1、第35届全国中学生物理竞赛模拟试题 理论部分dBAx一、足球比赛，一攻方队员在图中所示的 A 处沿 Ax 方向传球，球在草地上以速度 v 匀速滚动，守方有一队员在图中 B 处，以 d 表示 A ，B 间的距离，以 表示 AB 与Ax 之间的夹角，已知 90 设在球离开 A 处的同时，位于 B 处的守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以 vp 表示他的速率在不考虑场地边界限制的条件下，求解以下问题（要求用题中给出的有关参量间的关系式表示所求得的结果）：1求出守方队员可以抢到球的必要条件2如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上等球，以 lr 表示他到 A 点的距离，求出球不被原在 B 处的守方队
2、员抢断的条件3如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上，以L表示他离开 A 点的距离在球离开 A处的同时，他开始匀速跑动去接球，以 vr 表示其速率，求在这种情况下球不被原在 B 处的守方队员抢断的条件二、卫星的运动可由地面观测来确定；而知道了卫星的运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体的运动这都涉及时间和空间坐标的测定为简化分析和计算，不考虑地球的自转和公转，把它当做惯性系1先来考虑卫星运动的测定设不考虑相对论效应在卫星上装有发射电波的装置和高精度的原子钟假设从卫星上每次发出的电波信号，都包含该信号发出的时刻这一信息（I）地面观测系统（包含若干个观测站）可利用从电波中接收到的这一信息，并根
3、据自己所处的已知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置，从而测定卫星的运动这种测量系统至少需要包含几个地面观测站？列出可以确定卫星位置的方程（II）设有两个观测站 D1 ，D2 ，分别位于同一经线上北纬 和南纬 （单位：（）处若它们同时收到时间之前卫星发出的电波信号（i）试求出发出电波时刻卫星距地面的最大高度 H ；（ii）当 D1 ，D2 处观测站位置的纬度有很小的误差 时，试求H的误差；（iii）如果上述的时间有很小的误差，试求 H 的误差2在第1（II）小题中，若 = 45 ，= 0.10 s （i）试问卫星发出电波时刻卫星距地面最大高度 H 是多少千米？（ii）若 = 1.0 ，定出
4、的 H 有多大误差？（iii）若= 0.010 s ，定出的 H 有多大误差？假设地球为半径 R = 6.38 103 km 的球体，光速 c = 2.998 108 m / s ，地面处的重力加速度 g = 9.81 m / s23再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动设不考虑相对论效应假设从卫星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息，即每个信号发出的时刻及该时刻卫星所处的位置再假设被观测物体上有一台卫星信号接收器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息为了利用这种信息来确定物体的运动状态，即物体接收到卫星信号时物体当时所处的位置以及当时的时刻，一般来说物体至少需要同时接收到几个不同
5、卫星发来的信号电波？列出确定当时物体的位置和该时刻的方程4根据狭义相对论，运动的钟比静止的钟慢根据广义相对论，钟在引力场中变慢现在来考虑在上述测量中相对论的这两种效应已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已经对准假设卫星在离地面 h = 2.00 104 km 的圆形轨道上运行，地球半径 R 、光速 c 和地面重力加速度 g 取第2小题中给的值（I）根据狭义相对论，试估算地上的钟经过 24 h 后它的示数与卫星上的钟的示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢的公式用于匀速圆周运动（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢的因子是 (12/ c2 )1 / 2 ，是钟所在位置的引
