大二上-物理b2真题05-08答案合集

填空题(6分(本题3分稳定光 3(本题3分r1r2e2GL 3计算题(共10分(本题5分nLk k1，2, 3代 =c/k=kc k1，2, 2(本题5分解：根据驻波条kk k=1，2, 3代 =c/可

1kc/2

k

1cL1.5×108 23三理论推导与证明题(共10分(本题5分解：按照驻波形成条件，在腔长为L的腔内形成驻波的光波波长 应2nL代 qc/

（q为任一正整数 3（c为真空中光速得故谐振频

2nLqc/qqc于是得相邻两谐振频率的间 q=q+1-q=c/ 2(本题5分解：设光在左端镜面处的光强为I0，则向右达到右端镜面处，光强增加到I0

0e2BL2再经左镜面反射后光强减小到r2r1I 这时光在谐振腔中经历了一个来回21rrIe2BL21 这就是产生激光的阈值条件 5回答问题(5分(本题5分答：(1)与激光物质的原子（分子或离子）自发辐射的谱线宽度有关，越 2与激光器腔长L及腔内工作物质的折射率n有关，因为通常的纵模之间 2 可知n、L越大 1选择题(3分(本题3分参考当从增透膜为相

薄膜的上、下两表面的反射光的光程差为1 时，反射22ne1 e

5000

90.6

4填空题(共24分(本题3分8.9 3 (n1)dd5/(n1)8.9(本题3分

N1 3(本题3分

N1 3(本题3分2.90×10-5 3透射光加强即反射光减弱，由以下公式可求n2n2sin2 n2n2sin2 1.421.42sin2令k=

2.90×10-5cm(本题3分32 3参考解答：L232(本题3分1.4×102 3(本题3分0.24 3(本题3分480 3参考反射增强， 2ne124ne480nm（k2k三计算题(共115分(本题5分d2(n1)a0.87 2（式中=0.5°0.0087xd/(a 20.63 1(本题5分dxD2(n1)a/(a 3所 [(aL)]/[2(n1)ax] 2(本题5分 d=2L1 2分 xL/d(L1L2)/ 1=1.1 2(本题10分LP xLP xO源S发出的光束经过上半个透镜L1L2分别折射后所形成的两光束和两个同相位的相干光源S1和S2的位置，如图 111 和u2f v2又因SS1和SS2分别通过上下两个半透镜的中心，由图S1S2:h(uv):u2 S1S22h，且S1S2平面与屏的距离=8f． 5分根据类似双缝的计算可知P点的光强I2A21cos4Icos21 2 其 22(2h)sin2(2h)

2 8 I

cos2hxx=0I

4I1 II

cos2hx 1(本题10分解：设视场中的条纹由最清晰（1的明纹与2的明纹重合）变为最模糊（1的明纹与2的暗纹重合）的过程中，可动反射镜M2移动的距离为d，则在此过程对于2，光程差增

2d2d(p1

3 3由①式和②式联立解得 p 2(21

1将③式代入①式得 d 589.0589.6 24(21 1.45×105nm1.45×10-4 1(本题5分 2(n1)d 3d 5.43×10-3 22(n(本题5分 2(n2n1)d 3n2

1= 1(本题5分

N1 3 =1.96×10-4 2(本题10分2n2ecosr 3 2n2e21.501.00

应取较小的整数，kmax=47（能看到的最涉级为第47级亮斑）．3分最外面的亮纹级最低，为kmin，相应的入射角为im=45(因R=d),相应的折射角为rm，据折射定律有 n1sinimn2sinrm

mm

)sin11.00sin

=由2n2ecosrmkmin 2necos 21.501.00105coskmin 2 m

=应取较大的整数，kmin=42（能看到的最低级为第42级亮斑 3∴最多能看到6个亮斑（第42，43，44，45，46，47级亮斑 1(本题10分解：设开始时仪的等效空气薄膜的厚度 e1，则对于视场中心的亮斑2e1 2

2e1cosrk 2设移动了可动反射镜M2之后，仪的等效空气薄膜的厚度变为e2，则对于视

2e2(k 22e2cosr(k14) 2分联立解①─④，得 k= 2(本题10分解：设开始时仪的等效空气薄膜的厚度 e1，则对于视场中心的亮斑2e1 2

2e1cosrk 2设移动了可动反射镜M2之后，仪的等效空气薄膜的厚度变为e2，则对于视

2e2(k 22e2cosr(k14) 2分联立解①─④，得 k= 2(本题5分cc =l=2.07×10-3nm 3分 =|-c/|=c/lcc1.5×109 2(本题5分解 ∵= ∴=-=c=0.173 2lcc/)2cc6000 3(本题5分解：每变化一个条纹，仪的动镜移动半个波长，故能测出十分之一个条纹，(1/10)130.3 32用迈克耳孙仪动镜可以测量的量程为光的相干长度之1l 218 22 24.(本题5分L=2/=32t=L/c=1.1×10-93225.(本题5分2en2sin2i/22k=02en2sin2i/e2)2n2sin2i111 326.(本题5分2ne(2k1)/(k=0,1,令k=得dmin=/4=114.61(本题5分n2n2sin2 解：设膜的厚度为e，令膜的上下表面反射的光束为1和2，1、2两束反射n2n2sin2 （n1<n2<n3，两束反射光都有相位的突变，故因反射导致的附加光程差为相 条件 = k=n2n2n2n2sin2 ek/(2n2n2sin2i 2 取k=1，得最小厚 e/(2n2n2sin2i 1 四理论推导与证明题(共13分(本题8分证：假设不考虑两束相干光线在分束板G1的镀银层上反射时产生的相位突变之差，则对于等倾条纹的第k级明纹有2ecosk 对于等倾条纹的第k12ecosk1(k ②－①,有 2e(cosk1cosk) 4分第k级明纹与第(k+1)级明纹的角间隔()kkk 当(

