Question: 假设有一段DNA序列，其中CG含量为45%，且有2/3的胞嘧啶以5mc的形式存在。假设没有其他核苷酸被甲基化，且环境中不存在主动去甲基化酶，那么经过3次DNA复制后，含有5mc的DNA占全部DNA的比例是多少？

原始dna中两条链都有5mc，因此经过3次复制，得到8个dna双链后共有2个dna双链包含初始的dna单链。由于环境中不存在主动去甲基酶，所以不存在5mc变回无甲基化胞嘧啶的情况。最终比例应为2/8=0.25


Question:
背景：基于核苷酸的第二信使在所有细胞生命中发挥着关键信号传递作用，包括对多种细胞内外刺激的响应、基本代谢适应的调节以及病原体的免疫应答等。过去七十余年的研究已建立了基于环（寡聚）核苷酸分子的经典信号传递网络。
已知某系统编码腺苷脱氨酶（KomA）、HAM1样非典型嘌呤NTP焦磷酸酶（KomB）和含SIR2样结构域的蛋白（KomC），请根据已知基因操纵子判断该系统的大肠杆菌对噬菌体的免疫阻断机制（数字代表需填入的专有名词）：
KomA与噬菌体DNK协同作用，通过腺苷脱氨及核苷酸磷酸化两步催化反应，将（1）转化为脱氧肌苷二磷酸（dIDP）；该中间产物经宿主（2）生成脱氧肌苷三磷酸（dITP）。dITP作为信号分子，通过特异性结合KomB-KomC效应复合体中的（3），诱导KomC构象变化从而激活其（4）降解活性，最终导致细胞（4）耗竭和代谢网络崩溃，实现对噬菌体复制的有效阻断。

dAMP前体 核苷二磷酸激酶（NDK） KomB亚基 NAD⁺


Question:
背景：内源性逆转录病毒（Endogenous Retrovirus，ERV）是数百万年前远古逆转录病毒入侵整合到人类基因组的遗迹——“古病毒化石”。在漫长的岁月中，大量 ERV 的遗传信息被人类细胞俘获，并经过突变、缺失等变异成为人类基因组中的“暗物质”潜伏下来，占据了人类基因组序列的 8% 左右。这些在人类基因组中潜伏的 ERV 通常是沉默的，但在某些情况下，它们中的一些可会被重新激活并产生病毒蛋白。
1.实际上，有些内源性逆转录病毒是可以被转录和翻译的。许多癌症中都已证实了存在 ERV 的表达，这可能至少在一定程度上反映了癌细胞特有的全基因组的什么？
2. 研究人员发现，在使用allo-SCT疗法的ccRCC 患者体内，鉴定出了循环系统的供体来源的 T 细胞，它们能与患者肿瘤细胞上由ERVE-4来源的什么发生反应，并且在体外能特异性地杀死这些肿瘤细胞。他们随后证明，ERVE-4 受什么调控，这或许可以解释其在 ccRCC 中的上调现象。


Question: 假设环境中存在总量为N的DNA，有30%的胞嘧啶以5mC的形式存在。全序列上存在一个CGCGCG位点、一个AATT位点和一个CCGG位点。往环境中加入Dnmt1、Dnmt3和其他必要的合成原料，让DNA进行扩增，扩增2次后再使用Hpa II和Msp I进行充分酶切。请问最终得到的粘性末端数量为？

Msp I的酶切无关胞嘧啶是否被甲基化，且仅识别CCGG位点；Hpa II的识别位点也是CCGG，但不切割5mC。扩增两次后得到总量为4N的DNA，每1个CCGG位点经过Msp I酶切得到2个粘性末端，因此最终共有8N个粘性末端。


Question: 试求将$\{z:0<\text{Re}(z)<\pi\}\setminus[0,\frac{2\pi}{3}]$映成单位圆$\mathbb{D}$的共形映射,将$(2\arctan 2,0)$映射到原点。

首先通过\(z_1 = e^{iz}\)将\(\Omega\)映成\(\Omega' = \mathbb{H} \setminus \{z_1:|z_1|=1,0\leqslant \text{Arg}(z_1)\leqslant \frac{2\pi}{3}\}\)，为了将圆周转化为直线段，作映射\(z_2=\frac{z_1 - 1}{z_1+1}\)：\(\Omega'\to\Omega''=\mathbb{H} \setminus [0,\sqrt{3}i]\)。
    这是用到了：
    \[
    \frac{e^{i\theta}-1}{e^{i\theta}+1}=\frac{e^{\frac{i\theta}{2}}-e^{-\frac{i\theta}{2}}}{e^{\frac{i\theta}{2}}+e^{-\frac{i\theta}{2}}}=i\tan\frac{\theta}{2}
    \]
    即$z_2=i\tan z$。接下来，利用\(z_3=(z_2)^2+3\)：\(\Omega''\to\mathbb{C}\setminus[0,+\infty)\)。
    取\(z_4 = \sqrt{z_3}\)：\(\mathbb{C}\setminus[0,+\infty)\to\text{Im}(z_4)>0\)（这里单值支选择满足\(\text{Arg}(z_4)\in(0,\pi)\)这一支）。
    注意到此时$2\arctan 2$的像为$i$，最后\(w = e^{i\beta}\frac{z_4 - i}{z_4+i}\)（\(\beta\in\mathbb{R},(z_4)>0\)）：\(\text{Im}(z_4)>0\to\text{Im}(w)>0\)。
    将上述五个映射复合，即得所求双射共形映射$\omega =e^{i\beta}\frac{\sqrt{3-\tan^2 \frac{z}{2}}-i}{\sqrt{3-\tan^2 \frac{z}{2}}+i},(\beta\in\mathbb{R})$。


Question: 在某平地上向下挖一个坑，坑分为上下两部分，上半部分是底面半径与高度均为 $a$ 圆柱形，下半部分是半径为 $a$ 的半球．若某点泥土的密度为 $\mu=\rho^2 / a^2$ ，其中 $\rho$ 为此点离坑中心轴的距离，求挖此坑需做的功．


Question: Let \(\alpha\) be a real number. Evaluate \[ \int_{0}^{\infty} \frac{(\ln x)^2 \arctan(x)}{1 - 2(\cos \alpha)x + x^2} \, dx. \]

Let \( I(\alpha) \) denote the requested integral. We show that \( I(0) = \frac{\pi^3}{6} \), \( I(\pi) = \frac{\pi^3}{12} \), and for \( 0 < \alpha < \pi \),

\[
I(\alpha) = \frac{\pi \alpha (\pi - \alpha)(2\pi - \alpha)}{12 \sin \alpha}.
\]

For other values of \(\alpha\), we have \( I(\alpha) = I(\beta) \), where \(\beta = \arccos(\cos \alpha) \in [0, \pi]\).

We begin by rewriting the integral as

\[
I(\alpha) = \int_{0}^{1} \frac{(\ln x)^2 \arctan(x)}{1 - 2(\cos \alpha)x + x^2} \, dx + \int_{1}^{\infty} \frac{(\ln x)^2 \arctan(x)}{1 - 2(\cos \alpha)x + x^2} \, dx.
\]

Applying the substitution \( x \mapsto 1/x \) in the second integral and then using the identity \(\arctan(x) + \arctan(1/x) = \pi/2\), we obtain

\[
I(\alpha) = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{(\ln x)^2}{1 - 2(\cos \alpha)x + x^2} \, dx. \tag{1}
\]

For \(0 \leq x < 1\), we have

\[
\sum_{n=0}^{\infty} e^{in\alpha} x^n = \sum_{n=0}^{\infty} (xe^{i\alpha})^n = \frac{1}{1 - xe^{i\alpha}} = \frac{1 - x \cos \alpha + i \frac{x \sin \alpha}{1 - 2(\cos \alpha)x + x^2}}.
\]

Equating the imaginary parts yields

\[
\sum_{n=1}^{\infty} \sin(n\alpha)x^n = \frac{x \sin \alpha}{1 - 2(\cos \alpha)x + x^2}.
\]

Hence, for \(0 < \alpha < \pi\),

\[
I(\alpha) = \frac{\pi}{2 \sin \alpha} \int_{0}^{1} (\ln x)^2 \sum_{n=1}^{\infty} \sin(n\alpha)x^{n-1} \, dx. \tag{2}
\]

For any positive integer \(N\), we have

\[
\sum_{n=1}^{N} \sin(n\alpha)x^{n-1} \leq \sum_{n=1}^{N} x^{n-1} \leq \sum_{n=1}^{\infty} x^{n-1} = \frac{1}{1-x},
\]

and \(\int_{0}^{1} (\ln x)^2/(1-x) \, dx < \infty\). Therefore, by the dominated convergence theorem, we may reverse the order of the integration and summation in (2) to get

\[
I(\alpha) = \frac{\pi}{2 \sin \alpha} \sum_{n=1}^{\infty} \sin(n\alpha) \int_{0}^{1} (\ln x)^2 x^{n-1} \, dx = \frac{\pi}{\sin \alpha} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\alpha)}{n^3},
\]

where in the last step we have used integration by parts twice to evaluate the integral.

We now use the well-known Fourier series

\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(n\alpha)}{n^3} = \frac{\alpha(\pi-\alpha)(2\pi-\alpha)}{12}
\]

(see equation 1.443.5 in I. S. Gradshteyn and I. M. Ryzhik (2007), \textit{Table of Integrals, Series, and Products}, 7th ed., Amsterdam: Elsevier) to obtain

\[
I(\alpha) = \frac{\pi \alpha (\pi - \alpha)(2\pi - \alpha)}{12 \sin \alpha},
\]

as claimed.

Finally, by another application of the dominated convergence theorem, we have

\[
I(0) = \frac{\pi}{2} \lim_{\alpha \to 0^+} \int_{0}^{1} \frac{(\ln x)^2}{1 - 2(\cos \alpha)x + x^2} \, dx = \lim_{\alpha \to 0^+} \frac{\pi \alpha (\pi - \alpha)(2\pi - \alpha)}{12 \sin \alpha} = \frac{\pi^3}{6},
\]

and a similar calculation shows that \( I(\pi) = \frac{\pi^3}{12} \).


Question: Evaluate \[ \int_{0}^{\infty} \frac{\ln(\cos^2 x) \sin^3 x}{x^3 \left(1 + 2 \cos^2 x\right)} \, dx. \] \end{document}


Question: $\forall p\in \mathbb{R}$，讨论积分$\iint_{x+y\ge 1}\frac{\sin x\sin y}{(x+y)^p}\rmd x \rmd y$的收敛性。

做变量代换，设$u=x+y$，$v=x-y$，$\Omega=\{(u,v)|u\ge 1,v\in \bbR\}$。则
$$
\iint_{x+y\ge 1}\frac{\sin x\sin y}{(x+y)^p}\rmd x \rmd y=\iint_{x+y\ge 1} \frac{\cos (x-y)-\cos (x+y)}{2(x+y)^p}\rmd x\rmd y=\iint_{\Omega}\frac{\cos v-\cos u}{4u^p}\rmd u\rmd v
$$
问题转化为判断$I=\iint_{\Omega}\frac{\cos v-\cos u}{u^p}\rmd u\rmd v$的收敛性。

\paragraph{Case1} $p=0$。显然此时$I$不收敛。

\paragraph{Case2} $p<0$。此时$\forall n\in \bbN$，
$$
\iint_{[(2n+\frac{2}{3})\pi,(2n+1)\pi]\times [2n\pi,(2n+\frac{1}{3})\pi]} \frac{|\cos v-\cos u|}{u^p}\rmd u\rmd v\ge ((2n+\frac{2}{3})\pi)^{-p}\cdot (\frac{\pi}{3})^2\to +\infty(n\to +\infty)
$$
故$I$不收敛。

\paragraph{Case3} $p>0$。此时$\forall n\in \bbN$，
$$
\iint_{[\frac{2}{3}\pi,\pi]\times [2n\pi,(2n+\frac{1}{3})\pi]} \frac{\cos v-\cos u}{u^p}\rmd u\rmd v\ge \frac{\pi}{3}\int_{\frac{2}{3}\pi}^{\pi} \frac{1}{u^p}\rmd u
$$
故$I$不收敛。

综合三种情况得：$\forall p\in \bbR$，原积分均发散。


Question: 正实数 $k_1, k_2, k_3$ 满足 $k_12\end{array}, g(x)=\left\{\begin{array}{l}k_1 x, 0 \leq x \leq 1 \\ k_2 x-\frac{c_1}{12}, 12\end{array}\right.\right.$ ，试问，当 $k_1, k_2, k_3$ 满足什么条件时，存在 $A>0$ 使得定义在 $[0, A]$ 上的函数 $g(x)+f(A-x)$ 恰在两点处达到最小值？


Question: 正整数$m$使得方程$$\sqrt[3]{2x+19} + \sqrt[3]{2x-19} = \sqrt[3]m$$的关于$x$有实数解，且所有实数解的最简形式不含有二次根号。求$m$所有可行值的和。


Question: 有原子 A 与原子 B 之间发生的基元反应： \mathrm{A}+\mathrm{B} \rightarrow \mathrm{P} 。已知原子 \mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 的直径分别为 d_{\mathrm{A}} 、 d_{\mathrm{B}} ，质量分别为 m_{\mathrm{A}} 、 m_{\mathrm{B}} 。 ，已知单位体积的平动配分函数 f_{\mathrm{t}}=\left(\frac{2 \pi m k_{\mathrm{B}} T}{h^{2}}\right)^{3 / 2} ，转动配分函数 f_{\mathrm{r}}=\frac{8 \pi^{2} I k_{\mathrm{B}} T}{\sigma^{2}} （其中转动惯量 I=\mu r^{2} ），并假设原子 \mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 及过渡态的电子配分函数 f_{\mathrm{e}} 均为 1 ，令活化络合物的原子间距为 r_{\neq 0} ，根据双分子反应的过渡态理论速率常数表达式，给出上述基元反应以摩尔为单位的速率常数 k_{2}

根据双分子反应的过渡态理论速率常数表达式，有

k_{2}=\frac{k_{\mathrm{B}} T}{h} \frac{f^{*}}{f_{\mathrm{A}} f_{\mathrm{B}}} \mathrm{e}^{-E_{0} / R T}

 =\frac{k_{\mathrm{B}} T}{h} \frac{\left(\frac{2 \pi\left(m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}\right) k_{\mathrm{B}} T}{h^{2}}\right)^{3 / 2}}{\left(\frac{2 \pi m_{\mathrm{A}} k_{\mathrm{B}} T}{h^{2}}\right)^{3 / 2}\left(\frac{2 \pi m_{\mathrm{B}} k_{\mathrm{B}} T}{h^{2}}\right)^{3 / 2}} \cdot \frac{8 \pi \frac{m_{\mathrm{A}} m_{\mathrm{B}}}{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}} \cdot r_{\neq}^{2} k_{\mathrm{B}} T}{h^{2}} \mathrm{e}^{-E_{0} / R T} （线型双原子分子只有一个振动自由度，
已用于活化络合物的解离）

\begin{array}{l}
=\left(k_{\mathrm{B}} T\right)^{1 / 2}(8 \pi)^{1 / 2}\left(\frac{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}}{m_{\mathrm{A}} m_{\mathrm{B}}}\right)^{1 / 2} \cdot r_{\nRightarrow}^{2} \mathrm{e}^{-E_{0} / R T} \\
=\pi r_{\neq}^{2}\left(\frac{8 k_{\mathrm{B}} T}{\pi \mu}\right)^{1 / 2} \cdot \mathrm{e}^{-E_{0} / R T} \quad(\mu \text { 的单位为质量/分子 })
\end{array}

以摩尔为单位，则  k_{2}=\pi r_{*}^{2}\left(\frac{8 k_{\mathrm{B}} T}{\pi \mu}\right)^{1 / 2} N \cdot \mathrm{e}^{-E_{0} / R T}


Question: H2O→ H+ + OH- ，从 15℃- 25℃的弛豫时间 τ =37μs ，25℃的 Kw =1.0x10-14mol2dm-6 ; 水的浓度为 55.5 mol·dm-3 ，求反应速率常数 k+ 和 k-，保留一位小数


Question: In a reaction of gaseous A to product solid B, A(g) → B(s). Using a catalyst, the rate is increased by 50% when doubling the pressure of A. The apparent reaction order of A is _______. The rate is also increased by 50% when increasing the temperature from 200 °C to 205 °C. The activation energy is _______ when using Arrhenius formalism; the activation energy is_______when using collision theory; the activation enthalpy is _______when using transition state theory.


Question: 已知CH2F2中，∠HCH为112°，计算∠FCF，保留整数

分子中两个C-H键相同，夹角cos \theta =-\frac{\alpha }{1-\alpha } ，将\theta =112°带入，解的\alpha =0.2725，于是C-F键轨道s轨道成分为（1-2\times 0.2725）{\div} 2=0.2275，两个C-F夹角也满足cos \theta =-\frac{\alpha }{1-\alpha } ，讲此时的0.2275回代。解得\theta =107°


Question: 298K、P°时，以 Pt为阴极，石墨为阳极，电解含 CdCl2(0.01 mol/kg)和 CuCl2(0.02 mol/kg)的水溶液，H2在Pt上超电势为0.2V，O2在石墨上超电势为0.6V，其他超电势可忽略不计。设活度系数都为 1，标准电极电势(Cd2+/Cd)=-0.402V，(Cu2+/Cu)=0.337V，(Cl2/CI)=1.36 V，(O2/H₂O)=1.229 V。试问第二种金属离子析出时，第一种金属离子的浓度


Question:
容器内有理想气体，n = 2 mol，p = 10pᶿ，T = 300 K。求
（1）在空气中膨胀了1 dm³，做功多少？
（2）对抗1 pᶿ 定外压膨胀到容器内压力为1 pᶿ，做了多少功？
（3）膨胀时外压总比气体压力小dp，问容器内气体压力降到1 pᶿ时，气体做多少功？

解：
（1）在空气中膨胀，即恒定外压 pₑ = pᶿ
W₁ = -pₑΔV = -10⁵ × 1 × 10⁻³ = -100 J
（2）由理想气体状态方程 V₁ = nRT/p₁，V₂ = nRT/p₂，有
ΔV = V₂ - V₁ = nRT(1/p₂ - 1/p₁)
W₂ = -pₑΔV = -10⁵ × 2 × 8.314 × 300 × (1/10⁵ - 1/10⁶) = -4504 J
（3）该过程为定温可逆过程
W₃ = -nRT ln(p₁/p₂) = -2 × 8.314 × 300 × ln(10⁶/10⁵) × 10⁻³ = -11.49 kJ


Question: A和B的混合物在300K时每一组分的含量均为13.33kPa，已知A和B的直径分别为0.3和0.4nm，300K时的平均相对速度为5*10^2m/s，反应速率常数为1.18*10^5 cm3/mol·s，活化能为40kJ/mol，求具有阈能Ec的碰撞分数和反应的方位因子


Question: 以 Fe 卟啉配合物作催化剂，电化学还原 CO，通常在含 Et4NCl 的 DMF 溶液中进行，并 需要质子的辅助。此时，需要将水溶液中的还原电势 Eaq 换算成在 DMF 溶液中的还原电势 EDMF。DMIF 和水溶液中电极电势的差异来自两方面，一是两种电解质溶液接触时产生的液 接电势 EDMF/aq，EDMF/aq = 0.141 V（即 DMF 中的电势比水溶液中高 0.141 V）；二是各物种 在不同溶液中的溶剂化作用不同，相关物种从水溶液转移至 DMF 溶液中的 ΔG°如下表所 示。 物种 X H+ H2O X(aq)→X(DMF)的 ΔG° (kJ mol-1 ) 17.90 -19.3 计算 CO2(g) + 2H+ (DMF) + 2e = CO(g) + H2O(DMF) 的标准电极电势 E2°。


Question: 推出二元氧化物(稳定物质)中含氧量最高的化合物。

二元氧化物是由两种元素组成的氧化物，其中一种元素是氧。要使含氧量最高，需要选择一种原子量最小的元素与氧结合。

原子量最小的元素是氢(H)，因此含氧量最高的二元氧化物是过氧化氢(H₂O₂)。

过氧化氢中氧的质量分数计算如下：
H₂O₂的分子量 = 2 × 1 + 2 × 16 = 34
氧的质量分数 = (2 × 16) / 34 × 100% ≈ 94.12%


Question: ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40 min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是______；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式是________________。

pH几乎不变阶段发生的反应为ZnO+SO2=ZnSO3，由于ZnSO3微溶于水，溶液pH变化不大，故主要产物为ZnSO3；当ZnO反应完，继续通入SO2,生成的ZnSO3与SO2反应生成Zn(HSO3)2，由于Zn(HSO3)2易溶于水，HSO3-电离使溶液显酸性，所以pH下降较快，SO2吸收率迅速降低，故离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO3-。


Question: 有一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分子，其结构类似于岩盐的单胞结构，顶角和面心由钛原子占据，棱的中心和体心由碳原子占据，写出化学式

气态团簇分子而非晶体，不存在周期性问题，直接计入8顶点6面心，故Ti有14个，再计入12个棱心和一个体心，C为13个


Question: A 为非金属氟化物，含氟46.5%；A 分子在气相以单体形式存在，最高次对称轴为C3 轴； 在固态，A 形成四聚体或六聚体。在低温下将A 投入氟磺酸中，生成一取代产物B。试图将 B 在稍高的温度下继续与氟磺酸反应制备多取代产物，然而反应并未成功，反而产生了稳定 气体C 以及含有非极性键的极性分子D(反应1)。又试图利用B 加热分解制备多取代产物， 结果也未成功，而是生成了A、C、D(反应2)。 写出A~D 的化学式。


Question: 砷硫铅铁矿PbFe3(AsO4)(SO4)(OH)6与矿井水中溶解的碳酸氢钙反应，转化为四种矿物： 臭葱石(FeAsO4·2H2O)，针铁矿(FeOOH)，白铅矿和生石膏。写出反应方程式。

PbFe3(AsO4)(SO4)(OH)6 + Ca(HCO3)2 + H2O = FeAsO4·2H2O + 2FeOOH + PbCO3 + CaSO4·2H2O + CO2


Question: 液氨中，Se 单质可以和AgCN 按11 : 6 发生反应，将Ag+完全沉淀。该反应只生成3 种含Se 物质，其中一种产物中存在S4 轴。写出化学反应方程式。

22Se + 12AgCN + 16NH3 = 6Ag2Se + Se4N4 + 12NH4SeCN


Question: M 是一种在地壳中分布分散的金属元素。将M 的单质在纯氧中于730°C 加热，可生成A， A 是两性氧化物。向A 的酸性溶液中通入H2S 气体，可制得白色沉淀B；向A 的酸性溶液 中逐渐滴加NaBH4 水溶液，可制得C；C 在室温下为气态，因具有溶血作用而有毒。C 溶 于液氨生成D，使所得的溶液具有一定的导电性。将A 加热至红热并通入COCl2 气流，得 到无色液体E；E 与H2 在石英管中共热可得到F。F 与过量的碳酸钠溶液反应，唯一固体产 物为黄色沉淀G，同时无气体生成。在惰性气氛下，F 与一些有机物能发生反应；如F 与蒽 反应(摩尔比1:1)得到H；F 与乙炔反应(摩尔比2:1)得到I。 写出A ~ G 的化学式(C、E、F 都是四面体分子)。


