大物答案终极版

PAGEPAGE48目录第六章气体动理论习题解 2第七章热力学基础习题解 6第十四章振动习题解 13第十六章电磁震荡和电磁波习题解 23第十七章光的干涉习题解 23第十八章光的衍射习题解 27第十九章光的偏振习题解 31第二十章狭义相对论习题解 32第二十一章电磁辐射的量子理论习题解 35第二十二章量子力学基础习题解 40第二十三章原子中的电子习题解 44第二十五章激光习题解 45第二十六章半导体习题解 47第六章气体动理论习题解6.1（1）初态有 ① 故9 （2）末态有 ② ①式和②式相除有，故 漏掉气体的质量为6.2（1）由理想气体物态方程，对初态有 ① （2）由过程方程，对初态有 ② ①②式联立消去得 （3）由和联立消去P得 对初态有：③对末态有：④ ③④式相除得6.3（1）由物态方程①过程方程 ② 联立消去V得 （2）由①②两式联立消去P得，故气体膨胀时温度降低。6.4（1）由物态方程有和 由P-V图可知：即前两式左边相等，故 （2）V-T图中过程曲线如图6.5（1）×；（2）√。6.6一个分子一次碰撞动量改变，给器壁冲量 器壁每秒钟受到的总冲量即平均冲力 压强6.7容器中分子数，一个分子每秒钟碰撞次数 N个分子每秒钟碰撞次数==6.8（证明题，略）6.9（证明题，略）6.10（1）×；（2）×；（3）√；（4）√；（5）×6.11（问答题，略）6.12（问答题，略）6.130.05eV；0.03eV；0.03eV；6.14（1）相同；（2）不同；（3）相同；（4）不同6.151:1；5:36.161mol氧气：平动动能，转动动能 0.1kg氧气：6.17空气内能6.18；；；6.19按能量守恒，故6.20（1）速率在附近区间的分子数在总数中的比例或一个分子在区间的概率； （2）速率在区间的分子数在总数中的比例或一个分子在区间的概率；vf(v)vf(v)v00 （4）单位体积内，速率在区间的分子数； （5）分子的平均速率； （6）分子的平均平动功能； （7）分子速率的倒数的平均值。6.21（1）速率分布曲线如图 （2）由归一化条件。 ，得 故 （2）平均速率 方均速率 方均根速率 6.22（1）由速率分布曲线可知 由归一化条件(亦可由曲线下面积直接判断） 故 （2）速率大于的粒子数= 速率小于的粒子数（亦可由曲线下面积直接判断） （3）平均速率=6.23；；；6.24（1）平均速率；（2）方均根速率 （3）最概然速率显然为6.25（1）一样大；氨分子；氢分子。6.26（1）由物态方程，有 （2）气体质量密度等于分子质量μ与分子密度n之积 （3） （4）6.27氦分子方均根速率①氧分子最概然速率 ② ①②式相除得6.28600K6.29（1）动量大小的平均值 = （2）平均平动功能=6.30气体分子在重力场中按高度的分布为，压强按高度变化的规律为 ，地面压强为， 故 ， 按题意即， 6.31由物态方程，分子密度 平均速率，碰撞频率 6.32等体过程；，等压过程； 分析：；等体则不变；，等压则 又等体则等压则6.33（1）2；（2）；（3）2 分析（1），故；（2），故；（3），故。第七章热力学基础习题解7.1（问答题，略）7.2一个平衡态；一个准静态过程7.37.4定向运动的机械能转化为热运动内能；高温物体热运动内能转化为低温物体热运动内能。7.5（1）；（2）7.6（1）√；（2）×；（3）×；（4）×7.7（1）√；（2）×；（3）×7.8按热力学第一定律 对第一个过程，对第二个过程7.9内能增量，吸热 平均摩尔热容7.10过程曲线如图， 由过程曲线下面积得到 故，平均摩尔热容 由物态方程，有 即 ，故7.11因为在等压过程中，气体升温时不仅内能增加，还要对外作功。7.12（1）；0；；（2）；；7.14（1）对等体过程 算得 ；故 （2）对等压过程 算得 ；故 （3）对等温过程 按题意 代入算得 ；故7.157000J分析：等压过程，，即有A：Q=2：I+2=2：77.16气体摩尔数，初态， 气体先进行等压膨胀，体积最多达到，须吸热 由于，即气体能膨胀到，此时气体压强，温度。 气体随后进行等体过程吸热 由于， 此时气体体积，温度7.17按热力学第一定律 对acb过程 （1）对adb过程 （2）对ba过程 放热7.18（1）<0；<0；<0；>0 （2）<0；>0；=0；=0 （3）<0；>0；>0；<07.19氧气摩尔数，此热容比，初态为标准状态。绝热过程。 又，得到 由绝热方程，得到。