大学物理（下册）练习解答 30页

大学物理(下册)练习解答22-1(1)22-2(1)22-3解:练习22D；(2)A；(3)B毕奥一萨伐尔定律“鬻;⑵"卄(3)B严誥+卷一誥;<4)^=0以0为圆心，在线圈所在处作一半径为厂的圆•则在厂到r+dr的圈数为亠2R2~Rl由圆电流公式得R.B=\R\dB=^N/dr2r(R2-R{)“oMd/"=“()Mg7?22心2-R)一2g-RJ&方向O22-4解：利用无限长载流直导线的公式求解。(1)取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流di=3dx(2)这载流反条在P点产生的磁感应强度历二“。山二2tvc2tvcdx方向垂直纸面向里。(3)所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度訂d—型企也iQ」2itx?x2tvcb方向垂直纸而向里。22-5解：⑴对/*〜r+d厂段，电荷dq=Adr,旋转形成圆电流.则」rdqCO久G」(1/=一=——dr2兀2兀它在O点的磁感强度dB=A)d/妙0dr2r4兀r/訂闵=如『竺二如In凹J4兀*尸4tia方向垂直纸面向内。dPm=兀尸2d/=*Acor2dr\na+h[Pm=jdpm=Jdr=Aaj[(a^-by-a3]/6a方向垂直纸而向内。(3)若a»b,则In"*"-—,有aaB二肋二呱q4兀a4m过渡到点电荷的情况。同理在a»b时，(a+/?)J加Pm=~^a6也与点电荷运动时的磁矩相同。uQ‘(l+3b/a),则33b12——=-q(0aa2练习23磁通量、磁场的高斯定理和安培环路定律23-1(1)B；(2)D23-2⑴尿c；(2)--BltR2；(3)〃0〃/(2兀&)，023-3解：设x为假想平面里面的一边与对称屮心轴线距离Rx+/?@=J〃dS=jBJd厂+|52/dr•xR2k7?2b22nr(导线内)(导线外)0=(/_，)+创］口£±£4k7?~2nR令d0/7^2)作圆形回路，由于工厶=0B•2nr-0B=023-5解：圆电流产生的磁场\n长直导线电流的磁场B2=zz0/2/(2k7?)O导体管电流产生的磁场=〃o/]/[2n(d+7?)]®所以，圆心0点处的磁感强度=生/“+加+兀)一“o132kR(R+d)练习24磁场对运动电荷的作用、霍尔效应24-1(DC；(2)B；(3)D24-2(1)匀速直线，匀速率圆周，等距螺旋线；(2)0.80X10*N；(3)"如工,4肿垂直向上;(4)3.08X10“J；(5)2nmvcos0/(eB),mvsin0/(eB)；(6)z轴正方向;(7)n,p24-3解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上.当电子轨迹与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形。(/+/?)sin45°=7?・・・7?=//(V2-l)=(V2+l)/由R=mv/(eB),求出"最大值为叽(血+1)丝mm24-5解：(l)p型半导体(2)u=K空aK--1IBaqU=2.82xlO20m3练习25磁场对电流的作用、磁介质24-1(DC；(2)B25-2(1)^2aIB；(2)pm=-7?,2),MmbI：——:(4)9.34X10l9Am2,相反；(5)0.226T,300A/m4V7tEQme\n24-3解：对00'轴而言，重力矩为12•Mx-2apgS•—67sin6T+apgSasina-2S//^sina磁力矩为\nM2=Bia2sin(—k-^z)=Ia2Bcosa平衡时，Mx=M2o所以2Sa2pgsina=Ia~BcosaB=ISpgiga!I-9.35xl0_sT25-4解：(1)M=pmxBM(t)=Bp,"sincot=Tta~BIsin2cot(2)P-Md0/dt-Meo-BI{}ojna2sin2cot_TiP=(1/7)jBI{}cuiui2sin2cotAt=-BI^co7Ri~o225-5解：(1)设磁场强度为R,磁感强度为3H=nI=NI/lB=卩屮)HIN/1铁环的周长远大于横截面半径，所以在横截面内可以认为磁场是均匀的。