大学物理(下册)练习解答-大学物理-施建青

25 大学物理 下册 练习解答 练习 22 毕奥 萨伐尔定律 22 1 1 D 2 A 3 B 22 2 1 2 1 71 10 5 T 3 4 aI 80 104RIB 2 20I B 0 22 3 解 以 O 为圆心 在线圈所在处作一半径为 r 的圆 则在 r 到 r dr 的圈数为RNd12 由圆电流公式得 120rIB 21 d10RI12lnR 方向 22 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 xid 2 这载流长条在 P 点产生的磁感应强度 xiB 20 0 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 d baxd20 ba ln0 方向垂直纸面向里 22 5 解 1 对 r r dr 段 电荷 dq dr 旋转形成圆电流 则 qI2d 它在 O 点的磁感强度 rrIB400 badd00 ab ln40 方向垂直纸面向内 x dx P O x O a r b dr 26 2 rIrpmd21d ba 6 3ab 方向垂直纸面向内 3 若 a b 则 有a ln qbB 400 过渡到点电荷的情况 同理在 a b 时 则 31 3 26aqapm 也与点电荷运动时的磁矩相同 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 D 23 2 1 R2c 2 3 021RB 2 10RrI 23 3 解 设 x 为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离 xRxrlBlSdd21 导线内 201IrB 导线外 2 420 xRIl RxIl n0 令 d dx 0 得 最大时 15 23 4 解 1 在环内作半径为 r 的圆形回路 由安培环路定理得 NIB 2 2 rIB 在 r 处取微小截面 dS bdr bSd SrI2 12lnRI 2 同样在环外 r R2 作圆形回路 由于 0 i 0 B B 0 23 5 解 圆电流产生的磁场 27 2 01RIB 长直导线电流的磁场 20 导体管电流产生的磁场 13dI 所以 圆心 点处的磁感强度 321B 1120RI 练习 24 磁场对运动电荷的作用 霍尔效应 24 1 1 C 2 B 3 D 24 2 1 匀速直线 匀速率圆周 等距螺旋线 2 0 80 10 13 N 3 k 垂直向上 4 3 08 10 13 J 5 20evfa cos2eBm v 6 z 轴正方向 7 n p sinm 24 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 Rl 45sin l 12 由 求出 v 最大值为 eBmRv meBe 24 5 解 1 p 型半导体 2 aIKU qn01 m 32008 aIB 练习 25 磁场对电流的作用 磁介质 25 1 1 C 2 B 25 2 1 2 3 aI 2121RIpm 21RIBMm 4 9 34 10 19 Am2 相反 5 0 226 T 300 A memre0 2 O O R R l 45 28 25 3 解 对 OO 轴而言 重力矩为 sinsin211 gSaagSM sin2g 磁力矩为 co i 22 BIBI 平衡时 所以1 sin2gSas2Ia T3105 9 t 25 4 解 1 m MpBtIt 202sinsi 2 tPd ta2si aITi 1 20 01I 25 5 解 1 设磁场强度为 H 磁感强度为 B H nI NI l B 0 rH 0 r IN l 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 Wb61 20r SIN 2 13mA58 91 Mr 3 i S M 9 58 10 3 A m 1 练习 26 电磁感应的基本定律 动生电动势 26 1 1 A 2 D 26 2 1 等于 小于 2 0 3 相同 或 8 32lB 8 2l 21RB 沿曲线由中心向外 4 一个电源 vBL 洛伦兹力 26 3 解 由题意 大线圈中的电流 在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的 2 