1、第25屆全國中學生物理競賽決賽試題2021年10月北京理論局部一、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,0<90°.設在球離開A處的同時,位于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參量間的關系式表示所求得的結果：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

2、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,f#況下球不被原在B處的守方隊員搶斷的條件.衛星的運動可由地面觀測來確定；而知道了衛星的運動,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的測定.為簡化分析和計算,不考慮地球的自轉和公轉,把它當做慣性系.1 .先來考慮衛星運動的測定.設不考慮相對論效應.在衛星上裝有發射電波的裝置和高精度的原子鐘.假設從衛星上每次發出的電波信號,都包含該信號發出的時刻這一信息.I地面觀測系統包含假設干個觀測站可利用從電波中接收到的這一信息,并根據自己所處的位置和自己

3、的時鐘來確定衛星每一時刻的位置,從而測定衛星的運動.這種測量系統至少需要包含幾個地面觀測站？列出可以確定衛星位置的方程.(II)設有兩個觀測站Di,D2,分別位于同一經線上北緯.和南緯.(單位：(°)處.假設它們同時收到時間之前衛星發出的電波信號.(i)試求出發出電波時刻衛星距地面的最大高度H;(ii)當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,試求H的誤差2 .在第1(II)小題中,假設0=45°,=0.10s.(i)試問衛星發出電波時刻衛星距地面最大高度H是多少千米？(ii)假設40=±1.0'；

4、定出的H有多大誤差？(訶)假設=±0.010的,定出的H有多大誤差？假設地球為半徑R=6.38X103km的球體,光速c=2.998108m/s,地面處的重力加速度g=9.81m/s2.3再來考慮根據參照衛星的運動來測定一個物體的運動設不考慮相對論效應假設從衛星持續發出的電波信號包含衛星運動狀態的信息,即每個信號發出的時刻及該時刻衛星所處的位置再假設被觀測物體上有一臺衛星信號接收器(設其上沒有時鐘),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,即物體接收到衛星信號時物體當時所處的位置以及當時的時刻,一般來說物體至少需要同時接收到幾個不同衛星發來的信號電波？列出確定當時物體

5、的位置和該時刻的方程4根據狹義相對論,運動的鐘比靜止的鐘慢根據廣義相對論,鐘在引力場中變慢現在來考慮在上述測量中相對論的這兩種效應天上衛星的鐘與地面觀測站的鐘零點已經對準.假設衛星在離地面h=2.00X04km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)根據狹義相對論,試估算地上的鐘經過24h后它的示數與衛星上的鐘的示數差多少？設在處理這一問題時,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)根據廣義相對論,鐘在引力場中變慢的因子是(12/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量之比；取無限遠處引力勢為零)的大小試問地上

6、的鐘24h后,衛星上的鐘的示數與地上的鐘的示數差多少？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.當致冷機工作在絕對溫度為Ti的高溫處和絕對溫度為T2的低溫處之間時,假設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,那么有QT2&WTiT2'式中“=對應于理論上的理想情況.某致冷機在冬天作為熱泵使用(即取暖空調機),在室外溫度為一5.00C的情況下,使某房間內的溫度保持在20.00C.由于室內溫度高于室外,故將有熱量從室內傳遞到室外.此題只考慮傳導方式的傳熱,它服從以下的規

7、律：設一塊導熱層,其厚度為l,面積為S,兩側溫度差的大小為T,那么單位時間內通過導熱層由高溫處傳導到低溫處的熱量為TH=k-S,其中k稱為熱導率,取決于導熱層材料的性質.1 .假設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.該玻璃的熱導率k=0.75W/(m?K),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 .假設將上述玻璃板換為“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10=0.50mm的空氣層,假設空氣的熱導率k0=0.025W/(m?K),電費仍為每度0.50元.假設該熱泵仍然工作12h,問這時的

8、電費比上一問單層玻璃情形節省多少？圖1電子的過程,是分立的事件,通過絕緣層轉移的電荷量只能是電子電荷量一e(e=1.60X10四、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構成.根據經典物理的觀點,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,根據量子物理的原理,在一定的條件下,這種渡越是可能的,習慣上將這一過程稱為隧穿,它是電子具有波動性的結果.隧穿是單個19C的整數倍,因此也稱為單電子隧穿,MIM器件亦稱為隧穿結或單電子隧穿結.此題涉及對單電子隧穿過程限制的庫侖阻塞原理,由于據此可望制成尺寸很小的單電子器件,是目前研究得很多、有應用