所以①=B•S=Sp#.IN丨I=\2\x\LWb(2)M=(/zr-l)//-9.58xl03A-m1(3)z5=M=9.58X103A・m】练习26电磁感应的基本定律、动生电动势24-1(DA；(2)D24-2(1)等于，小于；(2)3B创2/8,-32^2/8,0.(3)相同(或^BcoR2),沿曲线由中心向外；(4)一个电源，uBL,洛伦兹力26-3解：由题意，大线圈中的电流I在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的。角2兀肿二他卅一4兀(疋+兀2)3/2一2(/+兀2)3/22兀厂=.2x3T・s二皿Z-一ER卩2(7?2+x2)3/2小线圈屮的感应电动势为3/z0Kr277?2|dx|_3//07tr27?2/At2x4当x=NR时，=3/z0Kr2/v/(2^4/?2)24-4解：(1)设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为&,则①-Bnr2cos&,0=cot=2nnt①-Bur2cos2兀Md①?9?£=-N=NBnr"2nnsin2兀nt=2Tt^BNr~nsin2nntdt.£2TvNBr2n._r.2兀i=—=sin27tnt=sin—tRRT当线圈转过兀/2时，t=TI4,则\ni=Im=2n2r2NBn/R=0.987A(2)由圆线圈屮电流厶在圆心处激发的磁场为B，=PqNI机/(2r)=6.20X104T方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小〃()二(肝+/)1/2=0.500T方向与磁场B的方向基本相同。26-5解:严1i亠|d/|，RR\At|而由i=可得dtdty=zd/=—|d|CQ1IAq=-\d0Jo'RJoQ=-（PR0=7?2=kx1O-5Wb因为0=nr2B,所以练习27感生电动势、自感和互感(1)B；(2)D；(3)D(1)0；(2)0；(3)如S匹；(4)0.15H2k&解：大小：£=\d^/dt\=SdB/dt1?1——2.27-127-227-3£=SdB/dt=(—R"3Oa-sin0)dB/dt=3.68mV方向：沿adcb绕向。27-4解：线框内既有感生又有动生电动势。设顺时针绕向为£的正方向。由£=-d0/d/LL|发，先求任意时刻/的0(0“M(%)d防孰网)ln旦2兀aa+b(P(t)=[b^s=fJa2兀尹辿二如凹巴“/巧dz2kbAtAt£=_嘤二単以()e一刀(久/-l)lndt2na£方向:加<1时，逆时针；2/>1时，顺时针。27-5解：(1)根据安培坏路定理可求得磁场分布如下:B*12nrr>R\nB严芈2k/?2B・dS二f座抽+L2讥R23川2/ztf%R2兀厂(7?2R2)I"o'In3=3gtW4兀7?八42n2~m/二処*色•=——lIn—2兀216兀2兀216兀2兀2r=_M—=^^(-+ln-)sin^^827dt2n练习28磁场能量、位移电流、MaxwelI方程组28-1(1)A；(2)D28-2(1)1：16；(2)[jjD-dS=JpdT,[jjE-dZ=-J^dS,[JjB・dS=O,SVLSdts0辺訂(八孚)・dS；(3)7lT?2£odE/dZ,与E方向相同(或由正极板垂直指向负极LSdt板)28-3解:业H・d心工厶，2nrH=1(R~s一^oK,-77一os9/Jsotdra~根据对称性的分析，极板间任一点H的方向沿通过该点的与极板共轴的圆周的切线方向，并按右手螺旋法则由要的方向决定，而且在圆周上各点H的大小相等。因此有dr餌・dl=^Hdl=2nrH=IdLLI,.H=a初”cos0〃(2兀/)2nr28-6解：在极板间，取与电容器极板同轴的半径为厂的圆。(//•d/=/rf=/we-V//?2LH•2nr=Ime'xtr2/R2H=rlme'xt/(2k7?2)B=^H=^rItne~xt/(2k/?2)〃的方向与电流流向成右螺旋关系。