第35屆全國中學生物理競賽模擬試題

《第35屆全國中學生物理競賽模擬試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《第35屆全國中學生物理競賽模擬試題（20頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第35屆全國中學生物理競賽模擬試題 ★ 理論部分 θ d B A x 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 θ 表示 AB 與Ax 之間的夾角，已知 θ ＜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(wèi)星運動的測定．設不考慮相對論效應．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)（包含若干個觀測站）可利用從電波中接收到的這一信息，并根據自己所處的已知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）設有兩個觀測站 D1 ，D2 ，分別位于同一經線上北緯 θ 和南緯 θ（單位：（））處．若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 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，若 θ = 45 ，= 0.10 s ．（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）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？假設地球為半徑 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．再來考慮根據參照衛(wèi)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(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．再假設被觀測物體上有一臺衛(wèi)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(tài)，即物體接收到衛(wèi)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(wèi)星發(fā)來的信號電波？列出確定當時物體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．已知天上衛(wèi)星的鐘與地面觀測站的鐘零點已經對準．假設衛(wèi)星在離地面 h = 2.00 104 km 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 24 h 后它的示數與衛(wèi)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 (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量之比；取無限遠處引力勢為零）的大?。噯柕厣系溺?24 h 后，衛(wèi)星上的鐘的示數與地上的鐘的示數差多少？ 三、 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．已知當致冷機工作在絕對溫度為 T1 的高溫處和絕對溫度為 T2 的低溫處之間時，若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 ，則有 ≤ ， 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－5.00℃的情況下，使某房間內的溫度保持在20.00℃．由于室內溫度高于室外，故將有熱量從室內傳遞到室外．本題只考慮傳導方式的傳熱，它服從以下的規(guī)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 ，則單位時間內通過導熱層由高溫處傳導到低溫處的熱量為 H = 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 = 5.00 m2 、厚度 l = 2.00 mm 的玻璃板引起的．已知該玻璃的熱導率 k = 0.75 W / ( m ? K )，電費為每度0.50元．試求在理想情況下該熱泵工作12 h 需要多少電費？ 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，假設空氣的熱導率 k0 = 0.025 W / ( m ? K )，電費仍為每度0.50元．若該熱泵仍然工作12 h ，問這時的電費比上一問單層玻璃情形節(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 )構成．按照經典物理的觀點，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，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－e ( e = 1.60 10－19 C )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．本題涉及對單電子隧穿過程控制的庫侖阻塞原理，由于據此可望制成尺寸很小的單電子器件，這是目前研究得很多、有應用前景的領域． －Q Q A B 圖2 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，如圖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(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．如果隧穿過程會導致體系靜電能量上升，則此過程不能發(fā)生，這種現象稱為庫侖阻塞．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－VB 在什么范圍內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?。? 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，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 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 ．試證明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 Un = ． 4．在圖3給出的具有源( S )、漏( D )電極雙結結構的基礎上，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(fā) 圖3 圖4 圖5 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 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，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 / 2；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 點為橫截面與軸線的交點．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，其中有一部分入射光束能通過半圓柱體從圓柱面射出．這部分光束在入射到 AB 面上時沿 y 軸方向的長度用 d 表示．本題不考慮光線在透明圓柱體內經一次或多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 的最小值 dmin 和最大值dmax ． 2．在如圖所示的平面內，求出射光束與柱面相交的圓弧對 O 點的張角與入射角 i 的關系．并求在掠入射時上述圓弧的位置． 六、 根據廣義相對論，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．若在光線所在平面內選擇引力中心為平面極坐標（r ，φ）的原點，選取光線的對稱軸為坐標極軸，則光線方程（光子的軌跡方程）為 r = ， 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1.8010－7rad ，試問此白矮星的質量是多少千克？