9、前景的領域.1.顯示庫侖阻塞原理的最簡單的做法是將圖1的器件看成一個電容為C的電容器,圖2所示.電容器極板上的電荷來源于金屬極板上導電電子云相對于正電荷背景的很小位移,可以連續變化.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.如果隧穿過程會導致體系靜電能量上升,那么此過程不能發生,這種現象稱為庫侖阻塞.試求出發生庫侖阻塞的條件即電容器極板間的電勢差Vab=Va-Vb在什么范圍內單電子隧穿過程被禁止.2.假定Vab=0.10mV是剛能發生隧穿的電壓.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所示的雙結構器件來觀察單電子隧穿,防止雜散電容的影響.中間的金

10、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.假設島中有凈電荷量一ne,其中凈電子數n可為正、負整數或零,e為電子電荷量的大小,兩個MIM結的電容分別為Cs和Cd,試證實雙結結構器件的靜電能中與島上凈電荷量相關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卜漏D電極雙結結構的根底上,通過和島連接的電容Cg添加門電極G構成如圖4給出的單電子三極管結構,門電極和島間沒有單電子隧穿事件發CgVge生.在V較小且固定的情況下,通過門電壓Vg可限制島中的凈電子數n,對于VG如何限制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.

11、這時,單電子島的靜電能可近似為Un=ne+qo2/2C,式中C=Cs+Cd+Cg.禾用方格圖圖5,考慮庫侖阻塞效應,用粗線畫出島中凈電子數從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變化的圖線縱坐標表示Un,取Un的單位為e2/2c;橫坐標表示CgVg,取CgVg的單位為e.要求標出關鍵點的坐標,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1n0123CgVg/e變化范圍的最小值dmin和最大點的張角與入射角i的折射率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

12、截面與軸線的交點.光僅允許從半圓柱體的平面AB進入,一束足夠寬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經一次或屢次反射后再射出柱體的復雜情形.1 .當平行入射光的入射角i在0°90°變化時,試求d值dmax.2 .在如下圖的平面內,求出射光束與柱面相交的圓弧對O關系.并求在掠入射時上述圓弧的位置.八、根據廣義相對論,光線在星體的引力場中會發生彎曲,在包含引力中央的平面內是一條在引力中央附近微彎的曲線.它距離引力中央最近的點稱

13、為光線的近星點.通過近星點與引力中央的直線是光線的對稱軸.假設在光線所在平面內選擇引力中央為平面極坐標,的原點,選取光線的對稱軸為坐標極軸,那么光線方程光子的軌跡方程為GM/c2r=acos+a21+sin2j'G是萬有引力恒量,M是星體質量,c是光速,a是絕對值遠小于1的參數.現在假設離地球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.如果經過該白矮星兩側的星光對地球上的觀測者所張的視角是1.80X107rad,試問此白矮星的質量是多少千克？G=6.673M011m3/kg%2七、1 .假設對氨原子基態采用玻爾模型,認為每個電子都在以氮核為中央的圓周上運動,半徑相同,角動

14、量均為h：h=h/2兀,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.假設在上述玻爾模型的根底上來考慮電子之間的相互作用,進一步假設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,求出電子運動軌道的半徑ro、基態能量Eo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擬.電子質量m=0.511MeV/c2,c是光速,組合常量hc=197.3MeV?fm=197.3eV?nm,ke2=1.44MeV?fm=1.44eV?nm,k是靜電力常量,

15、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,圖的中間是一塊與紙面垂直的鉛板,外加恒定勻強磁場的方向垂直紙面向里.假設粒子電荷的大小是一個根本電荷量e:e=1.60i.、.、ir-fX1019C,鉛板下部徑跡的曲率半徑rd=210mm,鉛匕'1板上部徑跡的曲率半徑ru=76.0mm,鉛板內的徑跡與,：,安薩安|總鉛板法線成0=15.0°,鉛板厚度d=6.00mm,磁感應“/,.,前.J*i強度B=1.00T,粒子質量m=9.11M031kg=0.511'.MeV/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.(

16、II)試問鉛板在粒子穿過期間所受的力平均為多少牛？(III)假設射向鉛板的不是一個粒子,而是從加速器引出的流量為j=5.00M018/s的脈沖粒子束,一個脈沖持續時間為=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？dl=1(vp/v)2cos0士(vp)2-sin201/2.(3)第25屆全國中學生物理競賽決賽參考解答1.解法一：設守方隊員經過時間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所示,那么有l=vt,lp=vpt1和l22=d2+122dlcosO.2解式1,2可得由式3可知,球被搶到的必要