k

cosk(

cosk

k

ksink()k 3分 ()kkk1/(2esink) 1(本题5分

图2分attar2aatrart

从而得到：(1)tt1r2和(2)rr 3分五回答问题(共40分(本题5分GOEM解：(1)OO1=OO2M2G成像GOEM 直入射情况。故条纹是以

为中心的明暗相间第k级亮纹的半径 1rk ，k=0、1、2、 2(2)M1G 231.(31.(本题10分答：要观察到光波的现象，只有把光源上同一点发出的光，采取分振幅或分波面法，使它分成两束，并使各原子发出的同一波列分成的两个波列自身相遇才 4分从同一波列分出的两个波列能否相遇显然与该波列持续的时间有关，令波列长度lc=c（c为光速），则只有当两束光的光程差小于波列长度，从同一波列分出的两个波列能相遇时，才可以观察到现象．我们把光波中波列的平均长度lc称为该光波的相干长度，而波列持续的平均时间=lc/c称为该光波的相干时间，用它们来衡量光的时间相干性．普通光源发出的单色光的相干长度在毫米数量级，而激光的相干长度一般可大几个数量级 6(本题10分出的光波场中两（例如双孔中的双

xs′ II 个线光源发出的光经S1，S2分出的两束光都会产生一套条纹．因为各线边缘处的线光源s′的条纹的0级在O′处，屏上观察到的条纹是这些开半个条纹间距时，屏上条纹．如图，此时的w、b、d值可作为产生现象的极限值 6 w=d/仅当w<(d/b) 或(wb/d)< 性 4出的光波场中两（例如双孔中的双

xs′ II 个线光源发出的光经S1，S2分出的两束光都会产生一套条纹．因为各线边缘处的线光源s′的条纹的0级在O′处，屏上观察到的条纹是这些开半个条纹间距时，屏上条纹．如图，此时的w、b、d值可作为产生现象的极限值 6 w=d/仅当w<(d/b) 或(wb/d)< 性 4(本题5分解亮条纹中心是三束光在此引起的三个光振动无 位差处．所以光振动叠加的振幅矢量图为图 1 图

A合2 图 A选择题(共42分(本题3分若把单缝的宽度增大为原来的3倍，根据惠更斯──菲涅尔原理，极大A03I09倍．设单缝宽度原来为a，后来增大为aa3a．asin1，asin1 sina

asin

1

减小为原来的13(本题3分 d/a=0.15/0.03=(本题3分参考d/a/4，=0，，2

a4a4

I1[sin(/4) 2]I /]I2[sin(/2)]2cos2I /[sin(/4) I1 /

]cos

2]2 [sin(/2)]2/

4(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分 1.22/D5.3×10-7(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分填空题(共94分(本题3分 1 2(本题3分Isin2(asin 2a2sin2 3sin2

a或写 II u ，u (本题3分 3当的第4极主极大的位置和衍射的第1极小的位置重合时不仅可出现±4，±8，±12da=d/a最大，且d/a=4．(本题3分 319.(19.(本题3分0.255[或(sin3/5)2 33/参考

d

5 ∴=0，，2，3，4 =3 =3而由光强公

3﹕I

cos2(sin

(cos23)(sin3/5)23/(本题4分 2(本题3分 3(本题3分 3(本题3分n(absin 2变 1(本题4分N 2 2(本题3分I(sin/5) /

3(本题3分 1 2(本题3分3(本题3分 32 0 k(Rr)0(本题5分 3 230.(30.(本题3分2.24×10-3(本题3分3(本题3分2.7×10-3(本题3分5.2×10-3(本题3分3

l/S1.22/1.225.5107l m1.34 5(本题3分 3(本题3分 3(本题3分 3/=589.6589.0nm589.32=(589.6－589.0)nm=0.6N=589.3/0.6=(本题3分 339.(本3分0.170340.(本题3分2.82×10-103参考解 2dsin=，d=2.82×10-1041.(本题3分1242.(本题3分2143.(43.(本题3分 1分衍 2(本题3分 1分衍 2三计算题(共151分(本题5分解：根据光强公式，强度的极小值出现在u=k，k=的位次极大近似地可以认为是位于相邻两个极小的正中，因而可由下式求得u(k1)，k 22将上式代入光强公式，则得各次极大的光强sin(k1IkI0

(k

12

代 sin2(k1)2可(本题5分

IkI

(k

31)2π2解：极大的衍射角满足如dsink，k=0，1，2，… 单缝衍射第一个暗点（明纹边缘）在′方向，asin′= 1分在0到′范围内，dsin≤dsinda故k≤d/a=5.5 k只能取0，1，2，3，4，5． 2分另一侧，k可取-1，-2，-3，-4，-5．共计11条明条纹 1(本题5分程差为(ab)(sinsin，(ab是光栅常数，是入射角，(ab)(sinsin)k， 取的最大值，即sin1，可得k= 3∴最多能观察到第548.(本48.(本题10分解 (ab)sink，当/2kab3.39，kmax= 2又∵a=

(absin2asin 1但当k=±2，±4，±6，…时缺级 1∴能看到5条谱线，为0，±1，±3 1 (ab)(sinsin)k2

30°， 1，k(ab)(sin30sin90)/= 取 = 11kab)(sin30sin90- 2

1∵a=b，∴第2，4，…缺级 1∴能看5条谱线，为+5，+3，+1，0，-1 1(本题10分解：(1)斜入射时的光栅方 光栅透 dsindsinikk=0，±1，±2，…2分规定i从光栅G的法线n－n起，逆时针方向为正；G的法n－n起，逆时针方i30°，设k=kmax1

i

kndsin90dsin30kmax1(d/)(sin90dsin30)=取整kmax1= 2对应于i=30°，设=-90°，k=kmax2， dsin(90)dsin30kmax2kmax2(d/)[sin(90)dsin30]=-取 kmax1=- 2但因d/a=3，所以，第-6，-3，…级谱线缺级 2-5，-4，-2，-共7条光谱线 2(本题5分解：当平行光垂直于光栅平面入射时，单槽衍射零级主极大在衍射角 2方（这是最强的衍射光）．按题意，此方向出现波长的第1级谱线．故1

dsin2 3 0.5 2

1000 151.(本题51.(本题5分 (ab)sink现知ab，对于第一级谱线（主极大）(ab)sin2asinII0sin2u/u2uasin/

1 2由①得对于第一级 u1 12sin21 II 1(1 2(本题10分 dsin131 dsin2 2-1 dcos1(21)3(21d 213(2d

1 131 )