Question: 在无氧条件下，含Cu2+的溶液可作为氧化剂与黄铁矿反应。写出化学反应方程式。


Question:
在N2保护和搅拌下，向100 mL 0.40 mol L⁻¹的浅绿色FeSO₄溶液中加入40 mL 0.80 mol L⁻¹的NaOH溶液，得到Fe(OH)₂沉淀，保持通N₂升温至40℃，将气体切换为空气。随着空气通入，悬浊体系由浅绿色变深，形成蓝绿色沉淀A（反应1），继续通入空气，沉淀颜色变化，最后转化为黄色固体B（反应2）。此时若停止通空气，向体系中补充适量NaOH并调控温度，B可以进一步与体系中的物种反应再变为A（反应3），也可转化为黑色磁性物质C（反应4）。B在150℃彻底脱水形成砖红色氧化物D，失重10.0%。
A是一种名为GR-II（Green Rust，绿锈，简称GR）的物质，其结构可从Fe(OH)₂结构演变得到。Fe(OH)₂为层状结构，层板由两层采取密堆积排布的OH⁻构成，Fe²⁺占据层板中密堆积形成的所有八面体空隙，层间通过氢键连接。若层板中部分Fe(II)被氧化为Fe(III)，会导致其带正电荷，因而需在层间引入阴离子平衡电荷，同时也带入水分子，形成绿锈。晶体衍射和谱学表征显示，GR-II中Fe(II)和Fe(III)的原子比为2:1。
根据上文回答下面问题：
5-1 写出A的化学式。（对A要求：价态不同的铁分开写并注明氧化数；此处可忽略层间水分子）。
5-2 写出反应1到反应4的离子方程式。（提示：注意起始加入反应物的计量关系，确定反应体系的组成。）
5-3 有研究者通过差热分析确定GR-II结构中层间水分子的数目。结果显示，在80-140℃之间出现一个热效应为420 J g⁻¹的吸热峰，对应于水分子的脱去。在此范围水的蒸发焓为40.1 kJ mol⁻¹，可近似当作此条件下上述脱水反应的摩尔焓变。通过计算确定A的化学式中所含水分子数n。
5-4 若将起始反应物FeSO₄换成FeCl₂，可形成类似层状结构的蓝绿色物质GR-I。鉴于Cl⁻和SO₄²⁻的大小、形状和电荷不同，当其进入层间时，3个Cl⁻取代2个SO₄²⁻并导致层内阳离子电荷和层间堆积方式的调整。推出GR-I的化学式（价态不同的铁分开写并注明氧化数；忽略层间水分子）。

5-1  题目说明 GR-II 中 Fe(II) 和 Fe(III) 的原子比为 2:1，因此化学式应为 Fe(II)₄Fe(III)₂(OH)₁₂(SO₄)。
  每 6 个 Fe 原子中，4 个为 Fe(II)，2 个为 Fe(III)，总正电荷为 4×(+2) + 2×(+3) = +14。
  OH⁻ 提供 12×(-1) = -12，SO₄²⁻ 提供 -2，总负电荷为 -14，与正电荷平衡。
  因此化学式为 Fe(II)₄Fe(III)₂(OH)₁₂(SO₄)。

5-2  反应1：Fe(OH)₂ 氧化为 GR-II (A)，每 2 个 GR-II 单元需 8Fe(II) + 4Fe(III)，由 10Fe(OH)₂（提供 10Fe(II)）和 2Fe²⁺（额外 Fe(II)）氧化得到。10Fe(OH)₂ + 2Fe²⁺ + 2SO₄²⁻ + O₂ + 2H₂O → 2Fe(II)₄Fe(III)₂(OH)₁₂(SO₄)。
 反应2：GR-II 氧化为 B (FeOOH)，1个 GR-II 含 4Fe(II) + 2Fe(III)，氧化后全部转为 Fe(III)（24FeOOH）。
[FeⅡ4FeⅢ2(OH)12][SO4] + O2 = 6FeO(OH) + SO4^2- + 2H2O + 2H+
 反应3：B 重新转化为 A，右侧 1 个 GR-II 需 4Fe(II) + 2Fe(III)。左侧提供：Fe²⁺。
2FeO(OH) + 4Fe(OH)2 + SO4^2- + 2H2O = [FeⅡ4FeⅢ2(OH)12][SO4] + 2OH-
 反应4：B 转化为 C (Fe₃O₄) ，Fe₃O₄ 含 1Fe(II) + 2Fe(III)，由 1Fe(OH)₂（Fe(II)）和 2FeO(OH)（2Fe(III)）得到。2FeO(OH) + Fe(OH)₂ → Fe₃O₄ + 2H₂O。

5-3 假设绿锈的化学式为[FeⅡ4FeⅢ2(OH)12][SO4]·nH2O，那么1 mol绿锈的质量为
m绿锈 = 6.35×10^2 + 18.0n (g)
假设此过程的焓变完全来源于层间水的脱去，那么1 mol绿锈会脱去n mol水分子
40.1×10^3 n = 420×(6.35×10^2 + 18.0n)
解得 n = 8.20 ，则水分子数为8

5-4 推出 GR-I 的化学式
思路：
1. GR-I 的阴离子是 Cl⁻，取代 GR-II 中的 SO₄²⁻。
2. 题目说明 3 个 Cl⁻ 取代 2 个 SO₄²⁻，因此电荷平衡需调整。
   2SO₄²⁻ 带 -4 电荷，3Cl⁻ 带 -3 电荷，需减少正电荷。
   减少 1 个正电荷，即减少 1 个 Fe³⁺（或增加 1 个 Fe²⁺）。
   GR-II 中 Fe²⁺:Fe³⁺ = 2:1，GR-I 中可能为 3:1。
故化学式：Fe²⁺₃Fe³⁺(OH)₈Cl


Question:
黄色固体 X，可能含有漂白粉、FeSO₄、Fe₂(SO₄)₃、CuCl₂、KI 之中的几种或全部。将 X 与足量的水作用，得到深棕色固体混合物 Y 和无色碱性溶液 Z。下列结论合理的是：
A. X 中必有 CuCl₂，可能含有 KI、FeSO₄
B. X 中必有漂白粉和 CuCl₂ 而 Fe₂(SO₄)₃ 和 FeSO₄ 至少有一种
C. Y 中必有 Cu(OH)₂ 和 Fe(OH)₃，可能有 I₂
D. 用 H₂SO₄ 酸化溶液 Z，若有黄绿色气体放出，说明 X 中含有 CuCl₂

选项B：X中必有漂白粉和CuCl₂，而Fe₂(SO₄)₃和FeSO₄至少有一种：
CuCl₂的存在：CuCl₂溶于水呈蓝色，但题目中X是黄色固体，加入水后得到深棕色固体混合物Y。CuCl₂在碱性条件下会生成Cu(OH)₂沉淀，Cu(OH)₂是深蓝色或深棕色固体，与Y的颜色相符，因此CuCl₂必须存在。
漂白粉的作用：漂白粉主要成分是Ca(ClO)₂和CaCl₂，具有强氧化性。在水溶液中，Ca(ClO)₂会水解产生ClO⁻，ClO⁻具有强氧化性，可将Fe²⁺氧化为Fe³⁺。Fe³⁺与溶液中的OH⁻反应生成Fe(OH)₃沉淀，Fe(OH)₃是红褐色固体，可能与深棕色固体混合物Y的颜色有关。
Fe₂(SO₄)₃和FeSO₄的存在：FeSO₄溶液为浅绿色，Fe₂(SO₄)₃溶液为黄色。题目中X是黄色固体，可能含有Fe₂(SO₄)₃。同时，漂白粉中的ClO⁻可以氧化Fe²⁺为Fe³⁺，所以FeSO₄可能存在于X中并被氧化为Fe₂(SO₄)₃。因此，Fe₂(SO₄)₃和FeSO₄至少有一种必须存在。
选项A：X中必有CuCl₂，可能含有KI、FeSO₄：
没有考虑到漂白粉的必须存在性。漂白粉是强氧化剂，能解释Fe³⁺的生成以及溶液的碱性，因此不能排除漂白粉的存在，故A错误。
选项C：Y中必有Cu(OH)₂和Fe(OH)₃，可能有I₂：
Cu(OH)₂和Fe(OH)₃的生成需要溶液呈碱性。题目中提到溶液Z是无色碱性溶液，所以有可能生成这两种沉淀。但Y是深棕色固体混合物，Fe(OH)₃是红褐色，Cu(OH)₂是深蓝色，两者混合可能呈现深棕色。但不能确定必定同时存在两者，尤其是Cu(OH)₂不一定生成，因为如果CuCl₂存在于X中，在水溶液中直接生成Cu(OH)₂沉淀需要溶液呈强碱性，而题目中没有明确说明溶液Z的强碱性程度。因此不能确定Cu(OH)₂必定存在，C错误。
选项D：用H₂SO₄酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl₂：
黄绿色气体通常是Cl₂。若溶液Z中含有Cl⁻，加入H₂SO₄后产生Cl₂，说明存在强氧化剂和Cl⁻。漂白粉中的ClO⁻在酸性条件下可与Cl⁻反应生成Cl₂。若X中含有漂白粉（提供ClO⁻）和CuCl₂（提供Cl⁻），则可能产生Cl₂。但选项D仅凭产生Cl₂就断定含有CuCl₂是不准确的，因为其他含Cl⁻物质也可能存在，故D错误。
综上所述，选项B正确。


Question: 高温高压下可得含 CO4 4-基团的 Sr3(CO4)O，其结构可看成理想反钙钛矿的调变：[OSr6] 八面体绕 c 方向的四重轴发生 17°的旋转，以理想位置为参照，相邻八面体的旋转角度相 同、方向相反；在 c 方向不变化。 若将晶胞的原点选在位于八面体中心的 O2-上，写出实际体系一个晶胞中 O2-、CO4 4-基团中心 C 原子的原子坐标；写出 Sr2+离子 c 方向的坐标参数 z 并指出相应 Sr2+离子的数目(放 在 z 后并置括号中)。


Question: 2:1 型铵盐 A 与浓硫酸在 0°C 反应(反应 1)，生成化合物 B，并放出有刺激性气味的吸湿性 气体。B 为黄色油状液体，熔点-15°C，式量 349.0，可溶于浓盐酸，遇水转化为棕黑色固体 C；C 不与稀酸反应，但可溶于浓盐酸(反应 2)或浓硫酸(反应 3)并放出气体。B 不稳定，只 能在低温下存在，50°C 时分解为白色粉末 D 并放出黄绿色气体 E。C 与 SOCl2 于 150°C 反 应也能得到 D(反应 4)。D 与不同的有机金属化合物反应，视计量比和条件的不同，得到不 同的产物。D 与苯基溴化镁按摩尔比 1:2 反应，发生歧化，生成白色固体 F(反应 5)；F 能与 HCl 反应生成 G；G 中所有中心原子为 6 配位，所有氯为桥基，形成一维无限长链。D 与苯 基锂按摩尔比 1:3 反应，生成盐 H；H 与 D 反应得到红色固体 X。为确定 X 的结构，令 X 与 过量的碘单质反应(反应 6)，发现仅得到了 2 种产物；其中一种是亮黄色固体 I，X 中有五分 之一的金属原子转移到了 I 中。 写出 A ~ I 的化学式；写出 X 的结构简式。


Question: 微量法测定锌常使用间接滴定法，含Zn2+溶液需要先与铁氰化钾和碘化钾反应。写出化学反应方程式。


Question: A 为金属单质，在空气中易被氧化而形成氧化膜。A 与氯化氢气流在200°C 下作用，将所得 的挥发物冷却，可得到B；B 与氨气在1000°C 左右反应，可生长出黑灰色晶体C，C 可用 作半导体材料。若将B 与三甲基甲硅烷于低温下反应，生成D 和E；D 是以2 个氯原子为 桥的二聚体，分子中有对称中心、1 个C2 轴和1 个镜面；E 含有硅氯键。D 与干燥的叠氮化 锂于20°C 反应，定量发生反应，一半的氯原子被取代，得到四聚体F。F 不稳定，高于70°C 即分解；22.90 g F 发生分解，剩余固体的质量为12.94 g。 写出A~F 的化学式。


Question: 一氟化硼 BF 是一氧化碳 CO 的等电子体，只能在高温、低压下稳定存在。但是近来， 人们制得了以 BF 为配体的配合物。五羰基合铁(0)与异腈 R-NC（R 为 2,6-二(2,4,6-三异丙基 苯基)苯基，答题时可直接用 R 代替）在光照下按摩尔比 1:2 反应，生成化合物 A；A 与等 摩尔 I2 在乙醚中反应生成化合物 B；在四氢呋喃中，用过量的 KC8 还原 B 得到化合物 C， C 是 2:1 型盐，其阴离子为铁的配离子；C 在乙醚-正己烷混合溶剂中与 BF3反应可得到 D， D 是以 BF 为配体的单核配合物分子。此外，C 与 I2 以及液氮按摩尔比 1:1:1 反应可得到化 合物 E。A ~ E 的 Fe 原子均满足 18 电子规则。给出A-E的化学式


Question:
甲酸和乙酸都是重要的化工原料。移取20.00mL甲酸和乙酸的混合溶液,以0.1000 mol/L NaOH 标准溶液滴定至终点,消耗25.00mL。另取20.00mL上述混合溶液,加人 50.00 mL 0.02500 mol/L KMnO4 强碱性溶液,反应完全后,调节至酸性,再加人40.00 mL 0.2000 mol/L Fe2+标准溶液,用上述 KMnO4 标准溶液滴定至终点,消耗 24.00 mL。
（1） 计算混合溶液中甲酸和乙酸的总量;
（2） 写出氧化还原滴定反应的化学方程式;
（3） 计算混合酸溶液中甲酸和乙酸的浓度。


Question: 将定量的MnO2、NH4H2PO4 与H3PO4 混合共热至300°C（反应1），经水洗、干燥可以得到 一种被称为“锰紫”的紫色粉末，其不含结晶水，式量为246.9。写出反应方程式。

4\text{MnO}_2 + 4\text{NH}_4\text{H}_2\text{PO}_4 + 4\text{H}_3\text{PO}_4 \xrightarrow{300^{\circ}\text{C}} 4\text{NH}_4\text{MnP}_2\text{O}_7 + 10\text{H}_2\text{O} + \text{O}_2


Question: 1706 年，柏林布商Diesbach 将牛血在草木灰中煮沸，得到了一种经典的蓝色染料A，其中 含有两种价态的过渡金属元素M(分别表示为M1 及M2)。在水溶液中，M 与某卤素X 仅能 形成M1Xn；而在非水相中则可以通过各类手段稳定M2。譬如在CH2Cl2 中，用X2 氧化M 时，仅需加入一当量(Et4N)X 即可得到含有稳定M2 的B。 写出A 与B 的化学式。


Question: 化合物A是一种黑色固体，不溶于水、稀乙酸和NaOH，易溶于热盐酸中生成一种绿色溶液B。B与铜丝一起煮沸得棕黑色溶液C，C用大量水稀释后生成白色沉淀D。D溶于氨水得无色溶液E，E暴露空气中，迅速变蓝色溶液F，往F中加入过量KCN，得无色溶液G，往G中加入锌粉，生成红棕色沉淀H，H不溶于稀酸和碱，可溶于热硝酸生成蓝色溶液I，往I溶液中加入NaOH溶液生成蓝色胶状沉淀J，将J过滤、然后加热，又生成原来的A。试确定A, B, C, D, E, F,G, H, I, J所代表的物质。


Question: 橙红色固体X 为ZnS 结构的晶体，可用作半导体材料。通过水溶液反应可合成X：将氧化 物A(含氧25.6%)与具有四面体分子结构的单质B 于稀NaOH 水溶液中混合加热反应，A 溶 解得到C(反应1)，B 歧化得到D(反应的转化率为25%)(反应2)；而后C 与D 反应可得到 X(反应3)。向体系中加入适量碘可提高反应的速率和X 的产率，原因可能是由于：B 与碘 单质按摩尔比1:2 在稀NaOH 水溶液中发生了新的反应，生成D、E 等产物(产物的摩尔比 为1:1) (反应4)。此外还可通过传统方法高温下合成X。令A 与D 于950°C 的H2 气氛下反 应(反应5)，或令B 与低价氯化物F 于1050°C 的真空中反应(反应6)，均可得到X；F 在高 温下为气相分子，迅速冷却至77 K 转化为红色固体；继续升温至0°C 以上，F 发生歧化分 解。 写出X、A ~ F 的化学式。


Question: 化学式为MO$_x$Cl$_y$的物质有氧化性，M 为过渡金属元素，x 和 y 均为正整数。将 2.905 g 样品溶于水，定容至 100 mL。移取 20.00 mL 溶液，加入稀硝酸和足量 AgNO$_3$，分离得到白色沉淀 1.436 g。移取溶液 20.00mL，加入适量硫酸，以 N-邻苯基氨基苯甲酸作指示剂，用标准硫酸亚铁铵溶液滴定至终点，消耗 3.350 mmol。已知其中阳离子以 MO$_x^{y+}$存在，推出该物质的化学式，指出 M 是哪种元素。写出硫酸亚铁铵滴定 MO$_x^{y+}$的离子反应方程式。


Question:
 X是金属M的碳式碳酸盐，不含结晶水。称取质量相等的样品两份，分别进行处理：一份在H₂中充分处理（反应1），收集得0.994 g水，剩余残渣为金属M单质，重2.356 g；另一份在CO中处理（反应2），完全反应后得1.245 L CO₂（101.325 kPa，0 ℃），剩余残渣和反应1的完全相同。
(1) 根据给出的数据，计算X的化学式。
(2) 写出X分别与H₂和CO反应的化学方程式，要求系数为最简整数比。


Question:
无色液体 (A) 与干燥氧气在高温下反应，生成不溶于水的白色粉末 (B)。(B) 和锌粉混合后与盐酸缓慢作用，最后得到紫红色溶液，说明有化合物 (C) 生成。向 (C) 的溶液中加入 CuCl₂ 溶液得白色沉淀 (D)。紫色化合物 (C) 溶于过量硝酸得无色溶液 (E)。将溶液 (E) 蒸干后，在较高温度下加热又得到 (B)。(A) 与铝粉混合，在高温下反应有化合物 (C) 生成。

试写出 (A)、(B)、(C)、(D) 和 (E) 所代表的物质的化学式

(A) TiCl₄ (B) TiO₂ (C) TiCl₃ (D) CuCl (E) TiO(NO₃)₂


Question: 过量的汞与亚硫酰氯在150℃下加热反应，产物中有一种金黄色液体。写出化学反应方程式。


Question:
某合金含Mg、Al、Si、Mn和Cu等元素。下列说法正确的是
A Si的电负性大于Al
B. Mn和Cu均为d区元素
C. Mg的第一电离能小于Al
D. 基态时，Mg原子和Mn原子的单电子数相等

A 选项：
分析：电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力。同周期元素从左到右电负性逐渐增大，Si和Al位于同一周期，且Si在Al右侧 ，所以Si的电负性大于Al，A 选项正确。
B 选项：
分析：Mn的价电子排布式为3d54s2，属于d区元素；Cu的价电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，并非d区元素，B 选项错误。
C 选项：
分析：Mg的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全充满稳定状态；Al的价电子排布式为3s23p1。第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，Mg失去电子相对较难，其第一电离能大于Al，C 选项错误。
D 选项：
分析：基态Mg原子的价电子排布式为3s2，没有单电子；基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，3d轨道上有5个单电子，二者单电子数不相等，D 选项错误。


Question: 二氯二茂铌[Nb(C5H5)2]Cl2广泛用于化工、医药等行业，其中C5H5-为典型的三齿配体，二氯二茂铌熔点低于NbCl4的原因为           。

二氯二茂铌[Nb(C₅H₅)₂]Cl₂是一种有机金属化合物，其中C₅H₅⁻是典型的三齿配体。NbCl₄是一种无机金属卤化物。
首先，分析影响熔点的因素：熔点通常受分子间作用力、离子键强度、分子大小等因素的影响。对于离子化合物，熔点通常较高，因为需要克服较强的离子键。对于有机金属化合物，熔点可能较低，因为分子间作用力较弱。
其次，比较[Nb(C₅H₅)₂]²⁺和NbCl₄的离子特性：[Nb(C₅H₅)₂]²⁺是一个较大的有机金属阳离子，由于C₅H₅⁻配体的体积较大，导致离子体积增大。较大的离子体积意味着阴阳离子间的距离较大，从而减弱了离子间的作用力。
解释熔点差异：由于[Nb(C₅H₅)₂]²⁺的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱，因此需要较少的能量来克服这些作用力，使得熔点较低。NbCl₄作为无机金属卤化物，其离子键较强，需要更多的能量来克服，因此熔点较高。
根据以上分析，可以得出结论：二氯二茂铌熔点低于NbCl₄的原因是[Nb(C₅H₅)₂]²⁺中阳离子的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱。

[Nb(C5H5)2]Cl2中阳离子[Nb(C5H5)2]2+的离子体积大，阴阳离子间的距离大，离子之间的作用力弱。


Question:
C6H6O3N2【结构简式为NO2-C6H4-O-NH2】的同分异构体中满足下述条件的结构有几种？并对这几种结构进行命名。
①含有苯环和硝基。
②遇FeCl3溶液显紫色。
③该有机物具有两性。

关键推导
1. 取代基组合
   必须含硝基（—NO₂）、酚羟基（—OH）、氨基（—NH₂）。
   三个取代基均在苯环上，且不共线。
2. 定位效应
   硝基为间位定位基，酚羟基和氨基为邻对位定位基。
   需系统枚举所有可能的取代基位置组合，考虑苯环对称性。
可能结构及命名：
通过系统枚举硝基、酚羟基、氨基的位置，结合苯环对称性，得到以下10种同分异构体：
（1）2-氨基-6-硝基苯酚
硝基在6号位，氨基在2号位，酚羟基在1号位。
（2） 5-氨基-2-硝基苯酚
硝基在2号位，氨基在5号位，酚羟基在1号位。
（3） 4-氨基-2-硝基苯酚
硝基在2号位，氨基在4号位，酚羟基在1号位。
（4） 3-氨基-2-硝基苯酚
硝基在2号位，氨基在3号位，酚羟基在1号位。
（5） 3-氨基-5-硝基苯酚
硝基在5号位，氨基在3号位，酚羟基在1号位。
（6） 2-氨基-5-硝基苯酚
硝基在5号位，氨基在2号位，酚羟基在1号位。
（7） 2-氨基-3-硝基苯酚
硝基在3号位，氨基在2号位，酚羟基在1号位。
（8） 4-氨基-3-硝基苯酚
硝基在3号位，氨基在4号位，酚羟基在1号位。
（9） 2-氨基-4-硝基苯酚
硝基在4号位，氨基在2号位，酚羟基在1号位。
（10） 3-氨基-4-硝基苯酚
硝基在4号位，氨基在3号位，酚羟基在1号位。