\n练习29简谐振动的运动方程、特征量和旋转矢量法28-1(1)C；(2)B:(3)B；(4)C28-2(1)10cm,(k/6)rad/s,n/3；(2)迈T°；(3)3兀/428-3解：由旋转矢量图和\vA\=\vB\可知772=4秒T=8s,v=(1/8)s_1,a)=2tiv=(ti/4)s1(1)以石的中点为坐标原点，x轴指向右方./=0时，x=-5cm=Acos(p/=2s时，x=5cm=Acos(2c+0)=—Asin0由上二式解得tg0=1因为在/点质点的速度大于零，所以0=-3兀/4或5兀/4(如图所示)/=x/cos0=5“cm所以振动方程x=5V2xlO-2cos(^-^)(SI)(2)速率\n~5^X1°'2sin(f-^)(SI)dxAt当/=0时，质点在力点慌卜严奔x10"Sin（一乎）=3.93x10-2m/s28-4解：二弹簧共同的等效劲度系数7]=/kmx=kT^/(4k2)=0.10kg粘上油泥块之后m—m}+m2=0.2kg新的周期T—2兀Jndk—1.4s物块速度v{=co{A[f油泥块和物块碰撞，所以水平方向动量守恒-（加|+m2）v碰撞后V=/(〃]+加2)=0・16m/s新的振幅A=、x；+—=—=0.035m29-5解：(1)CO=yjk/m=10s"1VcocoT=2兀/e=0.63s(2)/=15cm,在/=0时，x()=7.5cm,v()<0。故AJx；+(Do/Q)2v0=-QJA2—=—1.3m/s=tg-1(-Vo/OZv0)=—K或4兀/3因为x0>0,所以.1(P=—n3X=15xl0~2cos(l0/+—7T)(SI)练习30简谐振动的能量、简谐振动的叠加28-1(1)D；(2)B28-2(1)778,3778；(2)0.84:(3)3/4,2兀/g；(4)\AX-^2|,\n-|力2-％i|cos(孝/+*兀)4:330-3解：(1)势能Wp=^kx2总能量rh题意,二±4.24x10—2(2)周期(5)4X10f,(6)1.47；(7)291Hz或309皿⑻T=2k/69=6s从平衡位置运动到%=±的最短时间\t为778A/=0.75s28-4(1)取平衡位置为原点，向下为x正方向。设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为A7,则有mg=k\l,加拉力F后弹簧又伸长必，则F+mg一k(\l+x0)=0F=g由题意，/=0时必=0,x=x()o贝ij力—Jx；+(I?。/Q)~=x()又由题给物体振动周期r=—S,可得角频率0)=—o由于k=mco\所以48TF=kA=(4n2m/T2)A=0.444N(2)平衡位置以下lcm处v2=(2n/T)\A2-x2)Ek二丄mv2=1.07x10'2J人2Ep=-kx2=-(4n2m/T2)x2=4.44X10_4J28-5解：由合振动的振幅及初相公式，可得A=JAj+4；+2A}A2cosa0=^52+62+2x5x6xcos(-|K--^7t)x102m=7.81x102m,5sin(37i/4)+6sin(k/4)nnon(b=arctg=84.8=1.48rad5cos(3兀/4)+6cos(兀/4)所以x=7.81X10-2cos(10r+1.48)(SI)30-6解：把两波写成\ny}=A}cos[—k(0.02x-8.0/)]=A}cos[—兀(&0/-0.02兀)]22y2=A2cos[—7t(+0.02x)]并令A{=A2=A=0.06m,则对于所求的点有A2=皆+/；+24/2cosgcosA^=由△/=0.02兀c,可得0.02tu=±(2加+2兀/3)或0.027CT=±(2肮-2兀/3)x=±50(2殳+2/3)m或兀=±50(2力一2/3)m(£=0丄2,…)练习31波的基本概念、平面简谐波30-1(1)C；(2)B；(3)D28-2(1)503m/s；(2)125rad/s,338m/s,17.0m；(3)u=5.10X10’m/s；(4)2兀兀j/=0.10cos[l65;c(r-x!330)-k](SI)；(5)yXi=Acos(—t——)或yX]=Asin(27tt/T)；(6)80N28-3解：设平面简谐波的波长为久，坐标原点处质点振动初相为0则该列平面简谐波的表达式可写成y=O.lcos(7M-27cr/2+0)(SI)y=0Acos"一2兀(0.1/2)+0]=0因此时Q质点向尹轴负方向运动，故7K—2兀(0.1/A)+0=㊁兀而此时，方质点正通过丿=0.05m处向尹轴正方向运动，应有"0.1cos"一2兀(0.2/2)+0]=0.057k-2兀(0.2/2)+0=一£兀rti①、②两式