17、條件是該式有實數解,即vp>vsin0.4解法二：設BA與BC的夾角為4如圖1.按正弦定理有lpl=.sin0sin利用式1有vpsin0一=_.vSinj從sinf<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=1dp/v2COS.士2-sin2/25假設攻方接球隊員到A點的距離小于lmin,那么他將先限制球而不被守方隊員搶斷.故球不被搶斷的條件是lrVlmin.(6)由(5),(6)兩式得l1(dp/v)239士(5'sin2.1/2由式7可知,假設位于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

18、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.假設LWlmin就相當于第2小題.假設L>lmin,設攻方接球員位于Ax方向上某點他跑到Ci點所需時間trm=(L一lmin)/Vr；(8)守方隊員到達Ci處所需時間tpm=22d+lminBE處,那么圖22dlminCOS0)1/2/Vp球不被守方搶斷的條件是trm<tpm(9).Vr22L<一(d2+l.Vpmin2dlminCOS0)1/2+lmin,(10)式中lmin由式5給出.解法二

19、：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=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lmin也由式5給出.易證實式11與10相同.1.1選擇一個坐標系來測定衛星的運動,就是測定每一時刻衛星的位置坐標z.設衛星在t時刻發出的信號電波到達第i個地面站的時刻為ti.由于衛星信號電波以光速c傳播,于是可以寫出(x-Xi)2+(yyi)2+(zZi)2=c2(t-ti)2(i=1,2,3),(1)式中xi,yi,Zi是第i個地面站的位置坐標,可以預先測定,是的;ti也可以由地面站的時鐘來測定；t由衛星信號電波給出,也是的.所

20、以,方程1)中有三個未知數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,三個方程對應于式1中i=1,2,3的情況.II如下圖,以地心O和兩個觀測站D1,D2的位置為頂點所構成的三角形是等腰三角形,腰長為R.根據題意,可知衛星發出信號電波時距離兩個觀測站的距離相等,都是L=c.(2)當衛星P處于上述三角形所在的平面內時,距離地面的高度最大,即H.以.表示Di,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=>y(c)2(Rsin.)2-R(1-cos0).(4)式(4)也可據圖直接寫出.(ii)按題意,如

21、果緯度有很小的誤差.,那么由式(3)可知,將引起H發生誤差H.這時有L2=R2+(H+AH+R)2-2R(H+H+R)cos(0+A0).(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R(R+H)sin0A0 H=-66)H+(1cos.)R,2其中H由(4)式給出.(iii)如果時間有的誤差,那么L有誤差 L=cA.(7)由式(3)可知,這將引起H產生誤差H.這時有(L+AL)2=R2+(H+AH+R)22R(H+AH+R)cos0.(8)由式(7),(8)和(3),略去高次項,可得c2 H=(9)H+R(1cos.)'其中H由式(4)給出.2. (

22、i)在式(4)中代入數據,算得H=2.8104km.(ii)在式(6)中代入數據,算得H=m25m.(iii)在式(9)中代入數據,算得H=±3.0m.3. 選擇一個坐標系,設被測物體待定位置的坐標為x,y,z,待定時刻為t,第i個衛星在ti時刻的坐標為xi,yi,zi.衛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星的信號.確定當時物體的位置和該時刻所需要的是式(10)中i=1,2,3,4所對應的四個獨立方程.

23、4. (I)由于衛星上鐘的變慢因子為1(v/c)21/2,地上的鐘白勺示數T與衛星上的鐘的示數t之差為T-t=T一、八一電町=1-/1-(7)2丁,(11)這里v是衛星相對地面的速度,可由以下方程定出:v2GM一=2-)rr'(其中G是萬有引力常量,M是地球質量,r是軌道半徑.式(11)給出其中=>/RSR,GMv='VR是地球半徑,h是衛星離地面的高度,g=GM/R2是地面重力加速度；代入數值有v=3.89km/s.于是(v/c)2=1.681010,這是很小的數.所以1-(p21/2=1-2(p2.ccc最后,可以算出24h的時差,1_v_21gR2T-1=2(VT=