10种，分别为2-氨基-6-硝基苯酚、5-氨基-2-硝基苯酚、4-氨基-2-硝基苯酚、3-氨基-2-硝基苯酚、3-氨基-5-硝基苯酚、2-氨基-5-硝基苯酚、2-氨基-3-硝基苯酚、4-氨基-3-硝基苯酚、2-氨基-4-硝基苯酚、3-氨基-4-硝基苯酚


Question: 亚甲基双格氏试剂CH2(MgCl)2与丙酮反应给出一种易燃气体F、沉淀G和MgCl2。指出F 和G的化学式。

亚甲基双格氏试剂CH2(MgCl)2首先进攻丙酮的C-O双键，而后还原消除生成 C4H8和Mg2OCl2，而后分解为MgO和MgCl2


Question: β-苯乙基酰胺在回流的氧氯化磷作用下的产物？

第一步，N上的孤对电子转移到NC键，羰基的电子进攻P，氧氯化磷脱去一个氯离子。第二步，氯离子进攻NC双键，电子回到N上。第三步，N上的孤对电子进攻饱和C，断裂CO单键。第四步，形成亚胺中间体。第五步，形成次氮盐中间体。第六步，氯离子进攻H，形成苯环。最终产物为二氢异喹啉。


Question:
一位学生描述了他使用滴定管的过程，以下为他的描述，请针对滴定管的使用给出三条改进建议。
描述：我从橱柜里拿出了滴定管，加水洗涤，关上了水龙头，用所需溶液装满滴定管，然后将滴定液逐滴加入到烧瓶中，直到指示剂发生变色且30秒内不变色。

分析学生的描述，找出其中可能存在的问题或不规范的操作：学生提到“加水洗涤，关上了水龙头”，这可能意味着滴定管没有用滴定剂润洗；学生提到“用所需溶液装满滴定管”，这可能意味着滴定管尖嘴部分没有充满溶液；学生提到“将滴定液逐滴加入到烧瓶中，直到指示剂发生变色且30秒内不变色”，这可能意味着滴定速度控制不当。
根据分析提出建议（以下答案出现三条即得满分，意思一致即可）：
①用滴定剂润洗滴定管；
②装满滴定管时使溶液充满尖嘴；
③向滴定管中装入溶液时应加至0刻度线处，不应装满滴定管；
④滴定时，滴定速度应先快后慢，即将到达滴定终点时逐滴加入滴定剂，确保准确判断滴定终点。

用滴定剂润洗滴定管 装满滴定管时使溶液充满尖嘴 向滴定管中装入溶液时应加至0刻度线附近，不应装满滴定管 滴定时，滴定速度应先快后慢，即将到达滴定终点时逐滴加入滴定剂


Question: 酸碱指示剂在水溶液中发生以下解离反应: HIn + H2O=H3O+ + In-。酸型 HIn 和碱型 In- 的颜色不同,这是其作为指示剂以及应用于分光光度法的基础。 采用分光光度法研究 HIn 的酸解离常数 Ka。配得浓度为 1.00×10-3 mol·L-1 HIn 溶液，准确移取两份溶液，使之分别与等体积的 0.20 mol·L-1 HCI 溶液和 0.20 mol·L-1 NaOH 溶液混合 均匀。在 485 nm 和 625 nm 的波长下，测量两种溶液的吸光度 A，均采用 1.00 cm 液池，结 果如下表。 介质 A (485 nm) A (625 nm) HCl 0.487 0.081 NaOH 0.075 0.904 现有某有机弱酸 HX，酸型和碱型均无色，浓度未知。取 25.00 毫升该 HX，采用酚酞作 指示剂，加入一定浓度的 NaOH 溶液至 24.20 毫升，酚酞恰好变红色，另取一份 25.00 mL 的 HX 溶液，加入一定量的 HIn 指示剂，加入上述 NaOH 溶液 12.10 毫升，混匀，测得此体系 在 485 nm 和 625 nm 处的吸光度分别为 0.304 和 0.686。计算有机酸 HX 的 Ka。


Question: 移取 HCl - FeCl₃ 试液 25.00 毫升，在 pH = 1.5 时，以磺基水杨酸为指示剂，用 0.02012mol·L⁻¹ EDTA 滴定，耗去 20.04 毫升。另取 25.00 毫升试液，加入 20.04 毫升上述 EDTA 掩蔽 Fe³⁺，以甲基红为指示剂，用 0.1015mol·L⁻¹ NaOH 滴定，耗去 32.50 毫升。求 c(Fe³⁺) 和 c(HCl)。

c(Fe³⁺) = 0.01629mol·L⁻¹
c(HCl) = 0.09969mol·L⁻¹


Question: 由相邻的两种短周期元素构成的分子量不超过100二元化合物A分解产生黑色粉末B和气体C。某实验中收 集由A分解出的全部的B，在充足的氧气中燃烧产生气体D，已知产生D的质量约为本实验中A分解得到的C的质量的6.3倍。已知A分子是非极性的。 写出A-D的化学式。

A是由相邻的两种短周期元素构成的，且由A分解出的全部的B，在充足的氧气中燃烧产生气体D，已知产生D的质量约为本实验中A分解得到的C的质量的6.3倍，最后由于已知A分子是非极性的，可以得出A为C4N2，B为碳单质，C为氮气，D为二氧化碳


Question: 一个质量为 \( m \) 的粒子被施加一个恒定力 \( F \)。假如 \( t = 0 \) 时粒子静止在原点并开始运动，计算粒子在$t$时刻的坐标 \( x(t)\)。

x(t) = \frac{mc^2}{F} \left[ \sqrt{1 + (Ft/mc)^2} - 1 \right]


Question: 在某惯性系 S 中，地面上有一个黑体以 $v=c \beta$ 的 速度匀速向右前进，该黑体在其本征系中为半径为 $R$ 的正球。在 $S$系中，以 $t=0$ 时黑体与地面接触位置为原点，黑体运动方向为 X 轴正方向，坚直向上为 Z 轴正方向建立直角坐标系。 S 系中存在沿 $-\hat{z}$方向的均匀＂光子雨＂，当光子雨不受阻碍落到地面上时，地面单位面积单位时间接收能量为 $P$ 。考虑狭义相对论，不考虑黑体辐射。 （1）求 $S$ 系中，$t$ 时刻地面上阴影边界的解析式。 （2）求 $S$ 系中，为了维持该黑体的运动，施加给其的力 $\vec{F}$ 。认为地面不会反射光子，与黑体也没有相互作用。 （3）如果仅仅给黑体施加 $\hat{z}$ 方向的力以保持其中心高度不变，而在 $t=0$ 时撤去 $\hat{x}$ 方向的力，求此后黑体的速度随时间 $t$ 的变化关系，已知黑体静质量为 $m_0, t=0$ 时刻速度 $v=c \beta_0$ 。 特殊地，计算在 $\beta_0=0.5$ 的情况下，黑体中心沿 $\hat{x}$ 方向移动的最远距离。 数学提示： $$ \frac{\mathrm{d} \beta}{\beta \sqrt{1-\beta^2}}=\frac{\mathrm{d} \alpha}{\sin \alpha}=\frac{\mathrm{d} \cos \alpha}{\cos ^2 \alpha-1}=\mathrm{d}\left(-\frac{1}{2} \ln \frac{1+\cos \alpha}{1-\cos \alpha}\right), \beta=\sin \alpha $$

解：（1）在黑体球本征系 $\mathrm{S}^{\prime}$ 系中，黑体是一个球体，光子雨的速度方向与Z轴夹角

$$
\theta=\arcsin \beta
$$

分析可知，地面上的投影为一椭圆，椭圆中心

$$
r^{\prime}=(-R \tan \theta, 0,0)
$$

其长短轴

$$
a=\frac{R}{\cos \theta}, b=R
$$

联立上式，即 $S^{\prime}$ 中的阴影边界

$$
C^{\prime}: \frac{\left(\sqrt{1-\beta^2} x^{\prime}+\beta R\right)^2}{R^2}+\frac{y^{\prime 2}}{R^2}=1
$$

由洛伦兹变换

$$
x^{\prime}=\frac{x-\beta c t}{\sqrt{1-\beta^2}}, y^{\prime}=y
$$

得到

$$
C: \frac{(x-\beta c t+\beta R)^2}{R^2}+\frac{y^2}{R^2}=1
$$

（2）在 $S^{\prime}$ 系中，地面上单位面积光子能量

$$
P^{\prime}=\frac{P}{\sqrt{1-\beta^2}}
$$

单位时间击中黑体球光子的总能量

$$
\varepsilon=P^{\prime} \cdot \pi a b=\frac{\pi R^2 P}{1-\beta^2}
$$

黑体球静质量改变率

$$
\frac{\mathrm{d} m_s}{\mathrm{~d} t^{\prime}}=\frac{\varepsilon}{c^2}
$$

在地面系中，由时间延缓

$$
\mathrm{d} t=\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\sqrt{1-\beta^2}}
$$

由动量定理

$$
F_x=\frac{\mathrm{d} m_s}{\mathrm{~d} t} \cdot \frac{\beta c}{\sqrt{1-\beta^2}}
$$

故

$$
F_x=\frac{\pi R^2 \beta P}{\left(1-\beta^2\right) c}
$$

此外，容易得到

$$
F_z=\frac{\pi R^2 P}{c}
$$

（3）设 $m_s$ 为黑体球静质量，由动量守恒

$$
\mathrm{d}\left(\frac{m_s \beta}{\sqrt{1-\beta^2}}\right)=0
$$

由此可知
$$
\mathrm{d} m_s+\frac{\mathrm{d} \beta}{\left(1-\beta^2\right)^{\frac{3}{2}}}=0
$$

又

$$
m_s=m_0 \frac{\sqrt{1-\beta^2}}{\beta} \frac{\beta_0}{\sqrt{1-\beta_0^2}}
$$

联立上式

$$
\frac{\mathrm{d} \beta}{\mathrm{~d} t}=-\beta^2 \frac{\pi R^2 P}{m_0 c^2} \frac{\sqrt{1-\beta_0{ }^2}}{\beta_0}
$$

对（17）式积分可得

$$
\beta=\frac{1}{\frac{1}{\beta_0}+\frac{\pi R^2 P}{m_0 c^2} \frac{\sqrt{1-\beta_0{ }^2}}{\beta_0} t}
$$

又由（18）式可知

$$
s_{\max } \rightarrow \infty
$$

F_x=\frac{\pi R^2 \beta P}{\left(1-\beta^2\right) c}, F_z=\frac{\pi R^2 P}{c}


Question: 从多个角度考察光与运动镜面的作用 （1）光子角度：光子正入射以 $\mathrm{v}=\beta \mathrm{c}$ 运动的镜面。已知入射光圆频率为 $\omega_i$ ，光子数密度 $n_i$ ，试求能流反射率 $\frac{I_r}{I_i}$ ，以及镜子表面所受平均光压 p ； （2）电磁波角度：电磁波正入射以 $\mathrm{v}=\beta \mathrm{c}$ 运动的镜面，已知入射光的电场有效值为 $E_i$ ，且对于电磁波来说，有 $\mathrm{E}=\mathrm{cB}$ ，试求能流反射率 $\frac{I_r}{I_i}$ ，以及镜子表面所受平均光压 p ； （3）场的能动量角度：从场的能动量出发来考虑光与运动镜面的反射问题。 已知若光场的能量密度为 w ，动量密度是 $\frac{w}{c} \vec{n}$ ，能流是 wch ，动量流是 $\mathrm{wc} \mathrm{\overrightarrow{nn}}$ ， $\overrightarrow{\mathrm{n}}$ 为场的传播方向， $\overrightarrow{\mathrm{n} n}$ 是并矢，运算规则为 $\overrightarrow{\mathrm{n}} \cdot \mathrm{d} \overrightarrow{\mathrm{S}}=\overrightarrow{\mathrm{n}}(\overrightarrow{\mathrm{n}} \cdot \mathrm{d} \overrightarrow{\mathrm{S}})$ 。已知初态光场以 $w_i, \theta_i$ 入射以速度 $\mathrm{v}=\beta \mathrm{c}$运动的镜面，试求 $\theta_r, w_r$ 。

（1）两次多普勒变换得

$$
\omega_r=\frac{1-\beta}{1+\beta} \omega_i
$$

同理，出射光子数有

$$
\mathrm{dN}=\mathrm{n}_{\mathrm{r}}(1+\beta) \mathrm{c} \cdot \mathrm{dSdt}
$$

所以

$$
\begin{gathered}
n_r=\frac{1-\beta}{1+\beta} n_i \\
\frac{I_r}{I_i}=\left(\frac{1-\beta}{1+\beta}\right)^2 \\
\mathrm{p}=\frac{\mathrm{dN}}{\mathrm{dSdt}} \cdot \frac{\hbar}{\mathrm{c}}\left(\omega_{\mathrm{i}}+\omega_{\mathrm{r}}\right)=\frac{1-\beta}{1+\beta} 2 \mathrm{n}_{\mathrm{i}} \hbar \omega_{\mathrm{i}}
\end{gathered}
$$

（2）导体内部既无磁场，又无电场

$$
\begin{aligned}
& E_r=\frac{1-\beta}{1+\beta} E_i \\
& B_r=\frac{1-\beta}{1+\beta} B_i
\end{aligned}
$$

$$
\frac{I_r}{I_i}=\left(\frac{1-\beta}{1+\beta}\right)^2
$$

由磁场的边界条件（ $a$ 为导体表面的电流面密度）

$$
\left(B_i+B_r\right) \Delta y=\mu_0 \varepsilon_0\left(E_i-E_r\right) \Delta y \cdot \beta c+\mu_0 a \Delta y
$$

得

$$
\begin{gathered}
\alpha=\frac{2(1-\beta)}{\mu_0 c} E_i \\
p=\frac{1}{2}\left(B_i+B_r\right) a=\frac{1-\beta}{1+\beta} \cdot 2 \varepsilon_0 E_i^2
\end{gathered}
$$

简单对比可知（1）（2）结论等价
（3）我们在镜的左侧取一个界面，界面很大以至于从上下和前后四个面通过的流量可忽略，考虑镜面右侧体系的能动量关系
能量：
净流入能量 $\mathrm{dE}_{\text {tot }}=\left(\mathrm{w}_{\mathrm{i}} \cdot \mathrm{c} \cdot \cos \theta_{\mathrm{i}}-\mathrm{w}_{\mathrm{r}} \cdot \mathrm{c} \cdot \cos \theta_{\mathrm{r}}\right) \cdot \mathrm{S} \cdot \mathrm{dt}$
场能增量 $\mathrm{dE}_{\mathrm{in}}=\left(\mathrm{w}_{\mathrm{i}}+\mathrm{w}_{\mathrm{r}}\right) \cdot \mathrm{dV}=\left(\mathrm{w}_{\mathrm{i}}+\mathrm{w}_{\mathrm{r}}\right) \cdot \mathrm{S} \cdot \beta \mathrm{cdt}$
对外做功 $\mathrm{dE}_{\mathrm{ex}}=\mathrm{pS} \cdot \beta \mathrm{cdt}$

$$
\mathrm{dE}_{\text {tot }}=\mathrm{dE}_{\text {in }}+\mathrm{dE}_{\mathrm{ex}}
$$

x 动量：
净流入 x 动量 $\mathrm{dP}_{\mathrm{xtot}}=\left(\mathrm{w}_{\mathrm{i}} \cos ^2 \theta_{\mathrm{i}}-\left(-\mathrm{w}_{\mathrm{r}} \cos \theta_{\mathrm{r}}\right) \cos \theta_{\mathrm{r}}\right) \cdot \mathrm{S} \cdot \mathrm{dt}$
场 $x$ 动量增量 $\mathrm{dP}_{\mathrm{xin}}=\left(\mathrm{w}_{\mathrm{i}} \cos \theta_{\mathrm{i}}-\mathrm{w}_{\mathrm{r}} \cos \theta_{\mathrm{r}}\right) / \mathrm{c} \cdot \mathrm{S} \cdot \beta \mathrm{cdt}$
对外 x 冲量 $\mathrm{dP}_{\mathrm{xex}}=\mathrm{pS} \cdot \mathrm{dt}$

$$
\mathrm{dP}_{\mathrm{xtot}}=\mathrm{dP}_{\mathrm{xin}}+\mathrm{dP}_{\mathrm{xex}}
$$

$y$ 动量：
净流入 y 动量 $\mathrm{dP}_{\mathrm{ytot}}=\left(\mathrm{w}_{\mathrm{i}} \sin \theta_{\mathrm{i}} \cos \theta_{\mathrm{i}}-\mathrm{w}_{\mathrm{r}} \sin \theta_{\mathrm{r}} \cos \theta_{\mathrm{r}}\right) \cdot \mathrm{S} \cdot \mathrm{dt}$
场 $y$ 动量增量 $d P_{y i n}=\left(w_i \sin \theta_i+w_r \sin \theta_r\right) / c \cdot S \cdot \beta c d t$
对外 y 冲量 $\mathrm{dP}_{\text {yex }}=0$

$$
\mathrm{dP}_{\mathrm{ytot}}=\mathrm{dP}_{\mathrm{yin}}+\mathrm{dP}_{\mathrm{yex}}
$$

整理上述三个方程

$$
\begin{gathered}
\left(\cos \theta_i-\beta\right) w_i-\left(\cos \theta_r+\beta\right) w_r-\beta p=0 \\
\cos \theta_i\left(\cos \theta_i-\beta\right) w_i+\cos \theta_r\left(\cos \theta_r+\beta\right) w_r-p=0 \\
\sin \theta_i\left(\cos \theta_i-\beta\right) w_i-\sin \theta_r\left(\cos \theta_r+\beta\right) w_r=0
\end{gathered}
$$

要求 $\left(\cos \theta_i-\beta\right) w_i,\left(\cos \theta_r+\beta\right) w_r, p$ 有非 0 解，行列式为 0

$$
\left|\begin{array}{ccc}
1 & -1 & -\beta \\
\cos \theta_i & \cos \theta_r & -1 \\
\sin \theta_i & -\sin \theta_r & 0
\end{array}\right|=0
$$
解得

$$
\begin{gathered}
\frac{\sin \theta_r}{1+\beta \cos \theta_r}=\frac{\sin \theta_i}{1-\beta \cos \theta_i} \\
\cos \theta_{\mathrm{r}}=\frac{\left(1+\beta^2\right) \cos \theta_{\mathrm{i}}-2 \beta}{1+\beta^2-2 \beta \cos \theta_{\mathrm{i}}}
\end{gathered}
$$

$\theta_{\mathrm{r}}=arccos\frac{\left(1+\beta^2\right) \cos \theta_{\mathrm{i}}-2 \beta}{1+\beta^2-2 \beta \cos \theta_{\mathrm{i}}}$

再回代方程，得

$$
\frac{w_r}{w_i}=\left(\frac{1+\beta^2-2 \beta \cos \theta_i}{1-\beta^2}\right)^2
$$
面两个视角大家一般没有推导过，他们的等价体现了麦克斯韦电动力学与近代物理在某些方面完美符合

\frac{I_r}{I_i}=\left(\frac{1-\beta}{1+\beta}\right)^2, p=\frac{1-\beta}{1+\beta} 2 n_{i} \hbar \omega_{i}

\frac{I_r}{I_i}=\left(\frac{1-\beta}{1+\beta}\right)^2, p=\frac{1-\beta}{1+\beta} \cdot 2 \varepsilon_0 E_i^2

\theta_{\mathrm{r}}=\arccos\frac{\left(1+\beta^2\right) \cos \theta_{\mathrm{i}}-2 \beta}{1+\beta^2-2 \beta \cos \theta_{\mathrm{i}}}, \frac{w_r}{w_i}=\left(\frac{1+\beta^2-2 \beta \cos \theta_i}{1-\beta^2}\right)^2


Question: 在远离各星体的近似平直时空中，四艘完全相同，静长 $l_0=1.25 c t_0$ 的飞船 $A, ~ B, ~ C, ~ D$作匀速直线运动。其中 $c$ 为真空光速，$t_0$ 为已知常量。各飞船船体上均固定有两根夹角一定的定位用直杆 $x_i, ~ y_i(i=A, ~ B, ~ C, ~ D$ ，以下简称＂定位杆＂$), x_i$ 杆沿着各自的船身方向。初始时刻，$A, ~ B, ~ C, ~ D$ 四艘船的船尾（记作 $a_i$ ）重合。 在不同飞船参考系中观察到的飞船运动情况与定位杆方向为： （1）飞船 $A$ 参考系中，$y_A$ 杆与 $x_A$ 杆垂直； （2）飞船 $A$ 参考系中，飞船 $B$ 以速度 $v$ 沿 $x_A$ 杆方向运动，$B$ 的两根定位杆与 $A$ 的两杆分别平行； （3）飞船 $B$ 参考系中，飞船 $C$ 以速度 $v$ 沿 $y_B$ 杆方向运动，$C$ 的两根定位杆与 $B$ 的两杆分别平行； （4）飞船 $C$ 参考系中，飞船 $D$ 与飞船 $A$ 保持相对静止，$D$ 的两根定位杆与 $C$ 的两杆分别平行。 （1）求飞船 $C$ 参考系中观察到的飞船 $D$ 的相对速度 $\vec{v}^{\prime}$ 。已知 $x_C, ~ y_C$ 杆方向的单位矢量为 $\hat{x}_C$ ， $\hat{y}_C$ （2）求飞船 $A$ 参考系中观察到的飞船 $D$ 的两根定位杆的夹角 $\alpha$ 的表达式，并代入 $v=0.6 c$ 计算结果。用角度制表示，保留 4 位有效数字。 （3）飞船之间通过电磁波相互联络，各船均于船头（记作 $b_i$ ）接收电磁波，于船尾发射电磁波。在飞船 $A$ 参考系中，将初始时刻记作 $t=0$ ，已知 $v=0.6 c$ 。从 $t=0$ 时刻起，各飞船之间按照 $A \rightarrow B \rightarrow C \rightarrow D \rightarrow A \rightarrow \cdots$ 的顺序发射电磁波联络信号，且在各自飞船的参考系中，接收到前一飞船发射的信号与开始向下一飞船发射信号是同时的。求飞船 $A$ 第一次接收到从 $D$ 发射的信号的时刻。结果中的系数保留 4 位有效数字。

解：
（1）由于飞船 $D$ 与飞船 $A$ 相对静止，只用计算 $A, ~ C$ 两船的相对速度。在飞船 $B$ 参考系中，飞船 $A$ 的速度分量：

$$
\left\{\begin{array}{c}
v_{A x}^{\prime}=-v \\
v_{A y}^{\prime}=0
\end{array}\right.
$$

根据速度变换公式，飞船 $A$ 在飞船 $C$ 参考系中的速度分量
$$
\left\{\begin{array}{c}
v_{A y}=\frac{v_{A y}^{\prime}-v}{1-\frac{v v_{A y}^{\prime}}{c^2}}=-v \\
v_{A x}=\frac{v_{A x}^{\prime} \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}{1-\frac{v v_{A y}^{\prime}}{c^2}}=-v \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}
\end{array}\right.
$$

因此

$$
\vec{v}^{\prime}=-v \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} \hat{x}_C-v \hat{y}_C
$$