已知 G = 6.673 10－11 m3 / ( kg ?s2 ) 七、 1．假設對氦原子基態(tài)采用玻爾模型，認為每個電子都在以氦核為中心的圓周上運動，半徑相同，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所需要的能量． （II）實驗測得的氦原子一級電離能是24.6 eV ．若在上述玻爾模型的基礎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氦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 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． 已知電子質量 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 ，鉛板內的徑跡與鉛板法線成 θ = 15.0 ，鉛板厚度 d = 6.00 mm ，磁感應強度 B = 1.00 T ，粒子質量 m = 9.11 10－31 kg = 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． （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 = 5.00 1018 / s 的脈沖粒子束，一個脈沖持續(xù)時間為=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屆全國中學生物理競賽模擬試題 參考解答 一、 圖1 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），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數解，即 vp ≥ vsinθ ． （4） 解法二：設 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 表示守方隊員能搶斷球的地方與 A 點間的最小距離．由式（3）知 lmin = {cosθ [ ( )2 －sin2θ ]1 / 2 }． （5） 若攻方接球隊員到 A 點的距離小于 lmin ，則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 ＜ {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 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）．若 L ≤ lmin 就相當于第2小題．若 L ＞lmin ，設攻方接球員位于 Ax 方向上某點 E 處，則他跑到 C1 點所需時間 圖2 trm = ( L－lmin ) / vr ； （8） 守方隊員到達 C1 處所需時間 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）選擇一個坐標系來測定衛(wèi)星的運動，就是測定每一時刻衛(wèi)星的位置坐標x ，y ，z ．設衛(wèi)星在t時刻發(fā)出的信號電波到達第 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 (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個地面站的位置坐標，可以預先測定，是已知的；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，也是已知的．所以，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）（i）如圖所示，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(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） 當衛(wèi)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 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 ．這時有 L2 = R2 + ( H +△H + R )2 －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 = － ， （6） 其中 H 由（4）式給出． （iii）如果時間有的誤差，則 L 有誤差 △L = c ． （7） 由式（3）可知，這將引起 H 產生誤差△H ．這時有 ( 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，可得 △H = ， （9） 其中 H 由式（4）給出． 2．（i）在式（4）中代入數據，算得 H = 2.8 104 km ．（ii）在式（6）中代入數據，算得△H =25m ．（iii）在式（9）中代入數據，算得△H = 3.0 m ． 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(wèi)星在 ti 時刻的坐標為 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 )， （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(wèi)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． 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 T 與衛(wèi)星上的鐘的示數 t 之差為 T －t = T －T = [ 1－ ] T ， （11） 這里 v 是衛(wèi)星相對地面的速度，可由下列方程定出： = ， （12） 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 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；代入數值有 v = 3.89 km / s ．于是 ( v / c )2 ≈1.68 10－10 ，這是很小的數．所以 [ 1－ ]1 / 2 ≈1－ ． 最后，可以算出 24 h 的時差 T －t ≈ T = T = 7.3 μs ． （13） （II）衛(wèi)星上的鐘的示數t與無限遠慣性系中的鐘的示數T0之差 t －T0 = T0－T0 = ( －1 )T0 ． （14） 衛(wèi)星上的鐘所處的重力勢能的大小為 = = g ． （15） 所以 = ； 代入數值有/ c2 = 1.68 10－10 ，這是很小的數．式（14）近似為 t －T0 ≈－ T0 ． （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 T －T0 = T0－T0 = ( －1 )T0 ． （17） 地面上的鐘所處的重力勢能的大小為 = =gR ． （18） 所以 = ； 代入數值有/ c2 = 6.96 10－10 ，這是很小的數．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)星上的鐘的示數與地面上的鐘的示數之差 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 是指地面的鐘走過的時間 T ．最后，算出 24 h 衛(wèi)星上的鐘的示數與地面上的鐘的示數之差 t －T = 46 μs ． （22） 三、 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 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 ．根據題意有 ≤ ， （1） 式中 T1 為室內（高溫處）的絕對溫度，T2 為室外的絕對溫度．由（1）式得 P ≥ q ． （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 P min = q ． （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 H = k S ． （4） 要保持室內溫度恒定，應有 q = H ． （5） 由（3）～（5）三式得 P min = k ． （6） 設熱泵工作時間為 t ，每度電的電費為 c ，則熱泵工作需花費的最少電費 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，并代入有關數據得 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． 