7.20等温线斜率，绝热线斜率，二者之比，得到为双原子气体7.21为循环过程，故，循环的功，故 只有CEA过程和BED过程吸热，故 由于，故7.22（1）令，与联立消去V得到，将此式微分得到 摩尔热容== （2）Cm为常量，7.23对于一摩尔理想气体，ν=1 由，微分得到 ① 摩尔热容，即 ② 热力学第一定律的微分形式为 ③ 联立②③得到 ④ 由①④式消去得到 即 ，积分得到常量；或常量 n=1时为PV=常量为等温过程； n=0时为P=常量为等压过程； 时为常量为绝热过程； 时为=常数，即常量，即V=常量为等体过程。7.24对一摩尔理想气体=1，按题意，即 热力学第一定律微分形式为 故 ，分离变量，积分得常数，改写为常数7.25左面等温膨胀体积由外力做功 右面等温压缩，体积由外力做功 外力总功7.26（1）A室为等体吸热，B室分为等压吸热 由于，故，得到此热容比 为双原子气体 （2）B室为等压过程，作功与吸热之比7.27（1）A室中为绝热压缩过程，有，B室中压强与A室相同， 由于，故，将此式代入物态方程 得到，改写为，此即B室过程方程可记作常量 （2）由，初始压强，，得初始温度对A室气体按绝热方程，其中，得对B室气体，按过程方程，其中，得到 （3）B室中气体作功 B室中气体内解增量，得到B室吸热7.28（1）隔板固定，导热 A：等体吸热；B：等压吸热 ① 又 ② 联立①②解得 （2） 隔板自由、绝热 B：处于平衡态； A：等压吸热7.29（1）1→2为等温过程 2→3为等体过程 3→1为等压过程 V-T曲线循环曲线面积不代表循环净功，V-T曲线中的顺时针循环不能确定为热机循环。 （2）该循环的P-V曲线如图所示 （3）1→2为等温吸热，设为； 2→3为等体吸热，设为； 3→1为等压放热，设为； 制冷系数为7.30-1000J 分析：由于，故a、b两态温度相同，内能相同，即acb过程，即acb曲线下面积为200J。注意到da直线下面积为1200J，故循环曲线内面积为1000J，又由于是逆时针循环，故循环中净吸热-1000J，即放热1000J。7.317.32相等，因为两个绝热过程的温度变化绝对值相同，即内能变化绝对值相同。由于绝热过程 ，故两个绝热过程作功绝对值相同，即绝热线下面积相同。7.337.34（1）；（2） （3）7.35热机效率；一次循环吸热 一次循环放热7.362→3为等体过程吸热；4→1为等体过程放热 效率 由绝热方程常量，有 由这两个方程得到，故 由绝热方程，有 按题意，，故最后得到PV7.37（1）A→B，等温膨胀，吸热PV B→C，等体降温，放热 （2）P-V曲线如图 （3） 由绝热方程，有； 又由有，或；最后得到7.38卡诺致冷机系数最大为，故最大吸热量7.39（1）； （2）不是，因为温差愈大热机效率越高，而致冷机系数越低。7.40工作流程如图热机效率，作功，放热 致冷机系数；吸热，放热 系统总供热量 7.41（C）7.42（C）7.43（1）√；（2）×；（3）×7.44（1）√；（2）√；（3）×；（4）×；（5）√7.45（1）设绝热线S和等温线T有两个交点a和b。设气体经acb作绝热膨胀。因，故，如图又A>0，违背热力学第 一定律，假设不成立。 设气体作abca循环，在循环中，气体从单一热源吸热作功而未留下任何影响（没有放热），这违背热力学第二定律，故假设也不成立。（2）设两条绝热线S1和S2相交于a点 设有一等温线T1和S1交于bc两点。设气体作abca热机循环。该循环中气体内能不变，对外作净功A>0，且对外放热（在bc段），违背热力学第一定律， 故假设不成立。 设另有一等温线和S1，S2交于de点。设气体作adea循环。该循环中气体从单一热源吸热作功而未留下任何其它影响，违背热力学第二定律，故假设也不成立。7.46（1）×；（2）√；（3）×；（4）×第十四章振动习题解14.1C14.2角是单摆的初始角位置，不是初相；单摆的角速度也不是振动的角频率。14.3(1)对比谐振方程的通式，可知角频率，故频率，周期；可知振幅；初相。(2)t=0.1s时，，；t=0.2s时，，(3)位移与时间的关系曲线如下图所示14.4用矢量图确定振动的相位：(1)(2)(3)14.5t=T/4时的矢量圆如图所示，故t=T/4时的相位为。t=0时的相位应比时相位少，即初相应是。14.6(1)由振动曲线可知，振动的振幅A=5cm，周期T=2.4s，角频率。