3(5895.95890.0) 21

5.9×10-4 5 5890 1

2.0×10-4 5Nd (本题8分为d的双缝所组成．在衍射角为时，每个衍射单元的光强为I4I0(sin/)2cos2其中asin

d

4在衍射角为时，N个衍射单元的多光 的光强为（相邻两个衍射单其中

II(sinN)2 3sin(3dsinI

(sin)2cos2

(sinN)2sin

154.(54.(本题5分 asin10.61 1分D2f 2通常a，因而1很小，于 1sin1所 D=1.22f/ 2(本题5分 (2k 因点光源极远，上式中R→∞，变为 k3

kD可知圆孔对P点恰可分成奇数个半波带，故P点为亮点 5(本题5分解：设人眼在空气中最小分辨角为 ，汽车与人之距离为1.22 2dS

S 1.22/

ld 2=4.9×103 1(本题5分解：(1)已知d3mm，=550nm1.22d2.24×10-4 3(2)x=2mmll=x/8.9 1所以距黑板10m处的同学看不清楚 1(本题5分解：人眼最小分辨角 r=1.22 2 d/ 1人眼刚能分辨两灯时，∴

，或d/L=1.22LDd/(1.229.09 2(本题5分解：根据光栅的分辨本领R与条纹级次k和光栅刻线总数N的关系R

3 N1k上式中取=589.30nm，为平

260.(60.(本题10分解：据光栅公 dsin得 d 26002.4×103nm=2.4 3

R/N 3在30°的方向上,波长2400nm3级主极大缺级，因而在此处恰好是波长2的单缝衍射的一个极小，因此有：dsin3032，asin30k a=kd/3， k=1或2 2分缝宽a有下列两种可能：当k=1时 a1d12.4m=0.8m 1 当k=2时 a=2×d/3=2×2.4/3m=1.6 1(本题5分解：光栅总缝 N=100×1200=1.200×105（条 1

R/kN，k是光谱的级次 2

600 =2.5×10-3nm 221.2(本题5分解：光栅总缝 N=100×1200=1.200×105（条 1

R/kN，k是光谱的级次 2

600 =2.5×10-3nm 221.2(本题5分解：光栅的分辨本领R与光栅狭缝总数N和光栅光谱的级数k有关．光栅分辨本领公式 R=/= 3N 656.33646 2 1(本题8分 ab

26002400 3sin /=N

5103

60000 3 LN(ab)6×104×2400nm=14.4 265.(65.(本题10分解：(1)应用光栅公 (ab)sin1 589500sin1 a

11 1 589.6500sin2 a

12 117°8.7′-17°7.7′= 1(2)该光栅的总缝 N a

100×500= 2则该光栅的第一级光谱中波长=600nm处正好能分辨的谱线波长差N

nm=0.012nm 35(本题5分 2dsin2dk

k

2k540.095nm1.19nm的X3(本题5分dX射线波长为1，掠射角1=30k1=1；另一束射线波长为2=0.097nm，掠射角2=60°，级次k2=3．根据布拉格公式：第一束

2dsin1 22dsin2k2 2 k22sin10.168 11 sin1(本题5分 2dsink22.75sin450.3.8885 3k=31=0.130 1k=42=0.097 10.130nm0.097nm的X四理论推导与证明题(共20分(本题10分证：考虑图(a)所示的观察夫琅禾费衍射的装置．把宽度为a的单缝分成很多宽为x的光带．各光带投射到屏上P点的光波的振动合成，可视为同振动方向同周期同振幅的简谐振动的合成，从相邻波带到达P点的光振动具根据同方向振动合成的振幅矢量法，可把从各光带向角方向到达P点光振动的振幅合成画成(b)图．E0为衍射图样中心处P0点的振

图aaPf图RR0随着P点处的振动初相差也增大．但对于一定的这一初相差也是一定的，所以矢量元箭头首尾相连成一定半径R的弧线．其弦长即为该处的合振幅E．设P E2Rsin12Rsin u11E/R，R1E/ 2所 E

3 又由光程差 可知位相 2asinuasin

2方程①连同方程②（u的定义），给出在任意衍射角处（P点）III

(sinu 2u即是光强的分布式（其中 E2 附图(a)和 3(本题10分证：光栅的分辨本领是指把波长靠得很近的两条谱线分辨清楚的本领．它的定义是恰能分辨的两条谱线的平均波长与这两谱线波长差 之比，用R表示R 3k级光谱中波长为和的两条谱线，则波长为k级明条纹中心应正好和波长为kN-1级暗纹重合．根据光栅衍射公式，波长为的光的第k级明纹中心的衍角(absink(k0，±1 2根据光栅光强公式，知波长为kN-1级暗纹对应的衍射角(absinkN1)( 2N所以刚能分辨两谱线的条件 kkN1(故 R故 RkN对于光栅kN1，故得光栅的分辨本 R

3五回答问题(共25分(本题10分答：考虑如图的观察夫琅禾费衍射的装置，把狭缝分成很多等宽的沿着缝长方向的光带．各光带投射到会聚透镜后焦面处屏上某点的光振动，可视为同振动方向同频率等振幅的简谐振动，同时相邻波带到达该点的光振动具有相同的微小初相