3202 320 4xRIxRI r BS 小线圈中的感应电动势为 2043ddi rIxtt v4203I 当 x NR 时 2420 iIvNR 26 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 cosrB nt 2 29 2dsinNBrtt ntBNr 2si2 imi ItR 当线圈转过 时 t T 4 则 A987 0 2 RnrIim 2 由圆线圈中电流 Im 在圆心处激发的磁场为 6 20 10 4 T 0NB 方向在图面内向下 故此时圆心处的实际磁感强度的大小 T50 2 12 方向与磁场 的方向基本相同 26 5 解 dit diRt 而由 可得 tqid 1i00dQq RWb15 因为 所以Br2 T0 22 NrB 练习 27 感生电动势 自感和互感 27 1 1 B 2 D 3 D 27 2 1 0 2 0 3 4 0 15 H 021ln rR 27 3 解 大小 d d t S dB d t S dB d t 3 68 mV OaR si21 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 d d t 出发 先求任意时刻 t 的 t t BSyxIba 20 abxI ln 20 dlnd ttt abIt ln 1 e20 v RB cb daO I t v a y i d y x t 30 abtIt ln 1 e2d0 v 方向 t 1 时 顺时针 27 5 解 1 根据安培环路定理可求得磁场分布如下 r RrIB01 0 r R 分2 3 0 2ddRRSIrI 2ln 4 00 I 23ln160 I 30 IM 2 分0d l si28i tt 练习 28 磁场能量 位移电流 Maxwell 方程组 28 1 1 A 2 D 28 2 1 1 16 2 dSV DAdLSt BElAd0S A 3 与 方向相同 或由正极板垂直指向负d dLSt HlJtR 0 极板 28 3 解 R1 r R2 diI Hl IrH 2 r2B 2 rIwm lVWm dd rld 21214RRmrI12lnI 28 4 解 由安培环路定理知 R1 r R 2 2 INB 磁能密度 2 Bw 总能量 rbWRd21 dr r R1 R2 31 21d4RrbIN 122ln4RbI 一周期平均值 TtIW021202 dsiln tRbN01202col4 1202ln8RbIN 28 5 解 忽略边缘效应 则极板间为匀强电场 场强大小为 00SQE sin200at 若在与极板中心轴线垂直的平面内 以轴线为中心画一半径为 r 的圆 则通过该圆的位 移电流 Id 为 0dddSSItt DtEr20 20costQ 根据对称性的分析 极板间任一点 的方向沿通过该点的与极板共轴的圆周的切线H 方向 并按右手螺旋法则由 的方向决定 而且在圆周上各点 的大小相等 因此有tEHd2dLLlrI lA rI 2 cos20atQ 28 6 解 在极板间 取与电容器极板同轴的半径为 r 的圆 2de xtmLIR Hl 2 Irxt e20Bxtm 的方向与电流流向成右螺旋关系 B 练习 29 简谐振动的运动方程 特征量和旋转矢量法 29 1 1 C 2 B 3 B 4 C 29 2 1 10 cm 6 rad s 3 2 3 3 40T 29 3 解 由旋转矢量图和 vA vB 可知 T 2 4 秒 T 8 s 1 8 s 1 s 1 1 以 的中点为坐标原点 x 轴指向右方 AB t 0 时 cm 5 co t 2 s 时 cm sin 2 由上二式解得 tg 1 因为在 A 点质点的速度大于零 所以 vB xA BO t 0 t 2 s t 4 s vA vB 32 3 4 或 5 4 如图所示 cm2cos xA 所以振动方程 SI 4s 1025 tx 2 速率 SI 43sin 1025d2 ttxv 当 t 0 时 质点在 A 点 m s22109 i 4 t 29 4 解 二弹簧共同的等效劲度系数 N m421 k mT kg0 1 粘上油泥块之后 kg2 新的周期 s4 kT 物块速度 油泥块和物块碰撞 所以水平方向动量守恒1A v vv 211m 碰撞后 m s16 0 新的振幅 m20 35vAx 29 5 解 1 1s0 k s6 T 2 A 