【本问的典型错解：（0 分）
在飞船 $B$ 参考系中，飞船 $C$ 的速度分量：

$$
\left\{\begin{array}{l}
v_{C y}^{\prime}=v \\
v_{C x}^{\prime}=0
\end{array}\right.
$$

根据速度变换公式，飞船 $C$ 在飞船 $A$ 参考系中的速度分量

$$
\left\{\begin{array}{c}
v_{C x}=\frac{v_{C x}^{\prime}+v}{1+\frac{v v_{C x}^{\prime}}{c^2}}=v \\
v_{C y}=\frac{v_{C y}^{\prime} \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}{1+\frac{v v_{C x}^{\prime}}{c^2}}=v \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}
\end{array}\right.
$$

因此

$$
\vec{v}^{\prime}=-v \hat{\chi}_C-v \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} \hat{y}_C
$$

这个解法不能给分，虽然形式上很相似。原因在于，飞船 $A$ 两轴并不与飞船 $C$ 两轴平行。】
（2）根据题设，分析得到，$A, ~ B, ~ C$ 三艘飞船的两根定位杆在各自本征系中是互相垂直的。方法一：
在飞船 $C$ 参考系中，由于 $C$ 与 $D$ 之间的相对运动，在沿着相对速度方向上出现长度收缩。

$$
\left|\vec{v}^{\prime}\right|=\sqrt{2 v^2-\frac{v^4}{c^2}}
$$

相对速度与 $x_C$ 杆夹角

$$
\theta=\arctan \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}
$$

由于沿着长度方向上收缩因子为 $\sqrt{1-v^{\prime 2} / c^2}$ ，垂直于速度方向上无收缩，因此，运动时杆与速度方向的夹角 $\phi^{\prime}$ 和本征系中夹角 $\phi$ 的关系为

$$
\tan \phi^{\prime}=\frac{l_{\perp}^{\prime}}{l_1^{\prime}}=\frac{l_{\perp}}{l_1 \sqrt{1-\frac{v^{\prime 2}}{c^2}}}=\frac{\tan \phi}{\sqrt{1-\frac{v^{\prime 2}}{c^2}}}
$$

因此，在 $D$ 船参考系中，$x_D, ~ y_D$ 杆与 $C$ 相对于 $D$ 的速度方向的夹角
$$
\begin{gathered}
\theta_1=\arctan \left(\tan \theta \sqrt{1-\frac{v^{\prime 2}}{c^2}}\right)=\arctan \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} \\
\theta_2=\arctan \left(\frac{1}{\tan \theta} \sqrt{1-\frac{v^{\prime 2}}{c^2}}\right)=\arctan \sqrt{\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)^3}
\end{gathered}
$$

（从这里可以看出 $x_D$ 杆与 $x_A$ 杆是重合的）
因此，总的夹角 $\alpha$ 为

$$
\alpha=\theta_1+\theta_2=\arctan \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}+\arctan \sqrt{\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)^3}\left(=\arctan \frac{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}{\frac{v^2}{c^2}}\right)
$$

代入 $v=0.6 c$ 算得

$$
\alpha=65.77^{\circ}
$$
（3）逐次分析各信号传递过程。约定各参考系时间均以船尾重合时作为零点。 $A \rightarrow B:$
飞船 $B$ 参考系中认为的信号接收时间

$$
t_1^{\prime}=\frac{l_0}{c}=1.25 t_0
$$

$B \rightarrow C$ ：
飞船 $B$ 参考系中，设在 $t_2^{\prime}$ 时间信号到达 $C$ 的船头，则：

$$
\sqrt{l_0^2+\left(v t_2^{\prime}\right)^2}=c\left(t_2^{\prime}-t_1^{\prime}\right)
$$

解得

$$
t_2^{\prime}=\frac{125}{32} t_0=3.90625 t_0
$$

此时飞船 $C$ 的船头坐标

$$
y_2^{\prime}=v t_2^{\prime}=\frac{75}{32} c t_0=2.34375 c t_0
$$

由洛伦兹变换，飞船 $C$ 参考系中认为的信号接收时间

$$
t_2^{\prime \prime}=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}\left(t_2^{\prime}-\frac{v y_2^{\prime}}{c^2}\right)=\frac{25}{8} t_0=3.125 t_0
$$

$C \rightarrow D:$
方法一：
飞船 $C$ 参考系中，飞船 $D$ 的长度设为 $l_D$ ，则利用（2）问中尺缩效应的分析，

$$
\left(l_D \sin \theta\right)^2+\left(\frac{l_D \cos \theta}{\sqrt{1-\frac{v^{\prime 2}}{c^2}}}\right)^2=l_0^2
$$

其中，$\theta$ 由（5）式决定。代入解得：

$$
l_D=c t_0
$$

设飞船 $C$ 参考系中在 $t_3^{\prime \prime}$ 时刻信号到达 $D$ 的船头，则

$$
\left(v t_3^{\prime \prime}\right)^2+\left(v \sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} t_3^{\prime \prime}-l_D\right)^2=c^2\left(t_3^{\prime \prime}-t_2^{\prime \prime}\right)^2
$$

解得：

$$
t_3^{\prime \prime}=10.963 t_0
$$

为了能够利用洛伦兹变换来求解飞船 $D$ 参考系中接收到信号的时间，将 $x_C$ 杆和 $y_C$ 杆构成的坐标框架逆时针旋转 $\theta$ 角，得到一个新的 $\xi-\eta$ 坐标轴。此时，飞船 $D$ 相对于飞船 $C$ 沿着 $\xi$ 轴的负方向运动。飞船 $D$ 船头接收到信号时，船头的 $\xi$ 坐标为

$$
\xi_3=-\left(v^{\prime} t_3^{\prime \prime}-l_D \cos \theta\right)=-7.799 c t_0
$$
$$
\begin{aligned}
&\text { 根据洛伦兹变换，飞船 } D \text { 参考系中认为接收到信号的时刻为 }\\
&t_3=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^{\prime 2}}{c^2}}}\left(t_3^{\prime \prime}+\frac{v^{\prime} \xi_3}{c^2}\right)=7.766 t_0
\end{aligned}
$$
$D \rightarrow A:$
由于飞船 $D$ 事实上与 $A$ 相对静止，因此不需要再变换参考系。因此，$A$ 接收到信号的时刻为

$$
t=t_3+\frac{l_0}{c}=9.016 t_0
$$


Question: 在目前的标准宇宙学模型中，暗物质被认为是一种必不可少的物质组分．暗物质的提出源于 Fritz Zwicky对后发星系团的观测．他发现，virial 定理给出的星系团总质量远大于观测可见的质量．观测可见的物质成为可见物质，剩余部分成为暗物质．暗物质只参与引力相互作用． 星系中的暗物质． 通过对星系的精细观测可以推测暗物质在星系中的分布。考虑一个球对称的星系，假设其内恒星均做圆周运动．那么，通过光谱观测可以测量得到不同半径 $r$ 处恒星的轨道速度 $v(r)$ ． 对此星系的观测发现可见物质集中在半径 $R_g$ 以内，星系在其内是均匀分布的，数密度 $n$ ，每个星系的可见质量均为 $m_s$ ．观测得到的 $v(r)$ 曲线在 $rR_g$ 范围内近似为常量 $v_0$ ． （i）求 $R_g$ 内的总质量 $m_R$ ． （ii）求 $r

（i）考虑

$$
G \frac{m_R}{R_g^2}=\frac{v_0^2}{R_g}
$$

得到

$$
m_R=\frac{v_0^2 R_g}{G}
$$

（ii）在 $r<R_g$ 范围内，$v \propto r$ ，易得半径 $r$ 内的质量 $m(r) \propto r^3$ ，从而

$$
m(r)=m_R\left(\frac{r}{R_g}\right)^3, \quad r<R_g
$$

求导得到物质总密度

$$
\rho(r)=\frac{3 v_0^2}{4 \pi G R_g^2}, \quad r<R_g
$$

从而暗物质密度

$$
\rho_{d m}(r)=\frac{3 v_0^2}{4 \pi G R_g^2}-n m_s
$$

在 $r \geq R_g$ 范围内，$v \propto r^0$ ，易得半径 $r$ 内的质量 $m(r) \propto r$ ，从而

$$
m(r)=m_R\left(\frac{r}{R_g}\right), \quad r \geq R_g
$$

$$
\begin{aligned}
&\text { 由于此处几乎没有可见物质，求导直接得到暗物质密度：}\\
&\rho_{d m}(r)=\frac{v_0^2}{4 \pi G r^2}
\end{aligned}
$$


Question: 假定一个非常理想的J波段滤光片，其响应曲线在1.1到1.3微米上为0.8，在其他波长都为零。1.计算该滤光片的标准波长$\lambda_0$以及有效波长$\lambda_{\mathrm{eff}}$。2.现假定你的标准星是一颗热恒星，其在J滤光片里的光谱形状满足瑞利-金斯近似。而你的目标源是一个星系，其光谱形状为$f_\lambda d\lambda = 0.005\lambda^{1.3}d\lambda$，计算在标准波长上两者各自的带宽修正，及两者的比值。

标准波长:
\[
\lambda_{\mathrm{std}} = \frac{\int \lambda T \, d\lambda}{\int T \, d\lambda}
= \frac{\int_{1.1}^{1.3} \lambda \, d\lambda}{\int_{1.1}^{1.3} d\lambda}
= 1.20\, \mu m
\]
有效波长:

\[
\lambda_{\mathrm{eff}} = \frac{\int \lambda^2 T \, d\lambda}{\int \lambda T \, d\lambda}
= \frac{\int_{1.1}^{1.3} \lambda^2 \, d\lambda}{\int_{1.1}^{1.3} \lambda \, d\lambda}
= 1.20\, \mu m
\]

对于标准星（瑞利-金斯近似）:
\[
\frac{f_{\lambda = \lambda_{\mathrm{std}}}}{f_{\lambda}^{\mathrm{filter}}}
= \frac{\frac{1}{\lambda_{\mathrm{std}}^4}}{\left( \int f_{\lambda} (\lambda / hc) T \, d\lambda \big/ \int T \, d\lambda \right)(hc / \lambda_{\mathrm{std}})}
\]

\[
= \frac{1}{\lambda_{\mathrm{std}}^3} \cdot \frac{\int T \, d\lambda}{\int \lambda f_{\lambda} T \, d\lambda}
= \frac{1}{\lambda_{\mathrm{std}}^3} \cdot \frac{\int d\lambda}{\int \frac{d\lambda}{\lambda^3}}
\]

\[
= \frac{-2}{\lambda_{\mathrm{std}}^3} \cdot \left. \frac{\lambda}{\lambda^{-2}} \right|_{1.1}^{1.3} = 0.986
\]

对于目标源的光谱形状 $f_\lambda \propto\lambda^{1.3}$:
\[
\frac{f_{\lambda = \lambda_{\mathrm{std}}}}{f_{\lambda}^{\mathrm{filter}}}
= \frac{\lambda_{\mathrm{std}}^{1.3}}{\left( \int f_{\lambda}(\lambda / hc) T \, d\lambda \big/ \int T \, d\lambda \right)(hc / \lambda_{\mathrm{std}})}
\]

\[
= \lambda_{\mathrm{std}}^{2.3} \cdot \frac{\int T \, d\lambda}{\int \lambda f_{\lambda} T \, d\lambda}
= \lambda_{\mathrm{std}}^{2.3} \cdot \frac{\int d\lambda}{\int \lambda^{2.3} \, d\lambda}
\]

\[
= \lambda_{\mathrm{std}}^{2.3} \cdot \frac{\left. \lambda \right|_{1.1}^{1.3}}{\left. \frac{\lambda^{3.3}}{3.3} \right|_{1.1}^{1.3}} = 0.997
\]

因此标准星与目标源的差别位1.01倍，即1\%的差别。


Question:
Given an array $A[1:n]$ of $n$ distinct numbers, recall the *quicksort* algorithm to sort them into an ascending order.

* First we let $p\gets A[1]$ be the pivot.
* Then we use $p$ to rearrange $A[1:n]$ in the following way:
  * For some $k\in [n]$, we have $A[k]=p$;
  * For all $i\in \set{1,2,\dots,k-1}$, we have $A[i]<p$;
  * For all $i\in \set{k+1,\dots,n}$, we have $A[i]>p$.
* Then recursively sort $A[1:k-1]$ and $A[k+1;n]$.

Assume our algorithm used in step 2 to compute $A[1:k-1]$ and $A[k+1:n]$ is *stable*. That is, if $A[i]$ and $A[j]$ are both smaller or larger than $p$ and $i<j$, then after the rearrangement, $A[i]$ still appear before $A[j]$.

Clearly the performance of the algorithm depends on the input array $A$. In this problem, we analyze its *average complexity*. Suppose that the input array $A$ is chosen uniformly at random from the $n!$ permutations of the $n$ distinct numbers. Let $t_n$ be the average times of comparisons during the execution of quicksort (the average is taken over all inputs).

Find the general expression for $t_n$. (In the problem, we do care about the constant appearing in the main term. As a result, your expression should be of the form $t_n=f(n)(1+o(1))$ for some $f(n)$)

For every $k\in[n]$,

$$
\mathbb P[p\text{ is the }k \text{-th largest element among the }n\text{ numbers}]=\frac{1}{n}.
$$

If $p$ is the $k$-th largest element, the array will be divided into two arrays of size $k-1$ and $n-k$ after the rearrangement. Note that the rearrangement itself takes $n-1$ comparisons. Thus, for $n\geq 1$, we have

$$
t_n=n-1+\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(t_{k-1}+t_{n-k}\right)=n-1+\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{n-1} t_k.
$$

Let $T(z)$ be the ordinary generating function of $\set{t_n}$. We have worked out that for $n\geq 1$, $t_n=n-1+\frac{2}{n}\sum_{k=0}^{n-1} t_k$. Multiply both sides by $z^n$ and take sum for all $n$. We have

$$
T(z)=\sum_{n\geq 1}t_nz^n=\sum_{n\geq 1}(n-1)z^n+\sum_{n\geq 1} \frac{2}{n}\sum_{k=0}^{n-1} t_kz^n.
$$

Then

$$
\begin{aligned}
T'(z)&=\sum_{n\geq 1}n(n-1)z^{n-1} + 2\sum_{n\geq 1} \sum_{k=0}^{n-1} t_kz^{n-1}\\
&=z\left(\frac{1}{1-z}\right)'' + 2\sum_{k\ge 1}\left(\sum_{n\geq 0}z^n\right) t_kz^k\\
&=\frac{2z}{(1-z)^3} +\frac{2}{1-z}\sum_{k\ge 1} t_kz^k\\
&=\frac{2z}{(1-z)^3} +\frac{2}{1-z}T(z).
\end{aligned}
$$

Rearranging $T'(z)=\frac{2z}{(1-z)^3} +\frac{2}{1-z}T(z)$, we have

$$
(1-z)^2T'(z)-2(1-z)T(z)=\frac{2z}{1-z} .
$$

Note that

$$
(1-z)^2T'(z)-2(1-z)T(z)=\left((1-z)^2T(z)\right)'
$$

 and

$$
\frac{2z}{1-z}=\left(-2\log(1-z)-2z\right)'.
$$

 Therefore,

$$
(1-z)^2T(z)=-2\log(1-z)-2z+c
$$

where $c$ is a constant. Since $T(0)=t_0=0$, we have $c=0$. Thus,

$$
\begin{aligned}
t_n=[z^n]T(z)&=[z^n]\left(\frac{-2\log(1-z)-2z}{(1-z)^2}\right)\\
&=2\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k}\cdot (n-k+1)\\
&=2(n+1)\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k}-2(n-1)\\
&=2(n+1)\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-4n\\
&=2n\log n \cdot (1+o(1)).
\end{aligned}
$$

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Question: Suppose there is a country in which people only want boys. What is the sex ratio in expectation of the country if they adopt the following strategy: Each family continues to have children until they have more boys or there are ten children.

Let $X_t$ be the number of boys minus the number of girls in the first $t$ children of a family. Let $\tau$ be the minimum between $10$ and the first time $t$ that $X_t=1$. Applying the Optional Stopping Theorem, we know that $E[X_{\tau}]=0$. Therefore, in expectation, the sex ratio is $1$.

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Question:
一个二进制线性码 [50, 25]，生成矩阵 $G$：
G=[[1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0], [1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0], [0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0], [0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1], [0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0], [0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1], [1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0], [0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1], [0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0], [0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0], [0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0], [0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0], [0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1], [1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1], [0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1], [1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1], [1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1], [0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1], [1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0], [1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0], [0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1], [1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 1], [0, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 1, 0], [1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 0, 1, 1], [0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0]]

收到的Syndrome为[0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 0 1 0 0 1 1 1]，其中包含3个bit的error，求解error

利用ISD算法可以很快的求解

# Information Set Decoding算法
def information_set_decoding(H, syndrome, t, max_iterations=10000000000):
    """
    使用Information Set Decoding算法解码
    H: 校验矩阵
    syndrome: 待解码的伴随式
    t: 错误向量的重量（汉明重量）
    max_iterations: 最大迭代次数
    """
    n_minus_k, n = H.shape

    for iteration in range(max_iterations):
        # 随机选择n-n_minus_k个列作为信息集
        info_set = random.sample(range(n), n - n_minus_k)
        non_info_set = [i for i in range(n) if i not in info_set]

        # 重排列H的列，使信息集列排在最后
        H_perm = np.zeros_like(H)
        perm = non_info_set + info_set
        inv_perm = [0] * n
        for i, p in enumerate(perm):
            inv_perm[p] = i

        for j in range(n):
            H_perm[:, inv_perm[j]] = H[:, j]

        # 提取信息集对应的子矩阵
        H_info = H_perm[:, n_minus_k:]

        # 如果子矩阵可逆，尝试解码
        if np.linalg.matrix_rank(H_info % 2) == n_minus_k:
            # 解方程 H_info * e_info = syndrome
            try:
                e_info = gf2_gauss_elimination(H_info, syndrome)

                # 构造完整的错误向量
                e_full = np.zeros(n, dtype=int)
                for i in range(n_minus_k):
                    e_full[inv_perm[i]] = 0
                for i in range(n_minus_k, n):
                    e_full[inv_perm[i]] = e_info[i - n_minus_k]

                # 验证错误向量
                if np.sum(e_full) <= t and np.array_equal(np.dot(H, e_full) % 2, syndrome):
                    return e_full
            except:
                continue

    return None  # 未找到解

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Question: 一个教授逻辑学的教授，有三个学生，而且三个学生均非常聪明！一天教授给他们出了一个题，教授在每个人脑门上贴了一张纸条并告诉他们，每个人的纸条上都写了一个正整数，且某两个数的和等于第三个！（每个人可以看见另两个数，但看不见自己的）教授问第一个学生：你能猜出自己的数吗？回答：不能，问第二个，不能，第三个，不能，再问第一个，不能，第二个，不能，第三个：我猜出来了，是144！教授很满意的笑了。请问，其他两人的数字的可能性有哪些？

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Question:
猜数游戏的流程如下：在每个回合 $t=1,2,...,T$，进行如下操作

* 对手选择一个数字 $y_t\in [0,1]$；
* 你选择一个数字 $x_t \in [0,1]$ （此时你不知道 $y_t$）；
* 揭晓数字 $y_t$，你此回合的花费是 $(x_t-y_t)^2$。

我们希望 $T$ 回合之后，你的总花费 $\sum_{t=1}^T (x_t-y_t)^2$最小。假设对手选择的数字是某个序列 $y_1, y_2, ..., y_T$。如果我们的游戏是“离线”版本的，也就是说对手选择的 $T$ 个数字都揭晓之后，你再选择一个数字 $x$ 使得总花费 $\sum_{t=1}^T (x-y_t)^2$ 最小，那么我们最优的策略是选择

$$
x_T^*:= \arg \min_{x\in [0,1]}\sum_{t=1}^T (x-y_t)^2=\frac{1}{T}\sum_{t=1}^T (x-y_t)^2.
$$

回到在线版本的游戏。我们定义一个策略的懊悔值为该策略的花费减去“离线”最优策略的花费，也就是

$$
R(T):=\sum_{t=1}^T (x_t-y_t)^2 - \min_{x\in [0,1]}\sum_{t=1}^T (x-y_t)^2.
$$

现在我们定义一个在线游戏的策略，即在第 $t$ 回合选择前 $t-1$ 回合的“离线”最优数字，也就是 $x_t := x_{t-1}^*=\arg \min_{x\in[0,1]}\sum_{s=1}^{t-1} (x-y_s)^2$。请给出该策略懊悔值

$$
R(T)=\sum_{t=1}^T (x_{t-1}^*-y_t)^2 - \sum_{t=1}^T (x_T^*-y_t)^2
$$

的一个尽可能小的上界（给出关于 $T$的依赖关系即可）。

我们来证明该策略懊悔值有 $O(\log T)$ 的上界。首先我们证明选取 $x_t^*:= \arg     \min_{x\in[0,1]}\sum_{s=1}^{t} (x-y_s)^2$ 优于一直选取 $x_T$，也就是

$$
\sum_{t=1}^T\left(x_T^*-y_t\right)^2 \geq \sum_{t=1}^T\left(x_t^*-y_t\right)^2
$$

我们对 $T$ 归纳证明这个结论。$T=1$ 时该不等式显然成立。 我们假设对于更小的 $T$ 这个式子都成立。 注意到

$$
\sum_{t=1}^T\left(x_T^*-y_t\right)^2 \geq \sum_{t=1}^T\left(x_t^*-y_t\right)^2 \Longleftrightarrow \sum_{t=1}^{T-1}\left(x_T^*-y_t\right)^2 \geq \sum_{t=1}^{T-1}\left(x_t^*-y_t\right)^2 .
$$

那么由归纳假设可得

$$
\sum_{t=1}^{T-1}\left(x_t^*-y_t\right)^2 \leq \sum_{t=1}^{T-1}\left(x_{T-1}^*-y_t\right)^2 \leq \sum_{t=1}^{T-1}\left(x_T^*-y_t\right)^2.
$$

（这里第二个不等号是因为，前 $T-1$ 轮“离线”的最优解一定是 $x_{T-1}^*$。）

那么现在懊悔值有一个上界

$$
R(T)=\sum_{t=1}^T\left(x_t-y_t\right)^2-\sum_{t=1}^T\left(x_T^*-y_t\right)^2 \leq \sum_{t=1}^T\left(x_t-y_t\right)^2-\sum_{t=1}^T\left(x_t^*-y_t\right)^2 .
$$

对于任意 $t=2, \ldots, T$，我们有

$$
\begin{aligned}
\left(x_{t-1}^*-y_t\right)^2-\left(x_t^*-y_t\right)^2 & =\left(x_{t-1}^*+x_t^*-2 y_t\right)\left(x_{t-1}^*-x_t^*\right) \\
& \leq 2\left|x_{t-1}^*-x_t^*\right| \\
& =2\left|\frac{1}{t-1} \sum_{s=1}^{t-1} y_s-\frac{1}{t} \sum_{s=1}^t y_s\right| \\
& =2\left|\frac{1}{t(t-1)} \sum_{s=1}^{t-1} y_s-\frac{1}{t} y_t\right| \\
& \leq \frac{2}{t}.
\end{aligned}
$$

因此我们每轮选取 $x_{t-1}^*$ 时， $R(T) \leq \sum_{t=1}^T \frac{2}{t}=2 H_T$。

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Question:
Consider a network with two strategic users sharing a same link with capacity \(c = 1\). The utility function of user \(i\) is \(\alpha_{i}-\frac{\alpha_{i}}{(x_{i}+1)}\), where \(x_{i}\) is the rate allocated to user \(i\). Each user bids an amount that it is willing to pay, say \(w_{i}\) for user \(i\), and user \(i\) is allocated a data rate given by \(x_{i}=w_{i}/(w_{1}+w_{2})\). Thus, the payoff to user \(i\) is \(\alpha_{i}-\frac{\alpha_{i}}{x_{i}}-w_{i}\). We assume \(\alpha_{1}=1\) and \(\alpha_{2}=2\).

