这时电容器储能
1
U = CV2AB ． （2）
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
V′AB =
Q + e1
，U ′ = CV ′ 2AB ． （4） C2
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
1e
VAB ＞－ ． （6）
2 C
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
1e
VAB ＜ ． （7）
2 C
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
1e1e
－ ＜ VAB ＜ ． （8） 2 C 2 C
2．依题意和式（8）可知，恰好能发生隧穿时有
1eVAB = = 0.10 mV ． （9）
2 C
由式（9），并代入有关数据得
C = 8.0 ×10
－16
F ． （10）
3．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，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
图a
－ne = Q2－Q1 ． （11）
体系的静电能为 CS 和 CD 中静电能的总和，即
Q2Q212
U = + ； （12）
2CS2CD
电压
V =
Q1Q2 + ． （13） CSCD
由（11）～（13）三式解得
(Q2－Q1)212U = CV + ． （14）
22 ( CS + CD )
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 )．
4．Un 随 CGVG 变化的图线如图b；CGVG / e 的变化范围如表2．
表2
n CGVG / e 的变化范围
图b
Un
( e2 / 2C )
0 0～0.5 1 0.5～1.5 2 1.5～2.5 3 2.5～3.0 ?五、
1．在图1中，z 轴垂直于 AB 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 i′2 ．在△OCD 中，O 点与入射点 C 的
图1
距离 yc 由正弦定理得
yc Rsin i2 = ，即 yc = R ． （1） sin i2sin ( 90° + r)cos r同理在△OC ′D′ 中，O 点与入射点 C ′ 的距离有
yc ′ Rsin i′2 = ，即 yc ′ = R ． （2） sin i′2cos rsin ( 90°－r)
当改变入射角 i 时，折射角 r 与柱面上的入射角 i2 与 i′2 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 = i′2 = i20 分别代入式（1），（2）得
yoc = yoc ′ =
sin i20R ， （4） cos r
sin i20即 d = 2yoc = 2R ． （5）
cos r
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）
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，φ 是 Oz 轴与线段 OD 的夹角，φ′ 是 Oz 轴与线段 OD′ 的夹角．发生全反射时，有
φ = i20 + r ， （8） φ′ = i20－ r ， （9）
和 θ = φ + φ′ = 2i20≈83.6° ． （10） 由此可见，θ 与 i 无关，即 θ 独立于 i ．在掠入射时，i ≈90° ，r = 41.8° ，由式（8）,（9）两式得
φ = 83.6° ，φ′ = 0°． （11）
图2
y
S
六、
由于方程
r =
GM / c
（1）
acosφ + a2 ( 1 + sin2φ)
2
r rm
φ O
x
是φ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
E
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 ，φ = π ，并注意到 a2?| a | ，有
a ≈－GM / c2rm ． （2）
经过白矮星两侧的星光对观测者所张的视角 θS 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
θS ≈2rm / d ． （3）
在式（1）中代入观测者的坐标 r = d ，φ = －π / 2 ，有
a2 ≈GM / 2c2d ． （4）
由（2）与（4）两式消去 a ，可以解出
rm = 2GMd / c2 ． （5）
把式（5）代入式（3）得
θS ≈8GM / c2d ； （6）
22
即 M≈θScd / 8G ， （7）
其中 d = 3.787 ×1017 m ；代入数值就可算出
M≈2.07 ×1030 kg ． （8）
解法二：光线射向无限远处的坐标可以写成
θ π
r →∞ ，φ = － + ． （9）
22
近似地取 θS ≈θ ，把式（9）代入式（1），要求式（1）分母为零，并注意到 θ ?1，有
aθ / 2 + 2a2 = 0 ．
所以 θS ≈θ = －4a = 8GM / c2d ， （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 θS 应等于两条光线在观测者处切线的夹角，有
sin
△( rcosφ )△φθS = = cosφ－rsinφ ． （11） 2△r△r
由光线方程（1）算出△φ / △r ，有
θSGM / c2GMsin = cosφ－rsinφ2 = cosφ － 2 ；
2rasinφcra
代入观测者的坐标r = d ，?= －π / 2 以及 a 的表达式（4），并注意到 θS 很小，就有