t=0时，位移，速度(斜率)，故初相，因而振动方程为：(2)a点，；b点，，；c点，，；d点，，；e点，，(3)各状态的旋转矢量图14.7(1)按题意t=0时，，，故初相。振动方程为即，或(2)由振动方程可知，t=1时，，(3)由初始位置(相位为)到x=24cm=A处(相位为)的运行可程中相位变化，故需要时间。14.8从振动曲线可知，振幅A=2cm，在t=0时，位移，初速度(斜率)，故初相在t=0.5s时，位移，速度(斜率)，故相位，在t=0到t=0.5s过程中，由，有故振动方程为14.9；14.1014.11(1)，故最大速度，故最大加速度(2)（略）14.12位移、速度、加速度是同频振动，振幅依次乘因子，相位依次超前，故位移加速度14.13(1)振动角频率，故周期；(2)振动的振幅；(3)按题意故振动方程为14.14振动的振幅，t=0时速度v和位移x的矢量图如图所示，此时，位移比速度落后，即相位要小，而且位移为正。可见振动初相，所以振动方程为。14.15(1)√；(2)×；(3)×；(4)√14.1614.17C14.18弹簧的劲度系数，振动角频率，振动周期以向下为正方向，按题意t=0时，m，故振动振幅振动初相，由于，，取。故振动方程若以向上为正方向，则，，。14.19振动的角频率，t=0时，振子位移，速度振动的振幅t=0时，，，故振动初相所以振动方程为14.20(1)；(2)；(3)。14.21由，微分有，得按题意，故，所以14.22(1)小球在地面受重力，小球在x处受重力以上两式对比可知(2)令，又由于重力始终指向地心故，为正比回复力，小球谐振周期为14.23(1)物体受合力的振幅，即将滑动时故振幅最大为(2)即将脱离时，故最大角频率为最大频率为14.24沿水银柱取自然坐标，设t=0时位置较高的一端为a，以a端此时下方y0处为y的原点0。a端位置为y时，水银柱受合力为回复力，趋于使a端回复到0点。，其中故水银谐振，周期为14.25设摆偏离平衡位置的微小角度为，则摆受力矩其中，力矩为正比回复力矩，摆动为谐振。摆的转动惯量，摆动的周期14.26粒子受力始终指向点电荷连线的中点0为回复力。设粒子距0为x，则粒子受合力的大小为对于微振，l>>x，故，为正比回复力，其中，粒子谐振，周期为14.27设线圈偏离平衡位置的微小角度为，线圈受力矩的大小为，其中k=mB，方向指向平衡位置，为正比回复力矩。故线圈谐振，周期14.281；2；2；414.291；0.514.30(1)E/4；(2)±14.31以平衡点为势能零点，总能量还是。14.32以上推导中用到了14.33*按题意故按题意故需要时间416-100=316s14.34*稳态受迫振动的角频是与驱动力的角频率，与系统构成无关。14.35*（略）14.36*（证明题略）14.3714.38rad故合振动为14.39合成的矢量图如图故，合振动14.40合振动x第一次为零应有，即14.41按题意，待查音叉频率待查音叉加上小物体后，频率降低，此时拍频减小，可知待查音叉频率比348要高，为v=351Hz。

第十五章机械波习题解15.115.2(1)×；(2)×；(3)√15.3不变；变小；变短。15.4(1)对于氦对于氢(2)按，故(3)由于，故15.5对于空气，对于水，15.6波线如图所示：15.7(1)；(2)；(3)15.8；15.9设波沿x轴传播，原点t=0时，，，初相x=2处，t=0时，，，初相两点之间的相位差，两点之间的波程差l=2m；按，有15.10(1)t=T/4对波形向右平移(2)处质点振动比x=0处质点时间上落后T/415.11(1)波的周期，波速(2)相位从0到P需(3)P点相位比0落后(4)P点振动方程为(5)波的方程为15.12按题意m，v=2.5Hz，故x=0处质元振动为波方程为15.13(1)设x=0处质点振动为，按题意，故故处振动方程为(2)波方程为15.14按题意处质点初相为，振动方程为波方程为15.15(1)以a为原点，波方程为(2)以b为原点，波方程为15.16设波方程为按题意，处质点时的相位为，即故，代回波方程得到即15.17(1)波的频率角频率原点初相；原点振动为波方程为(2)（略）15.18(1)由波形曲线可知，t0=0.5s时，x=0处质点相位，m处质点相位；按，m(2)设x=0处质点振动方程为，按题意，故，振动方程为(3)波方程为15.19(1)按题意t1~t2过程中波传播的波程小于波长，如图为l=0.5m。