81 m / s2.3 再來考慮根據(jù)參照衛(wèi)星的運(yùn)動來測定一個(gè)物體的運(yùn)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(yùn)動狀態(tài)的信息，即每個(gè)信號發(fā)出的時(shí)刻及該時(shí)刻衛(wèi)星所處的位置再假設(shè)被觀測物體上有一臺衛(wèi)星信號接收器設(shè)其上沒有時(shí)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(yùn)動狀態(tài)，即物體接收到衛(wèi)星信號時(shí)物體當(dāng)時(shí)所處的位置以及當(dāng)時(shí)的時(shí)刻，一般來說物體至少需要

5、同時(shí)接收到幾個(gè)不同衛(wèi)星發(fā)來的信號電 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)狹義相對論，運(yùn)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(diǎn)已經(jīng)對準(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丨根據(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(shí)，可以把勻速直線運(yùn)動中時(shí)鐘走慢的公式用于勻速圓周運(yùn)動.II丨根據(jù)廣義相對論，鐘在引力場中變慢的因子是(1 - 2 / c

6、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(yuǎn)處引力勢為零的大小.試問地上的鐘 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？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(shí)，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QT2wWT1- 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)，在室外溫度為一5.00C的情況下，使某房間內(nèi)的溫度保

7、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.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I，面積為S，兩側(cè)溫度差的大小為T，那么單位時(shí)間內(nèi)通過導(dǎo)熱層由高溫處傳導(dǎo)到低溫處的熱量為 TH = kpS，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I = 2.00 mm的玻璃板引起的該玻璃的熱導(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

8、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元假設(shè)該熱泵仍然工作 12 h，問這時(shí)的電費(fèi)比上一問單層玻璃情形節(jié)省多少？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MIM圖1能理想的情況下，電子不可能從一個(gè)金屬層穿過絕緣層到達(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)慣上將這一過程稱為隧穿，它是電子具有波動性的結(jié)果.隧穿是單個(gè)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 (

9、 e = 1.60 XI0_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)此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(gè)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Q _Q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， A B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)生庫侖圖2阻塞的條件即電容器極板間的電勢差

10、Vab = Va Vb在什么范圍內(nèi)單電子隧穿過程被禁止.2. 假定 Vab = 0.10 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)島中有凈電荷量一 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)的靜電能簡稱單電子島的靜電能為_( ne )2Un= 2( Cs +Cd ).4.在圖3給出的具有源(S卜

11、漏(D )電極雙結(jié)結(jié)構(gòu)的根底上，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結(jié)構(gòu)， 門電極和島間沒有單電子隧穿事件發(fā)9S 單電島D11圖3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qo = CgVg 這時(shí)，單電子島的靜電能可近似為 Un = ( ne+ qo)2 / 2C ,式中C = Cs + Cd+Cg.利用方格圖圖5，考慮庫侖阻塞效應(yīng)，用粗3L線畫出島中凈電子數(shù)從n = 0Un開始，CgVg / e由0增大到3(e2 / 2 C)21|1的過程中，單電子島的靜電能

12、11t1 t1Un隨CgVg變化的圖線縱坐L1 1 j4二亠r*標(biāo)表示Un，取Un的單位為111|l1i1L CgVge2 / 2 C;橫坐標(biāo)表示i23 e圖5CgVg ,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評分.的最小值 dmin和最大根據(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)是一條表1n0123CgVg / e變化范圍五、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下列圖，圖中O點(diǎn)為橫截面與軸線的交點(diǎn).光

13、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(shí)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(shí)，試求 dmaxO點(diǎn)的張角與入射角i的關(guān)2. 在如下列圖的平面內(nèi)，求出射光束與柱面相交的圓弧對 系.并求在掠入射時(shí)上述圓弧的位置.六、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).通過近星點(diǎn)與引力中心的直線是光線的對稱軸.假設(shè)在光線所在平

14、面內(nèi)選擇引力中心為平面極坐標(biāo)r ,如的原點(diǎn)，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GM / c2acos 0+ a2 ( 1 + sin2 妨'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(diǎn)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1.80X107rad，試問此白矮星的質(zhì)量是多少千克？ G = 6.673 >1011 m3 / ( kg $2 )七、1 假設(shè)對氦原子基態(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， 半徑相同，角動量均為 h =

15、h / 2 n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(gè)電子移到無限遠(yuǎn)所需要的能量.II丨實(shí)驗(yàn)測得的氦原子一級電離能是24.6 eV 假設(shè)在上述玻爾模型的根底上來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)動軌道的半徑 r。、基態(tài)能量Eo以及一級電離能 E+，并與實(shí)驗(yàn)測得 的氦原子一級電離能相比擬.電子質(zhì)量 m = 0.511 MeV / c2 ,c是光速，組合常量A c =197.3 MeV ? fm = 197.3 eV ? nm , ke2 = 1.44 MeV ?