6、力势（即引力势能与受引力作用的物体质量之比；取无限远处引力势为零）的大小试问地上的钟 24 h 后，卫星上的钟的示数与地上的钟的示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取的热量连同外界对机器做功所得到的能量一起送到高温处的机器；它能使低温处的温度降低，高温处的温度升高已知当致冷机工作在绝对温度为 T1 的高温处和绝对温度为 T2 的低温处之间时，若致冷机从低温处吸取的热量为 Q ，外界对致冷机做的功为 W ，则有 ，式中“=”对应于理论上的理想情况某致冷机在冬天作为热泵使用（即取暖空调机），在室外温度为5.00的情况下，使某房间内的温度保持在20.00由于室内温度高于室外，故将
7、有热量从室内传递到室外本题只考虑传导方式的传热，它服从以下的规律：设一块导热层，其厚度为 l ，面积为 S ，两侧温度差的大小为 T ，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处的热量为H = k S ，其中 k 称为热导率，取决于导热层材料的性质1假设该房间向外散热是由面向室外的面积 S = 5.00 m2 、厚度 l = 2.00 mm 的玻璃板引起的已知该玻璃的热导率 k = 0.75 W / ( m K )，电费为每度0.50元试求在理想情况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃的厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度 l0 = 0.50
8、mm 的空气层，假设空气的热导率 k0 = 0.025 W / ( m K )，电费仍为每度0.50元若该热泵仍然工作12 h ，问这时的电费比上一问单层玻璃情形节省多少？MIM图1四、如图1所示，器件由相互紧密接触的金属层( M )、薄绝缘层( I )和金属层( M )构成按照经典物理的观点，在I层绝缘性能理想的情况下，电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到达另一个金属层但是，按照量子物理的原理，在一定的条件下，这种渡越是可能的，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性的结果隧穿是单个电子的过程，是分立的事件，通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量e ( e = 1.60 1019 C )的
9、整数倍，因此也称为单电子隧穿，MIM 器件亦称为隧穿结或单电子隧穿结本题涉及对单电子隧穿过程控制的库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小的单电子器件，这是目前研究得很多、有应用前景的领域QQA B图21显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图1的器件看成一个电容为C的电容器，如图2所示电容器极板上的电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景的很小位移，可以连续变化如前所述，以隧穿方式通过绝缘层的只能是分立的单电子电荷如果隧穿过程会导致体系静电能量上升，则此过程不能发生，这种现象称为库仑阻塞试求出发生库仑阻塞的条件即电容器极板间的电势差VAB = VAVB 在什么范围内单电子隧穿过程被禁止2假定
10、 VAB = 0.10 mV 是刚能发生隧穿的电压试估算电容 C 的大小3将图1的器件与电压为 V 的恒压源相接时，通常采用图2所示的双结构器件来观察单电子隧穿，避免杂散电容的影响中间的金属块层称为单电子岛作为电极的左、右金属块层分别记为 S ，D 若已知岛中有净电荷量ne ，其中净电子数 n 可为正、负整数或零，e 为电子电荷量的大小，两个 MIM 结的电容分别为 CS 和 CD 试证明双结结构器件的静电能中与岛上净电荷量相关的静电能（简称单电子岛的静电能）为Un = 4在图3给出的具有源( S )、漏( D )电极双结结构的基础上，通过和岛连接的电容 CG 添加门电极( G )构成如图4给
11、出的单电子三极管结构，门电极和岛间没有单电子隧穿事件发图3图4图5生在 V 较小且固定的情况下，通过门电压 VG 可控制岛中的净电子数 n 对于 VG 如何控制 n ，简单的模型是将 VG 的作用视为岛中附加了等效电荷 q0 = CGVG 这时，单电子岛的静电能可近似为 Un = (ne + q0 )2 / 2，式中= CS +CD +CG 利用方格图（图5），考虑库仑阻塞效应，用粗线画出岛中净电子数从 n = 0开始，CGVG / e 由0增大到3的过程中，单电子岛的静电能 Un 随 CGVG 变化的图线（纵坐标表示 Un ，取 Un 的单位为 e2 / 2；横坐标表示 CGVG ，取 CG
