1、大学物理练习题十七 大学物理练习题十七 P231 171 172 17宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射求： 此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ 地球表面接收此辐射的功率是多少？ 解答根据公式mT = b，可得辐射的极值波长为 m = b/T =.89710/=.6610 地球的半径约为R =.371106m， 表面积为 S =R2 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为 M = T4， 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS =.671034=.3410 -19-7 17铝表面电子的逸出功为6.7210J，今有波长为 =.010m的光投射到铝
2、表面上试求： 由此产生的光电子的最大初动能； 遏止电势差； 铝的红限波长 解答光子的能量为 E = h = hc/， 根据爱因斯坦光电效应方程 h = Ek + A， 产生的光电子的最大初动能为 Ek = h A =.6310-343108/2.010-7-6.7210-1=.2310-19 遏止电势差的公式为eUs = Ek，遏止电势差为 Us = Ek/e =.2310-19/1.610-19=2.0 铝的红限频率为0 = A/h，红限波长为 0 = c/0 = hc/A =.6310-343108/6.7210-1=.9610-7 -10 17康普顿散射中入射X射线的波长是 = 0.70
3、10m，散射的X射线与入射的X射线垂直求： 反冲电子的动能EK； 散射X射线的波长； 反冲电子的运动方向与入射X射线间的夹角 解答根据康普顿散射公式得波长变化为 -8 4 62 9 -3 -4 2?sin 2 ? 2 ?2?2.426?10 ?12 sin 2 4 =.42610-12， 散射线的波长为 = + = 0.7242610 反冲电子的动能为 Ek? hc ?hc -10 ? 6.63?10 ?34 ?3?10 ?10 8 0.7?10 ? 6.63?10 ?34 ?3?10 ?10 8 0.72426?10 =.5210-17 由于 tan? hc/?hc/? ? ? 0.70.7
4、2426 ?0.9665， 所以夹角为 =41 17求波长分别为1 =.010-7m的红光；= 0.2510-10m的X射线的能量、动量和质量 解答X射线的能量为 E = h = hc/， 动量为 p = h/； 由E = hc/ = mc，得其质量为 m = h/c 对于红光来说，能量为 E1? 6.63?10 ?34 2 ?3?10 ?7 8 7?10 =.8410-19， 动量为 p1? 6.63?107?10 ?34 ?7 =.4710-25， 质量为 m1? 6.63?10 8 ?34 ?7 3?10?7?10 =.1610-36 对于X射线来说，能量为 E2? 6.63?10 ?3
5、4 ?3?10 ?10 8 0.25?10 =.95610-15， 动量为 p2? 6.63?100.25?10 ?34?10 =.65210， -23-1 质量为 m2? 6.63?10 8 ?34 ?10 3?10?0.25?10 =.8410-32 17处于第四激发态上的大量氢原子，最多可发射几个线系，共几条谱线？那一条波长最长 解答第四激发态的氢原子处于第5个能级，最多可发射四个线系 能级5到4，1条谱线； 能级5和4到3，2条谱线； 能级5、4和3到2，3条谱线； 能级5、4、3和2到1，4条谱线 共10条谱线从能级5跃迁到4发射的光谱频率最小，波长最长 17设氢原子中电子从n =的
6、状态被电离出去，需要多少能量 解答氢原子能级公式为 En? me 2042 1n 2 8?h ， 当n=1时，基态能级的能量为 E1? me 2042 8?h -2.1810-18 = -13.6， 因此 En? E1n 2 当电子从n能级跃迁到m能级时放出或吸收光子的能量为 ?E?En?Em?E1 电离时，m趋于无穷大当电子从n =的能级电离时要吸收能量 ?E?13.6= -3.4， 因此需要3.4eV的能量 179 1710 质量为m的卫星，在半径为r的轨道上环绕地球运动，线速度为v 假定玻尔氢原子理论中关于轨道角动量的条件对于地球卫星同样成立证明地球卫星的轨道半径与量子数的平方成正比，即
7、r = Kn2，； 应用的结果求卫星轨道和下一个“容许”轨道间的距离，由此进一步说明在宏观问题中轨道半径实验上可认为是连续变化的卫星绕地球运动的向心力是万有引力 GMmr 2 -34243 ? mvr 2 ； 根据玻尔理论，角动量为 mvr = nh/2 将前式乘以mr得 GMmr? 2 2 3 4 2 2 ， 所以 r? hn 22 2 2 2 ?Kn， 4GMm 即：卫星的轨道半径与量子数的平方成正比 假设卫星质量m = 100kg，比例系数为 K? h 2 2 2 4GMm ? 224 ?6?10? 2 =.7710 -87 可见：比例系数很小 当r = R时，地球表面的量子数为 n0?