联立得2=0.24m0=—17兀/3所以，该平而简谐波的表达式为丄巴+丄兀](SI)0.1237CX17_y=0」cos[7m—6^—丁兀](SI)或尹=0」cos[7k/一28-4解：(1)设x=0处质点的振动方程为y=/cos(27TW+0)市图可知，t=tf时y=/cos(2兀vrz+0)=0dy/dt=一2兀如sin(2兀h+0)<0\n所以2兀皿'+0=兀/2,0=£兀一2兀刃'x=0处的振动方程为y=Acos[2jtv(t-tf)+—n](2)该波的表达式为y=Acos[2kv(/--x/w)4-—7t]228-5解：(1)由尸点的运动方向，可判定该波向左传播。原点O处质点，/=0时42A12=Acos0,I；。=一力°sin0v0所以0=兀/4O处振动方程为y0=Acos(500kz+*兀)(SI)由图可判左波长2=200m,故波动表达式为宀cos阪(250,+丽)+評(SI)(2)距O点100m处y=Acos(500nz+—兀)v=一500x4cos(500兀/+—7C)(SI)4练习32波的能量、波的干涉、驻波和多普勒效应29-1(1)D；(2)C；(3)B；(4)C28-2(1)5J；(2)4；(3)—Sw；(4)S】的相位比52的相位超前兀/2；(5)2兀'Acos[2k(VT+x/A)+7T],2Acos(2tu/A+-^7t)cos(2kVZ+-^7t)；(6)637.5Hz,566.7Hz28-3解：2k△0=0—01—丁(厂2—人)4/=(皆+/；+2A}A^cos40)"2=0.464m28-4解：(1)反射点是固定端，所以反射有相位突变兀，因此反射波的表达式为y2=Acos[2k(x/2-//T)+兀](2)驻波的表达式是y-yx+尹2=2/cos(27ix/A+—k)cos(2kzITit)\n(3)波腹位置2jix/2—兀=mi21/1「x=—(n)兄，舁=1,2,3,4,・・・22波节位置271X/A+丄兀=皿+丄兀221.兀=—77兄,/7=U2,3,4,…230-5解：A点的观察者接收到的拍频是S振源向A处发射的波和向墙壁发射的波经反射到/处合成的结果。即VV,=v01V-(-u)0V^2=-—匕)V-uA—(丄V-uV+uV、2uV2mWo丙二严"空Jl.oHVS练习33光的相干性、分波阵面干涉31-1(1)A；(2)C；(3)C；(4)B28-2(1)(n\-n2)e或(血-“龙；(2)dsinO+(门一仪)；(3)3.6mm28-3解：因为〃=c,所以Aav=-VA/laA=|(-Zlv)/v\=cAv/v2=0」73nm/c=22/aA=(c/v)2/(c/v2)=c/Sv=6000km28-4解：(1)山=20ZU/q=0.11m(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n—V)e+r\=r2设不盖玻璃片时，此点为第&级明纹，则应有?*2—门=ka(n—l)e=kAk=(n~l)e/A=6.96^7零级明纹移到原第7级明纹处28-5解：(1)干涉条纹间距Ax=AD/d相邻两明条纹的角距离/D=A/d由上式可知角距离正比于儿△&增大10%,兄也应增大10%.故兄‘=2(1+0.1)=648.2nm(2)整个干涉装置浸入水中时，相邻两明条纹角距离变为△&'=^x/(nd)=△&/”由题给条件可得\n△&'=0.15°33-6解：（1）如图，设Po为零级明纹中心则丫丄一斤=dPQID@+厂2）-（A+门）=o所以厂2—门=‘1—<2=32P^O=D（r2-rl）/d=3DA/d（2）在屏上距O点为x处，光程差X（dx」D）—3入明纹条件6—±kA伙=1,2,....）所以xk=（±k入+3A）D/d在此处令k=0,即为（1）的结果.相邻明条纹间距ax=xk+i一兀=D/l/d练习34等厚干涉28-1(1)B；C；(3)C28-2(1)n2/r22；(2)2(n—l)e—2/2或2(/?—1)e+2/2；(3)32/(2町28-3解：(1)明环半径厂=J(2k_l)R・加22尸(2k—l)R=5X105cm)(2k~\)=2r2/(RA)对于r=1.00cm,&=,/（/U）+0.5=50.5故在OA范围内可观察到的明环数冃为50个。