15 cm 在 t 0 时 x 0 7 5 cm v 0 0 所以 3 3 SI 10cos 152 tx 33 练习 30 简谐振动的能量 简谐振动的叠加 30 1 1 D 2 B 30 2 1 T 8 3T 8 2 0 84 3 3 4 4 A 1 A2 gl 2 5 4 10 2 m 6 1 47 7 291 Hz 或 309 cos 2 tAx 1 Hz 8 4 3 30 3 解 1 势能 2kxWP 总能量 21AE 由题意 4 2kx m 10 2 周期 T 2 6 s 从平衡位置运动到 的最短时间 t 为 T 8 2Ax t 0 75 s 30 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 l 则有 加拉力 F 后弹簧又伸长 x0 则lkmg lkmg F kx0 由题意 t 0 时 v 0 0 x x 0 则 022 xxA v 又由题给物体振动周期 s 可得角频率 由于 所以483TT 2 mk N4 2AmkF 2 平衡位置以下 1 cm 处 2x v J 2107 EK 4 44 10 4 J22 4 Tkxp 30 5 解 由合振动的振幅及初相公式 可得 cos2121AA 34 m m22 10 43cos 65 2108 7 84 8 1 48 rad 4 3cos ininartg 所以 SI 8 10cos 18 72 tx 30 6 解 把两波写成 0 cos 1tAy 02 1xtA 0282x 并令 A1 A2 A 0 06 m 则对于所求的点有 cos2121cos 由 可得x 0 或 3 2 k 3 2 0 kx m 或 m k 0 1 2 5 2 5x 练习 31 波的基本概念 平面简谐波 31 1 1 C 2 B 3 D 31 2 1 503 m s 2 125 rad s 338 m s 17 0 m 3 u 5 10 103 m s 4 SI 5 或 30 65cos 0 xty 2cos 1 tTAyx 6 80 N 2sin 1TtAx 31 3 解 设平面简谐波的波长为 坐标原点处质点振动初相为 则该列平面简谐 波的表达式可写成 SI 27cos 1 0 xty t 1 s 时 0 1 0 因此时 a 质点向 y 轴负方向运动 故 2 27 而此时 b 质点正通过 y 0 05 m 处向 y 轴正方向运动 应有 05 0cos 1 0 且 31 2 7 由 两式联立得 0 24 m 7 35 所以 该平面简谐波的表达式为 SI 或 SI 3172 07cos 1 0 xty 312 07cos 1 0 xty 31 4 解 1 设 x 0 处质点的振动方程为 2cs tAy 由图可知 t t 时 0o t sin d t 所以 2 2 t t 21 x 0 处的振动方程为 cos tAy 2 该波的表达式为 21 2 uxt 31 5 解 1 由 P 点的运动方向 可判定该波向左传播 原点 O 处质点 t 0 时 cos 2A sin0 Av 所以 4 O 处振动方程为 SI 150cos 0 ty 由图可判定波长 200 m 故波动表达式为 SI 4 2 xtA 2 距 O 点 100 m 处 5cos 0 yt SI 45 v 练习 32 波的能量 波的干涉 驻波和多普勒效应 32 1 1 D 2 C 3 B 4 C 32 2 1 5 J 2 4 3 4 S 1 的相位比 S2 的相位超前 2 5 w 2 6 637 5 cos xtA cos cos txA Hz 566 7 Hz 32 3 解 36 2112r 4241 r m6 0cos 122 AA 32 4 解 1 反射点是固定端 所以反射有相位突变 因此反射波的表达式为 2 Ttxy 2 驻波的表达式是 21 21 cos 21 cos tA 3 波腹位置 nx n 1 2 3 4 21 n 波节位置 21 x n 1 2 3 4 21 32 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 A 处合成的结果 即 01 uV 2 01 uV 002uV m s0 2 u 练习 33 光的相干性 分波阵面干涉 33 1 1 A 2 C 3 C 4 B 33 2 1 n1 n2 e 或 n 2 n1 e 2 d sin r 1 r 2 3 3 6 mm 33 3 解 