1. Write down the NE for the bids \((w_{1},w_{2})\) for these strategic users.
2. Compute the PoA.

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Question: 在热带沙漠常常温度高达45℃或更高，而相对湿度却低达2%，而在极地，温度降低到零下40℃或更低，相对湿度近100%，试问哪个地区绝对湿度大，大多少倍？


Question: 若空气微团只受到水平科里奥利力的作用，水平初速度为V₀，t = 0时微团的位置矢量为r₀，设f = 常值，试求该微团的运动轨迹。

答：由于空气微团只受到水平科里奥利力的作用，即
du/dt = fv
dv/dt = -fu
对第一式求t的导数，得
d²u/dt² = -f²u
式特征方程为： r² + f² = 0
解得  r₁,₂ = ±fi
所得原方程的解为  u = C₁cos ft + C₂sin ft
v = -C₁sin ft + C₂cos ft     (C₁,C₂任意常数)
当t = 0时，u = u₀, v = v₀  ，得C₁ = u₀, C₂ = v₀
要得到位移，需要对速度积分∫₀ᵗ udt = ∫₀ᵗ (C₁cos ft + C₂sin ft)dt
x - x₀ = (u₀/f)sin ft - (v₀/f)cos ft + v₀/f
可得  y - y₀ = (u₀/f)cos ft - u₀/f + (v₀/f)sin ft
最终答案：
移项平方得  (x - x₀ - v₀/f)² + (y - y₀ + u₀/f)² = V₀²/f²
说明：
这是一个以(x₀ + v₀/f, y₀ - u₀/f)为圆心，V₀/f为半径的圆形轨迹。


Question: 位于北半球的一位驾驶员在夏至这一天中午时分驱车向正北行驶，发现其前方车辆与地面夹60角的汽车玻璃反射的太阳光正几乎平行于地面刺眼地射向他。该驾驶员的地理纬度大约是北纬多少度？

太阳高度角计算：夏至日太阳直射北纬23.5°（δ=23.5°N）。
1.太阳高度角计算公式：
\[ h = 90^\circ - |\phi - \delta| \]
因驾驶员位于北半球且 $\phi \geq 23.5^\circ$，故：
\[ h = 90^\circ - (\phi - 23.5^\circ) = 113.5^\circ - \phi \]\
2. 反射条件分析
反射光线需水平向北，即反射向量为 $\mathbf{r} = (0, 1, 0)$。通过反射定律和几何关系推导，得出太阳高度角：
\[ h = 60^\circ \]。
3. 纬度求解
将 $h = 60^\circ$ 代入公式：
\[ 60^\circ = 113.5^\circ - \phi \implies \phi = 113.5^\circ - 60^\circ = 53.5^\circ \]
因此，驾驶员的地理纬度约为\textbf{北纬$53.5^\circ$}。


Question: 为什么北非地区形成了世界上最大的沙漠：撒哈拉沙漠，而同纬度带的东亚地区却降水相对充沛？

北非受副热带高气压带控制，盛行下沉气流，干旱少雨；东亚则因青藏高原的大地形作用改变了大气环流，南支槽能输送充足水汽，因而降水充沛。


Question: 风暴号气象卫星上的辐射仪测出10微米处（大气窗区）地表的辐射率为0.98*10焦耳/秒米2微米 球面度，如果忽略大气影响，则地表温度为多少开？


Question: If I have a wind sensor next to a tree and I am measuring the motion of this tree (relative to its equilibrium position) with a very accurate and fast position sensor, and I want to investigate how the motion of the tree in response to the wind force is lagged/delayed relative to the wind pushing it, what spectra would I plot?


Question: 春季山东半岛北部烟台威海比南部青岛地区强对流发生频率高的原因包括哪些，请说明原因。 A.整体温度相对较高 B.距离导致强对流的天气系统近 C.渤海水汽常比黄海旺盛 D.西北引导气流输送渤海水汽 E.有一些丘陵地区，地形条件较好。

春季以偏南风为主，半岛北部以陆风为主，南部以海风为主，海温低，因此A对，北部温度高，利于动力抬升导致空气上下对流，利于强对流天气。
春季山东半岛强对流以东北冷涡为主，半岛北部显然距离东北近，更容易发生强对流，因此B对。
渤海水汽比黄海旺盛，没有这个说法，都是一样的海洋，况且黄海比渤海还大，故C错。
在东北冷涡影响下，山东半岛北部经常以西北气流为主，因此缺少不了西北部的水汽输送，D对。
山东半岛北部的丘陵比南部要多，且尤其是烟台和威海地区，E对。


Question:
已知香港GNSS站点HKCL以经纬度形式表示的坐标为：
纬度 $\phi = 22^\circ 17' 45.03141'' \, \text{N}$
经度 $L = 113^\circ 54' 27.79510'' \, \text{E}$
椭球高 $h = 7.7136 \, \text{m}$

已知WGS84椭球参数：
$$
a = 6378137 \, \text{m}, \quad f = \frac{1}{298.257223563}
$$

计算该点在WGS84坐标系下的笛卡尔坐标 $(X, Y, Z)$


Question:
某北斗导航卫星（轨道高度21500km，倾角55°，周期12小时）在某测试阶段发现以下异常：
1. 星载原子钟与地面基准钟的日累积时间偏差达Δt=52.3μs，超出设计误差范围（±20μs）；
2. 轨道摄动分析显示径向漂移速率异常，达到0.18m/s²，远超大气阻力预测值（0.06m/s²）；
3. 星载加速度计记录到周期性扰动，频率与地球自转同步（周期24小时），振幅达8×10⁻⁶ m/s²。
导致该异常现象的主要物理机制是：

A. 狭义相对论时间膨胀效应
B. 广义相对论引力红移与Sagnac效应耦合
C. 地球重力场非保守力摄动（如潮汐力）
D. 太阳光压与大气阻力耦合

1. **排除狭义相对论（A）**：
   狭义相对论仅能解释时间膨胀效应，但卫星速度对应的时间偏差仅为约1.3μs/日，远小于观测值的52.3μs。且该效应无法解释轨道漂移和周期性扰动。

2. **验证广义相对论（B）**：
   - **引力红移**：卫星在地球引力场中时间流逝变慢，导致原子钟每日累积延迟约38.9μs。
   - **Sagnac效应**：地球自转使卫星轨道产生相位差，叠加引力红移后总时间偏差达52.3μs。
   - 两种效应共同导致原子钟异常，且与轨道摄动周期同步。

3. **排除地球重力场非保守力（C）**：
   潮汐力等非保守力引起的加速度扰动频率低（周期数小时至数天），无法匹配24小时周期性信号，且漂移速率异常远超理论预测值。

4. **排除太阳光压与大气阻力（D）**：
   太阳光压对21500km轨道的摄动影响极小（加速度仅约2×10⁻¹² m/s²），大气阻力导致的漂移速率（0.06m/s²）仅为观测值的三分之一。


Question: 经典测量平差的四种平差方法分别是什么？四种平差方法有什么相同点和不同点？

条件平差、间接平差、附有参数的条件平差和附有限制条件的间接平差

相同点：随机模型相同，平差准则相同，结果相同。不同点：参数个数不同，函数模型不同。


Question: 两个无穷接近的水准面之间的距离不是一个常数，这是因为_____在水准面不同点上的数值是不同的。


Question:
以下观测环境中，有利于GNSS测量工作的是 ()
a. 高层建筑附近
b. 开阔的海面
c. 高压电线周围
d. 城市楼顶

海面存在大量的多路径信号，严重影响定位。高楼楼顶相对少的遮挡，也是城市建筑形变监测的设备安装之处


Question:
卫星星历误差实际上就是卫星位置的确定误差。也是一种____误差，其大
小主要取决于卫星跟踪站的数量及_____、观测值的数量及精度、轨道计算时所用的
轨道模型及_____的完善程度。

起始数据 空间分布 定轨软件


Question: 判断题：在同一重力等位面上两点的高程不相等。


Question: 一圆形气旋系统保持形状不变，以15m/s的速度水平向东移动，切向均匀的地转风速也为15m/s。试求离气旋中心500km正东、正南、正西、正北四点上空气微团的轨迹曲率半径（以km表示），并求出四点的梯度风风速（取f = 10⁻⁴s⁻¹）。

解答过程
基本原理：
由于气旋系统向东移动，空气微团的实际轨迹曲率半径会因系统移动而改变。流线与流型移动方向（正东）之间的夹角为β，则轨迹曲率半径为：
Rt = R₀(1 - C cos β / V)
其中：

R₀ = 500km（原始曲率半径）
C = 15m/s（气旋移动速度）
V = 15m/s（地转风速）
β为各方向与东向的夹角

各方向轨迹曲率半径计算：
东向：β = 90°，cos β = 0，轨迹曲率半径Rt = 500km
南向：β = 0°，cos β = 1，轨迹曲率半径Rt = ∞
西向：β = -90°，cos β = 0，轨迹曲率半径Rt = 500km
北向：β = 180°，cos β = -1，轨迹曲率半径Rt = 1000km
计算说明：

东：Rt = 500(1 - 15×0/15) = 500km
南：Rt = 500(1 - 15×1/15) = 500(1-1) = ∞
西：Rt = 500(1 - 15×0/15) = 500km
北：Rt = 500(1 - 15×(-1)/15) = 500(1+1) = 1000km

注：原解答中北向为250km，应为计算错误，正确值为1000km。
梯度风风速计算：
由梯度风平衡方程：
(1/ρ)(∂p/∂n) + fVG + VG²/Rt = 0
且地转风：fVg = -(1/ρ)(∂p/∂n)
所以：-fVg + fVG + VG²/Rt = 0
解得：VG = (fRt/2)[-1 + √(1 + 4Vg/(fRt))]
各方向梯度风风速计算结果：
东向：轨迹曲率半径500km，梯度风风速12.08 m/s
南向：轨迹曲率半径∞，梯度风风速15.00 m/s
西向：轨迹曲率半径500km，梯度风风速12.08 m/s
北向：轨迹曲率半径1000km，梯度风风速13.66 m/s
计算说明：

当Rt = ∞时（南向），梯度风 = 地转风 = 15m/s
其他方向按公式计算，其中f = 10⁻⁴s⁻¹，Vg = 15m/s

轨迹曲率半径：正东500km，正南∞，正西500km，正北1000km

梯度风风速：正东12.08 m/s，正南15.00 m/s，正西12.08 m/s，正北13.66 m/s


Question: 一个人造卫星从南半球飞向北半球，通过赤道时飞行方向与赤道成60°交角，相对水平速度为8km/s，试求它的科里奥利加速度。

解：当人造地球卫星在赤道上空时，其速度可分解为
V = Vh = Vh cos α i + Vh sin α j
式中α为倾角，Vh表示水平速度。这时由于
Ω = Ω j
则科氏加速度 C = 2Ω × V = 2ΩVh cos α j × i + 2ΩVh sin α j × j = -2ΩVh cos α k
令 Vh = 8 × 10³ m/s, α = 60°，则科氏加速度数值

C = 2ΩVh cos α = 0.58m/s²，其方向垂直于赤道地面指向地心。

大小为 0.58m/s²，方向垂直于赤道地面指向地心


Question: 假定对流层顶高度为H，对流层中的温度随高度线性递减（T = T₀ - γz），对流层顶以上温度随高度不变，大气满足静力平衡条件，试求单位截面积自海平面延伸至大气上界整个气柱中的内能、位能、全位能。

解：由题意知，大气温度的垂直分布为 T = {T₀ - γz, 0 ≤ z ≤ H
{T₀ - γH, z > H
I* = (cᵥ/g) ∫₀^pH Tdp
因 Φ* = (R/g) ∫₀^pH Tdp
P* = I* + Φ*
则 I* = (cᵥ/g) [∫₀^pH T₀(p/p₀)^(Rγ/g) dp + ∫₀^pH TH dp] = (cᵥ/g) [g/(g + Rγ) (T₀p₀ - TH pH) + TH pH]
= (cᵥ/(g + Rγ)) (T₀p₀ + (Rγ/g)TH pH)
Φ* = (R/g) ∫₀^pH Tdp = (R/g) · g/(g + Rγ) (T₀p₀ + (Rγ/g)TH pH) = (R/(g + Rγ)) (T₀p₀ + (Rγ/g)TH pH)
P* = I* + Φ* = (cp/(g + Rγ)) (T₀p₀ + (Rγ/g)TH pH)


Question: 一个密封的绝热气缸，底面积为\(S_0\)，用一个绝热活塞密封住一些理想气体，气体初态压强为\(P_0\)，气柱长度为\(x_0\)，外部大气压强恒定为\(P_0/2\) 。初态气体温度为\(T_0\) 。气体定体摩尔热容量为\(C_V = \frac{3R}{2}\) 。绝热方程为\(pV^{\gamma}=\)常数，其中\(\gamma=\frac{C_V + R}{C_V}\) 。从静止开始释放活塞，在所有问题中，活塞运动的速度都远远小于分子热运动速度。 (a) 假设活塞和气壁之间有轻微的摩擦，发热都被密封的气体吸收，求末态活塞平衡的位置\(x_1\)和\(x_0\)的比值。 \(\frac{x_1}{x_0}=\)__________，用数值表达，精确到三位有效数字。 (b) 假设活塞和气壁之间没有摩擦，求活塞释放后第一次速度为0时的位置\(x_2\) \(\frac{x_2}{x_0}=\)__________，用数值表达，精确到三位有效数字。 (c) 假设活塞和气壁之间有恒定的阻力\(f = \frac{P_0S_0}{4}\) ，求活塞释放后第一次速度为0时的位置\(x_3\) 。和(a)一样，发热都被密封的气体吸收。 \(\frac{x_3}{x_0}=\)__________，用数值表达，精确到三位有效数字。


Question: 根据杂质电离的典型激活能，粗略估算能够影响本征硅载流子浓度的最低掺杂浓度？与硅原子浓度的比例是多少（提示：硅晶圆纯度要求为11个‘9’）？

本征硅的原子密度： \rho _{Si} = 5 \times 10^{22} cm^{-3} ,本征载流子密度（硅热激发的电子、空穴密度）： n_{i} = 1.5\times 10^{10} cm^{-3},如果硅晶圆中杂质电离的载流子(电子/空穴)密度小于本征载流子密度，则对硅晶圆的导电特性影响可以忽略，即：n_{i} = n_{杂质电离} \approx  \rho _{杂质}\times e^{\frac{-E_{A} }{KT} } ,其中，EA为杂质电离能，对于硅常用的杂质，As、B、P，典型值为接近50meV，相对于2KT(室温下，KT≈26meV)，故:n_{杂质} =n_{i} \times e^{2} =1.5\times 10^{10}\times 7.3=10^{11} cm^{-3} \approx 10^{-11} n_{Si} ，所以，影响本征硅载流子浓度的最低掺杂浓度为10^{11} cm^{-3}，与硅原子浓度的比例为10^{-11}，相当于硅晶圆11个‘9’的纯度。


Question: 有一个竖直的绝热圆柱形容器，容器高2h，它的正中间有一块活动轻质导热隔板。初始时隔板上下各包括一摩尔相同的双原子分子气体。假设中间的隔板上被放了一个质量为M（M很大）的重物，求最终平衡的时候隔板会向下位移多少？

假设横截面积为A，位移为y，上下侧初始压力p_0，最终压力为$p_1,p_2$。由能量守恒$Mgy=\frac{5}{2}[p_1A(h-y)+p_2A(h+y)-2p_0Ah]$，由于M很大，最后一项可忽略。由受力和热平衡，$(p_1-p_2)A=Mg, p_1A(h-y)=p_2A(h+y)$，可得$y=\sqrt{5/7}h$


Question: 有两个体积为 $V$ 的相同容器内有等量的同样状态下的单组分理想气体，其压强为 $p$ ，温度为 $T$ ，由一个质量为 $m$ 的活塞隔开，它处于一个面积为 $S$ 的光滑管道内．而热学理论认为在 热平衡状态下，其构成气体的每一个分子具有平均动能： $$ \bar{\varepsilon}=\frac{i}{2} k T $$ 其中 $k$ 为玻尔兹曼常数，而 $i$ 为分子的自由度数．理想气体状态方程中的普适气体常量可以表达为 $R=N_A k$ ，其中 $N_A$ 为阿伏伽德罗常数． （1）下面认为活塞与容器都是绝热的，计算活塞在管道内做小振动的周期． （2）若活塞一开始处于平衡位置，但我们不去对活塞做微扰，活塞有无可能做来回振动？热力学与统计物理给出了肯定的结果，背后的机制在于热力学系统无所不在的涨落现象．根据基本的热学原理计算两个容器内部的压强涨落的平均值 $\Delta p$ ．它的定义应当为压强瞬时值 $p(t)$相对平均值 $p$ 之差随时间平均后的开方（方均根值）： $$ \Delta p=\sqrt{\overline{(p(t)-p)^2}} $$

（1）
对于绝热过程方程：

$$
p V^\gamma=C
$$

取其对数微分得到：

$$
\frac{\mathrm{d} p}{p}+\gamma \frac{\mathrm{d} V}{V}=0
$$

其中绝热指数为：

$$
\gamma=\frac{i+2}{i}
$$

而两侧气体体积的改变为：

$$
\mathrm{d} V=S \mathrm{~d} x
$$

其中 $\mathrm{d} x$ 为 $m$ 的位移．从而回复力：

$$
\mathrm{d} F=2 \mathrm{~d} p S
$$

代入得到：

$$
\mathrm{d} F=-\frac{2(i+2) p S^2}{i V} \mathrm{~d} x
$$

从而系数就是等效劲度系数．其小振动角频率为：

$$
w^2=\frac{k}{m}=\frac{2(i+2) p S^2}{i m V}
$$

根据周期公式：

$$
T=\frac{2 \pi}{\omega}
$$

得到：
$$
T = 2 \pi \sqrt{\frac{imV}{2(i+2)pS^2}}
$$

（2）

设两侧压强的涨落具有形式：
$$
\begin{aligned}
& p_1=p+A \cos \left(\omega t+\varphi_1\right) \\
& p_2=p+A \cos \left(\omega t+\varphi_2\right)
\end{aligned}
$$

其中 $\varphi_1, \varphi_2$ 应当是无长时间关联的随机相位．则产生的合力为：

$$
F=A S\left[\cos \left(\omega t+\varphi_2\right)-\cos \left(\omega t+\varphi_1\right)\right]
$$

而 $m$ 的运动方程与之联系为：

$$
F(t)=-m \omega^2 x(t)
$$

得到其速度：

$$
v(t)=\dot{x}(t)=\frac{A S}{m \omega}\left[\sin \left(\omega t+\varphi_2\right)-\sin \left(\omega t+\varphi_1\right)\right]
$$

从而压强涨落的平均为：

$$
\Delta p=\sqrt{\overline{\left(p_i-p\right)^2}}=A \sqrt{\overline{\cos ^2\left(\omega t+\varphi_1\right)}}=\frac{A}{\sqrt{2}}
$$

再考虑计算 $m$ 的动能的平均值：

$$
\overline{E_k}=\frac{1}{2} m \overline{v^2(t)}=\frac{A^2 S^2}{2 m \omega^2}\left[\overline{\sin ^2\left(\omega t+\varphi_1\right)}+\overline{\sin ^2\left(\omega t+\varphi_2\right)}-2 \overline{\sin \left(\omega t+\varphi_1\right) \sin \left(\omega t+\varphi_2\right)}\right]
$$

由于 $\varphi_1, \varphi_2$ 无长时间的关联，故第三项平均值为零．从而这个式子为：

$$
\overline{E_k}=\frac{A^2 S^2}{2 m \omega^2} \cdot\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)=\frac{A^2 S^2}{2 m \omega^2}
$$

最后动能平均值应当具有关系：

$$
\overline{E_k}=\frac{1}{2} k T
$$

故代入整理得到：

$$
\Delta p=\sqrt{\frac{(i+2) k T p}{i V}}
$$

T = 2 \pi \sqrt{\frac{imV}{2(i+2)pS^2}}
\Delta p=\sqrt{\frac{(i+2) k T p}{i V}}


Question: For a Fermi--Dirac gas, we may define a temperature $T_0$ at which the chemical potential of the gas is zero ($z = 1$). Express $T_0$ in terms of the Fermi temperature $T_F$ of the gas.