EE根据同方向振动合成的振幅矢量法，可以把各光带向衍射角方向在衍射图样中心处等于零，因而狭缝上相邻光带在中心处振幅矢量元的相成振幅具有最大值E0，如图 2随着衍射角的增大，相邻光带在某点处的振动的相位差也增大．但对于一定的，这一相位差也是一定的．所以矢量元首尾相连成一定半径的弧线，其弦长即为该点处的合振幅E，见图(b)． 2分 的进一步增大，到达这样一个局面，见图(c)，这时这根箭头链子弯曲而绕成360°的圆最后一个箭头与第一个箭头首尾相接这一情况相应于I= 2随着360°，如图所示 2光强正比于振幅的平方，所以光强的变化不难从合成振幅的变化加以说明．随着的增大，光强将从 极大减小到第一个极小(I=0)，再增加到第一个次极大，然后减小到第二个极小(I=0)，以后陆续形成各个次极大与极小， 2分(本题10分I答：(1)远处的点光源发出的平行光，通强分布如图1所示．I

图 图如果圆光孔的直径为d，光波波长为，分析表明，对应于爱里 亮边缘或其第一暗环的衍射角Asin

1.22d通常

很小，所 1.22 3 斑）可能以至不看出是个像．经验表如果这样个爱里斑的使个爱里斑中心正好落另一爱里斑的第暗环上（如图2），就是透镜成像能分辨出来的两个像斑的最小张角．3分一般光学仪器，如望远镜、照像机、显微镜等的像点都可以认为是物镜光孔（d）的爱里斑．对于两个张角为的光源点（物点），其像点中心对物镜的张角也是．根据瑞利判据可知光学仪器能够分辨出两个物点的最小张 1.22d1R1

4(本题5分答：因为在全息底片上不同处分别记录了从同一物点发出的不同倾角的物光体各点的信息，所以通过全息的一个碎片仍能看到整片记录的全部信息．5选择题(共75分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分25.(本3分填空题(共76分26.(本题3分327.(本题5分hc/1h/2h228.(本题4分2229.(本题5分hc/1h/2h230.(本题4分2231.(本题4分1.4527.14×105m·s-232.(本4分202(本题3分2.21×10-3(本题3分3(本题4分222(本题4分(h/e)(1022(本题4分22(本题3分3(本题3分3(本题4分6.63×10-2622.21×10-342(本题3分111(本题3分h(hcos)p 3 (本题3分 3(本题4分 2 2hh346.(46.(本题3分hc 3mec2hmc2h mc2mc2hhhchchc( 三计算题(共114分c(本cicN解：(1)hphicNmh/c2 3 (2)光对平面镜的光如图示，每一个光子入射到平面 MN上，并以i角反射，其动量改变量为

m(ccc 2mccosinˆhc2cosinˆ 2cNccosi (此处n为光子数密度 2 P

N|

mc)|/

(2mccosiccosiSn 22mc2ncos2i2hncos2 1c(本cicN解：(1)hphicNmh/c2 3 (2)光对平面镜的光如图示，每一个光子入射到平面 MN上，并以i角反射，其动量改变量为

m(ccc 2mccosinˆhc2cosinˆ 2c Nccosi (此处n为光子数密度 2 PN|(mcmc)|/S(2mccosiccosiSn)/ 22mc2ncos2i2hncos2 1(本题10分解：(1)由

hheA 3d

dh (恒量由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同 3 hetge 2.0 2(10.05.0)=6.4×10-34 250.(本50.(本题8分 由eBvmv2/R v(ReB)/m， 2分 h1mv2A2可 Ahc1mR2e2B hcR2e2B可 A

1mv 22Ua

mv

R2eB 1(本题5分解：由爱因斯坦方 h1mv2 2 eUa(hc/)

1mv22a所 e(Ua

)hc(

1 3

(hc/e)(

10.345 2(本题5分 h0A0 (hc/0)A0hc 2∴

(hc/)AEKA(hc/) =612 3 (hc/)

hcEK(本题5分解：设光源每秒钟发射的光子数为n，每个光子的能量为则 Pnhnhc/得 nP令每秒钟落在垂直于光线的单位面积的光子数 n0，n0n/Sn/(4d2)P/(4d2hc) 3分光子的质 mh/c2hc/(c2)h/(c)=3.33×10-36 2(本题5分解：设光源每秒钟发射的光子数为n，每个光子的能量为则 Pnhnhc/得 nP令每秒钟落在垂直于光线的单位面积的光子数 n0，n0n/Sn/(4d2)P/(4d2hc) 3分光子的质 mh/c2hc/(c2)h/(c)=3.33×10-36 255.(55.(本题5分EK=入射光子与散射光子能量之差=0入射X射线光子的能量0h0hc/0 0hc/0 2分 hc/hc/(1.200)(1/1.2)0 EK0(11/1.2)00.10 3(本题8分解：(1)e(hmc)(1cos)0.024×10-10e1.024×10-10 42设反冲电子获0动能 (mm)c，根据能量守恒2Keh0h(mme)c2hE hc/0[hc/(0)]- EKhc/[()] J=291 4- (本题5分 解 hA

mv 1 evBmev2/RAhc/0c①，②，③，④式联立可求

1 1 10(eBR)2/(2mehc)

2(本题5分解：(1)得

Ah0hc/hc5.65×10-7m=565 2 2 1mv2 2a

hhc eUaA 1.73×10-7m=eUaA(本题5分解：当铜球充电达到正电势U时heUA1mv 22 h≤eUA时，铜球不再放出电子， 1分 eU≥h-A=hcA2.12eV U≥2.12V时，铜球不再放出电子 260.(60.(本题5分

1

EK

hc(

1)1.68×10- 3(本题10分 解：令、和、分别为入射与散射光子的动量和频率，mv为反冲电 p ph=0.724 2 p根据能量守恒定mec2hhmc EKmcm e hhhc()/()=9.42×10-17 4 根据动量守恒定 pp(h/)2(h/(h/)2(h/cosp

h/ 11(/(h/)211(/ 1(/

4(本题5分 h0mec2hmc 2这 m

11(v/e hh0mc2[1 e1(v/ hchcmc2[1 1(v/1(v/

=0.00434 21(v/1mec1(v/h63.(63.(本题8分解：(1)当电子匀速直线地穿过互相垂直的电场和磁场区域时，电子所受静电力 eEev 2vEB106 1(2)hchc1mv 2