因为 c 所以 c 0 173 nm lc c 2 c c 6000 km 33 4 解 1 x 20 D a 0 11 m 2 覆盖云玻璃后 零级明纹应满足 n 1 e r 1 r 2 设不盖玻璃片时 此点为第 k 级明纹 则应有 r2 r 1 k n 1 e k 37 k n 1 e 6 96 7 零级明纹移到原第 7 级明纹处 33 5 解 1 干涉条纹间距 x D d 相邻两明条纹的角距离 x D d 由上式可知角距离正比于 增大 10 也应增大 10 故 1 0 1 648 2 nm 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 n 由题给条件可得 0 15 33 6 解 1 如图 设 P0 为零级明纹中心 则 DOdr 12 l2 r2 l1 r1 0 所以 r2 r1 l1 l2 3 dP 0 2 在屏上距 O 点为 x 处 光程差 d 明纹条件 k 1 2 所以 dDx 3 在此处令 k 0 即为 1 的结果 相邻明条纹间距 xk 1 练习 34 等厚干涉 34 1 1 B C 3 C 34 2 1 r 12 r22 2 2 n 1 e 2 或 2 n 1 e 2 3 3 2n 34 3 解 1 明环半径 1 Rkr 5 10 5 cm 2 2 2k 1 2 r 2 R 对于 r 1 00 cm k r 2 R 0 5 50 5 故在 OA 范围内可观察到的明环数目为 50 个 34 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 e1 e 2 第 k 个暗环处空气薄膜的厚度 e 为 e e1 e2 由几何关系近似可得 O P0 r1 r2 D l2 s1 s2 d l1 s0 x O2 O O1 R2 1 r k e e2 e1 38 121 Rrek 22 Rrek 第 k 个暗环的条件为 k 1 2 3 2 e k Rrk 212 kk21 k 1 2 3 2rk 34 5 解 设 点处空气薄膜的厚度为 则有 111 2 ee 即 改变波长后有 2 k 121 k 故 121 e 34 6 解 1 棱边处是第一条暗纹中心 在膜厚度为 e2 处是第二条暗纹中心 依此可知第四条暗纹中心处 即 A 处膜厚度 e4 23 所以 4 8 10 5 rad ll 4 2 由上问可知 A 处膜厚为 e4 3 500 2 nm 750 nm 对于 600 nm 的光 连同附加光程差 在 A 处两反射光的光程差为 214e 它与波长 之比为 所以 A 处是明纹 0 21 4 e 3 棱边处仍是暗纹 A 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 35 1 1 B 2 D 35 2 1 4ne 1 或 4ne 1 2 114 6 nm 3 2d N 4 2 n 1 h 35 3 解 因为 kine s22 令 k 0 则 39 111 nm ine2s 2 35 4 解 设介质薄膜的厚度为 e 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 i 0 时 依公式有 对 1 12 kn 按题意还应有 对 2 e 由 解得 312 k 将 k 2 代入 式得 n 7 78 10 4 mm ne 35 5 解 反射镜移动距离 9658 310m2 5102eN 设开始时中心级次为 k 边缘级次为 k 10 则有 1 ke 2 cosi 移动后 中心级次变为 边缘级次变为 则有10 15 k 3 0 2 e 2 4 cosik 联立式 1 2 3 和 4 可解得 边缘处 51 k 练习 36 单缝衍射 园孔衍射 36 1 1 C 1 D 36 2 1 子波 子波干涉 或 子波相干叠加 2 5 10 4 mm 3 4 第一 暗 4 4 5 2 24 10 5 4 47 6 13 9 36 3 解 1 对于第一级暗纹 有 a sin 1 因 1 很小 故 tg 1 sin 1 a 故中央明纹宽度 x0 2f tg 1 2f a 1 2 cm 2 对于第二级暗纹 有 a sin 2 2 x2 f tg 2 f sin 2 2f a 1 2 cm 分 36 4 解 1 由单缝衍射暗纹公式得 1sin 2sin 由题意可知 e n0 1 0 1 35 n 1 50 40 21 