28-4证：如图过接触点O作凸凹球面的公共切平面，第k个暗环半径处，凸凹球面与切平面的距离分别为6、5，第斤个暗环处空气薄膜的厚度M为由几何关系近似可得勺=於/（2/?1）,e2=叱伽2）第斤个暗环的条件为2△幺H—A——Qk+1）2222Ae=kA.丫"~2仗=1,2,3…)2丄丄=kAIR&2丿\n34-5R\R2R.-R解：设A点处空气薄膜的厚度为e,伙=1,2,3…）则有改变波长后有故2e+-人二丄(2^+1)入，即2幺=财2e=（k-1）A2k入—k入）—&,Zr=&/（&—人）e=”人=-^•2122/（人_人）34'6解：⑴棱边处是笫一条暗纹中心’在膜厚度为沪『处是第二条暗纹中心,依此可知第I川条暗纹屮心处，即/处膜厚度所以0=e4/1=3A/（2/）=4.8X105rad⑵由上问可知力处膜厚为^4=3X500/2nm=750nm对于*=6呎的光，连同附加光程差，在/处两反射光的光程差为2勺它与波反/之比为2匂/才+*=3.0・所以力处是明纹(2)棱边处仍是暗纹，力处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹。练习35等倾干涉、迈克尔逊干涉28-1(1)B；(2)D28-2⑴［(4枕/2)-1］兀或［(4必/2)+1］兀；(2)114.6nm；(3)2d/N；(4)2(〃—1"28-3解：因为2e^ln2-sin2i一九丨2=kA令k=0,贝ij2eyjn2-sin2i=2/20=(2/2)/2』『—sin2i=111nmn=1.3528-4解：设介质薄膜的厚度为◎上、下表面反射均为由光疏介质到光密介质，故不计附加程差。当光垂直入射Q0时，依公式有，对入：no=1.002ne=—(2k+1)A,①按题意还应有，对弘：2ne=k九2②n=1.50由①②解得：k=~~=32(兄2-A)将h22>n代入②式得k九,4e=—=7.78X104mm2n'35-5解：反射镜移动距离be=N—=10xm=2.95x10"m22设开始时屮心级次为k,边缘级次为k-10o则有2e=U\n2ecosik=伙—10)2⑵移动后：中心级次变为10,边缘级次变为15。则有2(^—A^)—(k—\0)A⑶2(e一Ae)cosik=伙-15)22(4)联立式(1)、(2)、(3)和(4),可解得£=20,边缘处k-\5=5.练习36单缝衍射、园孔衍射35-1(1)C；(1)D28-2(1)子波；子波干涉(或“子波相干柱加”)；(2)5X104mm；(3)4,第一,暗；(4)4；(5)2.24X10-5,4.47；(6)13.928-3解:(1)对于第一级暗纹，有asin^i^/l因01很小，故tg0〜sin0=Xia故中央明纹宽度Aro=2/*tg(p\=2f入/Q=1.2cm(2)对于第二级暗纹，有asin^2^2/iX2=/tg(p2=fsin02=2"/a=1・2cm分28-4解：(1)由单缝衍射暗纹公式得asina=1A,asin02=2A2由题意可知&]=2,sinG=sin02代入上式可得~入=2A2(2)asin0}=k}A}=2k}A2(局=1,2,)sin&]=2k}A2/aasin02=k2^2(局=1,2,)sing=k?入2/a若k2=2k},贝lj&]=即入的任一冏级极小都有久2的2岛级极小与之重合。28-5解：设人眼在空气中最小分辨角为&,汽车与人之距离为S&=1.22-dse=i\nS=-=——-——=ld!\.22A=4.9X103m01.222/d36-6解：⑴已知d=3mm,A=550nm,人眼的最小分辨角为:0=1.22/1/d=2.24X104rad(2)设等号两横线相距ZLY=2mm吋，人距黑板/刚好看清，则/=Ar/&=&9m所以距黑板10m处的同学看不清楚。练习37光栅衍射、X射线衍射28-1(1)D；(2)D；(3)D28-2(1)一、三；(2)3；(3)30°；(4)2d28-3解：由光栅衍射主极大公式得dsin(px=血久］dsin(p2=k2A2sin®_k、入_k、x440_2A,sin(p2k2A2k2x6603k2当两谱线重合时有0=輕即_^=3_6_9I?-2~4~6两谱线第二次重合即是kx6——,k、=6,k2=4由光栅公式可知k24clsin60°=6/li,6A._3d==3.05X103mmsin601R28-4解：(1)(6r+/?)sin^=kA当0=兀/2时k=(a+b)/A=3.39,^max=3又因为a=b(a+b)sin0=2asin0=kA有谱线qsin0=M/2但当k=±2,±4,±6，…时缺级。