8、 ?4.8?10 46 可见：地球表面处的量子数很大 地面以上的量子数设为n，则总量子数可表示为两个量子数之和：n =n0 + n轨道间的距离为 r = K - = K2 + 1 由于n01，所以r =Kn0 +Kn 设n = kn0，即：取地面以上的量子数为地球表面量子数的倍数，有n = n0，则 r = Kn022， r =Kn0 =.6610-40 这说明：当地面以上的量子数按k + 1成倍地增加时，半径将按k + 1的平方的规律增加，而轨道之间的距离只按k + 1的一次方的规律增加；由于r的系数很小，所以轨道间距是非常非常小的，因此可认为轨道半径是连续变化的 -10 1711 电子和光
9、子各具有波长2.010m，它们的动量和总能量各是多少？ 解答它们的动量都为 p? h? 6.63?102?10 ?34 22 ? ?10 =.31510-24 根据公式E= p2c+ m02c4，电子的总能量为 E?10+ =8.1910 8 -24 -16 8-24-31821/2-14 光子的静止质量为零，总能量为 E = cp=103.31510 =.94510 171室温下的中子称为热中子T =00K，试计算热中子的平均德布罗意波长 解答中子热运动的平均速度为 ? -23 -1 -27 其中k为玻尔兹曼常数k = 1.3810JK，mn是中子的质量mn = 1.67510kg，可得平均
10、速度为 10， =.509 平均动量为 10 ?mn=.2 平均德布罗意波长为 -10 10 = 0.158 ?h/= 1.58 -27 -1 4 -1 171假定对某个粒子动量的测定可精确到千分之一，试确定这个粒子位置的最小不确定量 该粒子质量为510-3kg，以2ms-1的速度运动； 该粒子是速度为1.810ms的电子 解答粒子的动量为 p = mv， 动量的不确定量为 p = p/1000， 根据动量和位置的不确定关系px ?/2，位置的不确定量为 x = ?/2p ?x? h2?ph2?p ?1000h4mv1000h4mv ? 1000?6.63?10 3 ?34 8-1 4?5?1
11、0?21000?6.63?104?9.1?10 ?31 ?34 =.27610-30 ?x? ? ?1.8?10 8 =.2210-10 171一束动量是p的电子，通过缝宽为a的狭缝，在距离狭缝为R处放置一屏，屏上电子衍射图样中央最大的宽度是多少？ 解答根据动量和位置的不确定关系 pxx h， 其中位置不确定量为x = a，动量的不确定量为 px = psin 设电子衍射图样的中央最大半宽度为w，则 sin = w/R， 可得 pwR ?a?h， 宽度为 2w? 2hRpa 第十一章静电场 例题答案： 111. B； 112. B； 113. B 114. qdqd ；从O点指向缺口中心点 ?
12、 4?0R22?R?d8?2?0R3 ?d/?0 ； ?04R?d115. 116. D 117. ?d 2 2 ；沿矢径OP ?3? 向右 ; 向右2?02?0 118. 119. D； 1110. C； 1111. C 1112. V1V 1113-14. 1115. 无答案 练习题答案： 111. 证明：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向 带电直杆的电荷线密度为?=q/L， 在x处取一电荷元dq =?dx = qdx/L， 它在P点的场强： dE? dq4?0L?d?x2 ? qdx4?0LL?d?x2 qdxq总场强为：E? ?2 4?0L?4?0dL?d0 112. Q / ?0
13、， 0 113. ? / ，3? / 114.B 115. 解：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷dq=?0 dx L 它在O点产生的电势 dU? ?0?x?a?dx 4?0x O点总电势： U?dU? a?ldx?0?0?a?l dx?aax?4?0?a?4?0 a?l? l?aln?a? 116. 解：在圆盘上取一半径为rrdr范围的同心圆环其面积为 dS=2?rdr 其上电荷为dq=2?rdr 它在O点产生的电势为 dU? dq?dr ? 4?0r2?0 总电势 U?dU? S? ? 2?0 ? R dr? ?R 2?0 117. 解：设导线上的电荷线密度为?，与导线同轴作单位长度
14、的、半径为r的高斯圆柱面，则按高斯定理有 ?rE =? / ?0 得到 E = ? / 方向沿半径指向圆筒导线与圆筒之间的电势差 U12? ? R2 R1 ?E?dr? ?2?0 ? R2 R1 R?dr ?ln r2?0R1 则E? U12 代入数值，则： rlnR2/R1 导线表面处 E1? U12 2.510V/m R1lnR2/R1 圆筒内表面处 E2? U12 1.7010V/m R2lnR2/R1118. 解：设小球滑到B点时相对地的速度为v，槽相对地的速度为V小球从AB过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒mvMV0 对该系统，由动能定理 mgREqR 121 mvMV22 、两
15、式联立解出 v? 2MRmg?qE 方向水平向右 mM?mmv2mRmg?qE 方向水平向左 ?MMM?m V? 119. 解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为 UA? ?R 2?0R2?3R2 ? ?R? UB? 224?06?2?0R?8R0 q由A点运动到B点电场力作功 q? ? A?q?UA?UB?q12?4?6?0?0?0 注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算 1110. 解： 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即 1 U0? 4?0 ?q1q2?1r? ?1r2?4?0?4?r12?4?r22r?r 2?1 r10 U0?0-8.85
16、10C / m r1?r2 ? 设外球面上放电后电荷面密度为?，则应有 U0 即 1 ?0 ?r1r2?= 0 r1 ? r2 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 q?4?r224?r221? ?r1? ?r2? ?4?r2?r1?r2?4?0U0r26.6710C - 第十二章导体电学 例题答案： 121. D 122. C 123. 没答案 124. q， 球壳外的整个空间 125. 1d ，2?0S 126. 127. C 2Fd/C，2FdC 128-9. 练习题答案： 121. C=712Uf 12 解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E1=?1 ? ?0，E2=?2 ? ?
