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）