所以能看到5条谱线为0,±1,±3级。\n(2)(a+/>)(sin0+sin0)=kA,0=*,*30°,0二±90°k=(a+6)(sin30°+sin90°)/2=5.09取=50=—丄兀，k=(a+Z?)(sin30°-sin90。)/2=T.7+3,+1,0,-1级因为a=b,故第2,4,…缺级。所以，能看5条谱线为+5,\n37-5解：光栅常数d=lm/(5X105)=2xio'5m设入=450nm,A2=650nm?则据光栅方程，入和仏的第2级谱线有dsin0]=2入；dsin^2=2^2^i=sin~12A]/d=26.74°,^2=sin_I222/d=40.54o第2级光谱的宽度所以/=(兀1一兀2)/(tg&2-tg&i)=100cm35-6解：光栅常数J=2X106m。(1)垂直入射时，设能看到的光谱线的最高级次为匕，则据光栅方程有dsin&=k,nA,因为sin&W1,所以kmA/dW1,故论W〃/2=3.39由于心为整数，有k机=3(3)斜入射时，设能看到的光谱线的最訂级次为化:，则据斜入射时的光栅方程有d(sin30+sin少)=k；九即*+sinO'=k\nX!d因为sin^W1,所以k；仏/dG.5,故由于V,为整数，有k\n51.5〃/2=5.09监=537-7解：设晶面间距为〃；第一束X射线波长为掠射角0}=30°,级次Ari=1；另一束射线波长为仏=0.097nm,掠射角ft=60°,级次局=3。根据布拉格公式:两式相除得第一朿2dsin3}=何入第二束2dsin$=k?入2團泌=0.168丽k、sing练习38光的偏振38-138-2(1)A；(2)D；(3)D\n(3)自然光或(和)圆偏振光，线偏振光(完全偏振光)，部分偏振光或椭圆偏振光35-3解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为&.透过第一个偏振片后的光强/i=/o/2透过第二个偏振片后的光强为厶，由马吕斯定律/2=(A)/2)cosW透过第三个偏振片的光强为hh=hcos2(90°-6>)=(Zo/2)cosSsir?&=(Zo/8)sin226>由题意知厶=厶/16,所以si『2&=1/2&=|sin_,(72/2)=22.5°28-4证：因反射光线1为完全偏振光，故自然光线的入射角％满足布儒斯特定律tg，o=〃/〃o在这种情况下，反射光线和折射光线垂直，有z()+r=90°因而上式可写成tg(90°—r)=ctgr=n/n0tg厂=〃o/n折射光线在玻璃板下表而的入射角厂也满足布儒斯特定律，因而反射光线2也是完全偏振光.28-5解：(1)。光振幅Ao=Asm0e光振幅Ae=Acos60=60°,两光强之比Io/Ie=(Ao/Ae)2=(sin&/cos&)2=tg20=3(2)品片厚度〃=0.50mm两光光程差5=(ne-no)d=4.5|im28-6解：§=—=—d==&56X10'7m4(几一练习39黑体辐射、普朗克量子假设、光电效应nn29-1(DC；(2)B；(3)D29-2(1)0.64；(2)5.13X10’；(3)2.40X103K；(4)黑体辐射；认为黑体腔壁由许多带电简谐振子组成，每个振子辐射和吸收的能量值是不连续的，是能量子的整数倍;(4)A/h,(h!e)(vx-v0)29-3解：(1)太阳在单位时间内辐射的总能量E=1.37X103X4兀(耘)2=3.87X1026W\n(2)太阳的辐射出射度\nrh斯特藩一玻尔兹曼定律EE(、=——-=0.674X10sW/m24眄2E严亦39-4又按题意所以39-5(2)得T=ijEJa=5872K解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为入)。hv^-A=0(he/A=0—he!A(he!A)—A=EkA=(he!X)—EkhehcA入=:=12—=612nm°(hc/A)-EKhc-EKZ解:1—mv2A=hv{}=he/Ao几号=5.65X10/565nm2=e\u(l|，hv=^=e]fJa\+Ahe忆1+/=1.73X107m=173nm35-6解：当铜球充电达到正电势U时，有1?hv-eU+A^—mv^2当hv^eU+A时，铜球不再放出电子，即heeU2hv^A=A=2」2eVA故t/^2.12V时，铜球不再放出电子。