12

2mv 0=1.63×10-7m=163 1理论推导与证明题(共49分(本题5分Eh0hc 1Ehhc 1KE 2 KEE 1 (本题12分mvsinhsin 3vmvcos(h/)cosh/ 3 v tg sin(/0) sin2

)cos( 上式分母 cos 0(0)cos(1cos) 2

00

( 3 ( 3 m0 ) cos)

sin(

2sin2()[1

m0 tg[(1

tg( 1266.(66.(本题5分Eh0hc 1Ehhc 1KE 2 KEE 1 (本题12分mvsinhsin 3vmvcos(h/)cosh/ 3 v tg sin(/0) sin2

)cos( 上式分母 cos 0(0)cos(1cos) 2

00

( 3 ( 3 m0 ) cos)

sin(

2sin2()[1

m0 tg[(1

tg( 12(本题5分

1mv2h2Ah 21mv hh

1mv2

h

因为0EK0

RS/(QShRS/(QS 3证：散射图中n和 n分别代表碰撞前后光子运动方向 单位矢量，设碰撞后电子沿角方向飞出，它的能量和 0 cmc2mc2mv

量守恒定律和动量守恒定律， h0mec2hmc 3 mvh0c)n0h 3(mv)2(h0/c)2(h/c)22(h0/c)(h/c)即 m2v2c2h22h222h2 mc2h(0)mec m2c4(1v2/c2)m2c42h2(1cos)2mc2h( e m2(1v2/c2)em2c4m2c42h2(1cos)2mc2h( mc2( 1cos 3h mc2(sin 1 2h五回答问题(共25分(本题5分答：不能产生光电效应 10因为：铝金属的光电效应红限波长hcAA=4.2eV=6.72×10-190 0=296 2而可见光的波长范围为400nm~760nm> 2(本题5分答：不能够产生光电效应 1已知U0=8 所以铂的逸出 A=eU0=8 2

hhc/4.14h1mv22即≥A才可能产生光电效应，而现在<A，所以不能产生光电效应 2(本题5分答：在康普顿效应中观察到波长最大的偏移值为2h/(mec)0.0485 3红外线波长的数量级大约为 Å，比大很多，相对偏移率是如此之小在实验中是难以观察出来的，所以不宜用红外线来观察康普顿效应 2(本题10分1(v/0为假若原来静止的自由电子与光子碰撞后吸收光子，并以速度v运动，则根 hmc21(v/0chch2m20c

hm0c1v2/1v2/ch2v2m2ch2v2m2c0 4分选择题(共48分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分二填空题(共101分(本题4分 2不连 218.(18.(本题4分 2 2(本题4分 22(本题4分 22(本题4分2 2(本题4分32 211 2 (本题4分22(本题3分3(本题5分En/12角动量量子化假 Lnh/ n2(本题3分3(本题3分3(本题3分3(本题3分3(本题3分3(本题3分 332.(32.(本题3分E时)或吸收(E＜E时)单色光，其频率由下式决定：

Enh

(h为普3(本题3分Lh(nLh(n=1，2，3，……)(h为普朗克常量3(本4分412432(本4分1222(本4分242(本3分3(本3分3(本3分93(本3分6.56×10153(本题3分3(本题3分3(本题3分3(本题4分52245.(本题45.(本题4分 2 2三计算题(共113分(本题8分解：(1)L1md 22 Lnh/(2)，n= 2 1md2nh/(2),(2)此系统的转动动能

nh/(md2 2E1mv22m22

n224m2d ，n= 22(本题5分32321ERhc(11)13.6(1n

1)12.75nn 2(2)可以发出41、31、21、43、42、六条谱线 1能级图如图所示 图2(本题10分解：极限波数~1/R/k2可求出该线系的共同终态 1k 2)~1R(1)k n由=6565Å可得始 n

2 EE1

1 n n n=2，E2=-3.4 1 n=3，E3=-1.51 1(本题5分解：设始态能级量子数为k,则轨道半径由rk变为 且rk=qrn rk 2 可 k2 1 Rc(11 k n2 n2 k2 n2 q 250.(50.(本题10分解 e mv mvrn 0 n22h30

1 1 1n 20 4 0n态跃迁到n-1c

1]

2n (n n n2(n080n

2n 2n2(n 2(1/ 38 n(n 8 51.(本题10分解：电子作一次圆周运动所需时间(即周 T)T

1令激发态的平 为=10-8s，故电子在内从激发态跃迁到基态前绕核的数 NT

14r

v 10hmr2

2

2 ⑤ 22 ⑤ 2n n0N

6.54

0 4 0

2 n= N= 152.(52.(本题12分解 hhc/2.86eV 2 n由于此谱线是巴耳末线系，其k2

nnEK EKEKE1/EK EKEnE1/n

nnn 5 4可发射四个线系，共有10条谱线 2见 1波长最短的是由n=5跃迁到n=1的谱线 1(本题5分c~cR(11 2k n=3k=2得一条谱线．n=3，k=1得一条谱线．n=2，k=1得一n=3 cR(1

1)=2.92×1015这也就是外来光的频率 3(本题5分)(4413) 解 ~ k nn→∞ 2赖曼系 k 1巴耳末系：k 1帕邢系 k 155.(55.(本题5分n5、4、3的状态，分别跃迁到n=2的状态而发出的． 1R(11 2 n1 2n

22 Rnn=3n=2的状态发出的谱线的波长，上式代入n=3得 6.56×10-7m656 2n2n5而 =4.34×10-7m=434

6.91×1014 3(本题5分解：根据玻尔氢原子理论的角动量量mevrnh/ (n vnh/(2me-n=1时对应最小轨道半 r1 3 vnh/(2mer12.18×106 2(本题5分n,EnE1 E1=－13.6 (基态h=12.09 En=－1.51 2