故波速，波的频率，原点的初相如图所示为故原点振动为(2)波方程为15.20(1)由波方程可知，波的振幅A=0.05m，角频率，频率，由于，波长，波速；(2)振动最大速度；最大加速度；(3)处t=1s时的相位，原点相位为，令，得原点相位为的时间，t=0.92s。15.21平均能流平均能量密度15.22平均能量密度声强15.23辐射平均功率，故15.24D15.25(1)干涉极大点；(2)干涉极小点；(3)非极值点。15.26(1)0；(2)15.27(1)；(2)由于，合振幅。15.28S1外侧任一点，两列波的相差故合成波振幅A=0，波强I=0S2外侧任一点，合成波振幅A=2A0。波强I=4I015.29波的波长为以A为原点，如图，任意x处两列波的相差对于干涉静止点，，解得，取x=1，3，5，…，2915.30波长，设AC=x，两列子波长C点的波程差按题意，解之得15.31由于S1、S2、S3到0点波程均为整数倍波长，故0点的三个分振动与S1、S2、S3的振动同相，仍记为，，三个分振动合成的矢量图如图所示，故0点合振动为15.32按题意，波长(1)频率(2)按题意，由于，故由于，，故15.33，，k=0，1，2…15.34(1)两列波的频率、波长、波速相同。把记作(SI)，对比可知，，(2)驻波方程(3)波腹位置满足，即k=0、1、2…波节位置满足，即k=0、1、2…15.35(1)从x处到x0处反射器到x处的波程为，考虑到反射有半波损失，波程为，故反射波方程为(2)为波节，故全部波节在k=0、1、2…，相邻的波腹与波节距离，故波腹在k=0、1、2…15.36(1)按题意波长m，x1处质点初相，入射波方程(2)任一x处的入射振动到x2处再返回x处波程为2(x2-x)，考虑到半波损失，为反射波方程为(3)x2处为一波节，故全部波节是k=0、1、2…按题意在区间取x节=0、1、2、…10m波腹位置为x腹=0.5、1.5、2.5……9.5m15.37(1)第二列波传播方向逆着x轴，在x=0处与第一列波振动相位相反，故为(2)x=0处为波节，则所有波节位置为k=0、1、2…，相邻波腹、波节距离，故波腹在k=0、1、2…15.3815.39(1)对比驻波方程可知波的振幅a=0.01m，波长m，周期T=0.02S，波速m·s-1(2)节点间距离为(3)，在x=1m处，t=2.5×10-3s时v=4.44m·s-115.40按稳定驻波条件，15.41；15.42；15.43；15.44源频率，观察者速度接收频率，每分钟听到次数15.45(1)反射面接收频率(2)声源接收反射波的频率15.46设敌艇速率为v，敌艇接收频，我方艇接收反射波频按题意，故第十六章电磁震荡和电磁波习题解16.1如图所示，只有y分量16.2电磁场的波方程可知电磁波沿x轴正方向传播，如图所示只有z分量16.3平均功率故而16.4激光能量故；而第十七章光的干涉习题解17.1（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹向x轴正向移动；分析：若在s1缝后放厚为e的玻璃片，则由s1发生的光，光程将增加（n-1）e，为满足零级明纹中心光程差为零的条件，由s2发出的充应增加其几何路程，使两相干光到达屏幕会聚点的几何路程差为，故零级明纹将向x轴正向移动，因而全部条纹均向x轴正向移动。（4）条纹变密。17.2两玻璃片插入后，原中央极大所在点的光程差为 17.3由条纹间距公式， 得 =545nm17.4（1）由双缝干涉明纹公式 得相邻两明纹角距离将 代入得（2）17.5考虑光在湖面反射时的半波损失，两相干光的光程差为 由第一级干涉极大满足，即，得到17.6（1）零级明纹对应的光程差满足或 （2）条纹间距不变17.7（1）， （2）几何路程光程 （3）17.8（1）；分析：根据折射率分布可知，反射光干涉不计半波损失，反射加强条件为，令k=1，得最小厚度。（2）；分析：根据折射率分布可知，反射光干涉应计半波损失，而透射光干涉不计半波损失。透射加强条件为，令k=1，得最小膜厚。17.9由反射加强条件，令k=1，得膜的最小厚度法向看，反射加强满足，令k=1得，浅绿色。17.10（1）明纹条件 令k=0，得；k=1，得；k=2，得；k=3，得；k=4，得；k=5，得 可看到5条明纹，（对应k=0,1,2,3,4），中心点亮度介于明暗之间。 （2）当油膜继续摊开时，中心点发生明暗交替变化，明纹数目减少，看起来好象明环一个一个地陷入中心。