练习40康普顿效应、氢原子光谱与玻尔理论36-1(1)D；(2)C；(3)C；(4)C28-2(1)竺=(力"3S0)+pcos&；(2)0.586；(3)量子化定态假设，量子化跃CC迁的频率法则=\En-Ek\/h,角动量量子化假设L二必/2兀(其中“1,2,3,……)；(2)13.6,5；(5)2.55：(6)1,2：(7)5,1028-3解：入射光子的能量为\nhe^0散射光子的能量为反冲电子的动能为heTEk=£()—£=hc()=1.68X1016AqA28-4解：(1)康普顿散射光子波长改变：A/l=(hmec)(l—COS0)=0.024X1010m2=入+aA=1.024X1010m(2)设反冲电子获得动能=(m-me)c2f根据能量守恒:hv(}=hv+(m-me}c2=hv+EKhe!Ao=[方c/(久o+aA)]+EkEk=he"/[/l0(2°+△%)]=4.66X1017J=291eV40-5解：(1)hv=he/A=2.86eV(2)由于此谱线是巴耳末线系，其k=2Ek=EJ2?=—3.4eV(£i=—13.6eV)En=EJn2=Ek+Av\EK+hv(3)可发射四个线系，共有10条谱线，如图所以。波长最短的是由门=5跃迁到n=1的谱线。yv\h2/（2加AX2）=沪畑卩）在核内，质子或中子的最小能量Enin鼻力/（2加厶〜）=3.3X1014J35-6解：根据不确定关系式AEM沙，可得根据光子能量与波长的关系则光子的波长波反的最小不确左量为AE2方仏/=0.659X107eVE=hv=he/AA=he/E=3.67X10*mA/l=AcAE/£2=7」3X10T'hi\np=h/A按题意，动量的不确泄量为-/7/A2|aA=(A/Z)(a/1//1)根据测不准关系式得hAmv=m力/(2兀△“)2必(za/Q)2兀("/Q)Ay^0.048m=48mm当然，也可以用AX-\px>h/(4k)或Z1X-\px>h,或n丄力，来计算Ax。2练习42波函数、薛定醫方程、一维无限深势阱、氢原子35-1(1)B；(2)B28-2(1)粒子在/时刻在(工，y,z)处出现的概率密度，单值、有限、连续，2dxdydz=\；(2)2,2X(2/+1),2n2i(3)泡利不相容,能量最小;(4)0、土力、±2方;(5)电子自旋的角动量的空间取向量子化;(6)4；(7)ls22s22p2,Is22s22p63s23p228-3解：据已知条件a=nA/2又据德布罗意公式A-h!mvmv=h/A无限深势阱屮粒子的能量为口12E-—mv2竺=礙m由②、③式解得2mE=h2/^以①式代入得2证“审〃Fh22Eh=nSma~42-4解：谐振子处于第一激发态时概率密度为Px=|$『=^yx2exp(-6T2x2)=Ax2exp(-a2x2)具有最大概率的位置由dPJdx=0决定，即由dP—=A(2x一a12x3)cxp(-a2x2)=0dx解得x=±\!a(概率最大的位置)28-5解：由波函数的性质得\njc2x2(/-x)2dx=10rh此解得c2=30//5,c=V30/7//2设在o-〃3区间内发现该粒子的概率为P,贝IJU8?1/31/3P=j|^2dx=|30x2[(/-x)2//5]dx0042-6解：(1)在0・q—维无限深方势阱中波函数为0(兀)2.n7T—sin——xaa在0-a/4的粒子概率为a42n7ia.In71-—sinxa(2)当n=2k时,n=2k+l时，—x-dx=-丄p[l_aa2Jo11.Yl7tA=sin042血sin—=0,P=-24•H7T・(2k+1)龙sin——=sin21,-1显然A=1时(即77=3),P值最大(3)于平均。43-1cos如x]•必ak=0,2,4k=1,3,5P厶(W42(2&+1)龙〃TOQ,p=l/4表示当能量增大时，量子力学问题区于经典问题，粒子概率趋练习43固体中的电子(1)D：(2)C；(3)C；(4)D；(5)C。33I2F6F(1)106m/s；(2)-Ef,-卩；(3)n,增大；(4)P型，靠近价带54meme顶的禁带中，N型，靠近导带顶的禁带中；(5)514nm,4.14|im,可见光，红外。