第25届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案 下载本文

由(2),(3)两式得

H =

(c?)2 -(R sinθ )2 -R ( 1-cosθ ) . (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△θ ,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 ( θ +△θ ) . (5)

将式(5)展开,因△θ很小,从而△H也很小,可略去高次项,再与式(3)相减,得

R ( R +H ) sinθ△θ

△H = - , (6)

H + ( 1-cosθ ) R

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 ) cosθ. (8)

由式(7),(8)和(3),略去高次项,可得

c2?△?△H = , (9)

H + R ( 1-cosθ )

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(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 -

v1-()2 T = [ 1- c

v1-()2 ] T , (11)

c

这里 v 是卫星相对地面的速度,可由下列方程定出:

v2GM

= 2 , (12) rr

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 =

GM

= r

g

R = r

g

R , R + h

其中 R 是地球半径,h 是卫星离地面的高度,g = GM / 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 ×10

[ 1- (

-10

,这是很小的数.所以

v2 1 / 2 1v

)]≈1- ()2 . c 2 c

最后,可以算出 24 h 的时差

1 v21gR2

T-t ≈()T = 2T = 7.3 μs . (13)

2 c 2c ( R + h )

(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 =

1-2

c

?

2T0-T0= (

1-22 -1 )T0 . (14)

c

?卫星上的钟所处的重力势能的大小为

GMR2

?= R + h = R + h g . (15)

gR2

所以 2 = 2 ;

c c ( R + h )代入数值有?/ c2 = 1.68 ×10

-10

? ,这是很小的数.式(14)近似为

t-T0 ≈- 2T0 . (16)

c

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 =

1-22T0-T0= (

c

?E

1-22 -1 )T0 . (17)

c

?E地面上的钟所处的重力势能的大小为

所以

c2

?E= R =gR . (18) ?EgR

=

c2 ;

-10

GM

代入数值有?E/ c2 = 6.96 ×10为

,这是很小的数.与上面的情形类似,式(17)近似

T-T0 ≈- 2T0 . (19)

c

(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

?E

t-T ≈-

???E c2

T0 . (20)

从式(19)中解出 T0 ,并代入式(20)得

t -T ≈-

???E

c

2/ (1-

?E c

2 )T ≈-

???E c

2T =

gRh T. (21) c2R + h

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 μs . (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 q-P .根据题意有

q-PT2

≤ , (1) PT1-T2

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

T1-T2P ≥ q . (2)

T1

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 =

T1-T2q . (3) T1

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

T1-T2

S . (4) l

要保持室内温度恒定,应有

q = H . (5)

由(3)~(5)三式得

S ( T1-T2 )2

Pmin = k . (6)

lT1

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 = 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

( T1-T2 )2

Cmin = Sktc = 23.99 元 . (8)

T1l

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

T1-TiS , (9) lTi-T0

S , (10) l0

H2 = k0 H3 = k

T0-T2

S . (11) l

在稳定传热的情况下,有

H1 = H2 = H3 . (12)

由(9)~(12)四式得

k

T1-TiTi-T0

= k0 和 T1-Ti = T0-T2 . (13) ll0

解式(13)得

Ti =

l0k + lk0lk0T1 + T . (14)

l0k + 2lk0l0k + 2lk02

将(14)式代入(9)式得

H1 =

kk0 ( T1-T2 )S . (15)

l0k + 2lk0

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

( T1-T2 )2kk0P′min = S . (16)

l0k + 2lk0T1

在理想情况下,热泵工作时间 t 需要的电费

C ′min = P′min 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)