En=－13.6/n n2≈9，n=3 2分 rn=n2a1=9a1即氢原子的半径增加到基态时的9倍 1(本题5分解：设轨道半径为rn，电子运动速度为vevBmv2/ 2Lmvrn 2n rn(/eB)1/2 (n= 1n59.(59.(本题8分 hc/2.56eV 2分氢原子在激发能为10.19eV的能级时，其能量为EKE1E-3.41 2 EnEK-0.85 n 2(本题5分n=3的状态(因为它发射三

13.6(13.6)

12.09eV=1.93×10-18 3该单色光的频率 h

2.92×1015 2(本题5分1~R(1/121n2 31R(R并代入~1/可解R(R所以1025.7Å谱线是在n=3─→n=1的能级间的跃迁中辐射的 2(本题5分解：把一个基态氢原子电离所需最小能量Ei=13.6 1则 hE1mv 2 2(hEi)/v2(hEi)/四理论推导与证明题(共35分(本题10分 1/R( 2 n

1/1/

1/1/

R(R(

1 21 21/

R(

1 2 2324R(11)1/

24 可 24

223 64.(64.(本题5分证 1/R[(1/k2)1/n2 1当n→∞得极限波 1/

R/k

∴k2k 1kkR)12 2可见：该谱线系为巴尔末系 1(本题5分解：应用库仑定律和牛顿运动定律有：mev2re2/(40r2 1根据玻尔理论的量子化条件假设：Lmevrn 2分由以上两式消去v，并把r换成rn．得rnn20h2/(mee2，n 2(本题5分解 kn(1/h)(EnEk) /c(1/hc)(EnEk 2 而 Eme4/(82h2n2) Eme4/(82h2k2)

m

k 0 82h3ck 0 R( 比 k n Rme4/(82h3c) 3 (本题10分证：(1)Fmv2r

FGMmr2（M为地球质量GMmr2mv2 2

n 1

rnk

nh/(2)2Gm2上式变为：rn

42m2得证 1(2)由：

kn2rn1rnk(n1)2kn22n 1knm1kg，代入数据可得k1082mrn1rn2nk2(krn)1/ r)/r2(k/r)1/2 3分五回答问题(共15分(本题5分答定态原子系统所处的一系列分立的有确定能量的状态处于这些状态时原 2基态：原子系统能量最低的状 1激发态：原子系统所在的高于基态能量的量子态 1量子化条件：决定原子系统可能存在的各种分立定态的条件 1(本题5分答：4340Å属于可见光范围，谱线属于巴耳末系 3~1R(11 n

n2 1/4n

R可见该辐射是氢原子从n=5的能级跃迁到n=2的能级的辐射 2(本题5分1玻尔首先提出了原子系统能量量子化的概念和角动量量子化的假设．1分基础 1 2选择题(共18分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分填空题(共22分(本题3分3 33(本题3分 3(本题3分 h/(2m 3 (本题3分0.1 3(本题3分150 3(本题3分3.29×10-21 3(本题4分 2 2计算题(共85分(本题5分r2rnn是整数，1得h/(mv2rnh/(mv2rmv2这里m是电子质量，v是电子速度的大小，rmv为动量矩，以L表示, Lnh/(2)这就是玻尔的动量矩量子化条件 2(本题10分解：(1)h/(mv由题可知qvBmv2/R，mv又q2e mv 4 h/(2eRB)1.001011m1.00102 3(2)由上一问可

v2eRB/

=6.64×10-34 3 K.(本题5分K

p/(2m)(h)/(2m 3 =5.0×10-6 2(本题5分

EKmc2m0c2(m0c2m(EKm0c2)/c

1vc)2m0c 11E22EmcK vE22EmcK m，vE22EmcKE22EmcK (本题5分 h/ph/(mv) 1分因为若电子在第n 玻尔轨道运动，其轨道半径和动量矩分别为rnn Lmvrnnh 2 mvh h/(mv) 2(本题10分1(v/ pmv1(v/eU

[m0c2

1(v/c)2]m0c

h/eU12(eUeU12(eU122m0c2

6 p 1m h/(2meU)1/23.88×

1(本题5分解：非相对论动

1mv p2p p 故 EK 2又根据德布罗意关系 ph/ 代入上 1 1h2/(m2)4.98×10-6 2 (本题12分解： EKmcmc[mc/1(v/c)]m 2 解出 m(EKm0c2)/c 2E22EmcK vc /(EKm0c2) 2分根据德布罗意波 E22EmcK E22EmcK 把上面mE22EmcK 当 mc2时，上式分母中，E22Emc2，E2可略去 hc

2Em22Em2 2EK

1当得

m0c2时，上式EKhc/K

2EKm0c22EKm0c2可略去1(本题5分解：若电子的动能是它的静止能量的两倍，则：mc2mec22mec 1故

m 11v2/c1v1v2/c1v2/c解 v 8c/ 1德布罗意波长为：h/(mv)h 8mec)8.581013 2(本题5分 1mv21513.61.4 v 7.0×105h

1.04×10-9m=10.4 3 24.(24.(本题8分解 h/(mev 20v2v22adeEmea0由①式 vh/(me)7.28×106

2由②式

aeE/me8.78×10130dv2v22a0.0968m9.68 4025.(本题10分 pr=mrc=h①2 pe=mev=h mrc=me②2得 mr/me＝v/③

21v2/c式中m0为1v2/c1(mc1(mc/h2220

mr 211(mc/h2220四理论推导与证明题(共20分(本题10分证 h/ 211(v/pmvmevmc

31(v/eU m1(v/

p 2meeUe2U2/c 2(2meeUe2U2/c2)1/(本题5分令k=

asinasin

(k=1x1Rtgfsinf 1

h/ 2d2x12Rh 128.(28.(本题5分nrnvn．则根据mernvn (n rnn/(mevn), 2rnnh/(mevn) 2分而mevnpn是电子在该轨道上运动时的动量．根据德布罗意假设，该电子的德

nh/2rnnh/pn因n只能取1，2，3，……等整数值，这就证明了氢原子稳定轨道的长度正 3五回答问题(共13分(本题5分hh1(v/h/ph/(mv)