17、0 左边两极板电势差U1= ?1d1 ? ?0， 右边两极板电势差U2=E2d2=?2d? ?0，而U1=U2，则?1 ? ?2= d? d1。 123. D 124. C 125. 证明：在导体壳内部作一包围B的内表面的闭合面,如图设B内表面上带电荷Q2，按高斯定理，因导体内部场强E处处为零，故 ? ?)/?0?0 E?dS? 136. C 练习题答案： 131 Umax?RE0/e = 14kV 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为?，则电容器两极板之间的场强分布 为E?/ 设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为 U?Edr? r ? R ?R? ?lndr?2?r2?r0
18、r R 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有 ?2?r0E0 R r0 U?r0E0ln 适当选择r0的值，可使U有极大值，即令 dU/dr0?E0ln?E0?0 得r0?R/e 显然有 d2Udr0 2 Umax?RE0/e = 14kV13 W?W0/?r 解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量D保持不变， 又 w? w11112 DE?D2?D0?0 2?0?r?r2?0?r 因为介质均匀，电场总能量 W?W0/?r 133解：设某瞬时球上带电q，电势为u，将dq自?处移至球面，外力做功等于的电势能增量dw，即dw=udq。球上电量由q=0?
19、Q，外力作的总功为球末态的电势能。所以W=?u?dq=? 0Q Q Q2q 。 ?dq= 8?R4?R 134U=1000V，We=?10?6J ?We=.0?10?6J 由于把带电的两面三刀极板拉开时外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了 第17章 量子物理学基础 参考答案 一、选择题 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10 二、填空题 14 hc/?，h/?，h/. .5，4.010 . A/h，. ?，0 . 1/ -33 -1 3 1.6610 kgms ，0.m 或3.mm . 1， .粒子在t时刻在处出现的概率密度. 单值、有限、连续. 2 dxdydz?1
20、2 . ，n. 泡利不相容， 能量最小. 三 计算题 1. 用辐射高温计测得炼钢炉口的辐射出射度为22.Wcm-2，试求炉内温度 -8 解：炼钢炉口可视作绝对黑体，其辐射出射度为 -24-2 MB =2.Wcm22.810 Wm 由斯特藩玻尔兹曼定律 4 MB = ?T 3 T = 1.4210 K 32 2已知垂直射到地球表面每单位面积的日光功率等于1.3710 W/m 求太阳辐射的总功率 把太阳看作黑体，试计算太阳表面的温度 解： 太阳在单位时间内辐射的总能量E = 1.371034?=.87102W 太阳的辐射出射度 E0? E4?rS 2 24 ?0.67410 W/m 82 4 由斯
21、特藩玻尔兹曼定律 E0?T 可得 T? E0/?587K 3图中所示为在一次光电效应实验中得出的曲线 求证：对不同材料的金属，AB线的斜率相同 由图上数据求出普朗克恒量h 14 Hz) -19 解： 由 ea?h?A得 |U a?h?/e?A/e da/d?h/e由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同 h = etge 2.0?0?10 14 =.410-3Js ? 4. 波长为?的单色光照射某金属M表面发生光电效应，发射的光电子经狭缝S后垂直进入磁感应强度? 为B的均匀磁场，今已测出电子在该磁场中作圆运动的最大半径为R求 金属材料的逸出功A； 遏止电势差Ua 解： 由 eBv?mv2/R 得v
22、?/m， 代入h? hc 12 2 B mv 2 2 2 ?A 2 2 2 1mReBhcReB 可得 A? 2 ?2?2mm 2 2 eUa? 12 mv，a? 2 mv2e 2 ? ReB2m . 5光电管的阴极用逸出功为A =.eV的金属制成，今用一单色光照射此光电管，阴极发射出光电子，测得遏止电势差为| Ua | =.0 V，试求： 光电管阴极金属的光电效应红限波长； 入射光波长 解： 由 A?h?0?hc/?0 得 ?0? 由 12mv 2 hcA ?5.6510 m =6nm -7 ?ea , h? hc ? ?ea?A 得 ? hcea?A ?1.7310-m = 17nm 6?
