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ee 1 1
－ ＜ VAB ＜ ． （8） 2 C 2 C 2．依题意和式（8）可知，恰好能发生隧穿时有
VAB = 1e = 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
U =
电压
+ ； （12）
2CS2CD
Q21Q22
Q1Q2
V = + ． （13）
CSCD
由（11）～（13）三式解得
1(Q2－Q1)U = CV2 + ． （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 = (－
2
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
0 0～0.5 1 0.5～1.5 2 1.5～2.5 3 2.5～3.0 文案大全
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图b
Un( e2 / 2C )
?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 的距离 yc 由正弦定理得
yc Rsin i2
= ，即 yc = sin i2sin ( 90° + r)cos r图1
R ． （1） 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′2sin ( 90°－r)cos 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 i20
R ， （4） cos rsin i20
R ． （5） cos r即 d = 2yoc = 2
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
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（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）
图2
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）
六、
由于方程
GM / c2
r = （1）
acosφ + a2 ( 1 + sin2φ)
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 a 2
2
y S
| a | ，有
a≈－GM / crm ． （2）
r rm
φ O
x
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
E
a2 ≈GM / 2c2d ． （4）
由（2）与（4）两式消去 a ，可以解出
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rm = 2GMd / c2 ． （5）
把式（5）代入式（3）得
θS ≈8GM / c2d ； （6）
即 M≈θScd / 8G ， （7） 其中 d = 3.787 ×10m ；代入数值就可算出
17
2
2
M≈2.07 ×1030 kg ． （8）
解法二：光线射向无限远处的坐标可以写成
πθr →∞ ，φ = － + ． （9） 2
2
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 有
1，
aθ / 2 + 2a2 = 0 ．
所以 θS≈θ = －4a = 8GM / cd ， （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
2
θS
△( rcosφ )△φ
= = cosφ－rsinφ ． （11） 2△r△r
由光线方程（1）算出△φ /△r ，有
GM / c2GM sin = cosφ－rsinφ2 = cosφ－ 2 ；
2rasinφcraθS
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
θS≈2 cd 2GM2cd = 28GMGMcd2
，
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 = rcosφ－
即 x = －rm +
2
GM22
[ (rcosφ ) + 2 (rsinφ ) ] ， crmr2GM2 2
( x +2y) ． （12） crmr当 y →－∞时，式（12）的渐近式为
2GMx = －rm － 2 y ．
crm
这是直线方程，它在x 轴上的截距为－rm ，斜率为
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≈ ≈－ ． 2
－2GM/ crm －tan ( θS / 2 ) θS / 2
于是有θS ≈4GM/ crm ．rm用式（5）代入后，得到式（6），从而也有式（8）．
2
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的体系，下面给出两种解法．
解法一：在力学方程
2ke
+
+
－
+
+
mv2
= r2r2
中，r 是轨道半径，v 是电子速度．对基态，用玻尔量子化条件（角动量为 ）可以解出
r0 =
于是氦离子能量
2/ 2kem ． （1）
2
2ke2kemE* = － = － 2 ， （2）
2mr0
其中 p0 为基态电子动量的大小；代入数值得
2( ke )mcE* = － ≈ －54.4 eV ． （3） 2
(c )
由于不计电子间的相互作用，氦原子基态的能量 E0 是该值的2倍，即
2
2
2
p20
224
E0 =2E* ≈ －108.8 eV ． （4）
氦离子能量 E*与氦原子基态能量 E0 之差就是氦原子的一级电离能
E+ = E*－E0 = －E* ≈ 54.4 eV ． （5）
解法二：氦离子能量
2
p22keE*= － ．
2mr
把基态的角动量关系 rp =代入，式（3）可以改写成
2E* =
2mr2
－
2ke
2
2r=
2m ( －
1
2kem
22
r2kem) － 2 ．
2
24
因基态的能量最小，式（4）等号右边的第一项为零，所以半径和能量
22
r0 = 2kem2kem ，E*= － 2
24
分别与（1），（2）两式相同．
（II）下面，同样给出求氦原子基态能量 E0和半径 r0的两种解法．
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