16、fm = 1.44 eV ?nm , k是靜電力常量，e是根本電荷量.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(gè)根本電荷量e : e = 1.60X10_19C，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 0= 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 一31 kg = 0 .511 MeV / c2.不考慮云室中氣體對粒子的

17、阻力.I丨寫出粒子運(yùn)動的方向和電荷的正負(fù).II丨試問鉛板在粒子穿過期間所受的力平均為多少牛?III丨假設(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 >018 / s的脈沖粒子束，一個(gè)脈沖持續(xù)時(shí)間為=2.50 ns .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解式1， 2可得d1 = 1 ( vp / v)2cos 0 ±Vp、2V由式3可知，球被搶到的必要條件是該式有實(shí)數(shù)解，即sin2 01 / 2 .解法二：設(shè) BA與BC的夾角為 0如圖1.按正弦定理有Ipsin 0l

18、sin 0.利用式1有VpVsin 0 sin 0.從sin 0 < 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l mind1 ( vp / v)2 cos(曽)2 sin 201 / 2 .假設(shè)攻方接球隊(duì)員到A點(diǎn)的距離小于l min，那么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 Vl min6由5，6兩式得lr V 1 ( vp / v)2 COs 0± ( *)2 sin201 / 2 由式7可知，假設(shè)位于 Ax軸上等球的攻方球員到A點(diǎn)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

19、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，球就不會被原位于B處的守方隊(duì)員搶斷如2dl min COS B)1 / 2 / Vp 球不被守方搶斷的條件是trm V tpm 9即L V Vr ( d2 + llin 2dlmin COS0)1 / 2 + lmin , 10Vp 'min''式中l(wèi)min由式5給出.解法二：守方隊(duì)員到達(dá)Cl點(diǎn)的時(shí)間和球到達(dá)該點(diǎn)的時(shí)間相同，因此有tpm = l min / V .從球不被守方隊(duì)員搶斷的條件9以及式8可得到L V ( 1 + Vr / V ) lmin 11式中l(wèi)min也

20、由式5給出.易證明式11與10相同.1.1選擇一個(gè)坐標(biāo)系來測定衛(wèi)星的運(yùn)動，就是測定每一時(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 , z是第i個(gè)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(shí)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(gè)未3的情況.知數(shù)x , y , z，要有三個(gè)互相獨(dú)立的方程，也就是說，至少需要包含三個(gè)地

21、面站，三個(gè) 方程對應(yīng)于式1中i = 1 , 2 ,II i如下列圖，以地心 O和兩個(gè)觀測站 D1 , D2的位置為 頂點(diǎn)所構(gòu)成的三角形是等腰三角 形，腰長為R .根據(jù)題意，可知衛(wèi)星發(fā)出信號電波時(shí)距離兩個(gè)觀測站的距離相等，都是L = c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Di , D2所處的緯度，由余弦定理可知L2 = R2 + ( H + R )2 - 2R ( H + R ) cos 0 .由2，3兩式得H = (c )2 (R sin 0)2 R( 1-cos0)2H .以 0表示3ii按題意，如果緯度有很小的誤差厶0 ,那么由式3可知,將引起H發(fā)生誤差厶H式4也可

22、據(jù)圖直接寫出.時(shí)有L2 = R2 + ( H + H + R )2 2R ( H + H + R ) cos ( & + 0) . 5將式5展開，因 0很小，從而 H也很小，可略去高次項(xiàng)，再與式3相減,6A , R ( R +H ) sin 0 H =H + ( 1 cos 0) R ，其中H由4式給出.iii如果時(shí)間有厶的誤差，那么L有誤差7由式3可知，這將引起H產(chǎn)生誤差厶H .這時(shí)有(L + L )2 = R2 + ( H + H + R )2 2R ( H + H + R ) cos 0. 8由式7， 8和3，略去高次項(xiàng)，可得c2 9 H =H + R ( 1 cos 0)，其中

23、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)，算得厶H =二25m . iii丨在式9中代入數(shù)據(jù)，算得H = 土 3.0 m3. 選擇一個(gè)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(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 ), 1010中 i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