12、VG的单位为 e）要求标出关键点的坐标，并把 n = 0 ，1 ，2 ，3时 CGVG / e 的变化范围填在表格中（此小题只按作图及所填表格（表1）评分）表1n0123CGVG / e变化范围z五、折射率 n = 1.50 、半径为R的透明半圆柱体放在空气中，其垂直于柱体轴线的横截面如图所示，图中 O 点为横截面与轴线的交点光仅允许从半圆柱体的平面 AB 进入，一束足够宽的平行单色光沿垂直于圆柱轴的方向以入射角i 射至 AB 整个平面上，其中有一部分入射光束能通过半圆柱体从圆柱面射出这部分光束在入射到 AB 面上时沿 y 轴方向的长度用 d 表示本题不考虑光线在透明圆柱体内经一次或多次反射后
13、再射出柱体的复杂情形1当平行入射光的入射角 i 在090 变化时，试求 d 的最小值 dmin 和最大值dmax 2在如图所示的平面内，求出射光束与柱面相交的圆弧对 O 点的张角与入射角 i 的关系并求在掠入射时上述圆弧的位置六、根据广义相对论，光线在星体的引力场中会发生弯曲，在包含引力中心的平面内是一条在引力中心附近微弯的曲线它距离引力中心最近的点称为光线的近星点通过近星点与引力中心的直线是光线的对称轴若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标（r ，）的原点，选取光线的对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子的轨迹方程）为r = ，G 是万有引力恒量，M 是星体质量，c 是光速，a 是绝对值远小
14、于1的参数现在假设离地球 80.0光年 处有一星体，在它与地球连线的中点处有一白矮星如果经过该白矮星两侧的星光对地球上的观测者所张的视角是1.80107rad ，试问此白矮星的质量是多少千克？已知 G = 6.673 1011 m3 / ( kg s2 )七、1假设对氦原子基态采用玻尔模型，认为每个电子都在以氦核为中心的圆周上运动，半径相同，角动量均为：= h / 2，其中 h 是普朗克常量（I）如果忽略电子间的相互作用，氦原子的一级电离能是多少电子伏？一级电离能是指把其中一个电子移到无限远所需要的能量（II）实验测得的氦原子一级电离能是24.6 eV 若在上述玻尔模型的基础上来考虑电子之间的
15、相互作用，进一步假设两个电子总处于通过氦核的一条直径的两端试用此模型和假设，求出电子运动轨道的半径 r0 、基态能量 E0 以及一级电离能 E+ ，并与实验测得的氦原子一级电离能相比较已知电子质量 m = 0.511 MeV / c2 ，c 是光速，组合常量c =197.3 MeV fm = 197.3 eV nm ，ke2 = 1.44 MeV fm = 1.44 eV nm ，k 是静电力常量，e 是基本电荷量2右图是某种粒子穿过云室留下的径迹的照片径迹在纸面内，图的中间是一块与纸面垂直的铅板，外加恒定匀强磁场的方向垂直纸面向里假设粒子电荷的大小是一个基本电荷量 e ：e = 1.60 1
16、019 C ，铅板下部径迹的曲率半径 rd = 210 mm ，铅板上部径迹的曲率半径 ru = 76.0 mm ，铅板内的径迹与铅板法线成 = 15.0 ，铅板厚度 d = 6.00 mm ，磁感应强度 B = 1.00 T ，粒子质量 m = 9.11 1031 kg = 0.511 MeV / c2不考虑云室中气体对粒子的阻力（I）写出粒子运动的方向和电荷的正负（II）试问铅板在粒子穿过期间所受的力平均为多少牛？（III）假设射向铅板的不是一个粒子，而是从加速器引出的流量为 j = 5.00 1018 / s 的脉冲粒子束，一个脉冲持续时间为=2.50 ns 试问铅板在此脉冲粒子束穿过期
17、间所受的力平均为多少牛？铅板在此期间吸收的热量又是多少焦？第35届全国中学生物理竞赛模拟试题参考解答一、图11 解法一：设守方队员经过时间 t 在 Ax 上的 C 点抢到球，用 l 表示 A 与C 之间的距离，lp 表示 B 与 C 之间的距离（如图1所示），则有l = vt ，lp = vpt （1）和 l= d 2 + l2 2dlcos （2）解式（1），（2）可得l = cos ( )2 sin2 1 / 2 （3）由式（3）可知，球被抢到的必要条件是该式有实数解，即 vp vsin （4）解法二：设 BA 与 BC 的夹角为 （如图1）按正弦定理有 = 利用式（1）有 = 从 sin
18、 1可得必要条件（4）2用 lmin 表示守方队员能抢断球的地方与 A 点间的最小距离由式（3）知lmin = cos ( )2 sin2 1 / 2 （5）若攻方接球队员到 A 点的距离小于 lmin ，则他将先控制球而不被守方队员抢断故球不被抢断的条件是lr lmin （6）由（5），（6）两式得lr cos ( )2 sin2 1 / 2 （7）由式（7）可知，若位于 Ax 轴上等球的攻方球员到 A 点的距离 lr 满足该式，则球不被原位于 B 处的守方球员抢断3解法一：如果在位于 B 处的守方球员到达 Ax 上距离 A 点 lmin 的 C1 点之前，攻方接球队员能够到达距 A 点小于