43-2\n(1)Av=—^v=—,^=—f且nx.nv,n_可独立任取1,2,3•…(整数值)。55“5(2)hhhP产莎5P产莎"严％"(3)h2243-4E=Sma解：(1)金原子质量吩竺」97X10：=3.27X2%Na6.02X1023以每个金原子有一个导电电子计，则有n=ExVx6.02xl023=5.898xl028m'3.197X10"3E『=(3龙沪輕=3严(lei。一汀x(5.宓X10沪=880x10-19j=2、2/32m2x9.1lxlO*31vf=』2Ej./m={2x8.80x1079/(9.11X10®)=1.39xl06m/sTF=Ep/k=8.80x10"19/1.38x10_23=6.38x104K6.63xIO-34(2)Q=——vs八2二5.24X10-1°m=0.524nm』2mEfV2x9.11x10-3,x8.80x10_,943・5.解：(1)类似题43・4的方法可求得/?=8.5xl028m'3由电导式a=ne2r/得(2)T=me/pne1=2.4x10-14s(3)(4)8kT小厂T—2.6nm兀叫&=vfT—38nm43・6.解:(1)由玻尔兹曼分布定律可得:这一结果说明,⑵4axN"P_^~Eg心T)_e-5.5xl.6xlO-,9/(l.38xlO-23x3OO)_4gxjq-93N「一一•由于禁带宽度大，实际金刚石的空带是空的。ch3x108x6.63x10-34小“z2.26x107m=226nmE?5.50x1.6x10-9ch43-7.解E<,=——=1.9eVAnax练习44核物理44-L(1)C；(2)B；(3)B；(4)C\n44-2(1)10'10m,10'15m；(2)1014；(3)0,1/2,1/2；(4)2xlO_I5m；(5)饱和性;(6)铜原子质量小于钻原子与氨原子质量之和；(7)mxc2-myc244-3解：由于6MeV比a粒子的静能(〜4xl()3]MeV)要小得多，可知6MeV是a粒子的动能£也，可不考虑相对论效应。以M表示靶核的质量，当a粒子达到离靶核最近时,两者速度相等，设其共同速度为2,则由动量守恒和质量守恒，得：19护+")/+2Ze24码金mav=(ma+M)『解此二式，得Eka叫Eka+%叫+M4码缶+M2Ze2r•二xm，nME迪4隔对金核，M=197>>〃“，可忽略金核的反冲，则有2Ze22x79x(1.6x10~19)2x9x109““-也6xl06xl.6xl0'19r.==—=3.8x10m4庇°E加6xl06xl.6xl0'19对氮核,M=14,不可忽略其反冲，则有=ma+M^2Ze^=4+14x2x7x(1.6xl0-19)2x9xl09=4.32xl0-15mm，nMEka4码14x6xl06而氮核的半径rv=1.2x^,/3xl0-15=2.89xW,5m,所以还不能说6MeV的a粒子可到达氮核的核力范围之内。44-4解：起始活度:=A^0=In2x/7]/2=In2x^—xl023/(12.8x3600)=1.41xlO,7Bq64/(/)=一譽二=1.41x10%一加1°2张=7o5xio”Bq44-5解：:C的丰度只有1.3x10-°%,所以Aro=O.3xl.3xlO-12x6.O2xlO23=2.35xlO11A=9/60s'\T=8270x3.15xl07s«由于A=A.c,lT=^z,tT^故有T】N。i2.35xlOux6O一in4t=rln—-=8270xln；=1.5x10atA8270x3.15x107x944-6解:由于4.7825McV比a粒子的静能(〜4xlO?McV)要小得多,可知4.7825MeV是g粒子的动能£•”，可不考虑相对论效应。以表示靶核的质量，丿岛表示a粒子的质量，则由动量守恒得：\n子核的反冲能量为Ed”皆棗©maVa=MdVdm4=肃"五皿沁"她2WV此（X衰变放出的总能量为E=E^+Eka=4.7825+0.0862=4.8707MeV44-7解：Q=(叫+心〃一加仏一w,,k2=(2.014102+3.016050-4.002603-1.008665)xuc1=(2.014102+3.016050-4.002603-1.008665)x931.5=l7.6McV为放热反应。