17.11由暗纹公式， 设的光，干涉极小对应的级次为k， 的光，干涉极小对应的级次为（k-1）则有，解得 17.12（3）换用折射率较小的液体；分析：由劈尖干涉条纹间距公式，可知n减小则l增大。17.13（1）由钢丝直径及条纹间距，得 代入数据得：（2）17.14由劈尖干涉条纹间距公式： 得17.15设a处为第k级暗纹中心，则 ； 解得； 若改变a、b间距离l会使条纹间距变化，但对计算结果无影响。17.16由牛顿环暗环半径公式，得17.17由牛顿环明环半径公式 得充液前明环直径；充液后明环直径解得17.18（1）因等厚干涉条纹形状决定于薄膜等厚线的形状，故干涉条纹为平行于柱面中线的直条纹。对应空气膜最大厚度处条纹级次最高，为中央条纹。在中央条纹两旁条纹是对称的，且随空气膜厚度的减小，条纹级次依次降低。（2）设第k级明条纹距中心线的距离为r，对应的空气膜厚度为e，则由明纹公式，得再由几何关系得 （3）由， 得中央条纹为暗纹。故根据对称性可知，共能看到8条明条纹（k=1,2,3,4）（4）若将B向下平移，膜的厚度增加，条纹将向远离中心线方向移动。若B向下移动了，则由 得 k=5中央为第5级明条纹，根据对称性可知，这时能看到9条明纹。17.19由几何关系可得到第k级明环或暗环对应的空气膜厚 代入暗环公式，即得17.20由， 得 17.21温度升高后，样品因受热膨胀，其高度增加。由于样品表面向上平移，空气膜厚度减小，干涉条纹应向棱边平移。由得 17.22将气体导入管后，两相干光的光程差改变，根据干涉原理，干涉条纹将整体移动。由得第十八章光的衍射习题解18.1（1）不动；分析：因单缝衍射条纹位置由衍射角决定，而与缝的位置无关，所以若将缝向下移动，屏上中央明纹位置不动。（2）8个；9个；分析：由暗纹公式，可得对应第4级暗纹中心，单缝分成的半波带数目为2k=8个；对应屏上第4级明纹中心，单缝分成的半波带数目为 个（3）中央明纹角宽度 ，线宽度；分析：中央明纹半角宽度即第一级暗纹衍射角，由得中央明纹角宽度 ，线宽度（4）变窄。分析：由暗纹公式及得条纹宽度，故条纹宽度将变窄（为原来宽度的）。18.2分析：的光，其中央明纹宽度为 的光，其中央明纹宽度为 18.3（1）；（2） （3）若将装置浸入水中，则中央明纹宽度变为其它各级明纹宽度变为18.4由单缝衍射明纹位置公式 令k=1得 令k=2得令k=3得令k=4得故入射波长为600nm时，p点为第3级明纹，入射光波长为467nm时，p点为第4级明纹。18.5由，将代入解得 18.6中央明纹两侧正、负第k级暗纹之间距离为 对上式求微分得：18.7望远镜最小分辩角 人眼最小分辩角分辩本领提高倍数18.8（1）由 得 （2）18.9由， 得 18.10由，得 18.11由， 得18.12考虑到入射光在相邻两缝的光程差（a+b）sini，则光栅衍射主极大满足： 18.13由光栅方程 得 ，条因，故不能产生第二级主明纹。18.14光栅常数； 由 得 ； ； ； 不存在若以30º斜入射，两相邻缝发出的光其光程差改变 因 ， 故光谱线变化3条。18.15（1）由光栅方程 得（2）由缺级公式，令k=4,；得狭缝可能的最小宽度（3）根据缺级，及 可知谱线的最高级次为9级，且，缺级，故实际呈现的全部级数为。18.16（1）由光栅衍射主极大位置公式 得 （2）（3）第二级红光衍射角 第三级紫光衍射角因，故第二级与第三级光谱重叠18.17（1）； （2）由 得 18.18由布喇格公式，得 18.19由布喇格公式令得；；； 故波长为0.13nm和0.097nm和x射线在反射中为极大。第十九章光的偏振习题解19.1（略）19.2分析：，由马克斯定律得：，19.3（1）反射光和折射光的偏振态如图所示；（2）介质为光密介质；（3）；（4）。19.4（1）会出现干涉条纹，光强变弱，分布不变。（2）不出现干涉条纹。19.5（1）因自然光入射，反射光是线偏振光，所以入射角º是布儒斯特角，此时透射光线与反射光线相互垂直。故折射角（2）由布儒斯特定律，得：19.6（1）自然光通过起偏器后光强为，再通过检偏器后出射光强为，（2）19.7设自然光的光强为，则有，在两个偏振片间再插入另一偏振片后透射光强为 19.8（略）19.9；。分析：因自然光通过偏振片后光强始终为原来的一半，而完全偏振光通过偏振片后最大光强为原入射光强，最小光强为零，所以 ， 19.10由布儒斯特定律得 ； 19.11将自然光从空气中入射到待测介质表面上，观察反射光的偏振态，改变入射角，当反射光为完全偏振光时，入射角为布儒斯特角，这时应有，将代入得19.1219.13若自然光以布儒斯特角入射到玻璃的上表面，可以证明透射光将仍以布儒斯特角入射到界面2，所以在界面2的反射光是振动方向垂直入射面的线偏振光，故选（B）。