24、2c2(R+h)T=7.3s-(13)(II)衛星上的鐘的示數t與無限遠慣性系中的鐘的示數To之差tTo=12丁丁0T0=(12/1)To.(14)衛星上的鐘所處的重力勢能的大小為GMR2-7=7g.R+hR+h(15)所以下=2gR2一c2c2(R+h),代入數值有/c2=1.6810：10,這是很小的數.式(14)近似為tT0=2-T0.c(16)類似地,地面上的鐘的示數T與無限遠慣性系的鐘的示數之差TTo=1J12©2丁0To=E1-2-T-1)T0.(17)地面上的鐘所處的重力勢能的大小為(18)GMe=-R-=gR所以-E=gR;cc代入數值有E/c2=6.9610-10,

25、這是很小的數.與上面的情形類似,式17近似為(19)16,19兩式相減,即得衛星上的鐘的示數與地面上的鐘的示數之差(20)E.tT=一c2T0.從式19中解出To,并代入式20得EEt_T=_c2/(1©2)T一c2E-T=gRc2R+hT(21)注意,題目中的24h是指地面的鐘走過的時間算出24h衛星上的鐘的示數與地面上的鐘的示數之差(22)1.依題意,為使室內溫度保持不變,熱泵向室內放熱的功率應與房間向室外散熱的功率相等.設熱泵在室內放熱的功率為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.根據題意有qPT2wT1-T2'(1)式中T1為室內高溫處的絕對

26、溫度,T2為室外的絕對溫度.由1式得T1-T2P>qq.T1f(2)顯然,為使電費最少,P應取最小值;即式2中的號應取等號,對應于理想情況下P最小.故最小電功率T1T2Pmin=T1q.(3)又依題意,房間由玻璃板通過熱傳導方式向外散熱,散熱的功率T1-T2H=klS.(4)要保持室內溫度恒定,應有(5)由35三式得Pmin=kS(TiT2)2ITi(6)設熱泵工作時間為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.注意至UT1=20.00K+273.15K=293.15K,T2=-5.00K+273.15K=268.15K,1度電=1kW?h.由6,7兩式,

27、并代入有關數據得(T1-T2)2Cmin=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.設中間空氣層內外表的溫度為Ti,外外表的溫度為T0,那么單位時間內通過內層玻璃、中間空氣層和外層玻璃傳導的熱量分別為TiTiHi=klS,TiToH2=k0ns,(10)T0-T2H3=klS.(11)在穩定傳熱的情況下,有H1=H2=H3.(12)由912四式得T1TiTiTok-；=ko和Ti-Ti=T0-T2.llo(13)解式13得10k+lko1koTi=T1+T210k+2lk010k+2lk0,(14)將14式代入9式得(15)一kko,丁丁、cH1=T

28、T-(T1T2)S.10k+21ko')要保持室內溫度,值定,應有q=Hi.由式3知,在雙層玻璃情況下熱泵消耗的最小電功率Pm,n=缶5*S.(16)(17)(18)在理想情況下,熱泵工作時間t需要的電費Cmin=Pmintc；代入有關數據得Cmin=2.52元所以,改用所選的雙層玻璃板后,該熱泵工作12h可以節約的電費Cmin=CminCmin=21.47兀.(19)四、1.先假設由于隧穿效應,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=2Cv2ab.當單電子

29、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)C2假設發生庫侖阻塞,即隧穿過程被禁止,那么要求U1-U>0.由(1)(5)五式得_1_e_Vab>-n.(6)2C再假設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的隧穿不能發生的條件是1 _e_一VabVoc(7

30、)2 C由(6),(7)兩式知,當電壓Vab在一e/2ce/2C之間時,單電子隧穿受到庫侖阻塞,即庫侖阻塞的條件為1 _e_1_e_一-on<Vab<n.(8)2 C2C2.依題意和式(8)可知,恰好能發生隧穿時有1-e_Vab=2c=0.10mV.(9)由式(9),并代入有關數據得C=8.0W16F.(10)4-a2-aCs,右邊的MIM結的電容為Cd.雙結結構體系如圖a所示,以Qi,Q2分別表示電容Cs,Cd所帶的電荷量.根據題意,中間單電子島上的電荷量為圖a3.設題目中圖3中左邊的MIM結的電容為ne=Q2一Qi.(11)體系的靜電能為Cs和Cd中靜電能的總和,即22U=2C