24、個(gè)不同衛(wèi)星的信號.確定當(dāng)時(shí)物體的位置和該時(shí)刻所需要的是式=1 , 2 , 3 , 4所對應(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 ：1 (三)2T= 1 ：1(三)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:v2GMr 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,GM v = 'V其中=vR+hR，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 8

25、 >0 10，這是很小的數(shù).所以v 2 1 / 2“1 v 21 Q2 1 / 2 1 2 Q2 .最后，可以算出 24 h的時(shí)差丄1 v 21gR2T t & 2 (c )T = 2 c2 ( R + h )T ®.13II丨衛(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)To之差t To =1 2疋丁0 To =(1 2了 1 )To .14衛(wèi)星上的鐘所處的重力勢能的大小為GM = R2R + h = R + h g .15所以 m =冊5 ；代入數(shù)值有/ c2 = >1010，這是很小的數(shù)式14近似為t To-TTo .c類似地，地面上的鐘的示數(shù)T與無限遠(yuǎn)慣性

26、系的鐘的示數(shù)之差161 )To .17地面上的鐘所處的重力勢能的大小為GMR=gR .18所以代入數(shù)值有E/ c2 = 6.96 1010，這是很小的數(shù).與上面的情形類似，式17近似ET T0 一 訂.1916， 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Et T 飛LTo .20從式19中解出To，并代入式20得EE _t T2 / (1 - )T cce gRhR + hT.21注意，題目中的24 h是指地面的鐘走過的時(shí)間算出24 h衛(wèi)星上的鐘的示數(shù)與地面上的鐘的示數(shù)之差22t T = 46 pS .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

27、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qf三亠PT1 T2 '式中T1為室內(nèi)高溫處的絕對溫度,1T2為室外的絕對溫度.由1式得T1 T2P q.顯然，為使電費(fèi)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P min =T1 T2T1q345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 =宀 S.要保持室內(nèi)溫度恒定，應(yīng)有q = H .由35三式得S ( T1 T2 )2P min = k. 6IT 1設(shè)熱泵工作時(shí)間為t，每度電的電費(fèi)為C ,那么熱泵工作需花費(fèi)的最少電

28、費(fèi)C min = P min tC . 7注意至U Ti = 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(T1 T2 )2一C min =Sktc = 23.99 兀.8111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)外表的溫度為Ti ,外外表的溫度為 To，那么單位時(shí)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T1 TiH1 = k j S ,Ti T0H2=ko,T0 T2H3 = k j S .在穩(wěn)

29、定傳熱的情況下，有H1 = H2= H3 .由912四式得T1 TiT i Tok= k0和 T1 Ti = T0 T2 .1 10910111213Ti =bk + Ik。Ik。T1 +T 2l0k + 2lk0 l0k + 2lko 214解式13得將14式代入9式得kk。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 =kk0l0k + 2lk0(T1 T2 )T12"S .161718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 ；代入有

30、關(guān)數(shù)據(jù)得C min = 2.52 兀所以，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)19 Cmin = C min C min = 21.47 元四、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(shí)電容器儲能1U = 2CV2ab 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(shí)，電容器兩極板間的電壓和電容器分別儲能為Vab = Q C e , U '= *CV '2

31、ab 4假設(shè)發(fā)生庫侖阻塞，即隧穿過程被禁止，那么要求U ' U >0 5由15五式得1 er 、Vab > 2 C 6所帶的電荷量,帶的電荷量為再假設(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 AVab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Q'= Q e 經(jīng)過類似的計(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71 eVab < 2 c由6,7兩式知，當(dāng)電壓Vab在一e / 2Ce / 2C之間時(shí)，單電子隧穿受到庫侖810阻塞，即庫侖阻塞的條件為1 _e2 C2 依題意和式8可知，恰好能發(fā)生隧穿時(shí)有1

32、 _e_Vab = 2 c = 0.10 mV .由式9，并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得C =8.0 W16 F ne = Q2 Qi .11體系的靜電能為 Cs和Cd中靜電能的總和，即2 2QiQ2U = 2Cs + 2Cd ；12電壓QiQ213CsCd由1113二式解得1 2(Q2 Q1)2U = _cv2 +1422 ( Cs + Cd )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3設(shè)題目中圖Cs，右邊的MIM 系如圖a所示，以Cd所帶的電荷量. 電荷量為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