$T_0 = \left(\frac{N}{gV\,f_{3/2}(1)}\right)^{2/3}\left(\frac{h^2}{2\pi mk}\right).$ At the same time, the Fermi temperature $T_F$ is given by, $T_F \equiv \frac{\varepsilon_F}{k} = \left(\frac{3N}{4\pi gV}\right)^{2/3}\frac{h^2}{2mk}.$ It follows that $\frac{T_0}{T_F} = \left(\frac{4\pi}{3\,f_{3/2}(1)}\right)^{2/3}\frac{1}{\pi}.$ Now, $f_{3/2}(1) = (1 - 2^{-1/2})\zeta(3/2) \simeq 0.765$ we get: $T_0/T_F \simeq 0.989.$


Question: 地面上固定一个截面积为 $S$ 的圆柱形容器，器壁绝热，顶部用质量为 $p_0 S / g$ 的绝热活塞密封 （ $g$ 为重力加速度），活塞下表面和容器底面平行。容器外为真空，容器内有双原子分子理想气体，单个分子质量为 $m$ ，分子总数为 $N$ ，容器内各处气体温度均为 $T_0$ 。在活塞上缓慢地撒上总质量为 $\left(p_1-p_0\right) S / g$ 的粉末，忽略所有摩擦，要求考虑重力对于气体分子分布的影响，试求最终容器内气体温度 $T_1$ 。

【解析】在重力场中的平衡态下，温度 $T$ 对应的分子数密度服从玻尔兹曼分布：

$$
n(z)=n_0 \exp \left(-\frac{m g z}{k T}\right)
$$

式中 $n_0$ 是 $z=0$（容器底部）的分子数密度，是待求的未知量；$k$ 是玻尔兹曼常数。容器内分子总数不变，恒为 $N$ ：

$$
N=\int_0^H S n(z) \mathrm{d} z=S n_0 \int_0^H \exp \left(-\frac{m g z}{k T}\right) \mathrm{d} z=\frac{S n_0 k T}{m g}\left[1-\exp \left(-\frac{m g H}{k T}\right)\right]
$$

由于系统绝热且撒粉缓慢，可认为容器内气体经历准静态绝热过程。对于过程中任一时刻，设容器内气体温度为 $T$ ，容器内活塞下表面处气压为 $p$ ，活塞下表面到容器底面的高度为 $H$ ，根据热力学第一定律，对容器内气体有

$$
-p S \mathrm{~d} H=\frac{5}{2} N k \mathrm{~d} T+\mathrm{d} E_p
$$

式中 $\frac{5}{2} N k \mathrm{~d} T$ 是双原子分子理想气体的内能增量， $\mathrm{d} E_p$ 是容器内气体重力势能增量。取 $z=0$ 为重力势能零点，则有

$$
\begin{aligned}
E_p & =\int_0^H m g z \operatorname{Sn}(z) \mathrm{d} z=m g S n_0 \int_0^H z \exp \left(-\frac{m g z}{k T}\right) \mathrm{d} z \\
& =-k T S H n_0 \exp \left(-\frac{m g H}{k T}\right)+k T S n_0 \cdot \frac{k T}{m g}-k T S n_0 \exp \left(-\frac{m g H}{k T}\right) \cdot \frac{k T}{m g}
\end{aligned}
$$

在活塞下表面处，根据理想气体压强公式有

$$
p=n(H) \cdot k T=n_0 \exp \left(-\frac{m g H}{k T}\right) k T
$$

代入（4）式可得

$$
E_p=-p S H+(p S+N m g) \frac{k T}{m g}-p S \frac{k T}{m g}=-p S H+N k T
$$

其中 $p+\frac{N m g}{S}=n_0 k T$ 是容器底部的气压。上式取微分得 $\mathrm{d} E_p=-p S \mathrm{~d} H-S H \mathrm{~d} p+N k \mathrm{~d} T$ ，代入（3）式可得

$$
S H \mathrm{~d} p=\frac{7}{2} N k \mathrm{~d} T
$$

联立（2）（5）式可得

$$
H=\frac{k T}{m g} \ln \frac{p S+N m g}{p S}
$$

代入（7）式可得

$$
\begin{gathered}
\frac{S}{m g} \ln \frac{p S+N m g}{p S} \mathrm{~d} p=\frac{7}{2} N \frac{\mathrm{~d} T}{T} \\
\ln (p S+N m g) \mathrm{d}(p S)-\ln (p S) \mathrm{d}(p S)=\frac{7}{2} N m g \frac{\mathrm{~d} T}{T}
\end{gathered}
$$

根据活塞的平衡，初态 $T=T_0, p=p_0$ ，末态 $T=T_1, p=p_1$ ，由上式积分可得

$$
\frac{p_1 S}{N m g} \ln \left(1+\frac{N m g}{p_1 S}\right)-\frac{p_0 S}{N m g} \ln \left(1+\frac{N m g}{p_0 S}\right)+\ln \frac{p_1 S+N m g}{p_0 S+N m g}=\frac{7}{2} \ln \frac{T_1}{T_0}
$$

$$\frac{p_1 S}{N m g} \ln \left(1+\frac{N m g}{p_1 S}\right)-\frac{p_0 S}{N m g} \ln \left(1+\frac{N m g}{p_0 S}\right)+\ln \frac{p_1 S+N m g}{p_0 S+N m g}=\frac{7}{2} \ln \frac{T_1}{T_0}$$


Question: 在快递货物时，为避免货物在运输过程中因与箱壁剧烈碰撞而损坏，常利用气垫对货物进行缓冲保护。现考虑一种气垫模型：该气垫由多个相邻的圆柱形气柱组成，气柱内气体由外面的塑料薄膜密封。选取其中一个气柱进行研究，其初始长度为\(l_0\) ，半径为\(R\) ，密封气体的薄膜为轻质材料，其表面张力系数满足\(\sigma(r)=\sigma_0(1 + \beta\frac{r^2}{R^2})\) ，其中\(\sigma_0\) 、\(\beta\) 为已知常数，\(r\) 是柱形薄膜截面的曲率半径。气柱内的气体视为理想气体，绝热指数为\(\gamma\) 。当质量为\(m\) 、长度也为\(l_0\) 的物体平行压在气柱上时，气柱发生变形，其截面近似为椭圆，长轴长度为\(2R+\Delta x\) ，短轴长度为\(2R - \Delta y\) ，物体与气柱的接触面积近似表示为\(s = s_0(1+\frac{\alpha\Delta y}{2R})\) ，其中\(s_0\) 、\(\alpha\) 为已知常数。已知外界大气压为\(p_0\) ，气柱内气体压强始终均匀。 将质量为\(m\) 、长度为\(l_0\) 的物体轻轻平行放置在气柱上并达到平衡。在极短时间内，气柱内气体来不及与外界进行热交换，求此时气柱在竖直方向上的压缩量\(\Delta y_1\) ；经过较长时间后，气柱内气体恢复到室温，求此时气柱在竖直方向上的压缩量\(\Delta y_2\) 。

首先考虑一个气柱。发生小形变时：
短轴处的曲率半径为：

\(r_1=\frac{a^{2}}{b}=\frac{(R + \frac{\Delta x}{2})^{2}}{(R-\frac{\Delta y}{2})}=R(1+\frac{\Delta x}{R}+\frac{\Delta y}{2R})\)

长轴处的曲率半径为：

\(r_2=\frac{b^{2}}{a}=\frac{(R - \frac{\Delta y}{2})^{2}}{(R+\frac{\Delta x}{2})}=R(1 - \frac{\Delta x}{R}-\frac{\Delta y}{2R})\)

其中\(a\) 为半长轴，\(b\) 为半短轴。对椭圆柱长轴处的微元进行受力分析，可得：

\(p = p_0+\frac{\sigma(r)}{r}\)

利用题目所给的\(\sigma(r)\) 以及\(r_2\) ，可得：
\(p=\frac{\sigma_0}{R}[1 + \beta+(1 - \beta)(\frac{\Delta x}{2R}+\frac{\Delta y}{R})]+p_0\)
考虑到这两种情况均为多方过程，有：

\(pV^{n}=\text{Const}\)

所以：

\((\frac{\sigma_0}{R}[1 + \beta+(1 - \beta)(\frac{\Delta x}{2R}+\frac{\Delta y}{R})]+p_0)(R - \frac{\Delta y}{2})^{n}(R+\frac{\Delta x}{2})^{n}=(p_0+\frac{\sigma_0(1 + \beta)}{R})R^{2n}\)

进行小量近似展开后可得：

\(\frac{\Delta x}{R}=\frac{\Delta y}{R}\frac{np_0R + n\sigma_0(1 + \beta)-2\sigma_0(1 - \beta)}{np_0R + n\sigma_0(1 + \beta)+\sigma_0(1 - \beta)}\)

设薄膜对物体的作用力为\(F\) ，对短轴处的薄膜进行受力分析可得：

\(\frac{F}{S_0(1+\frac{\alpha\Delta y}{2R})}+\frac{\sigma_0}{R}(1 + \beta-(1 - \beta)(\frac{\Delta x}{R}+\frac{\Delta y}{2R})) = p\)

代入前面求得的\(p\) 并只保留一阶小量，可得：

\(F = p_0S_0+(\alpha p_0S_0+\frac{3\sigma_0S_0(1 - \beta)}{R}\frac{2np_0R + 2n\sigma_0(1 + \beta)-\sigma_0(1 - \beta)}{np_0R + n\sigma_0(1 + \beta)+\sigma_0(1 - \beta)})\frac{\Delta y}{2R}\)

由物体的受力平衡可得：
\(F = mg + p_0S_0(1+\frac{\alpha\Delta y}{2R})\)

联立求解可得：
\(\Delta y=\frac{2mgR^{2}}{3\sigma_0S_0(1 - \beta)}\frac{np_0R + n\sigma_0(1 + \beta)+\sigma_0(1 - \beta)}{2np_0R + 2n\sigma_0(1 + \beta)-\sigma_0(1 - \beta)}\)

若为绝热过程，\(n = \gamma\) ，可得：
\(\Delta y_1=\frac{2mgR^{2}}{3\sigma_0S_0(1 - \beta)}\frac{\gamma p_0R+\gamma\sigma_0(1 + \beta)+\sigma_0(1 - \beta)}{2\gamma p_0R + 2\gamma\sigma_0(1 + \beta)-\sigma_0(1 - \beta)}\)

若为等温过程，\(n = 1\) ，可得：
\(\Delta y_2=\frac{2mgR^{2}}{3\sigma_0S_0(1 - \beta)}\frac{p_0R + 2\sigma_0}{2p_0R+\sigma_0(3\beta + 1)}\)


Question: 绝热的容器通过一个小孔连到真空中，初态容器内有摩尔数为\(n_{0}\)的理想气体，气体漏出的速度非常缓慢，容器内气体始终处于平衡状态。已知理想气体绝热方程为\(pV^{\gamma}=\)常数，其中\(\gamma=\frac{C_{V}+R}{C_{V}}\) 。 (a) 假设容器内为单种理想气体，摩尔定体热容量为\(C_{V}=\frac{5}{2}R\)，求当左边压强将为一半时，剩在容器中的摩尔数\(n_{p/2}\) 。 (b) 容器内的气体是由体积分数为\(78\%\)的\(N_{2}\)和\(22\%\)的\(O_{2}\)构成的混合气体，\(C_{V}=\frac{5}{2}R\)，摩尔质量为\(28gmol^{-1}\)和\(32gmol^{-1}\) 。假设分子穿过小孔的速度正比于数密度与平均速度的乘积，求当压强将为一半的时候，\(N_{2}\)和\(O_{2}\)的分压比。


Question: 一平面电磁波以\(\theta = 45^{\circ}\)从真空入射到\(\varepsilon_{r}=2\)的介质，电场强度垂直于入射面，求反射系数和折射系数。

解：\(\vec{n}\)为界面法向单位矢量，\(\langle\vec{S}\rangle,\langle\vec{S}'\rangle,\langle\vec{S}''\rangle\)分别为入射波，反射波和折射波的玻印亭矢量的周期平均值，则反射系数\(R\)和折射系数\(T\)定义为：
\(R = \left|\frac{\langle\vec{S}'\rangle\cdot\vec{n}}{\langle\vec{S}\rangle\cdot\vec{n}}\right|=\frac{E_{0}'^{2}}{E_{0}^{2}}\)
\(T = \left|\frac{\langle\vec{S}''\rangle\cdot\vec{n}}{\langle\vec{S}\rangle\cdot\vec{n}}\right|=\frac{n_{2}\cos\theta_{2}E_{0}''^{2}}{n_{1}\cos\theta E_{0}^{2}}\)
又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式，可得：
\(R=\left(\frac{\sqrt{\varepsilon_{1}}\cos\theta - \sqrt{\varepsilon_{2}}\cos\theta_{2}}{\sqrt{\varepsilon_{1}}\cos\theta + \sqrt{\varepsilon_{2}}\cos\theta_{2}}\right)^{2}\)

\(T=\frac{4\sqrt{\varepsilon_{1}}\sqrt{\varepsilon_{2}}\cos\theta\cos\theta_{2}}{(\sqrt{\varepsilon_{1}}\cos\theta + \sqrt{\varepsilon_{2}}\cos\theta_{2})^{2}}\)
又根据反射定律和折射定律
\(\theta=\theta_{1}=45^{\circ}\)
\(\sqrt{\varepsilon_{2}}\sin\theta_{2}=\sqrt{\varepsilon_{1}}\sin\theta\)
由题意，\(\varepsilon_{1}=\varepsilon_{0},\varepsilon_{2}=\varepsilon_{0}\varepsilon_{r}=2\varepsilon_{0}\)
\(\therefore\theta_{2}=30^{\circ}\)
\(\therefore R = (\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}\frac{\sqrt{3}}{2}})^2=\frac{2 - \sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}} = 0.072\)
\(T=\frac{4\varepsilon_{0}\sqrt{2}\frac{\sqrt{2}}{2}\frac{\sqrt{3}}{2}}{(\sqrt{\varepsilon_{0}}\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{\varepsilon_{0}}\sqrt{2}\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{2\sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}}= 0.928 \)


Question: 假设有一个多面体电阻网络，多面体共有C个格点，在每个格点处都有N条边汇聚，如果每一条边电阻都为R，求这个网络上相邻两点的等效电阻。

假设某处流入电流I，经过每条边有$I/N$流过，有$I/(C-1)$流出其他所有格点.再设一个相同的模型,但是从隔壁格点流出,同理,叠加后有,相邻格点之间电势差$2IR/N$,流过整个电路的电流$CI/(C-1)$,等效电阻为$2R(C-1)/NC$


Question: 磁悬浮列车 磁悬浮列车是一种靠磁悬浮力来推动的列车，它通过电磁力实现列车与轨道之间的无接触的悬浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行。由于其轨道的磁力使之悬浮在空中，减少了摩擦力，行走时不同于其他列车需要接触地面，只受来自空气的阻力，高速磁悬浮列车的速度可达每小时 400 公里以上。磁悬浮列车的驱动可以由下列模型理解： 现空间中分布着方向竖直向上的变化磁场 $B(x, t)$ ，磁场分布随时间变化，可视为波速 $v_0$向右传播的行波。 在 $t=0$ 时刻，一个边长为 $a$ 的单 匝正方形线圈水平放置于磁场中。与 Y 轴平行的两条 边分别位于 $x=\frac{a}{2}, x=\frac{3 a}{2}$ 。为方便表示，线圈速度（向 右为正）记为 $v(t)=v_0+\delta(t)$ 。当 $t=0$ 时，$\delta(0)=$ $\delta_0 \ll v_0$ 。线圈的质量为 $m$ ，等效电阻为 $R$ ，等效电感为 $L$ ，等效电容为 $C$ ，电容电量为 $Q(t), Q(0)=0$ ，电路电流记作 $i(t)$ 。 （1）写出线圈感应电动势 $\varepsilon(t)$（沿逆时针为正）与 $\delta(t)$ 的关系。 （2）写出感应电动势 $\varepsilon(t)$ 与电容带电量 $Q(t)$ 的关系。 （3）写出关于 $i, \frac{\mathrm{~d} i}{\mathrm{~d} t}, \frac{\mathrm{~d}^2 i}{\mathrm{~d} t^2}$ 的关系式。 （4）如果我们要求 $i(t)$ 衰减时不发生振荡，求等效电阻 $R$ 需满足的条件。 （5）这个模型的原理和现实中磁悬浮列车的驱动原理有相似之处，所以我们其实更关心速度差 $\delta(t)$ ，试求 $\lim _{t \rightarrow+\infty} \delta(t)$ 的值。 注：$\delta_0$ 足够小以至于我们可以认为在本题讨论的时间范围内（含 $t=+\infty$ ），线圈相对于磁场行波的位移绝对值总小于 $\frac{a}{2}$ ，以及，本题采用的合适方法是不需要求解二阶微分方程的。

解：
（1）由法拉第电磁感应定律：

$$
\varepsilon=-\frac{\mathrm{d} \varphi}{\mathrm{~d} t}=-B_0 a \delta
$$

（2）由基尔霍夫定律

$$
\varepsilon=L \frac{\mathrm{~d} i}{\mathrm{~d} t}+i R+\frac{Q}{C}
$$

（3）由牛顿第二定律

$$
i B_0 a=m \frac{\mathrm{~d} \delta}{\mathrm{~d} t}
$$

联立上式可得

$$
-B_0 a \delta=L \frac{d i}{d t}+i R+\frac{\int_0^t i d t}{C}
$$
对（4）式求导得到

$$
\frac{\mathrm{d}^2 i}{\mathrm{~d} t^2}+\frac{R}{L} \frac{\mathrm{~d} i}{\mathrm{~d} t}+\left(\frac{1}{L C}+\frac{B_0^2 a^2}{m L}\right) i=0
$$

（4）令 $i(t)$ 解的形式 $i=i_0 e^{\alpha t}$ ，代入（5）式可得

$$
\alpha^2+\frac{R}{L} \alpha+\left(\frac{1}{L C}+\frac{B_0^2 a^2}{m L}\right)=0
$$

保证电流衰减必须满足 $\alpha$ 为实数，即

$$
\begin{gathered}
\left(\frac{R}{L}\right)^2-4\left(\frac{1}{L C}+\frac{B_0^2 a^2}{m L}\right)>0 \\
R>2 \sqrt{\frac{L}{C}+\frac{B_0^2 a^2 L}{m}}
\end{gathered}
$$

（5）由（3）式积分可得

$$
\delta=\delta_0+\frac{B_0 a}{m} \int_0^t i d t
$$

代入（4）式可得

$$
\frac{\mathrm{d}^2 \delta}{\mathrm{~d} t^2}+\frac{R}{L} \frac{\mathrm{~d} \delta}{\mathrm{~d} t}+\left(\frac{1}{L C}+\frac{B_0^2 a^2}{m L}\right) \delta=\frac{\delta_0}{L C}
$$

故当（7）式成立时，显然有

$$
\lim _{t \rightarrow+\infty} \delta(t)=\frac{\delta_0}{1+\frac{B_0^2 a^2 C}{m}}
$$

\varepsilon=L \frac{\mathrm{d} i}{\mathrm{d} t}+i R+\frac{Q}{C}

\frac{\mathrm{d}^2 i}{\mathrm{d} t^2}+\frac{R}{L} \frac{\mathrm{d} i}{\mathrm{d} t}+\left(\frac{1}{L C}+\frac{B_0^2 a^2}{m L}\right) i=0


Question: 单色平面电磁波入射到电容率为\(\varepsilon\)、磁导率为\(\mu_{0}\)、半径为\(a\)的均匀介质球上，已知入射波的电场强度为\(\vec{E}=\vec{E}_{0}e^{-\mathrm{i}\omega t}\)，波长\(\lambda = 2\pi c / \omega\gg a\)。(1)试求介质球散射波的平均能流密度；(2)试求单位立体角内散射波的功率以及微分散射截面；(3)若入射波是非偏振的电磁波（即在垂直于入射波进行方向的平面内，\(\vec{E}_{0}\)的方向是随机的），试求微分散射截面。

【解】(1)由于电磁波的波长\(\lambda\gg a\)（介质球的半径），故介质球可看做是处在均匀电场中，从而产生均匀极化。这时介质球的电偶极矩为
\(p = \frac{4\pi\varepsilon_{0}(\varepsilon - \varepsilon_{0})a^{3}}{\varepsilon + 2\varepsilon_{0}}\vec{E}=\frac{4\pi\varepsilon_{0}(\varepsilon - \varepsilon_{0})a^{3}}{\varepsilon + 2\varepsilon_{0}}\vec{E}_{0}e^{-\mathrm{i}\omega t}\) （1）
可见这介质球在入射电磁波的作用下，成为一个振动的电偶极子，它振动时发出的辐射就是它对入射电磁波的散射。（1）的\(p\)的辐射场为
\(\vec{E}=-\frac{\mu_{0}\omega^{2}p_{0}}{4\pi}\frac{e^{\mathrm{i}(kr - \omega t)}}{r}\sin\theta\vec{e}_{\theta}\) （2）
\(\vec{H}=-\frac{\omega^{2}p_{0}}{4\pi c}\frac{e^{\mathrm{i}(kr - \omega t)}}{r}\sin\theta\vec{e}_{\phi}\) （3）
式中
\(p_{0}=\frac{4\pi\varepsilon_{0}(\varepsilon - \varepsilon_{0})a^{3}}{\varepsilon + 2\varepsilon_{0}}E_{0}\) （4）
\(k = \frac{\omega}{c}=\frac{2\pi}{\lambda}\) （5）
\(\theta\)是辐射方向\(\vec{e}_{r}\)与\(\vec{E}_{0}\)之间的夹角，\(\vec{e}_{\theta}\)和\(\vec{e}_{\phi}\)分别是以\(\vec{E}_{0}\)为极轴的球坐标系的两个基矢。
散射波的平均能流密度为
\[
\begin{align*}
\overline{\vec{S}}&=\frac{1}{2}R_{e}(\vec{E}\times\vec{H}^{*})=\frac{\omega^{4}|p_{0}|^{2}\sin^{2}\theta}{32\pi^{2}\varepsilon_{0}c^{3}r^{2}}\vec{e}_{r}\\
&=\frac{\varepsilon_{0}(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{2c^{3}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}|\vec{E}_{0}|^{2}\frac{\sin^{2}\theta}{r^{2}}\vec{e}_{r} （6）
\end{align*}
\]
式中\(\vec{e}_{r}=\vec{e}_{\theta}\times\vec{e}_{\phi}\)。
(2)散射波通过面积元\(\mathrm{d}\vec{A}\)的平均功率为
\(\mathrm{d}P=\overline{\vec{S}}\cdot\mathrm{d}\vec{A}=\frac{\varepsilon_{0}(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{2c^{3}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}|\vec{E}_{0}|^{2}\frac{\sin^{2}\theta}{r^{2}}\vec{e}_{r}\cdot\mathrm{d}\vec{A}\) （7）
因
\(\frac{\vec{e}_{r}\cdot\mathrm{d}\vec{A}}{r^{2}}=\mathrm{d}\Omega\) （8）
是\(\mathrm{d}\vec{A}\)对介质球中心所张的立体角，故得
\(\mathrm{d}P=\frac{\varepsilon_{0}(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{2c^{3}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}|\vec{E}_{0}|^{2}\sin^{2}\theta\mathrm{d}\Omega\) （9）
于是得单位立体角散射波的功率为
\(\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}\Omega}=\frac{\varepsilon_{0}(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{2c^{3}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}|\vec{E}_{0}|^{2}\sin^{2}\theta\) （10）
微分散射截面的定义为
\(\frac{\mathrm{d}\sigma}{\mathrm{d}\Omega}=\frac{\mathrm{d}P}{I_{0}\mathrm{d}\Omega}\) （11）
式中\(I_{0}\)是入射波的强度，其值为
\(I_{0}=\frac{1}{2}c\varepsilon_{0}|\vec{E}_{0}|^{2}\) （12）
将（10）式、（12）式代入（11）式，便得所求的微分散射截面为
\(\frac{\mathrm{d}\sigma}{\mathrm{d}\Omega}=\frac{(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{c^{4}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}\sin^{2}\theta\) （13）
(3) 以介质球心为原点取笛卡儿坐标系，设入射波沿\(z\)轴方向进行，则\(\vec{E}_{0}\)便平行于\(x - y\)平面，当入射波为非偏振波时，\(\vec{E}_{0}\)的方位角\(\phi\)便是随机的，这时的微分散射截面便要将（13）式对所有可能的\(\phi\)求平均得出，即这时
\(\frac{\mathrm{d}\sigma}{\mathrm{d}\Omega}=\frac{(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{c^{4}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}\theta\mathrm{d}\phi\) （14）
设散射方向\(\vec{e}_{r}\)的方位角为\(\phi'\)，\(\vec{e}_{r}\)与\(z\)轴的夹角为\(\alpha\)，则有：
\(\cos\theta=\cos\alpha\cos\frac{\pi}{2}+\sin\alpha\sin\frac{\pi}{2}\cos(\phi' - \phi)\)
\(=\sin\alpha\cos(\phi' - \phi)\) （15）
于是
\(\sin^{2}\theta=1 - \cos^{2}\theta=1 - \sin^{2}\alpha\cos^{2}(\phi' - \phi)\) （16）
将\(\sin^{2}\theta\)对\(\vec{E}_{0}\)的方位角\(\phi\)求平均，即
\[
\begin{align*}
\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}\theta\mathrm{d}\phi&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}[1 - \sin^{2}\alpha\cos^{2}(\phi' - \phi)]\mathrm{d}\phi\\
&=1 - \frac{1}{2\pi}\sin^{2}\alpha[\frac{1}{2}(\phi' - \phi)+\frac{1}{4}\sin2(\phi' - \phi)]_{\phi = 0}^{\phi = 2\pi}\\
&=1 - \frac{1}{2}\sin^{2}\alpha=\frac{1}{2}(1 + \cos^{2}\alpha)
\end{align*}
\] （17）
将（17）式代入（14）式，便得所求的微分散射截面为
\(\frac{\mathrm{d}\sigma}{\mathrm{d}\Omega}=\frac{(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{2c^{4}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}(1 + \cos^{2}\alpha)\) （18）