其意义：一切以速度v运动的实物粒子(其静止质量为m0)都具有波动特性， 2分由于光的、衍射及偏振现象说明了光具有波动特性．而光电效应、热辐二象性启发下，把光子和粒子(电子等)类同相比，在1924年大胆地提出实物粒子也具有波粒二象性，并且认为物质波与光波一样具有Ehph的关系．从而提出上述物质波波长公式 21927射实验所证实 1(本题8分答：(1)电子和光子的动量大小相同．因为p=h/对两者都成立，而相同，故p相同 2(2)电子的能 Ee=根 p

mm0 21(v/1(v/1(m0c1(m0c/h)1(v/所 Eemc21(v/1(m0c1(m0c/h)11(m0c/h) Ehhc/

/(m0c/ 2 2选择题(共18分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分填空题(共22分(本题3分3 33(本题3分 3(本题3分 h/(2m 3 (本题3分0.1 3(本题3分150 3(本题3分3.29×10-21 3(本题4分 2 2计算题(共85分(本题5分r2rnn是整数，1得h/(mv2rnh/(mv2rmv2这里m是电子质量，v是电子速度的大小，rmv为动量矩，以L表示, Lnh/(2)这就是玻尔的动量矩量子化条件 2(本题10分解：(1)h/(mv由题可知qvBmv2/R，mv又q2e mv 4 h/(2eRB)1.001011m1.00102 3(2)由上一问可

v2eRB/

=6.64×10-34 3 K.(本题5分K

p/(2m)(h)/(2m 3 =5.0×10-6 2(本题5分

EKmc2m0c2(m0c2m(EKm0c2)/c

1vc)2m0c 11E22EmcK vE22EmcK m，vE22EmcKE22EmcK (本题5分 h/ph/(mv) 1分因为若电子在第n 玻尔轨道运动，其轨道半径和动量矩分别为rnn Lmvrnnh 2 mvh h/(mv) 2(本题10分1(v/ pmv1(v/eU

[m0c2

1(v/c)2]m0c

h/eU12(eUeU12(eU122m0c2

6 p 1m h/(2meU)1/23.88×

1(本题5分解：非相对论动

1mv p2p p 故 EK 2又根据德布罗意关系 ph/ 代入上 1 1h2/(m2)4.98×10-6 2 (本题12分解： EKmcmc[mc/1(v/c)]m 2 解出 m(EKm0c2)/c 2E22EmcK vc /(EKm0c2) 2分根据德布罗意波 E22EmcK E22EmcK 把上面mE22EmcK 当 mc2时，上式分母中，E22Emc2，E2可略去 hc

2Em22Em2 2EK

1当得

m0c2时，上式EKhc/K

2EKm0c22EKm0c2可略去1(本题5分解：若电子的动能是它的静止能量的两倍，则：mc2mec22mec 1故

m 11v2/c1v1v2/c1v2/c解 v 8c/ 1德布罗意波长为：h/(mv)h 8mec)8.581013 2(本题5分 1mv21513.61.4 v 7.0×105h

1.04×10-9m=10.4 3 24.(24.(本题8分解 h/(mev 20v2v22adeEmea0由①式 vh/(me)7.28×106

2由②式

aeE/me8.78×10130dv2v22a0.0968m9.68 4025.(本题10分 pr=mrc=h①2 pe=mev=h mrc=me②2得 mr/me＝v/③

21v2/c式中m0为1v2/c1(mc1(mc/h2220

mr 211(mc/h2220四理论推导与证明题(共20分(本题10分证 h/ 211(v/pmvmevmc

31(v/eU m1(v/

p 2meeUe2U2/c 2(2meeUe2U2/c2)1/(本题5分令k=

asinasin

(k=1x1Rtgfsinf 1

h/ 2d2x12Rh 128.(28.(本题5分nrnvn．则根据mernvn (n rnn/(mevn), 2rnnh/(mevn) 2分而mevnpn是电子在该轨道上运动时的动量．根据德布罗意假设，该电子的德

nh/2rnnh/pn因n只能取1，2，3，……等整数值，这就证明了氢原子稳定轨道的长度正 3五回答问题(共13分(本题5分hh1(v/h/ph/(mv)

其意义：一切以速度v运动的实物粒子(其静止质量为m0)都具有波动特性， 2分由于光的、衍射及偏振现象说明了光具有波动特性．而光电效应、热辐二象性启发下，把光子和粒子(电子等)类同相比，在1924年大胆地提出实物粒子也具有波粒二象性，并且认为物质波与光波一样具有Ehph的关系．从而提出上述物质波波长公式 21927射实验所证实 1(本题8分答：(1)电子和光子的动量大小相同．因为p=h/对两者都成立，而相同，故p相同 2(2)电子的能 Ee=根 p

mm0 21(v/1(v/1(m0c1(m0c/h)1(v/所 Eemc21(v/1(m0c1(m0c/h)11(m0c/h) Ehhc/

/(m0c/ 2 2选择题(共18分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分根 p=h/ pxh/x2/ 2/=5000×10-10×5000×103=2.5m=250(本题3分二填空题(共11分(本题5分t时刻在(x，y，z)处出现的概率密22 dxdydz12(本题3分1.33×10-3(本题3分1.06×10- （或6.63×10-240.53×10-24或3.32×10-3