19.14解： 因光轴垂直入射面且与晶面平行，所以0光和e光都遵守折射定律。由于e光与三角形棱镜底边平行，由图中几何关系知e光折射角。根据折射定律：；得 由此画出o光光路如图所示。第二十章狭义相对论习题解20.1(1)必须是固有长度（本征长度）。(2)必须是固有（本征）时间。(3)说明了高速运动中的时间膨胀效应。(4)同时;不一定同时。(5)c。(6)。(7)。20.2（1）(B)；（2）(C)；（3）（A）。20.3×，√，√，×；20.4（1）同一地点发生的两个事件的时间间隔是本征时间，等于4s，而膨胀后时间是5s。由时间膨胀公式可得，v=0.6c。（2）乙测得两事件发生地的距离为：20.5解：在S’系中看是发生在同一地点的两事件，其时间间隔是本征时间，所以，而，所以：。20.6火箭上记录的10s时间在地面上看，为，火箭飞行的高度为，再以0.3c的速度落向地面（忽略重力），需要的时间为，所以总时间为37.5s。20.7当介子运动时，其半衰期变为，在半衰期内飞行距离为，此时强度减少一半。20.8可以看成是本征时间，在实验室中的平均寿命是膨胀后的时间，所以由时间膨胀公式，飞行距离为：。20.9由长度收缩公式可得运动米尺长度为：0.8m的运动米尺以0.6c的速度通过所需要的时间为：20.10在地面参照系理解，划痕收缩后的距离是1米，因而，列车上看到的划痕是没有收缩的，由长度收缩公式可得：。20.11由于长度收缩只发生在运动方向，运动面积为：。20.12（1）此时在S’系看来，发生长度收缩，所以长度为：。（2）此方向与运动方向垂直，没有长度收缩，故长度仍为1。（3）此时只有在x轴方向的投影发生收缩，y方向投影不变，即：长度为：。20.13（1）由长度收缩公式可得：光分。（2）在S系看来，光传播的距离是40光分减去A’的运动距离，即：所以分。此即是该处时钟的度数。（3）在S系看来，光传播的距离是40光分加上B’的运动距离，即：所以分。此即是该处时钟的度数。（4）75分。20.14（1）在A上的宇航员看来B的长度已经收缩为，设相对速度为v，则通过时间为：，解之可得：v=3.96×107m/s。（2）在A上的宇航员看来A自身的长度仍为100m，所以B上一点从A的头部到尾部的时间为100/v＝2.525×10-8s。20.15在地面上看接收站E和W同时接收到信号是异地同时事件，在飞机上看是不同时的，由洛伦兹差值变换我们有：。由于飞机是由西向东运动，所以是E先。20.16由洛伦兹差值变换，若S’系中两事件是同时发生的，则可以得到：，即：v=0.6c，。又由：。20.17由洛伦兹时间差变换可得结果：，B先。20.18水作为一个参照系，管作为另一个参照系。由速度变换可得。20.19由速度变换（x方向），一个导弹作为S’系，另一个作为研究对象，则，若是反向飞行，则：。注意速度的正负关系！！20.20由速度变换可得：（1）；（2）20.21由速度变换：（1）；（2）在S系中光的速度值：（3）传播方向与x轴的夹角的正切值为：。20.22（1）此时速度大应该考虑相对论效应，由洛伦兹速度变换公式可得：。（2）此时可以不考虑相对论效应，所以相对速度为。20.23由光的多普勒效应：可知，，整理并代入数值可得。20.24由上题结论可得。20.25（1）由于长度收缩只发生在运动方向，所以体积只有一个边长变化，故体积变为：V=xyz/γ（2）立方体运动时质量会增加，所以密度变为：.20.2620.27所需要的能量就是粒子的动能，由动能公式：（1）0.5c时：；（2）0.9c时：（3）0.99c时：20.28由能量动量关系：，立即可得：。另外将展开成泰勒级数，保持前两项，即：当时，只取这前面两项，代入上面E的表达式中即得：证毕。20.29由能量公式：，可得、所以动量为：。20.30电子和质子通过的电压加速而获得的动能都是，但电子和质子的静能不同，由动能公式分别可得：两个粒子的因子的值为：2.96和1.001；由动量公式：，可得：电子动量：；质子动量：由可得他们的速率分别是：0.94c和0.0316c。20.31由质量亏损与结合能的关系：，可得电子和质子结合为氢原子时损失的质量为：。20.32由相对论能量动量关系和能量与动能和静能的关系可得：，即：故有证毕。