9决赛热光原子物理学题

9决赛热光原子物理学题1/14九、决赛热光原子物理学题83.(15J2)1mol的理想气体经历了一个在VT图上标为1321的循环过程，如图9-1所示。其中，过程21的方程式为VVTT2121，过程32为经过原点的直线上的一段，过程13的方程式为221VTT，式中是常量。状态1和2的热力学温度已知为1T和431T。求该气体在此循环过程中对外所做的功。解法一：由题意得：21211111212VTVVTT1221243212TVVTT2312321343VVTVTT依次解上面三个方程可以得到：11V，232V，213V由公式nRTpV可得：在过程21VnRTP2111nRTP1221nRTP该过程气体体积膨胀对外做功，由于气体做功是压强在体积变化上的积累，且该过程压强与体积成一次函数关系，故所做的功可以用压强平均值与体积变化量的成绩来求：111221218321432nRTnRTVVPPVPW过程32为等压压缩过程，压强始终为1221nRTP，外界对气体做功：321T143T1TV图9-19决赛热光原子物理学题2/14112323221121nRTnRTVVPW过程13：VnRTP21，其中：12321nRTPP，11nRTP。该过程气体体积膨胀对外做功，且该过程压强与体积成一次函数关系，故所做的功类似过程21求解：1311313832nRTVVPPVPW则在整个循环过程中气体所做总功为：111113322141218383RTnRTnRTnRT解法二：用上述方法先搞清楚VP关系式，再求出1P、2P、3P以及1V、2V、3V，画出VP图像如图9-2所示，由循环方向可知，气体对外做功，其功大小等于三角形面积：111114121232121RTVVPPW84.(24J7)已知钠原子从激发态（记做P3/2）跃迁到基态（记做S1/2）所发出的光谱线波长λ0=588.9965nm．现有一团钠原子气，其中的钠原子做无规的热运动（钠原子的运动不必考虑相对论效应），被一束沿z轴负方向传播的波长为λ=589.0080nm的激光照射．以θ表示钠原子运动方向与z轴正方向之间的夹角（如图9-3所示）．问在30°＜θ＜45°角度区间内的钠原子中速率u在什么范围内能产生共振吸收，从S1/2态激发到P3/2态？并求共振吸收前后钠原子速度（矢量）变化的大小．已知钠原子质量为M=3.79×10－26kg，普朗克常量h=6.626069×10－34J•s，真空中的光速c=2.997925×108m•s－1．解法一．根据已知条件，射向钠原子的激光的频率321P121P1PV121V1V123V图9-2钠原子激光束uzθ图9-39决赛热光原子物理学题3/14v=cλ．（1）对运动方向与z轴正方向的夹角为θ、速率为u的钠原子，由于多普勒效应，它接收的激光频率v′=v(1+uccosθ)；（2）改用波长表示，有λ′=λ1+uccosθ．（3）发生共振吸收时，应有λ′=λ0，即λ1+uccosθ=λ0．（4）解（4）式，得ucosθ=cλ－λ0λ0；（5）代入有关数据，得ucosθ=5.85×103m•s－1．（6）由（6）式，对θ=30°的钠原子，其速率u1=6.76×103m•s－1；对θ=45°的钠原子，其速率u2=8.28×103m•s－1．运动方向与z轴的夹角在30°～45°区域内的原子中，能发生共振吸收的钠原子的速率范围为6.76×103m•s－1＜u＜8.28×103m•s－1．（7）共振吸收前后，动量守恒．设钠原子的反冲速率为V，则有Mu－hλez=MV．（8）其中ez为z轴方向的单位矢量．由（8）式得u－V=hMλez．（9）钠原子速度（矢量）变化的大小为|u－V|=hMλ；（10）代入数据，得9决赛热光原子物理学题4/14|u－V|=2.9×10－2m•s－1．（11）解法二．根据已知条件，钠原子从激发态P3/2跃迁到基态S1/2发出的光谱线的频率v0=cλ0；（1）入射激光的频率v=cλ．（2）考查运动方向与z轴的正方向成θ角的某个钠原子．它在共振吸收过程中动量守恒，能量守恒．以u表示该钠原子在共振吸收前的速度，V表示该钠原子共振吸收后的速度，则有Mu－hvcez=MV，（3）12Mu2+hv=12MV2+hv0．（4）把（3）式写成分量形式，并注意到共振吸收前后钠原子在垂直于z轴方向的动量不变，有Musinθ=MVsinθ′，（5）Mucosθ－hvc=MVcosθ′，（6）式中θ′为激发态钠原子速度方向与z轴正方向的夹角．从（5），（6）两式中消去θ′，得M2u2－M2V2=－(hvc)2+2Muhvccosθ．（7）由（4），（7）两式可得2hv0－2hv=－1M(hvc)2+2hvuccosθ．（8）注意到(hv/c)2M，得v0=v(1+uccosθ)；（9）改用波长表示，有λ0=λ1+uccosθ．（10）解（10）式，得ucosθ=cλ－λ0λ0；（11）代入有关数据，得ucosθ=5.85×103m•s－1．（12）9决赛热光原子物理学题5/14由（12）式，对θ=30°的钠原子，其速率u1=6.76×103m•s－1；对θ=45°的钠原子，其速率u2=8.28×103m•s－1．运动方向与z轴的夹角在30°～45°区域内的原子中，能发生共振吸收的钠原子的速率范围为6.76×103m•s－1＜u＜8.28×103m•s－1．