31、S+費；(12)電壓(13)由1113三式解得19(Q2-Q1)2U=1CV2+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的靜電能Un=(一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00.50.51.51.52.52.53.0圖b(1)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圓柱面的D和D',對圓柱面其入射角分別為i2與i2.在OCD中,0

32、點與入射點C的距離Vc由正弦定理得ycRsini2=/cc.、,即yc=Rsini2sin(90+r)cosr同理在OC'D'中,O點與入射點C'的距離有當改變入射角ycsini2.J,即yc=包12Rsin(90r)cosr(2)i時,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(3)i20=arcsin(1/n)=41.8時,發生全反射.將i2=i2=i20分別代入式1,2得yoc=yoc=sini20Rcosrd=2y=2sini20R.cosr(4)(5)()=i20+r,(8)r隨入射角i增大而增大.由式4(6)圖2當yc>y

33、oc和y>yoc,時,入射光線進入柱體,經過折射后射達柱面時的入射角大于臨界角i20,由于發生全反射不能射出柱體.因折射角知,當r=0,即i=0垂直入射時,d取最小值dmin=2Rsini20=1.33R.當i90°掠入射時,r41.8°.將r=41.8°代入式4得dmax=1.79R.2 .由圖2可見,是Oz軸與線段OD的夾角,力是Oz軸與線段OD'的夾角.發生全反射時,有4'=i20r,9和.=/=2i20=83.6°.10由此可見,.與i無關,即.獨立于i.在掠入射時,i90,r=41.8,由式8,9兩式得4=83.68=0&

34、#176;.(11)六、由于方程(1)GM/c2r=acosj+a2(1+sin2是4的偶函數,光線關于極軸對稱.光線在坐標原點左側的情形對應于av0;光線在坐標原點右側的情形對應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r=rm,|=%,并注意到a2=|a|,有(2)rm經過白矮星兩側的星光對觀測者所張的視角也可以有不同的表達方式,相應的問題有不同的解法.解法一：假設從白矮星到地球的距離為d,那么可近似地寫出0s=2rm/d.(3)在式1中代入觀測者的坐標r=d,a2-GM/2c2d.由2與4兩式消去a,可以解出rm=,'2GMd

35、/c2.(5)把式5代入式3得(6)其中d=3.7871017m；代入數值就可算出M=2.071030kg.(8)解法二：光線射向無限遠處的坐標可以寫成近似地取色.,把式9代入式1,要求式1分母為零,并注意到a0/2+2a2=0.所以依0=-4a=V8GM/c2d,(10)其中用到式4,并注意到av0.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也應等于兩條光線在觀測者處切線的夾角,有(11)sin裊=cosiin°M.由光線方程(1)算出()/,有OsGM/c2GMsin2=coslsin.？=cosL而；代入觀測者的坐標r=d,=兀/2以及a的表達式4,并注意

36、到ES很小,就有2GM；2c2d0s"才飛氤=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(12)-rm=rcosj-cGMr(rcosj)2+2(rsinj)2,即x=-rm+?(x2+2y2).crmr當yoo時,式(12)的漸近式為2GMx=rm而y.這是直線方程,它在x軸上的截距為rm,斜率為11,2GM/c2rmtanS/20s/2,于是有0s4GM/c2rm.rm用式5代入后,得到式6,從而也有式8.七、1.I氯原子中有兩個電子,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.為了得到氯原子的一級電離能E+,需要求出一

37、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：在力學方程2ke2_mVr2=r中,r是軌道半徑,v是電子速度.對基態,用玻爾量子化條件角動量為h可以解出22ro=h/2kem.1于是氯離子能量2224po2ke22k之e4mE*=丁一=,2,22mroh2其中P0為基態電子動量的大小；代入數值得E*=2(ke2)2mC(hc)254.4eV.(3)由于不計電子間的相互作用,氮原子基態的能量Eo是該值的2倍,即Eo=2E*一108.8eV.(4)氨離子能量E*與氯原子基態能量Eo之差就是氯原子的一級電離能E+=E*-Eo=e*=54.4eV.(5)解法二：氮離子能量匚*P2E=赤2ke2r把基態的角動量關系rp=h代入,式h22ke2E*=2m?一丁=(3)h22m可以改寫成12ke2m2(-)2rh22k2e4mh2因基態的能量最小,式(4)等號右邊的第一項為零,所以半徑和能量h2_2k2e4mro=2E*=2-2kem'h2分別與(1),(2)兩式相同.(II)下面,同樣給出求