23、粒子在磁感应强度为B = 0.02T的均匀磁场中沿半径为R =0.8cm的圆形轨道运动 试计算其德布罗意波长 若使质量m = 0.1 g的小球以与?粒子相同的速率运动则其波长为多少？ 解： 德布罗意公式：?h/由题可知? 粒子受磁场力作用作圆周运动 qvB?m?v 2 /R，m?v?qRB 又 q?2e 则m?v?2eRB ?11?2 m?1.00?10nm 故 h/?1.00?10 由上一问可得v?2eRB/m? 对于质量为m的小球 mmhh-34 =6.6410 m mv2eRBmm -8 7. 一电子处于原子某能态的时间为10 s，计算该能态的能量的最小不确定量设电子从上述能态跃迁到基态
24、所对应的光子能量为3.3eV，试确定所辐射的光子的波长及此波长的最 -34 小不确定量 解：根据不确定关系式 ?E?t ? 得 ?E ?/?t = 0.65910-eV 根据光子能量与波长的关系 E?h?hc/? -7 得光子的波长 ?hc/E?3.6710 m 2-15 波长的最小不确定量为? = hc ?E /E =.1310 m 8已知粒子处于宽度为a的一维无限深方势阱中运动的波函数为 ?n? 2 aa 试计算n = 1时，在 x1 = a/x=a/4区间找到粒子的概率 解：找到粒子的概率为 3a/4 3a/4 *1 sin?x ， n = 1, ? 1dx? a/4 ? a/4 2a
25、sin 2 ?xa dx ? 1?11 ?0.818?22? 四 研讨题 1. 人体也向外发出热辐射，为什么在黑暗中还是看不见人？ 参考解答： 人体辐射频率太低，远离可见光波段。如果设人体表面的温度为36C，则由维恩位移定律 ?3 ?mT?b，b?2.897?10m?K ?6 算出?m?9.375?10m,在远红外波段，为非可见光，所以是看不到人体辐射的，在黑暗 中也如此。 2. 在彩色电视研制过程中，曾面临一个技术问题：用于红色部分的摄像管的设计技术要比绿、蓝部分困难，你能说明其原因吗？ 参考解答： 由于红光的频率比绿光、蓝光的频率小，故当光照射到金属表面上时，光电子从金属表面逸出时的最大初
26、动能也小，这样回路中形成的光电流就比较小，甚至还有可能就没有光电子从金属表面逸出，回路中没有光电流 3. 用可见光能产生康普顿效应吗？能观察到吗？ 参考解答： 可以从下面两个角度来理解。 可见光的光子能量相对于X射线中的光子能量来说太小，与原子中的电子碰撞时，电子不能被认为是自由的，而是束缚在原子内，光子此时与整个原子碰撞，原子质量M很大，相应的波长改变量 ?c? hMc 比康普顿波长要小得多，所以可见光波长的变化太小而观察不到。 假设可见光的光子可以与固体中的自由电子发生散射，波长的改变量?还是应该与康普顿效应中的相同，是康普顿波长 ?c? hm0c ?2.43?10 ?3 nm 它是10?
27、3nm的数量级。但由于可见光的波长很长，是10nm的数量级，可算出波长的改变量?/?为10?5的量级，故不容易观察到。 4. 已知电子具有内禀的自旋磁矩?m?0.928?10?23J/T.如果采用下述经典模型：电子是一均匀带电的球壳，半径为R，总电量为e，以角速度绕过其中心的直径旋转，已知电子的半径不大于10?18m，按此估算，电子要具有上述磁矩值，相应的“赤道”线速度应多大？由此判断经典模型是否合理. 参考解答： 分析：带电球面旋转，形成分布于球面的环形电流，利用磁矩定义可计算求解. 解题：设球面上电荷密度为，在球面上截取宽度为ds的球带，球带相当于一半径为r的载流圆线圈，其电流为 dI?ds?r，相应的磁矩为dPm?dIr2 由图可见，式中r=Rsin，ds=Rd，因而 dPmR4sin3?d? 各球带的dPm的方向相同，故整个自旋电子的磁矩为 ? 2 PmRsin?dR?sin?d? 434 ? 3 4?R 3