19、 lmin 处，球就不会被原位于 B 处的守方队员抢断（如图2所示）若 L lmin 就相当于第2小题若 L lmin ，设攻方接球员位于 Ax 方向上某点 E 处，则他跑到 C1 点所需时间图2trm = ( Llmin ) / vr ； （8）守方队员到达 C1 处所需时间 tpm = ( d 2 + l 2dlmin cos )1 / 2 / vp 球不被守方抢断的条件是trm tpm （9）即 L ( d 2 + l 2dlmin cos )1 / 2 + lmin ， （10）式中 lmin 由式（5）给出解法二：守方队员到达 C1 点的时间和球到达该点的时间相同，因此有tpm =
20、lmin / v 从球不被守方队员抢断的条件（9）以及式（8）可得到L ( 1 + vr / v ) lmin （11）式中lmin也由式（5）给出易证明式（11）与（10）相同二、1（I）选择一个坐标系来测定卫星的运动，就是测定每一时刻卫星的位置坐标x ，y ，z 设卫星在t时刻发出的信号电波到达第 i 个地面站的时刻为ti 因为卫星信号电波以光速 c 传播，于是可以写出(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个地面站的位置坐标，可以预先测定，是已知的；ti 也可以由
21、地面站的时钟来测定；t 由卫星信号电波给出，也是已知的所以，方程（1）中有三个未知数 x ，y ，z ，要有三个互相独立的方程，也就是说，至少需要包含三个地面站，三个方程对应于式（1）中 i = 1 ，2 ，3 的情况（II）（i）如图所示，以地心 O 和两个观测站 D1 ，D2 的位置为顶点所构成的三角形是等腰三角形，腰长为 R 根据题意，可知卫星发出信号电波时距离两个观测站的距离相等，都是L = c （2）当卫星 P 处于上述三角形所在的平面内时，距离地面的高度最大，即 H 以 表示 D1 ，D2 所处的纬度，由余弦定理可知L2 = R2 + ( H + R )2 2R ( H + R )
22、 cos （3）由（2），（3）两式得H = R ( 1cos ) （4）式（4）也可据图直接写出（ii）按题意，如果纬度有很小的误差 ，则由式（3）可知，将引起H发生误差H 这时有L2 = R2 + ( H +H + R )2 2R ( H +H + R ) cos ( + ) （5）将式（5）展开，因很小，从而H也很小，可略去高次项，再与式（3）相减，得H = ， （6）其中 H 由（4）式给出（iii）如果时间有的误差，则 L 有误差L = c （7）由式（3）可知，这将引起 H 产生误差H 这时有( L +L )2 = R2 + ( H +H + R )2 2R ( H +H + R
23、) cos （8）由式（7），（8）和（3），略去高次项，可得H = ， （9）其中 H 由式（4）给出2（i）在式（4）中代入数据，算得 H = 2.8 104 km （ii）在式（6）中代入数据，算得H =25m （iii）在式（9）中代入数据，算得H = 3.0 m 3选择一个坐标系，设被测物体待定位置的坐标为 x ，y ，z ，待定时刻为 t ，第 i 个卫星在 ti 时刻的坐标为 xi ，yi ，z i 卫星信号电波以光速传播，可以写出 (x xi )2 + (y yi )2 + (z zi )2 = c2 (t ti )2 ( i = 1 ，2 ，3 ，4 )， （10）由于方程（
24、1）有四个未知数 t ，x ，y ，z ，需要四个独立方程才有确定的解，故需同时接收至少四个不同卫星的信号确定当时物体的位置和该时刻所需要的是式（10）中 i = 1 ，2 ，3 ，4 所对应的四个独立方程4（I）由于卫星上钟的变慢因子为 1( v / c )2 1 / 2 ，地上的钟的示数 T 与卫星上的钟的示数 t 之差为T t = T T = 1 T ， （11）这里 v 是卫星相对地面的速度，可由下列方程定出： = ， （12）其中 G 是万有引力常量，M 是地球质量，r 是轨道半径式（11）给出v = = R = R ，其中 R 是地球半径，h 是卫星离地面的高度，g = GM /