，

h

1，或2

1h 计算题(共25分10.(本题5分解：先求粒子的位置概率密(x)2(2/a)sin2(x/a)(2/2a)[1cos(2x/a)] 2分当cos(2x/a)1时，(x)2有最大值．在0≤x≤a范围内可得 2x/a x1a 3211.(11.(本题5分解：1keVKp2mE)1/21.71×10-23kg·m·s- 2K

pxpx0.1061023kg·m·s- 2 p/p 1[若不确定关系式写成pxh则p/p=39％，或写成px2p/p=3.1(本题5分解：光子按题意，动量的不

ph 1ph2h)( 2根据 关系式得 x≥h/(2p) 2h(/ 2(/ x≥0.048m＝48 2若用xpxh/(4)或xpxh，或xpx2h，计算x2(本题5分解 dP2dx2sin2xd 3 0–a/4Pa/42sin2xdxa/42asin2 aa0 0a

0[ 0

sin2x

a/

2[1 1

2

)]= 2 a a(本题5分解：由

x≥h x

1据题意px 以及德布罗意波公式h/mv

2 x≥ 2四回答问题(共10分(本题5分子的运动，坐标x和动量px存在不确定量x和px，它们之间必须满足不确定关系 pxx≥ 3这是由于微观粒子具有波粒二象性的缘故 216.(16.(本题5分 2h 3选择题(共15分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分填空题(共36分(本题4分1，2，3……(正整数 2原子系统的能量 2(本题5分1 2 2(本题3分电子自旋的角动量的空间取向量子化 3(本题4分 22 2210.(本题3分0，，，2，311.(本题3分0，2，112.(本83分3(本题3分 1 11或 1 (本题5分 2 3(本题3分h/(2)；0；量子力 各1理论推导与证明题(5分(本题5分由

n2 12d/ph/pnh/(2d 2Ep2/(2m)n2h2/(8md2 Enn2h2/(8md2)，n 2四回答问题(共16分(本题8分答：主量子数n大体上确定原子中电子的能量． 2分 2磁量子数ml确定轨道角动量在外磁场方向上的分量 2自旋磁量子数ms确定自旋角动量在外磁场方向上的分量 2(本题8分答：主量子数n大体上确定原子中电子的能量． 2分 2磁量子数ml确定轨道角动量在外磁场方向上的分量 2自旋磁量子数ms确定自旋角动量在外磁场方向上的分量 2选择题(共12分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分填空题(共28分(本题4分泡利不相 2能量最 2(本题3分一个原子内部不能有两个或两个以上的电子有完全相同的四个量子数(n、lml、 3(本题3分 3(本题3分 3(本题4分1，0，0 22，2，0，0，或2，0，022210.(本题4分1，0，0，22，0，0 或2，0，022 (本题3分 3(本题4分(1，0，01 22(1，0，01 22计算题(8分(本题8分解：d分壳层就是角量子数l=2的分壳层 2Zl2(2l1)2(221)10 2ml 2m 2 四回答问题(共10分(本题5分答：泡利原理，原子内不可能有两个或两个以上电子处于同一量子态．而电子在原子内的一个量子态是由四个量子数n，l，ml，ms描述的.这样原子内不可 2分n=2时，l可取0、1两个值． 1分l=0时，ml=0ms仍可取±1/2l=1时ms可取±1、0mlms可取±1/2l=16n288个电子．2(本题5分答：在n=2的电子壳层上最多可能有8个电子． 2分 2，0，0，1 2，0，0，1 2，1，0，1 2，1，0，1 2，1，1，1 2，1，1，1 2，1，-11 2，1，-11 3 (1~31分，答4~62分3分选择题(共12分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分填空题(共26分(本题3分(2)、(3)、(4)、 321(本题5分粒子数反转分 2方向性好，单色性好因而相干性好，光强 3(本题5分产生与维持光的振荡，使光得到加 2使激光有极好的方向 1使激光的单色性 2(本题4分自发辐射和受激辐 2受激辐 2(本题3分相位、频率、偏振态、方 3(本题3分工作物质、激励能源、光学谐振 各1(本题3分三回答问题(共20分(本题5分答：自发辐射的过程与外界无关，处于激发态的原子、分子都是自发、独立地辐射，因而不同的原子、分子辐射的光子的频率、初相、偏振态、方向等都可 2分出的光子的频率、初相、偏振态、方向等都与外来光子相同．3分(本题5分答：自发辐射：原子在没有任何外界作用下，自发辐射出光子，从高能级跃迁到 2分受激辐射：处于激发态的原子受到外来的能量为h12(满足h12=E2–E1)光子刺激作用，从E2跃迁到E1，同时辐射出一个跟外来光子同频率，同周相，同偏振态，同方向的光子．这一过程称为受激辐射 3(本题5分答：激光是受激辐射的光放大的简称，是在原子或分子系统中实现粒子数反转通 2分激光具有许多独有的特性，如方向性好，能量集中(亮度高)，单色性好，相干性好等 3(本题5分答：在热平衡态下，原子系统中低能级粒子比高能级粒子多，不能实现通过受激辐射的光放大．为使受激辐射取得支配地位获得光放大，必须使高能级上的粒子 3分为实现粒子数反转，必须选用具有合宜的能级结构的物质作为工作物质(激活物质)，并从外界输入能量(光能、电能等)进行抽运 2选择题(共48分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分(本题3分填空题(共98分(本题3分各种物体在相同温度时，对同一波长的单色辐出度与单色吸收率之比都是相等的 318.(本题3分319.(本题3分320.(本题3分2.40×103321.(本题3分9.99×103322.(本题3分323.(本题3分324.(本题3分325.(本题3分326.(本题3分327.(本题5分2连续的，是能量子h的整数倍． 3分(本题3分在一定温 T，单位时间内从绝对黑体单位面积上所辐射的波长在附近单329.(本题5分30.4m或63.7230.(本题5分a/1a/25a/2(本题5分微观粒子能量E小于势垒U0时，粒子有一定的几率贯串势垒的现象．3分波动 2(本题4分变 2变 233.(33.(本题4分波 2 2(本题4分E(n1)h,n 2 1 22(本题4分 n 2

n 2(本题4分E(n1

n 2谐振子的最低能量不为零，而 1h 22(本题3分0、、 3(本题4分12，6，2