20.33先计算质量亏损：由质量能量公式计算释放能量为：。注意：。20.34先计算质量亏损：由质量能量公式计算释放能量为：。20.35先计算质量亏损：由质量能量公式计算释放能量为：。20.36先计算质量亏损：由质量能量公式计算释放能量为：。结合能为正表示放能。第二十一章电磁辐射的量子理论习题解21.1（1）根据维恩定律，可得太阳表面温度 （2）根据斯特藩—玻尔兹曼定律，可得太阳的辐出度 21.2根据斯特藩—玻尔兹曼定律及维恩定律 21.3电子的静能，根据，且，可得 21.4光子的能量当=400nm时，当=700nm时，即21.5设单位体积内的光子数即光子密度为n，每个光子的能量为，则单位体积内的星光能量密度w应为，故 21.6光电效应的现象表现为：光照射在金属表面或其它物质上，金属表面或物质中有电子逸出。光电效应的规律为：（1）入射光频率不变时，饱合光电流与入射光强成正比。（2）光电子的最大初动能随入射光频率线性增加，与入射光强无关。（3）存在红限频率。（4）瞬时发射。只有光子理论才能解释光电效应实验规律（略）。21.7根据光电效应方程，光电子的动能，对照图中的斜线可知，斜线的斜率为h，即OP/OQ表示普朗克常量h；A应为斜对在纵轴上的截距，即OP表示A；当时，对应的频率v即为红限频率，所以OQ表示红限频率。A表示红限，B表示逸出功，C表示普朗克常量。21.8根据光电效应方程，有21.9根据光电效应方程，以及，对于题中的两种波长，分别有 ；； 21.10铜球充电后，对电子的逸出形成新的阻碍，称为势垒。此时光电子要逸出铜的表面，不仅要做逸出功，还要克服电场的阻力（势垒）做功，电子克服电场阻力需做的功为,为铜球充电后的电势。在这种情况下，光电效应方程变为： 21.11图中涉及的问题为：在不同的入射光频率和光强情况下，饱合光电流和遏止电压怎样变化？根据光子理论，光强，N为光子流密度，即单位时间到达单位垂直截面的光子数。（1）光强S不变，增大照射光频率，则光子流密度N减小，单位时间内到达金属表面的光子数减少，因光电作用发射的电子数就减少，饱合光电流相应减小。再考虑到频率增大，遏止电压，随线性增长，故变大。∴应选图中曲线B。21.12根据康普顿散射公式 由题意，则21.13经康普顿散射后，光子的波长由，光子的能量由，由题意 ；反冲电子的动能应为光子能量的减少量21.14（1）反冲电子的速率为0.7c，速率很高，计算动能时必须考虑相对论效应，故 （2）电子的功能等于光子能量的损失量故（3）由康普顿散射公式有 ；所以（4）设反冲电子的散射角为，由y方向动量守恒，有 故 式中，这样 ；21.15因为粒子是静止的，根据动量守恒，粒子衰变后产生的两个光子的动量之和必定为零，即，或，两个光子的能量，，因此有，再根据衰变过程能量守恒 故 21.16根据题意，电子和正电子发生对心碰撞时，总动量为零，根据动量守恒，两个光子的总动量之和也必定为零，即。光子的能量，再根据能量守恒定律，电子和正电子的能量（包括动能和静能）之和应等于两个光子能量之和，故 21.17光子能量为500KeV时，可以发生光电效应过程和康普顿散射过程，但是不会发生电子对产生过程。21.18根据光的强度在吸收材料中衰减的规律，要使强度衰减一半达到，则吸收材料的厚度x应满足：，21.19根据光的强度在吸收材料中衰减的公式，，有对吸收材料铝，对吸收材料铅，21.20（A）根据电荷守恒定律，总电荷应不变。（B）根据能量守恒定律，总能量应不变。（C）原子的角动量为原子中的电子角动量之和，原子在跃迁时，电子角动量是要变化的。（D）原子的线动量时刻都是变化的。21.21为使氢原子能辐射且只辐射三种不同波长的光，氢原子必须从基态被激发到的激发态，因此入射光子的能量应为入射光的波长21.22处于第一激发态（n=2）的氢原子，其电子的电离能 可见光具有的最短波长，对应的可见光光子的最大能量 不能使用处于第一激发态的氢原子电离。21.23巴尔末系是氢原子由n＞2的能级向n=2的能级跃迁而产生的，欲产生两条巴尔末系的谱线，应将氢原子激发到n=4的能级，故外来光子频率为 Hz两条巴尔末系的谱线中，一条是由n=4的能级向n=2的能级跃迁产生的，波长为： 另一条是由n=3的能级向n=2的能级跃迁产生的，波长为： 21.24使氢原子激发的最低能量是使氢原子从n=1的基态跃迁到n=2的第一激发态所需的能量， 根据题意，氢原子在彼此碰撞中，交出平均平动功能的一半给对方用以激发，因此应有： 所以 若要使处于基态的氢原子电离，电离能根据前面的分析，应有21.25将氢原子从基态激发到各激发态，所需要的能量为激发到n=2的第一激发态激发到n=3的第二激发态激发到n=4的第三激发态由于电子能量为，故只能将氢原子激发到n=3的能级。