25、R2 是地面重力加速度；代入数值有 v = 3.89 km / s 于是 ( v / c )2 1.68 1010 ，这是很小的数所以 1 1 / 2 1 最后，可以算出 24 h 的时差T t T = T = 7.3 s （13）（II）卫星上的钟的示数t与无限远惯性系中的钟的示数T0之差t T0 = T0T0 = ( 1 )T0 （14）卫星上的钟所处的重力势能的大小为= = g （15）所以 = ；代入数值有/ c2 = 1.68 1010 ，这是很小的数式（14）近似为t T0 T0 （16）类似地，地面上的钟的示数 T 与无限远惯性系的钟的示数之差T T0 = T0T0 = ( 1
26、)T0 （17）地面上的钟所处的重力势能的大小为= =gR （18）所以 = ；代入数值有/ c2 = 6.96 1010 ，这是很小的数与上面的情形类似，式（17）近似为T T0 T0 （19）（16），（19）两式相减，即得卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t T T0 （20）从式（19）中解出 T0 ，并代入式（20）得t T / (1 )T T = T （21）注意，题目中的 24 h 是指地面的钟走过的时间 T 最后，算出 24 h 卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t T = 46 s （22）三、1依题意，为使室内温度保持不变，热泵向室内放热的功率应与房间向室外散热的功
27、率相等设热泵在室内放热的功率为 q ，需要消耗的电功率为 P ，则它从室外（低温处）吸收热量的功率为 qP 根据题意有 ， （1）式中 T1 为室内（高温处）的绝对温度，T2 为室外的绝对温度由（1）式得P q （2）显然，为使电费最少，P 应取最小值；即式（2）中的“”号应取等号，对应于理想情况下 P 最小故最小电功率P min = q （3）又依题意，房间由玻璃板通过热传导方式向外散热，散热的功率H = k S （4）要保持室内温度恒定，应有q = H （5）由（3）（5）三式得P min = k （6）设热泵工作时间为 t ，每度电的电费为 c ，则热泵工作需花费的最少电费C min =
28、 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度电 = 1 kW h 由（6），（7）两式，并代入有关数据得C min = Sktc = 23.99 元 （8）所以，在理想情况下，该热泵工作12 h 需约24元电费2设中间空气层内表面的温度为 Ti ，外表面的温度为 T0 ，则单位时间内通过内层玻璃、中间空气层和外层玻璃传导的热量分别为H1 = k S ， （9）H2 = k0 S ， （10）H3 = k S （11）在稳定传热的情况下，有H1 = H2 = H
29、3 （12）由（9）（12）四式得 k = k0 和 T1Ti = T0T2 （13）解式（13）得Ti = T1 + T2 （14）将（14）式代入（9）式得H1 = ( T1T2 )S （15）要保持室内温度恒定，应有 q = H1 由式（3）知，在双层玻璃情况下热泵消耗的最小电功率P min = S （16）在理想情况下，热泵工作时间 t 需要的电费C min = Pmin tc ； （17）代入有关数据得 C min = 2.52 元 （18）所以，改用所选的双层玻璃板后，该热泵工作12 h 可以节约的电费Cmin = C min C min = 21.47 元 （19）四、1先假设由
30、于隧穿效应，单电子能从电容器的极板 A 隧穿到极板 B 以 Q 表示单电子隧穿前极板 A 所带的电荷量，VAB 表示两极板间的电压（如题目中图3所示），则有VAB = Q / C （1）这时电容器储能U = CV2AB （2）当单电子隧穿到极板 B 后，极板 A 所带的电荷量为Q = Q + e ， （3）式中 e 为电子电荷量的大小这时，电容器两极板间的电压和电容器分别储能为VAB = ，U = CV 2AB （4）若发生库仑阻塞，即隧穿过程被禁止，则要求U U 0 （5）由（1）（5）五式得VAB （6）再假设单电子能从电容器的极板 B 隧穿到极板 A 仍以 Q 表示单电子隧穿前极板A 所
31、带的电荷量，VAB 表示两极板间的电压当单电子从极板 B 隧穿到极板 A 时，极板A 所带的电荷量为 Q = Q e 经过类似的计算，可得单电子从极板 B 到极板 A 的隧穿不能发生的条件是VAB （7）由（6），（7）两式知，当电压 VAB 在e / 2C e / 2C 之间时，单电子隧穿受到库仑阻塞，即库仑阻塞的条件为 VAB （8）2依题意和式（8）可知，恰好能发生隧穿时有VAB = = 0.10 mV （9）由式（9），并代入有关数据得C = 8.0 1016 F （10）图a3设题目中图3中左边的 MIM 结的电容为 CS ，右边的 MIM 结的电容为 CD 双结结构体系如图a所示，