21sini 代入上式可得 2 k1 1 2 211sin ka a k2 1 2 2 si 若 k2 2k1 则 1 2 即 1 的任一 k1 级极小都有 2 的 2k1 级极小与之重合 36 5 解 设人眼在空气中最小分辨角为 汽车与人之距离为 S d lS 4 9 103 m l 2 1 2 1 36 6 解 1 已知 d 3 mm 550 nm 人眼的最小分辨角为 2 24 10 4 rad d 2 设等号两横线相距 x 2 mm 时 人距黑板 l 刚好看清 则 l x 8 9 m 所以距黑板 10 m 处的同学看不清楚 练习 37 光栅衍射 X 射线衍射 37 1 1 D 2 D 3 D 37 2 1 一 三 2 3 3 30 4 2d 37 3 解 由光栅衍射主极大公式得 1sin k 221212360si 当两谱线重合时有 1 2 即 94321 k 两谱线第二次重合即是 k1 6 k2 4621 由光栅公式可知 d sin60 6 1 3 05 10 3 mm 60sin1 37 4 解 1 kba 当 时 2 41 3 39 k max 3 bak 又因为 a b asin2i 有谱线 k 但当 k 2 4 6 时缺级 所以能看到 5 条谱线为 0 1 3 级 2 ba si n 30 90 5 09 取 kmax 5 1 90i3i k 1 7 取 2 sn ba 1max 因为 a b 故第 2 4 缺级 所以 能看 5 条谱线为 5 3 1 0 1 级 37 5 解 光栅常数 d 1m 5 105 2 10 5m 设 1 450nm 2 650nm 则据光栅方程 1 和 2 的第 2 级谱线有 dsin 1 2 1 dsin 2 2 2 1 sin 12 1 d 26 74 2 sin 12 2 d 40 54 第 2 级光谱的宽度 x2 x1 f tg 2 tg 1 所以 f x1 x2 tg 2 tg 1 100 cm 37 6 解 光栅常数 d 2 10 6 m 1 垂直入射时 设能看到的光谱线的最高级次为 km 则据光栅方程有 dsin km 因为 sin 所以 km d 1 故 km d 3 39 由于 km 为整数 有 km 3 3 斜入射时 设能看到的光谱线的最高级次为 则据斜入射时的光栅方程有 mk sin0i 即 dkm sin21 因为 sin 1 所以 故5 dkm 5 09 由于 为整数 有mk 5mk 37 7 解 设晶面间距为 d 第一束 X 射线波长为 1 掠射角 1 30 级次 k1 1 另一束射线波长为 2 0 097 nm 掠射角 2 60 级次 k2 3 根据布拉格公式 第一束 1sin 第二束 两式相除得 42 0 168 nm 2121sin k 练习 38 光的偏振 38 1 1 A 2 D 3 D 38 2 1 2 1 4 2 30 1 73 3 4 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 38 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 I1 I 0 2 透过第二个偏振片后的光强为 I2 由马吕斯定律 I2 I 0 2 cos2 分 透过第三个偏振片的光强为 I3 I3 I 2 cos2 90 I0 2 cos2 sin2 I0 8 sin22 由题意知 I3 I 2 16 所以 sin22 1 2 22 5 sin 38 4 证 因反射光线 1 为完全偏振光 故自然光线的入射角 i0 满足布儒斯特定律 tg i0 n n0 在这种情况下 反射光线和折射光线垂直 有 i0 r 90 因而上式可写成 tg 90 r ctg r n n0 tg r n 0 n 折射光线在玻璃板下表面的入射角 r 也满足布儒斯特定律 因而反射光线 2 也是完全偏振 光 38 5 解 1 o 光振幅 sinAo e 光振幅 ce 60 两光强之比 2 eoeoAI 2 os in 3tg 2 晶片厚度 d 0 50 mm 两光光程差 ne no d 4 5 m i i i0 i0 i0 43 38 6 解 4 dneo 8 56 10 7 m4oed 练习 39 黑体辐射 普朗克量子假设 光电效应 39 1 1 C 2 B 3 D 39 2 1 0 64 2 5 13 10 3 3 2 40 10 3 K 