当氢原子从n=3的能级向较低能级跃迁时，总共可以发射三条光谱线，它们的波长分别为：n=3向n=2能级跃迁n=3向n=1能级跃迁n=2向n=1能级跃迁21.26根据玻尔理论，氢原子中电子绕核作圆周运动的轨道半径公式为为玻尔半径。因此 ，电子的运动速率可由角动量量子化假设推得令有，故，21.27（1）圆周运动的频率即电子单位时间旋转的圈数，根据以，有：（2）当电子由量子数为n的轨道（能级）跃迁到量子数为（n-1）的轨道（能级）时，发射光子的频率为： （3）当n很大时，，此时有 21.28氢原子光谱中的H线是氢原子由n=3的能级向n=2的能级跃迁产生的，其波数由巴尔末公式决定，即。一次电离的氦原子（He+）与氢原子不同在于原子核所带正电荷为+2e，（原子序数Z=2），故相应的波数公式中，里德伯常量，即 根据题意 可解出m=4,n=6，故氦离子从n=6的能级向n=4的能级跃迁时发射的光子其波长与氢原子发射的线接近。第二十二章量子力学基础习题解22.1根据，有这样的电压不高，电子速度不会很大，可以用非相对论公式。22.2由例题22.1可以看到，当加速电压小于105V时，计算电子波长时相对论效应是可以忽略不计的，可以直接应用（22-3）式 故这种电子显微镜可以分辩的最小距离约为。22.3动能的电子，相当于电子经过的电场加速后的情况，其德布罗意波长为： 由于电子的波长远小于圆孔直径（0.1mm），电子通过圆孔时将表现出粒子性。22.4电子动能已达到22GeV，必须考虑相对论效应，根据相对论动量与动能的关系，电子的德布罗意波长为这样的电子可以用来探测质子内部的情况。22.5证：设磁感应强度为B，带电粒子电量为q，质量为m，在磁场中作圆周运动的半径为R，电子运动的向心力由洛仑兹力提供，则电子的动量，电子的德布罗意波长，即电子的德布罗意波长与曲率半径R成反比。22.6室温下的中心处于热平衡状态时，其平均速率 中子的德布罗意波长为22.7光子被氢原子中的电子吸收，电子脱离氢原子核（质子），这实际上是一个光电效应过程，电子的结合能就是其电离能，根据光电效应方程，光电子的动能 上式中，因为该电子是氢原子的基态电子。脱离原子核后的电子其动能是很小的，故不必考虑相对论效应，电子的速度： 电子的德布罗意波长为：22.8证：根据玻尔角动量量子化假设，，以及德布罗意关系式，则圆形玻尔轨道的周长 22.9质子在铀核中运动，可以取铀核的线度为质子位置的不确定量，，根据不确定关系，质子动量的不确定量质子速度的不确定量22.10根据题意，粒子位置的不确定量等于其波长，有由不确定关系式，有取等号，则22.11电子在电子枪中经电场加速，获得动能，其纵向速度（取为y方向，且不需考虑相对论效应） ， 电子出枪口时，由于波动性，在垂直枪管方向上将有一横向速度，可以用不确定关系估算（不确定关系），可以取枪口直径 这样的横向速度，并不影响电子的运动。电子脱离电子枪口后，不论是纵向还是横向都作匀速直线运动，电子从枪口到荧光屏所需的时间为 故屏上的亮斑直径 这样大小的亮斑不影响电视图像的清晰度。22.12病毒位置的不确定量可以取病毒的线度作为估算，即，病毒的质量 ，式中根据不确定关系式 病毒的速度一定大于速度的不确定量，即，故最小速度22.13光谱线的自然宽度可以作为波长的不确定量，与动量的不确定量的关系为 这样，由不确定关系，可以得位置的不确定量与波长的不确定量的关系： ，即位置的最小不确定量应对上式取等号 22.14根据不确定关系式，该能态的最小不确定量 电子从该能态跃迁到基态，对应的能量，辐射光子的频率为，波长,即 对两边求不确定量（微分），可得=22.15取势阱宽度a为粒子位置的不确定量，，粒子的动量最小应等于其不确定量，即，由不确定关系式 势阱中势能为零，粒子的能量最低能量即零点能为22.16一维无限深势阱中粒子波函数，当粒子处于n=3的量子态时，波函数 概率密度函数发现粒子概率最大的点可令得到，即 ；；；，x已超越阱外，不可取。发现粒子概率最小的点可令得到，即；；；；，x已超越阱外，不可取。22.17概率密度函数，将波函数代入，22.18（1）归一化常数由归一化条件计算。将波函数代入 （2）粒子的概率密度函数 （3）发现粒子的概率最大处，可令计算 可得显然，在x=0和处，为极小值，所