33、 2.表2Ul(e2 / 2C圖bn0123CgVg / e的變化范圍五、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',對圓柱面其入射角分別為i2與i2 .在厶OCD 中，0 點(diǎn)與入射點(diǎn) C的距離yc由正弦定理得ycsin i2Rsin ( 90 + °，即yc =sin i2R cos rR1圖1同理在 OC 'D'中，O點(diǎn)與入射點(diǎn) C '的距離有當(dāng)改變?nèi)肷浣菨M足臨界角yc sin i 2Rsin ( 90 &

34、#176;，即yc '=i時(shí)，折射角r與柱面上的入射角i20 = arcsin ( 1 / n ) cos ri2與i 2亦隨之變化.在柱面上的入射角3時(shí)，發(fā)生全反射.將i2 = i 2 = i20分別代入式1 2得yoc = yoc '=sjnjRcos rd = 2yoc = 2§jn!0R . cos r45當(dāng)yc > yoc和yc' > y oc '時(shí)，入射光線進(jìn)入柱體，經(jīng)過折射后射達(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 , 即卩i = 0垂直入射時(shí)，d

35、取最小值dmin = 2Rsin i20 = 1.33 R .當(dāng)i t90°掠入射時(shí)，r t 將r = °代入式4得 dmax = 1.79 R . 72 .由圖2可見，0是Oz軸與線段 OD的夾角,O'是Oz軸與線段 OD'的夾角.發(fā)生全反射時(shí)，有0 =i20 + r ,8/=:i20 r9和0 =0+ O'=2i20° .10由此可見，0與i無關(guān)，即 0獨(dú)立于i .在掠入射時(shí)，i 90° , r =，由式8， 9兩式得0= 0 °11六、由于方程由2與4兩式消去 a，可以解出rm = -,'2GMd / c2

36、 .5把式5代入式3得0s .'8GM / c2d ；6M 0c2d / 8G ,7其中d = 7 W017 m ;代入數(shù)值就可算出M 2.07 W30 kg .8解法二：光線射向無限遠(yuǎn)處的坐標(biāo)可以寫成9近似地取 0 0 ,把式9代入式1，要求式1分母為零，并注意到0味1，有a0/ 2 + 2a2 = 0 .所以0s 0= 4a = .'8GM / 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ES應(yīng)等于兩條光線在觀測者處切線的夾角，有0s ( rcosgsin 2 =r= cos rsin -11由光線方程1算

37、出 $/ r ,有0GM / c2GMsin = cos 6 rsin 62= cos 6 ;2中asin 6c ra ?代入觀測者的坐標(biāo)r = d ,= n 2以及a的表達(dá)式4，并注意到0s很小，就有2c2dGM2GMc2d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GMrm = rcos6而(rcos6)2 + 2 (rsin 6)2 (x2 + 2y2 )12GM""2 c2rmr當(dāng)y s時(shí)，式12的漸近式為2GMr mc2rm這是直線方程，它在 x軸上的截距為 -rm，斜率為1 1 12GM / c2rm tan ( 0 / 2 )0s / 2于是有

38、0疋4GM /圧5 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，一級電離能E+是把其中一個(gè)電子移到無限遠(yuǎn)處所需要的能量滿足 He + E+ t He+ + e.為了得到氦原子的一級電離能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)動的體系，下面給出兩種解法.解法一：在力學(xué)方程2ke2mVr2r丨可以解出中，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1ro =力2/ 2ke2m .于是氦離子能量2PoE* ="2m2ke2ro2k2e4m2 ，其中P0為基態(tài)電子動量的大小；代入數(shù)值得2( ke2 )2mc2

39、、E* =-54.4 eV . 3(Ac)2由于不計(jì)電子間的相互作用，氦原子基態(tài)的能量Eo是該值的2倍，即Eo =2E* 108.8 eV4氦離子能量E*與氦原子基態(tài)能量Eo之差就是氦原子的一級電離能E+ = E* Eo = E* 54.4 eV . 5E*P2=2m2ke2r .把基態(tài)的角動量關(guān)系rp =；】代入，式:3可以改寫成22ke2212ke2 m 22k2e4mE* =2mr2 r ：=2m(r護(hù))2解法二：氦離子能量因基態(tài)的能量最小，式4等號右邊的第一項(xiàng)為零，所以半徑和能量2_2k2e4mr 0 = 2E* = ：2ke2m ，片2分別與1，2兩式相同.II丨下面，同樣給出求氦原子基態(tài)能量Eo和半徑ro的兩種解法.解法一：利用力學(xué)方程mv22ke2ke2T =