32、以 Q1 ，Q2 分别表示电容 CS ，CD 所带的电荷量根据题意，中间单电子岛上的电荷量为ne = Q2Q1 （11）体系的静电能为 CS 和 CD 中静电能的总和，即U = + ； （12）电压V = + （13）由（11）（13）三式解得U = CV2 + （14）由于 V 为恒量，从式（13）可知体系的静电能中与岛上净电荷相关的静电能 Un = (ne )2 / 2 (CS + CD )4Un 随 CGVG 变化的图线如图b；CGVG / e 的变化范围如表2表2n0123CGVG / e 的变化范围00.50.51.51.52.52.53.0图b图1五、1在图1中，z 轴垂直于 AB
33、 面考察平行光束中两条光线分别在 AB 面上 C与 C 点以入射角 i 射入透明圆柱时的情况，r 为折射角，在圆柱体中两折射光线分别射达圆柱面的 D 和 D ，对圆柱面其入射角分别为 i2 与 i2 在OCD 中，O 点与入射点 C 的距离 yc 由正弦定理得 = ，即 yc = R （1）同理在OC D 中，O 点与入射点 C 的距离有 = ，即 yc = R （2）当改变入射角 i 时，折射角 r 与柱面上的入射角 i2 与 i2 亦随之变化在柱面上的入射角满足临界角i20 = arcsin ( 1 / n ) 41.8 （3）时，发生全反射将 i2 = i2 = i20 分别代入式（1）
34、，（2）得yoc = yoc = R ， （4）即 d = 2yoc = 2R （5）当 yc yoc 和 yc y oc 时，入射光线进入柱体，经过折射后射达柱面时的入射角大于临界角 i20 ，由于发生全反射不能射出柱体因折射角 r 随入射角 i 增大而增大由式（4）知，当 r = 0 ，即 i = 0（垂直入射）时，d 取最小值dmin = 2Rsin i20 = 1.33 R （6）图2当 i 90（掠入射）时，r 41.8 将 r = 41.8 代入式（4）得 dmax = 1.79 R （7）2由图2可见， 是 Oz 轴与线段 OD 的夹角， 是 Oz 轴与线段 OD 的夹角发生全反
35、射时，有 = i20 + r ， （8） = i20 r ， （9）和 = + = 2i2083.6 （10）由此可见， 与 i 无关，即 独立于 i 在掠入射时，i 90 ，r = 41.8 ，由式（8）,（9）两式得 = 83.6 ， = 0 （11）六、由于方程r = （1）ySrxOErm是 的偶函数，光线关于极轴对称光线在坐标原点左侧的情形对应于 a 0 ；光线在坐标原点右侧的情形对应 a 0 右图是 a 0 的情形，图中极轴为 Ox ，白矮星在原点O 处在式（1）中代入近星点坐标 r = rm ， = ，并注意到 a2| a | ，有a GM / c2rm （2）经过白矮星两侧的星
36、光对观测者所张的视角 S 可以有不同的表达方式，相应的问题有不同的解法解法一：若从白矮星到地球的距离为 d ，则可近似地写出S 2rm / d （3）在式（1）中代入观测者的坐标 r = d ， = / 2 ，有a2 GM / 2c2d （4）由（2）与（4）两式消去 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 ；代入数值就可算出M2.07 1030 kg （8）解法二：光线射向无限远处的坐标可以写成r ， = + （9）近似地取 S ，把式（9）代入式（1），要求式（1）分母为零，并注意到 1，
37、有a / 2 + 2a2 = 0 所以 S = 4a = ， （10）其中用到式（4），并注意到 a 0 式（10）与式（6）相同，从而也有式（8）解法三：星光对观测者所张的视角 S 应等于两条光线在观测者处切线的夹角，有sin = = cosrsin （11）由光线方程（1）算出 / r ，有sin = cosrsin = cos ； 代入观测者的坐标r = d ，= / 2 以及 a 的表达式（4），并注意到 S 很小，就有S = ，与式（6）相同所以，也得到了式（8）解法四：用式（2）把方程（1）改写成rm = rcos (rcos )2 + 2 (rsin )2 ， 即 x = rm + ( x2 + 2y2 ) （12）当 y 时，式（12）的渐近式为x = rm y 这是直线方程，它在x 轴上的截距为 rm ，斜率为 于是有S 4GM / c2rm rm用式（5）代入后，得到式（6），从而也有式（8）七、1（I）氦原子中有两个电子，一级电离能 E+ 是把其中一个电子移到无限远处所需要的能量满足 He + E+ He+ + e 为了得到氦原子的一级电离能 E+ ，需要求出一个电子电离以后氦离子体系的能量 E* 这是一个电子围绕氦核运动