\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}\Omega}=\frac{\varepsilon_{0}(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{2c^{3}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}|\vec{E}_{0}|^{2}\sin^{2}\theta, \frac{\mathrm{d}\sigma}{\mathrm{d}\Omega}=\frac{(\varepsilon - \varepsilon_{0})^{2}\omega^{4}a^{6}}{c^{4}(\varepsilon + 2\varepsilon_{0})^{2}}\sin^{2}\theta


Question: 半径为$R_{0}$的导体球外充满均匀绝缘介质$\varepsilon$，导体球接地，离球心为$a$处（$a > R_{0}$）置一点电荷$Q_{f}$，试用分离变数法求空间各点电势。


Question: 有八个点电荷分别放置在一个边长为$R$的立方体的顶点上，试求体系的多极矩和相应的势。


Question: 设有一电矩振幅为$\vec{p}_{0}$，频率为$\omega$的电偶极子距理想导体平面为$a/2$处，$\vec{p}_{0}$平行于导体平面。设$a<<\lambda$，求在$R>>\lambda$处电磁场及辐射能流。

解：设平面$xoy$式导体平面，
利用镜像法，构造图中的像电偶极子。
由图：\(\vec{p}_{0}=p_{0}e^{-i\omega t}\vec{e}_{x}\)
\(\vec{p}_{0}'=-\vec{p}_{0}=-p_{0}e^{-i\omega t}\vec{e}_{x}\)
分别计算它们在场点$P$处产生的辐射场$\vec{B}$
1）\(\ddot{\vec{p}}_{0}=-\omega^{2}p_{0}e^{-i\omega t}\vec{e}_{x}\)
\(\vec{B}_{1}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}c^{3}R}e^{ik(R - \frac{a}{2}\cos\theta)}\cdot\ddot{\vec{p}}_{0}\times\vec{e}_{r}=-e^{-i\frac{ka\cos\theta}{2}}\cdot\frac{\omega^{2}p_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}c^{3}R}\cdot\vec{e}_{x}\times\vec{e}_{r}\cdot d^{i(kR - \omega t)}\)
2）\(\ddot{\vec{p}}_{0}'=\omega^{2}p_{0}e^{-i\omega t}\vec{e}_{x}\)
\(\vec{B}_{2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}c^{3}R}\cdot e^{ik(R + \frac{a}{2}\cos\theta)}\cdot\ddot{\vec{p}}_{0}'\times\vec{e}_{r}=e^{i\frac{ka\cos\theta}{2}}\cdot\frac{\omega_{2}p_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}c^{3}R}\cdot\vec{e}_{x}\times\vec{e}_{r}\cdot d^{i(kR - \omega t)}\)
故：\(\vec{B}=\vec{B}_{1}+\vec{B}_{2}\)
\(=\frac{\omega^{2}p_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}c^{3}R}\cdot\vec{e}_{x}\times\vec{e}_{r}\cdot e^{i(kR - \omega t)}\cdot[e^{i\frac{ka\cos\theta}{2}}-e^{-i\frac{ka\cos\theta}{2}}]\)
\(\approx\frac{ika\omega^{2}p_{0}}{4\pi\varepsilon_{0}c^{3}R}e^{i(kR - \omega t)}\cdot\cos\theta(-\cos\theta\cos\phi\vec{e}_{\phi}-\sin\phi\vec{e}_{\theta})\)
\(=-\frac{i\mu_{0}\omega^{3}p_{0}a}{4\pi c^{3}}\cdot\frac{e^{i(kR - \omega t)}}{R}(\cos\theta\sin\phi\vec{e}_{\theta}+\cos^{2}\theta\cos\phi\vec{e}_{\phi})\)
\(\therefore\vec{B}(\vec{R},t)=-\frac{i\mu_{0}\omega^{3}p_{0}a}{4\pi c^{3}}\cdot\frac{e^{i(kR - \omega t)}}{R}(\cos\theta\sin\phi\vec{e}_{\theta}+\cos^{2}\theta\cos\phi\vec{e}_{\phi})\)
\(\vec{E}(\vec{R},t)=c\vec{B}\times\vec{e}_{r}=\frac{i\mu_{0}\omega^{3}p_{0}a}{4\pi c}\cdot\frac{e^{i(kR - \omega t)}}{R}(\cos\theta\sin\phi\vec{e}_{\phi}-\cos^{2}\theta\cos\phi\vec{e}_{\theta})\)
\(\vec{S}=\frac{c}{2\mu_{0}}|\vec{B}|^{2}\vec{n}=\frac{\mu_{0}\omega^{6}p_{0}^{2}a^{2}}{32\pi^{2}c^{3}R^{2}}(\cos^{2}\theta\sin^{2}\phi+\cos^{4}\theta\cos^{2}\phi)\vec{e}_{r}\)


Question: 物理学的种种概念被广泛运用于炼丹的各个领域中。生成模型 $f$ 的概念是，从某种简单分布（如高斯分布，均匀分布等）采样的 $w \sim N_{\text {trivial }}$ ，经过生成模型的变换 $w^{\prime}=f(w)$之后，整体遵循某种有意义的目标分布 $w^{\prime} \sim N_{\text {target }}$ 。 下面，我们研究一种以高维泊松流（即高维电场线）为基础的生成模型。 （1）给出 $N+1$ 维空间中距离某带电量 $Q$ 的点电荷 $\vec{R}$ 处的电场。假设高维空间中仍满足高斯定律： $$ \oiint \vec{E} \cdot \mathrm{~d} \vec{S}=\frac{q}{\varepsilon_0} $$ 已知 $N+1$ 维空间中半径为 1 的球表面积为 $S_{N+1}$ 。 下面，取 $\varepsilon_0=1$ 。考虑一个 $N+1$ 维空间中 $x_{N+1}=0$ 所给出的 $N$ 维平面，该平面上靠近原点处有电荷分布 $p_0\left(x_1, x_2, \ldots, x_N\right)$ 。考察这些电荷的电场线在 $x_{N+1}>0$ 的空间中延伸到半径 $R \rightarrow \infty$ 的球面上。因为球面趋向于无穷大，这些电场线可看作是均匀分布的。 （2）具体实现时，我们应该恰当地选择 $R$ 的大小，以防止多极展开带来的，除了零阶点电荷项以外的高阶项使得电场线在球面上并不是均匀通过的。我们可以通过平移原点使得一阶项 （即偶极子项）为零。 （2．1）现在，如果将 $p_0$ 看作是由一系列带电量相等的点电荷产生的，每一只点电荷的坐标可以写作 $$ \vec{x}_{\imath}=\left(x_{i 1}, x_{i 2}, \ldots, x_{i N}, 0\right), \sum \vec{x}_i=\overrightarrow{0} $$ 已知场点 $\vec{y}=\left(y_1, y_2, y_3, \ldots, y_{N+1}\right)$ 是在球面 $(\|y\|=R)$ 上均匀采样的，求其电势的二阶展开项 $\Phi_2$ 平方的期望值与零阶项 $\Phi_0$ 平方的大小之比。进一步地，如果 $\vec{y}$ 是在上述球面上均匀采样的，要求该处电场与点电荷电场相差不大，由此给出上述 $R$ 需要满足的条件。已知空间维度为 $N+1$ 维，这些点电荷分布满足 $a v g_x\left(\left.| | \vec{x}\right|^4\right)=M^4,(a v g$ 表示求平均值）点电荷共有 $N^*$ 个。已知 $N, N^* \gg 1$ 。计算时，认为这些点电荷分布是很集中的，即，你可以认为对于 $x$ 的求和，其和平方的期望等于平方期望的和。 （2．2）如果要生成 CIFAR－10，已知维度为 $N=3072, N=50000$ ，且已经归一化使得 $M$ $=1$ ，给出 $R$ 需要满足的条件。 参考资料： Xu，Yilun et al．＂Poisson Flow Generative Models．＂ArXiv abs／2209．11178（2022）：n．pag。 注：论文中推导与本题略有不同。

解：（1）由对称性易知：

$$
\vec{E}=\frac{Q}{R^N S_{N+1} \varepsilon_0} \hat{R}
$$

（2．1）

$$
\begin{gathered}
\Phi \propto \frac{1}{\|\vec{y}-\vec{x}\|^{N-1}} \\
\frac{\partial^2 \Phi}{\partial x_i \partial x_j}=-\frac{(N-1) \delta_{i j}}{\| \vec{y}-\left.\vec{x}\right|^{N+1}+\left(N^2-1\right) \frac{\left(y_i-x_i\right)\left(y_j-x_j\right)}{\| \vec{y}-\left.\vec{x}\right|^{N+3}}}
\end{gathered}
$$

由二阶展开式可得：

$$
\Phi=\Phi_0 \times\left(1+\frac{N-1}{2 N^*} \times \sum_x \frac{(N+1)<x, y>^2-x^2 y^2}{\|y\|^4}\right)
$$

即：

$$
\frac{\Phi_2}{\Phi_0}=\frac{N-1}{2 N^*} \times \sum_x \frac{(N+1)<x, y>^2-x^2 y^2}{\|y\|^4}
$$

容易知道，该式的期望值为 0 。
显然 $-x^2 y^2$ 项的方差为 0 。于是，业式的方差全部由 $\langle x, y\rangle^2$ 项贡献。下面，我们对一个单独的 $x$ 考虑这一项的方差。由对称性，我们只需要考虑 $x=(\|x\|, 0,0, \ldots, 0)$ 的情况；于是有：

$$
\begin{gathered}
E_y\left[\left(<x, y>^2\right)^2\right]=E_y\left[\left(y_1^2-\frac{||y||^2}{N+1}\right)^2\right] \times\|x\|^4 \\
E_y\left[y_1^4-\left(\frac{\left||y|^2\right.}{N+1}\right)^2\right]=| | y \|^4 \times\left(\frac{\int_0^\pi \cos ^4 \theta \sin ^{N-1} \theta \mathrm{~d} \theta}{\int_0^\pi \sin ^{N-1} \mathrm{~d} \theta}-\frac{1}{(N+1)^2}\right)
\end{gathered}
$$

从而得到：

$$
E_y\left[\left(<x, y>^2\right)^2\right] \approx| | x| |^4| | y| |^4 \times \frac{2}{N^2}
$$

也即：

$$
E_y\left[\left(\frac{\Phi_2}{\Phi_0}\right)^2\right]=\frac{\sum| | x| |^4 / N^*}{2| | y| |^4} N^2=\frac{M^4 N^2}{2| | y| |^4}
$$

从而可以得到 $R$ 需要满足的条件：

$$
R \gg \frac{M \sqrt{N}}{\sqrt[4]{2}} \sim M \sqrt{N}
$$

（2．2）代入数据易得：

$$
R \gg 47
$$

或（省略分母中的 $\sqrt[4]{2}$ ）：

$$
R \gg 55
$$


Question: 平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上，入射角为$\theta_{1}$，求导电介质中电磁波的相速度和衰减长度。若导电介质为金属，结果如何？


Question: 用大量有弹性的可伸长的超导线圈，一圈一圈地叠置在一起并粘和构成圆柱面，单位长度的匝数 $n$ ，导线圈无伸长时其半径可忽略不计，导线上张力正比于其伸长．初始每一匝都有环绕的电流 $I$ ． （1）已知初始线圈半径为 $R$ 并达到力学平衡．求导线圈的劲度系数． （2）突然将超导线圈所在空间增加一个沿线圈轴线方向的匀强磁场 $B_e$ ，求此后过程中线圈的半径的变化范围．

（1）
内部的磁感应强度为

$$
B=\mu_0 n I
$$

面元 $d S$ 处的磁场，可以分解为自己产生的磁场与外场。由安培环路定理，自己产生的磁场为：

$$
2 B_s \cdot l=\mu_0 \cdot n l \cdot I
$$

得

$$
B_s=\frac{1}{2} \mu_0 n I
$$

故感受到的外场为

$$
B^{\prime}=B-B_s=\frac{1}{2} \mu_0 n I
$$

每匝选取 $d \theta$ 微元，受到磁场力

$$
d F_B=B^{\prime} I \cdot R d \theta
$$

弹性力：

$$
d F_k=k \cdot 2 \pi R \cdot 2 \cdot \frac{d \theta}{2}
$$

由受力平衡：

$$
d F_B=d F_k
$$

很

$$
k=\frac{\mu_{\mathrm{o}} n I^2}{4 \pi}
$$

（2）
系统初始磁通量为

$$
\Phi=B \cdot \pi R^2=\pi \mu_0 n I R^2
$$

由于磁通量守恒．故加外磁场后若某时刻半径为 $x$ ，电流为 $i$ ：

$$
\Phi=B_{\varepsilon} \cdot \pi x^2+\pi \mu_0 n i x^2
$$

$i$ 感受到的磁场，

$$
B^{\prime}=B_e+\frac{\mu_0 n i}{2}
$$

计算对每个线圈造成的径向力的数量和（非矢量和，显然矢量和为 0 ）

$$
F^{\prime}=B^{\prime} i \cdot 2 \pi x
$$

整理，得到

$$
F^{\prime}=\pi \mu_0 n I^2 x\left[\frac{R^4}{x^4}-\left(\frac{B_e}{\mu_0 n I}\right)^2\right]
$$

将这个力视作保守力，则势能：

$$
E_B=-\int F^{\prime} \mathrm{d} x
$$

积分，得

$$
E_{p m}=\frac{1}{2} \pi \mu_0 n I^2\left[\frac{R^4}{x^2}+\left(\frac{B_{\varepsilon}}{\mu_0 n I}\right)^2 x^2\right]
$$

而系统弹性势能：

$$
E_{p k}=\frac{1}{2} k(2 \pi x)^2=\frac{1}{2} \pi \mu_0 n I^2 x^2
$$

从而得到总势能：

$$
E_p=\frac{1}{2} \pi \mu_0 n I^2\left[\frac{R^4}{x^2}+\left[1+\left(\frac{B_{\varepsilon}}{\mu_0 n I}\right)^2\right] x^2\right]
$$

视作 $x^2$ 的二次方程：

$$
\left[1+\left(\frac{B_e}{\mu_0 n I}\right)^2\right]\left(x^2\right)^2-2 \frac{E_p}{\pi \mu_0 n I^2} x^2+R^4=0
$$

必有同一势能处两根的韦达定理：

$$
x_1^2 x_2^2=\frac{R^4}{1+\left(\frac{B_a}{\mu_0 n I}\right)^2}
$$

显然，现在一根为 $x_1=R^2$ ．则另一个半径必然小于 $R$ ．其值为：

$$
x_2=\frac{R}{\sqrt{1+\left(\frac{B_s}{\mu_0 n \prime}\right)^2}}
$$

这就得到了半径的取值范围：

$$
\frac{R}{\sqrt{1+\left(\frac{B_a}{\mu_0 n I}\right)^2}} \leq r \leq R
$$

\frac{R}{\sqrt{1 + \left(\frac{B_e}{\mu_0 n I}\right)^2}} \le r \le R


Question: 在半径为$R$的接地导体球壳内放置一个偶极子$\vec{p}$，方向与$z$轴的夹角为$\alpha$，到球心的距离为$d$，试用镜像法计算： \begin{itemize} \item 空间的电势分布 \item 偶极子所受到的力 \end{itemize}

解：
1. 参数设定：
\begin{itemize}
\item 偶极子位置：$\vec{d} = (d\sin\alpha, 0, d\cos\alpha)$
\item 偶极矩：$\vec{p} = p(\sin\alpha, 0, \cos\alpha)$
\end{itemize}

2. 镜像法原理：
\begin{itemize}
\item 镜像位置：$d' = R^2/d$
\item 镜像偶极矩：$\vec{p}' = -\left(\frac{R}{d}\right)^3\left[\vec{p} - 2(\vec{p}\cdot\hat{d})\hat{d}\right]$
\item 镜像电荷：$q' = \frac{R}{d^2}p\cos\alpha$
\end{itemize}

3. 电势表达式：
$\varphi = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{\vec{p}\cdot\hat{R}}{R^3} + \frac{\vec{p}'\cdot\hat{R}'}{R'^3} + \frac{q'}{R'}\right]$

4. 边界条件：
$\varphi|_{r=R} = 0$

5. 受力计算：
\begin{itemize}
\item 镜像场：$\vec{E}' = -\nabla\varphi'$
\item 受力公式：$\vec{F} = \nabla(\vec{p}\cdot\vec{E}')$
\end{itemize}

$\varphi = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{\vec{p}\cdot\vec{R}}{R^3} + \frac{\vec{p}'\cdot\vec{R}'}{R'^3} + \frac{q'}{R'}\right]$


Question: 设一个孤立的带电量为$Q$的导体球放置在均匀外电场中，计算空间的电势分布。

解：
1. 体系条件：
\begin{itemize}
\item 均匀电场方向：$\vec{E}_0 = E_0\hat{z}$
\item 边界条件：
\begin{itemize}
\item 球面处：$\varphi|_{r=R} = \chi$
\item 电荷条件：$\oint \varepsilon_0 \frac{\partial \varphi}{\partial r} dS = Q$
\end{itemize}
\item 无穷远条件：$\varphi \to \varphi_0 - E_0 r \cos\theta$ ($r \to \infty$)
\end{itemize}

2. Laplace方程通解：
$\varphi(r,\theta) = \sum_{l=0}^\infty \left[ A_l r^l + \frac{B_l}{r^{l+1}} \right] P_l(\cos\theta)$

3. 系数确定：
\begin{itemize}
\item 由$r\to\infty$条件得：
$A_0 = \varphi_0$, $A_1 = -E_0$, $A_l = 0$ ($l\geq 2$)
\item 由$r=R$条件得：
$B_0 = (\chi - \varphi_0)R$, $B_1 = E_0 R^3$, $B_l = 0$ ($l\geq 2$)
\end{itemize}

4. 最终电势解：
$\varphi(r,\theta) = \varphi_0 - E_0 r \cos\theta + \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r} + \frac{E_0 R^3 \cos\theta}{r^2}$
其中$\chi = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R} + \varphi_0$


Question: 一椭圆偏振的单色平面电磁波的电场强度为 \(\vec{E}=\vec{a}\cos(\omega t + \alpha)+\vec{b}\sin(\omega t + \alpha)\) 式中\(\vec{a}\)和\(\vec{b}\)是两个互相垂直的常矢量，\(\alpha\)是常数. 这电磁波射到一质量为\(m\)、电荷量为\(q\)的自由粒子上并被散射. 已知这粒子在电磁波的作用下产生的速度\(v\ll c\). 试求：(1) 散射波的电磁场；(2) 散射波的平均能流密度；(3) 粒子的微分散射截面.

(1) 因\(v\ll c\)，故电磁波作用在带电粒子上的洛伦兹力可以略去，于是粒子的运动方程为
\[m\frac{d^{2}\boldsymbol{r}'}{dt^{2}} = q\boldsymbol{E}=q[\boldsymbol{a}\cos(\omega t'+\alpha)+\boldsymbol{b}\sin(\omega t'+\alpha)]\quad(1)\]
在\(\boldsymbol{E}\)的作用下，粒子在原点附近振动，因有加速度便向外发出辐射，这辐射便称为对入射电磁波的散射。
因\(v\ll c\)，只须考虑粒子的电偶极辐射。粒子的电偶极矩为
\[\boldsymbol{p}=q\boldsymbol{r}'\quad(2)\]
由以上两式得
\[\frac{d^{2}\boldsymbol{p}}{dt'^{2}} = q\frac{d^{2}\boldsymbol{r}'}{dt'^{2}}=\frac{q^{2}}{m}\boldsymbol{E}=\frac{q^{2}}{m}[\boldsymbol{a}\cos(\omega t'+\alpha)+\boldsymbol{b}\sin(\omega t'+\alpha)]\quad(3)\]

因
\[t' = t-\frac{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}'|}{c}\approx t - \frac{r}{c}\quad(4)\]
故
\[\omega t'=\omega\left(t - \frac{r}{c}\right)=\omega t-\frac{\omega}{c}r=\omega t - kr\quad(5)\]
于是得\(\boldsymbol{r}\)处\(t\)时刻散射波的电磁场
(2) 由(6)、(7)两式得散射波的能流密度为
\[\begin{align*}
\boldsymbol{S}&=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}=\frac{q^{4}}{16\pi^{2}\varepsilon_{0}c^{3}m^{2}r^{2}}\{[(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}_{r})\boldsymbol{e}_{r}-\boldsymbol{a}]\cos(kr - \omega t-\alpha)-[(\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{e}_{r})\boldsymbol{e}_{r}-\boldsymbol{b}]\sin(kr - \omega t-\alpha)\}\times[\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{e}_{r}\cos(kr - \omega t-\alpha)-\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{e}_{r}\sin(kr - \omega t-\alpha)]\\
&=\frac{q^{4}}{16\pi^{2}\varepsilon_{0}c^{3}m^{2}r^{2}}\{[a^{2}-(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}_{r})^{2}]\cos^{2}(kr - \omega t-\alpha)\boldsymbol{e}_{r}+[b^{2}-(\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{e}_{r})^{2}]\sin^{2}(kr - \omega t-\alpha)\boldsymbol{e}_{r}+\boldsymbol{X}\}\quad(8)
\end{align*}\]