（13）由（3）式可知，钠原子共振吸收前后速度（矢量）的变化为u－V=hMλez，（14）速度（矢量）大小的变化为|u－V|=hMλ；（15）代入数据，得|u－V|=2.9×10－2m•s－1．（16）85.(25J6)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，φ）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=GM/c2acosφ+a2(1+sin2φ)，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1.80×10－7rad，试问此白矮星的质量是多少千克？已知G=6.673×10－11m3/(kg•s2)分析：由于方程r=GM/c2acosφ+a2(1+sin2φ)（1）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ySrxOErmφ图9-49决赛热光原子物理学题6/14a＜0；光线在坐标原点右侧的情形对应a＞0．图9-4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）即M≈θ2Sc2d/8G，（7）其中d=3.787×1017m；代入数值就可算出M≈2.07×1030kg．（8）解法二：光线穿过地球射向无限远处的坐标可以写成r→∞，φ=－π2+θ2．（9）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θ1，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sinθS2=△(rcosφ)△r=cosφ－rsinφ△φ△r．（11）由光线方程（1）算出△φ/△r，有sinθS2=cosφ－rsinφGM/c2r2asinφ=cosφ－GMc2ra；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9决赛热光原子物理学题7/14θS≈2GMc2d2c2dGM=8GMc2d，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－GMc2rmr[(rcosφ)2+2(rsinφ)2]，即x=－rm+GMc2rmr(x2+2y2)．（12）当y→－∞时，式（12）的渐近式为x=－rm－2GMc2rmy．这是直线方程，它在x轴上的截距为－rm，斜率为1－2GM/c2rm≈1－tan(θS/2)≈－1θS/2．于是有θS≈4GM/c2rm．rm用式（5）代入后，得到式（6），从而也有式（8）．86.(27J5)南极冰架崩裂形成一座巨型冰山，随洋流漂近一个城市。有人设计了一个利用这座冰山来发电的方案，具体过程为：a先将环境中一定量的空气装入体积可变的容器，在保持压强不变的条件下通过与冰山接触容器内空气温度降至冰山温度；b使容器脱离冰山，保持其体积不变，让容器中的冰空气从环境中吸收热量，使其温度升至环境温度；c在保持容器体积不变的情况下让空气从容器中喷出，带动发电装置发电。如此重复，直至整座冰山融化。已知环境温度293KaT，冰山的温度为冰的熔点1273KT，可利用的冰山的质量111.010kgm，为了估算可能获得的电能，设计者做出的假设和利用的数据如下：1．空气可视为理想气体。2．冰的熔解热53.3410J/kgL；冰融化成温度为1T的水之后即不再利用。3．压强为p、体积为V的空气内能2.5UpV。4．容器与环境之间的热传导良好，可以保证喷气过程中容器中空气温度不变。5．喷气过程可分解为一连串小过程，每次喷出的气体的体积都是u，且u远小于容器的体积。在每个小过程中，喷管中的气体在内外压强差的作用下加速，从而获得一定动能E，从喷嘴喷出。不考虑喷出气体在加速过程中体积的改变，并认为在喷气过程中容器内的气体压强仍是均匀的，外压强的大气压。6．假设可能获得的电能是E总和的45%7．当1x时，ln1xx≈。试根据设计者的假设，计算利用这座冰山可以获得的电能。9决赛热光原子物理学题8/14解法一以ap表示环境中大气的压强，则初始时装入容器的空气的压强为ap，温度为aT，以aV表示其体积。当容器与冰山接触，达到平衡时，容器中空气的温度为1T，体积减小为0V，根据题意，空气经历的过程为等压过程，故有01aaVVTT（1）在这一过程中，容器中空气内能的增加量为02.5aaUpVV，（2）大气对所考察空气做功为0aaWpVv（3）若以Q表示此过程中冰山传给容器中空气的热量，根据热力第一定律有QUW。（4）由以上四式得13.5aaaaTTQpVT（5）（5）式给出的Q是负的，表示在这一过程中，实际上是容器中的空气把热量传给冰山。容器中空气的温度降至冰山温度后，又经一过等容升温过程，即保持体积0V不变，温度从1T升至环境温度aT，并从周围环境吸热。若以1p表示所考虑空气的压强，则有11aappTT（6）设喷管的体积为u，当喷管中的气体第一次被喷出时，容器中空气的压强由1p降到2p；根据题目给出的条件，有1020pVupV，（7）即0210VuppV（8）喷出气体获得的动能k11aEppu。（9）当喷管中的空气第二次喷出后，容器中空气压强由2p降到3p，根据题给出的