2．設中間空氣層內表面的溫度為 Ti ，外表面的溫度為 T0 ，則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 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） 要保持室內溫度恒定，應有 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，熱泵工作時間 t 需要的電費 C ′min = P′min tc ； （17） 代入有關數據得 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 △Cmin = C min －C ′min = 21.47 元 ． （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），則有 VAB = Q / C ． （1） 這時電容器儲能 U = CV2AB ． （2） 當單電子隧穿到極板 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，電容器兩極板間的電壓和電容器分別儲能為 V′AB = ，U ′ = CV ′ 2AB ． （4） 若發(fā)生庫侖阻塞，即隧穿過程被禁止，則要求 U ′ －U ＞0 ． （5） 由（1）～（5）五式得 VAB ＞－ ． （6） 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(fā)生的條件是 VAB ＜ ． （7） 由（6），（7）兩式知，當電壓 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 － ＜ VAB ＜ ． （8） 2．依題意和式（8）可知，恰好能發(fā)生隧穿時有 VAB = = 0.10 mV ． （9） 由式（9），并代入有關數據得 C = 8.0 10－16 F ． （10） 圖a 3．設題目中圖3中左邊的 MIM 結的電容為 CS ，右邊的 MIM 結的電容為 CD ．雙結結構體系如圖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 i′2 ．在△OCD 中，O 點與入射點 C 的距離 yc 由正弦定理得 = ，即 yc = R ． （1） 同理在△OC ′D′ 中，O 點與入射點 C ′ 的距離有 = ，即 yc ′ = R ． （2） 當改變入射角 i 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 ′ = R ， （4） 即 d = 2yoc = 2R ． （5） 當 yc ＞ yoc 和 yc ′ ＞ y oc ′ 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(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 r = 0 ，即 i = 0（垂直入射）時，d 取最小值 dmin = 2Rsin i20 = 1.33 R ． （6） 圖2 當 i →90（掠入射）時，r → 41.8 ．將 r = 41.8 代入式（4）得 dmax = 1.79 R ．（7） 2．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，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 = （1） y S r x O E rm φ 是 φ 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 a ＜ 0 ；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 ，φ = π ，并注意到 a2| a | ，有 a ≈－GM / c2rm ． （2） 經過白矮星兩側的星光對觀測者所張的視角 θS 可以有不同的表達方式，相應的問題有不同的解法． 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）中代入觀測者的坐標 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 ；代入數值就可算出 M≈2.07 1030 kg ． （8） 解法二：光線射向無限遠處的坐標可以寫成 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：星光對觀測者所張的視角 θS 應等于兩條光線在觀測者處切線的夾角，有 sin = = cosφ－rsinφ ． （11） 由光線方程（1）算出△φ / △r ，有 sin = cosφ－rsinφ = cosφ － ； 代入觀測者的坐標r = d ，= －π / 2 以及 a 的表達式（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 y →－∞時，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：在力學方程 = 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* = － = － ， （2） 其中 p0 為基態(tài)電子動量的大??；代入數值得 E* = － ≈ －54.4 eV ． （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* ≈ －108.8 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)的角動量關系 rp =代入，式（3）可以改寫成 E* = － = ( － )2 － ． 因基態(tài)的能量最小，式（4）等號右邊的第一項為零，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） 代入數值算得 E0 = － ≈ －83.4 eV ， （8） r0 = ≈ 0.0302 nm ． 所以，氦原子的一級電離能 E+ = E*－E0 ≈ 29.0 eV ． （9） 這仍比實驗測得的氦原子一級電離能 24.6 eV 高出 4.4 eV ． 解法二：氦原子能量 E = 2 ( － ) + = － 可以化成 E = ( － )2 － ． 當上式等號右邊第一項為零時，能量最?。纱丝芍?，基態(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鉛板向上運動，其電荷為正． （II）如題圖所示，粒子的運動速度 v 與磁場方向垂直，洛倫茲力在紙面內；磁力不改變荷電粒子動量的大小，只改變其方向．若不考慮云室中氣體對粒子的阻力，荷電粒子在恒定磁場作用下的運動軌跡就是曲率半徑為一定值的圓?。豢梢詫懗銎溥\動方程 qBv =| | = = ， （1） 其中 q 是粒子電荷，v 是粒子速度的大小，p 是粒子動量的大小，△ 是粒子在△t 時間內轉過的角度，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動量的大小，并在式（1）中代入有關數據，可以算得 pd = 63.0 MeV / c ， pu = 22.8 MeV / c ． （3） 注意到當 pcmc2 時應使用狹義相對論，從 p = ． （4） 中可以得到 v= ． （5） 用 vd 和 vu 分別表示粒子進入和離開鉛板時的速度大?。咽剑?）以及 m = 0.511 MeV / c2 代入式（3），可得 vd ≈ c ， vu ≈ c ． （6） 于是，粒子穿過鉛板的平均速度 = ( 1 / 2 ) ( vd + vu ) ≈ c ．用△t 表示粒子穿過鉛板的時間，則有 cosθ△t = d ． （7） 再用△pdu 表示粒子穿過鉛板動量改變量的大小，鉛板所受到的平均力的大小 f = = ≈ ； （8） 代入有關數值得 f ≈ 1.04 10－9 N ． （9） （III）一個粒子穿過鉛板的時間 △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期間所受的力的平均大小 F ≈( pd－pu ) j ； （11） 代入數據得 F = 0.107 N ． （12） 運用式（4），可把粒子能量寫成 E = ， （13） 所以粒子穿過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期間所吸收的熱量 Q = ( Ed－Eu ) j ； （15） 代入數據得 Q = 8.04 10－2 J ． （16） 20