故散射波的平均能流密度为
\[
\begin{align*}
\overline{\boldsymbol{S}}&=\frac{1}{T}\int_{0}^{T}\boldsymbol{S}dt=\frac{q^{4}}{32\pi^{2}\varepsilon_{0}c^{3}m^{2}r^{2}}[a^{2}-(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}_{r})^{2}+b^{2}-(\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{e}_{r})^{2}]\boldsymbol{e}_{r}\\
&(12)
\end{align*}
\]
故得
\[
\overline{\boldsymbol{S}}=\frac{q^{4}}{32\pi^{2}\varepsilon_{0}c^{3}m^{2}r^{2}}[(\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}+(\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}]\boldsymbol{e}_{r}\quad(15)
\]
(3) 在\(\boldsymbol{r}\)处通过面积元\(d\boldsymbol{A}\)的散射波的功率为
\[
\begin{align*}
dP&=\overline{\boldsymbol{S}}\cdot d\boldsymbol{A}=\frac{q^{4}}{32\pi^{2}\varepsilon_{0}c^{3}m^{2}}[(\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}+(\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}]\frac{\boldsymbol{e}_{r}\cdot d\boldsymbol{A}}{r^{2}}\\
&=\frac{q^{4}}{32\pi^{2}\varepsilon_{0}c^{3}m^{2}}[(\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}+(\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}]d\Omega\quad(16)
\end{align*}
\]
式中\(d\Omega\)是\(d\boldsymbol{A}\)对原点(\(\boldsymbol{r} = 0\))所张的立体角.
入射电磁波的强度为
\[I_{0}=\frac{1}{2}\varepsilon_{0}c|\boldsymbol{E}_{0}|^{2}=\frac{1}{2}\varepsilon_{0}c(a^{2}+b^{2})\quad(17)\]
依定义，粒子的微分散射截面为
\[
\begin{align*}
\frac{d\sigma}{d\Omega}&=\frac{dP}{I_{0}d\Omega}=\frac{q^{4}}{32\pi^{2}\varepsilon_{0}c^{3}m^{2}}[(\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}+(\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}]\cdot\frac{2}{\varepsilon_{0}c(a^{2}+b^{2})}\\
&=\frac{q^{4}}{16\pi^{2}\varepsilon_{0}^{2}c^{4}m^{2}}\frac{(\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}+(\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{e}_{r})^{2}}{a^{2}+b^{2}}\quad(18)
\end{align*}
\]

\(\boldsymbol{H}(\boldsymbol{r},t)=\frac{q^{2}}{4\pi cmr}[\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{e}_{r}\cos(kr - \omega t-\alpha)-\boldsymbol{b}\times\boldsymbol{e}_{r}\sin(kr - \omega t-\alpha)]\) 和 \(\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r},t)=\frac{q^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}c^{2}mr}\{[(\boldsymbol{a}\cdot\boldsymbol{e}_{r})\boldsymbol{e}_{r}-\boldsymbol{a}]\cos(kr - \omega t-\alpha)-[(\boldsymbol{b}\cdot\boldsymbol{e}_{r})\boldsymbol{e}_{r}-\boldsymbol{b}]\sin(kr - \omega t-\alpha)\}\}


Question: 我们考虑一种介质中的电光效应，克尔效应。在一种各向同性均匀的介质中，对于频率为 $\omega$的平面电磁波，相对介电常数为 $\varepsilon_r$ ，磁导率可近似为 $\mu_0$ 。加入匀强外电场 $\overrightarrow{E_e}$ 后，介电性质发生改变。对于振幅为 $\overrightarrow{E_0}$ 的电磁波，其介电性质被表达为 $$ \vec{D}=\varepsilon_0\left[\varepsilon_r \overrightarrow{E_0}+a \overrightarrow{E_e}\left(\overrightarrow{E_e} \cdot \overrightarrow{E_0}\right)\right] $$ （1）考虑波矢在 $x-z$ 平面，和 $z$ 轴夹角为 $\theta$ 的线偏振光，求出其折射率； （2）用这种介质做出一平行于 $x-z$ 平面，在 $y$ 方向厚度为 $h$ 的薄片，一束波长为 $\lambda$ 的线偏振光垂直于薄片沿着 $y$ 方向入射，结果发现出射光是圆偏振光。求出 $\hbar$ 的最小值。

六，解：
（1）对于一般的平面波，波动方程为

$$
\vec{E}=\overrightarrow{E_0} e^{i(\vec{k} \cdot \vec{r}-\omega t)}
$$

于是算符可以被等效地写作

$$
\nabla=i \vec{k}, \frac{\partial}{\partial t}=-i \omega
$$

考察麦克斯韦方程组：

$$
\begin{gathered}
\nabla \cdot \vec{D}=\rho_f \\
\nabla \times \vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \\
\nabla \cdot \vec{B}=0 \\
\nabla \times \vec{H}=\frac{\partial \vec{D}}{\partial t}+j_f
\end{gathered}
$$

介质中不应含任何自由电荷与传导电流，即
$$
\rho_f=0, j_f=0
$$

且介质没有特殊的磁性质，即

$$
\begin{gathered}
\vec{B}=\mu_0 \vec{H} \\
\Rightarrow \nabla \times(\nabla \times \vec{E})=-\frac{\partial}{\partial t}(\nabla \times \vec{B})=-\mu_0 \frac{\partial^2}{\partial t^2} \vec{D} \\
\Rightarrow-\vec{k} \times(\vec{k} \times \vec{E})=\mu_0 \omega^2 \vec{D}
\end{gathered}
$$

左边使用三重积公式打开得

$$
-\vec{k}(\vec{k} \cdot \vec{E})+k^2 \vec{E}=\mu_0 \omega^2 \vec{D}
$$

注意到

$$
\begin{gathered}
\nabla \cdot \vec{D}=\vec{k} \cdot \vec{D}=\rho_f=0 \\
\Rightarrow \vec{k} \cdot \overrightarrow{E_0}=-\frac{a}{\varepsilon_r}\left(\overrightarrow{E_e} \cdot \vec{k}\right)\left(\overrightarrow{E_e} \cdot \overrightarrow{E_0}\right)
\end{gathered}
$$

代入得

$$
\frac{\alpha}{\varepsilon_r}\left(\overrightarrow{E_e} \cdot \vec{k}\right)\left(\overrightarrow{E_e} \cdot \overrightarrow{E_0}\right) \vec{k}+k^2 \overrightarrow{E_0}=\mu_0 \omega^2 \varepsilon_0\left[\varepsilon_r \overrightarrow{E_0}+a \overrightarrow{E_e}\left(\overrightarrow{E_e} \cdot \overrightarrow{E_0}\right)\right]
$$

其中 $\vec{k}=k(\sin \theta, 0, \cos \theta)$ ，考察入射光的偏振态：
$o$ 光： $\overrightarrow{E_0}=E_0 \hat{\jmath}, \overrightarrow{E_e} \cdot \overrightarrow{E_0}=0$ ，于是有

$$
n_o^2=\frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0} \frac{k^2}{\omega^2}=\varepsilon_r \Rightarrow n_o=\sqrt{\varepsilon_r}
$$

$e$ 光：令 $\overrightarrow{E_0}=\left(E_x, 0, E_z\right)$ ，代入 $z$ 方向得

$$
\frac{\alpha}{\varepsilon_r}\left(E_e k \cos \theta\right)\left(E_e E_z\right) k \cos \theta+k^2 E_z=\mu_0 \varepsilon_0 \omega^2\left(\varepsilon_r E_z+\alpha E_e^2 E_z\right)
$$

要求 $E_z$ 有非零解，直接得到

$$
n_e^2=\frac{1}{\mu_0 \varepsilon_0} \frac{k^2}{\omega^2}=\frac{\varepsilon_r\left(\varepsilon_r+\alpha E_e^2\right)}{\varepsilon_r+\alpha E_e^2 \cos ^2 \theta} \Rightarrow n_e=\sqrt{\frac{\varepsilon_r\left(\varepsilon_r+\alpha E_e^2\right)}{\varepsilon_r+a E_e^2 \cos ^2 \theta}}
$$

$x$ 方向用来解出 $E_x$ 与 $E_z$ 的依赖关系，在求解 $n_e$ 的过程中并不重要．
（2）代入 $\theta=\frac{\pi}{2}$ ，得

$$
n_o=\sqrt{\varepsilon_r}, n_e=\sqrt{\varepsilon_r+a E_e^2}
$$

入射为线偏光，出射为圆偏光，当厚度最小时，要求

$$
\begin{gathered}
\Delta n \cdot h=\left(\sqrt{\varepsilon_r+a E_e^2}-\sqrt{\varepsilon_r}\right) h=\frac{\lambda}{4} \\
\Rightarrow h_{\min }=\frac{\lambda}{4\left(\sqrt{\varepsilon_r+a E_e^2}-\sqrt{\varepsilon_r}\right)}
\end{gathered}
$$

n_e=\sqrt{\frac{\varepsilon_r\left(\varepsilon_r+a E_e^2\right)}{\varepsilon_r+a E_e^2 \cos ^2 \theta}}


Question: 设有两个偶极矩$\vec{p}_1$和$\vec{p}_2$，它们的大小相等（$|\vec{p}_1|=|\vec{p}_2|=p$），并都指向$z$轴方向，其一位置在原点，另一个放置于（1）$\theta = \pi/2$，距原点为$R$；（2）$\theta = 0$，距原点为$R$。试求：两种情况的相互作用能$U$和相互作用力$\vec{F}$。

解：相互作用能为：$U = \vec{p} \cdot \nabla\varphi = -\vec{p} \cdot \vec{E}$。偶极子产生的势：$\varphi = -\frac{\vec{p}}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \nabla\frac{1}{r} = \frac{\vec{p} \cdot \vec{r}}{4\pi\varepsilon_0 r^3}$。综合得：$U = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \vec{p}_1 \cdot \nabla \frac{\vec{p}_2 \cdot \vec{r}}{r^3} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\vec{p}_1 \cdot \vec{p}_2 - 3(\vec{p}_1 \cdot \hat{e}_r)(\vec{p}_2 \cdot \hat{e}_r)}{r^3}$。（1）$r = R, \vec{p}_1 \cdot \hat{e}_r = 0$时：$U = \frac{p^2}{4\pi\varepsilon_0 R^3}$，$\vec{F} = -\frac{3p^2}{4\pi\varepsilon_0 R^4} \hat{e}_R$；（2）$r = R, \vec{p}_1 \cdot \hat{e}_r = p$时：$U = -\frac{p^2}{2\pi\varepsilon_0 R^3}$，$\vec{F} = \frac{3p^2}{2\pi\varepsilon_0 R^4} \hat{e}_R$。

U = \frac{p^2}{4\pi\varepsilon_0 R^3}，\vec{F} = -\frac{3p^2}{4\pi\varepsilon_0 R^4} \hat{e}_R

U = -\frac{p^2}{2\pi\varepsilon_0 R^3}，\vec{F} = \frac{3p^2}{2\pi\varepsilon_0 R^4} \hat{e}_R


Question: 人们很早就意识到，金属是一类性质相当特殊的材料．其一般具有良好的导电性和导热性，还具有特殊的光泽。1896 年，J．J．Thomson 在对阴极射线的研究中发现了金属中存在带电的电子．这引出一个问题：在金属内部，电子是如何运动的？Paul Drude 运用分子动理论研究了电子的运动，取得了突破性的成功．本题我们研究一个最简单的 Drude 自由电子气模型．其假设是： －电子是质量为 $m$ ，带电 $-e$ 的经典粒子．电子在金属中运动时，会与固定的固体晶格发生碰撞，所有电子相邻两次碰撞的时间间隔均为 $\tau$ ． - 电子与晶格碰撞后损失所有的动量而变为静止． - 在相邻两次散射之间，晶格对电子的作用可忽略不计．忽略电子间的相互作用． （1）欧姆定律描述流经导体的电流与其两端的电压之间的关系，电子的定向运动．在无外场时，电子做无规则的热运动，其平均速度为 0 ；外场的存在导致电子发生定向运动，形成电流．设导体内电子数密度为 $n$ ．现对导 体施加外电场 $\boldsymbol{E}$ ．利用 Drude 模型求解下列问题： （i）求电子定向运动的平均速度 $\boldsymbol{u}$ ，结果用 $e, \boldsymbol{E}, m, \tau$ 表示． （ii）求材料的电阻率 $\rho$ ，结果用 $n, e, \tau, m$ 表示． （iii）求单位时间单位体积内，电子碰撞损失的总定向运动动能 $Q_k$ ． （iv）根据焦耳定律，求单位时间单位体积内电流的发热 $Q_I$ ． （2）电子的运动受到磁场的影响．一个重要的磁场电效应是导体在横向外磁场中电阻率的改变，称为磁阻效应．实验表明，当电阻率的相对偏移 $\Delta \rho / \rho$ 不是很大时，其与磁感应强度的关系为 $$ \frac{\Delta \rho}{\rho}=\frac{\rho(B)-\rho(B=0)}{\rho(B=0)}=\mu B^\nu $$ 这里 $\mu, \nu$ 是常数．建立坐标系，已知电场强度 $E$ 和磁感强度 $B$ ，两者方向 E 向左 B 方向向纸面内 （i）以某电子与晶格的碰撞为时间零点，求此电子在发生下一次碰撞前，定向运动速度的 $x, y$ 分量随时间 $t$ 的变化关系 $u_x(t), u_y(t)$ ．结果用 $e, E, B, m, t$ 表示． （ii）电流由电子沿场强 $\boldsymbol{E}$ 方向的平均定向运动速度决定．求弱场磁阻效应公式中的 $\mu, \nu$ ．结果用 $e, m, \tau$ 表示．

（1）
（i）电子运动方程

$$
\boldsymbol{F}=m \dot{\boldsymbol{v}}=-e \boldsymbol{E}
$$

从而

$$
\dot{\boldsymbol{v}}=-\frac{e}{m} \boldsymbol{E}
$$

电子平均速度

$$
\boldsymbol{u}=\frac{1}{2} \boldsymbol{v} \tau=-\frac{e \tau}{2 m} \boldsymbol{E}
$$

（ii）电子定向运动产生电流密度

$$
\boldsymbol{j}=n(-e) \boldsymbol{u}=\frac{n e^2 \tau}{2 m} \boldsymbol{E}
$$

对照欧姆定律的微观形式

$$
j=\frac{1}{\rho} \boldsymbol{E}
$$

得到

$$
\rho=\frac{2 m}{n e^2 \tau}
$$

（iii）考虑单个电子的碰撞过程．碰前动能为

$$
E_k=\frac{1}{2} m(\dot{v} \tau)^2=\frac{e^2 E^2 \tau^2}{2 m}
$$
对其运动时间平均，并考虑单位体积内的电子数 $n$ ，得到

$$
Q_k=n \frac{E_k}{\tau}=\frac{n e^2 \tau}{2 m} E^2
$$

（iv）据焦耳定律，单位体积的热功率为

$$
Q_I=j^2 \rho=\frac{E^2}{\rho}=\frac{n e^2 \tau}{2 m} E^2
$$

（2）
（i）由洛伦兹力公式

$$
\boldsymbol{F}=-e(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{u} \times \boldsymbol{B})
$$

带入题给坐标得到运动方程：

$$
\begin{aligned}
& m \frac{\mathrm{~d} u_x}{\mathrm{~d} t}=e E+e B u_y \\
& m \frac{\mathrm{~d} u_y}{\mathrm{~d} t}=-e B u_x
\end{aligned}
$$

联立得到

$$
\ddot{u}_x+\frac{e^2 B^2}{m^2} u_x=0
$$

这是一个简谐振动方程．通解为

$$
u_x(t)=A \sin \omega t+B \cos \omega t, \quad \omega=\frac{e B}{m}
$$

考虑初始条件

$$
\begin{aligned}
& u_x(0)=0 \\
& \dot{u}_x(0)=\frac{e E}{m}
\end{aligned}
$$

得到特解

$$
u_x(t)=\frac{E}{B} \sin \left(\frac{e B}{m} t\right)
$$

回带得到

$$
\dot{u}_y=-\frac{e E}{m} \sin \left(\frac{e B}{m} t\right)
$$

从初始条件

$$
u_y(0)=0
$$

积分得到

$$
u_y(t)=-\frac{E}{B}\left[1-\cos \left(\frac{e B}{m} t\right)\right]
$$

（ii）我们关心上述 $u_x(t)$ 解在 $t \in(0, \tau)$ 内的平均值．显然，将 $\sin x$ 保留到一阶的结果是完全
无磁场，因此有必要保留到 3 阶：

$$
u_x \simeq \frac{e E}{m} t-\frac{e^3 E B^2}{6 m^3} t^3
$$

经过时间 $\tau$ 时的位移

$$
s=\int_0^\tau u_x \mathrm{~d} t \simeq \frac{e E}{2 m} \tau^2-\frac{e^3 E B^2}{24 m^3} \tau^4
$$

平均速度

$$
\bar{u}=\frac{s}{\tau} \simeq \frac{e E}{2 m} \tau-\frac{e^3 E B^2}{24 m^3} \tau^3
$$

从而电阻率

$$
\rho(B)=\frac{E}{n e \bar{u}} \simeq \rho(B=0)\left(1-\frac{1}{12} \frac{e^2 \tau^2}{m^2} B^2\right)^{-1} \simeq \rho(B=0)\left(1+\frac{1}{12} \frac{e^2 \tau^2}{m^2} B^2\right)
$$

从而

$$
\frac{\Delta \rho}{\rho} \simeq \frac{1}{12} \frac{e^2 \tau^2}{m^2} B^2
$$

即

$$
\begin{aligned}
\mu & =\frac{1}{12}\left(\frac{e \tau}{m}\right)^2 \\
\nu & =2
\end{aligned}
$$

$\boldsymbol{u}=-\frac{e \tau}{2 m} \boldsymbol{E}$

$u_y(t)=-\frac{E}{B}\left[1-\cos \left(\frac{e B}{m} t\right)\right]$


Question:
使用格林函数法求解电势,$$
\left(\nabla^{2}-{\frac{1}{c^{2}}}{\frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}}}\right)\varphi(\pmb{r},t)=-{\frac{\rho(\pmb{r},t)}{\varepsilon_{0}}},
$$$$
\left(\nabla^{2}-\frac{1}{c^{2}}\frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}}\right)G(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}^{\prime},t-t^{\prime})=-\delta(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}^{\prime})\delta(t-t^{\prime}),
$$其中 $\rho(\pmb{r},t)$ 为源电荷密度分布函数, $\delta(\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}^{\prime})$ , $\delta(t-t^{\prime})$ 均为狄拉克函数。假如不考虑因果律效应,从联立方程(1)(2)出发,求解得到 $\varphi(\pmb{r},t)$ 由推迟势与超前势两部分组成的表达式。

定义 $\mathbf{R} \equiv \mathbf{r} - \mathbf{r}'$, $T = t - t'$。首先构造基本求解形式：

$$
\varphi(\mathbf{r}, t) = \frac{1}{\varepsilon_0} \int G(\mathbf{R}, T)\rho(\mathbf{r}', t') d\mathbf{r}' dt',
$$

对 $G(\mathbf{R}, T)$ 和 $\delta$ 函数分别作 Fourier 变换，有（取系数方便形式）：

$$
G(\mathbf{R}, T) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int G(\mathbf{k}, \omega) e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{R}} e^{-i\omega T} d\mathbf{k} d\omega,
$$

$$
\delta(\mathbf{R})\delta(T) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{R}} e^{-i\omega T} d\mathbf{k} d\omega.
$$

代回方程(2) 有：

$$
- k^2 G(\mathbf{k}, \omega) + \frac{\omega^2}{c^2} G(\mathbf{k}, \omega) = -1,
$$

因此：

$$
G(\mathbf{k}, \omega) = \frac{1}{k^2 - (\omega / c)^2} = \frac{1}{k^2 - k_0^2},
$$

其中 $k_0 \equiv \omega / c$。将此形式代回 $G(\mathbf{R}, T)$ 的 Fourier 变换形式，有：

$$
G(\mathbf{R}, T) = \frac{1}{(2\pi)^4} \int \frac{e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{R} - i\omega T}}{k^2 - k_0^2} d\mathbf{k} d\omega
= \frac{1}{2\pi} \int e^{-i\omega T} G(\mathbf{R}, \omega) d\omega,
$$

现需计算：

$$
G(\mathbf{R}, \omega) \equiv \frac{1}{(2\pi)^3} \int \frac{e^{i\mathbf{k} \cdot \mathbf{R}}}{k^2 - k_0^2} d\mathbf{k}.
$$

---

首先将积分展开：

$$
G(\mathbf{R}, \omega) = \frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^{2\pi} d\varphi \int_0^\pi d\theta \int_0^\infty dk \, \frac{e^{ikR \cos\theta}}{k^2 - k_0^2} k^2 \sin\theta
$$

$$
= \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^\infty dk \, \frac{k}{k^2 - k_0^2} \left[ \int_0^\pi d\theta \, \sin\theta \, e^{ikR \cos\theta} \right]
= \frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^\infty dk \, \frac{k}{k^2 - k_0^2} \cdot \left[ \frac{2 \sin(kR)}{kR} \right]
$$

$$
= \frac{1}{(2\pi)^2 R} \int_0^\infty dk \, \frac{k \sin(kR)}{k^2 - k_0^2}
= \frac{1}{16\pi^2 i R} \int_{-\infty}^\infty dk \left( \frac{1}{k - k_0} + \frac{1}{k + k_0} \right) e^{ikR}.
$$

注意到被积函数在实轴上有两个单极点 $k_0$, $-k_0$，且满足：

$$
\int_{-\infty}^{\infty} f(x) dx = 2\pi i \sum_{\text{upper}} \text{Res} f(z) + \pi i \sum_{\text{real-axis}} \text{Res} f(z)
$$

所要求的 $f(z)$ 形式，其中两项分别为对上半平面与实轴上的留数求和。

$G(\mathbf{R}, \omega)$ 可进一步化为：

$$
G(\mathbf{R}, \omega) = \frac{1}{16\pi^2 i R} \left[ \pi i \left( e^{ik_0 R} + e^{-ik_0 R} \right) - (-\pi i) \left( e^{-ik_0 R} + e^{ik_0 R} \right) \right]
= \frac{1}{8\pi R} \left( e^{ik_0 R} + e^{-ik_0 R} \right).
$$

代回 $G(\mathbf{R}, T)$ 有：

$$
G(\mathbf{R}, T) = \frac{1}{2\pi} \int_0^\infty d\omega \, e^{-i\omega T} G(\mathbf{R}, \omega)
= \frac{1}{2\pi} \int_0^\infty d\omega \, \frac{1}{8\pi R} \left[ e^{i\omega(\frac{R}{c} - T)} + e^{-i\omega(\frac{R}{c} + T)} \right]
$$

$$
= \frac{1}{8\pi R} \left[ \delta\left( \frac{R}{c} - T \right) + \delta\left( \frac{R}{c} + T \right) \right].
$$

---

最终，代回 $\varphi(\mathbf{r}, t)$ 表达式有：

$$
\varphi(\mathbf{r}, t) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int d\mathbf{r}' dt' \left\{ \frac{1}{R} \left[ \rho(\mathbf{r}, t') \delta\left( t' - \left( t - \frac{R}{c} \right) \right) + \rho(\mathbf{r}, t') \delta\left( t' - \left( t + \frac{R}{c} \right) \right) \right] \right\}
$$

$$
= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int d\tau

$$\varphi(\boldsymbol{r}, t) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}} \int_{V} \left\{ \frac{1}{R} \left[ \rho(\boldsymbol{r}', t - \frac{R}{c}) + \rho(\boldsymbol{r}', t + \frac{R}{c}) \right] \right\} d\tau'$$，其中 $R \equiv |\boldsymbol{r} - \boldsymbol{r}'|$，积分中第一项为推迟势，第二项为超前势。


Question: 一静质量为\(m_{0}\)、电荷量为\(q\)的相对论性粒子，在磁感强度为\(\boldsymbol{B}\)的均匀磁场中做回旋运动，由于发出辐射，它逐渐失去能量. 设开始(\(t = 0\))时，它的能量为\(E_{0}\)，试求它的能量\(E\)、轨道半径\(R\)以及回旋角频率\(\omega\)与时间\(t\)的关系.