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 h 的 整数倍 5 A h 01 eh 39 3 解 1 太阳在单位时间内辐射的总能量 E 1 37 103 4 RSE 2 3 87 1026 W 2 太阳的辐射出射度 0 674 108 W m2 20Sr 由斯特藩 玻尔兹曼定律 40T K587 4E 39 4 解 设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为 0 Ah c 又按题意 KEh 所以 KcA 612 nm Kc 0 39 5 解 1 00 h 5 65 10 7 m 565 nmA0 2 aUem 21vAUeca 得 1 73 10 7 m 173 nm Aehca 39 6 解 当铜球充电达到正电势 U 时 有 21vAe 44 当 时 铜球不再放出电子 即 hAeU eU h A 2 12 eV c 故 U 2 12 V 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 40 1 1 D 2 C 3 C 4 C 40 2 1 2 0 586 3 量子化定态假设 量子化 cos s phc 跃迁的频率法则 角动量量子化假设 其中 n Eknk 2 nhL 1 2 3 4 13 6 5 5 2 55 6 1 2 7 5 10 40 3 解 入射光子的能量为 0 hc 散射光子的能量为 反冲电子的动能为 1 68 10 16 J 0KE 1 0 hc 40 4 解 1 康普顿散射光子波长改变 0 024 10 10 m os1 chme 1 024 10 10 m 0 2 设反冲电子获得动能 根据能量守恒 2cEeK KEh 0 hc 0 4 66 10 17 J 291 eV 0 K 40 5 解 1 2 86 eV h 2 由于此谱线是巴耳末线系 其 k 2 eV E1 13 6 eV 4 32 1 EK nKn 51 h 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 n 5 跃迁到 n 1 的谱线 40 6 解 设激发态量子数为 n 根据玻尔理论 hEn 1 对氢原子 n 5 4 n 3 n 2 n 1 45 E1 13 6 eV 基态 h 12 09 eV 所以 En 1 51 eV 分 另外 对氢原子有 En 13 6 n 2eV 由此有 1 51 13 6 n 2 n2 9 n 3 氢原子的半径公式为 rn n2a1 9 a1 即氢原子的半径增加到基态时的 9 倍 练习 41 德布罗意波 测不准关系 41 1 1 A 2 A 41 2 1 150 V 2 3 1 46 1 41 3 解 0cmEK 20220 cm v 02 Ep 0k 将 m v 代入德布罗意公式得 202 chcp K 41 4 解 用相对论计算 由 20 1 mpvv 20212 cmceU h 计算得 m1220127 3 ceh 若不考虑相对论效应 则 v0mp 12eU 由 式计算得 3 88 10 12 m 2 10 eh 相对误差 6 4 41 5 解 x px x mvx 46 xv m 粒子的最小能量应满足 2min 1xE 2 2x 2mL 在核内 质子或中子的最小能量 Emin 3 3 10 14 J 2L 41 6 解 根据不确定关系式 E t 可得 E t 0 659 10 7 eV 根据光子能量与波长的关系 hc 则光子的波长 3 67 10 7 m 波长的最小不确定量为 hc E E2 7 13 10 15 m 41 7 解 光子动量 hp 按题意 动量的不确定量为 2 根据测不准关系式得 x 2 hph x 0 048 m 48 mm 当然 也可以用 或 或 来计算 x 4 px hpx21 练习 42 波函数 薛定谔方程 一维无限深势阱 氢原子 42 1 1 B 2 B 42 2 1 粒子在 t 时刻在 x y z 处出现的概率密度 单值 有限 连续 2 2 2 2l 1 2n 2 3 泡利不相容 能量最小 4 0 d2 zyx 5 电子自旋的角动量的空间取向量子化 6 4 7 1s 2 2s2 2p2 1s 2 2s2 2p6 3s2 3p2 42 3 解 据已知条件 2 na 又据德布罗意公式 vmh v 无限深势阱中粒子的能量为 21E 47 mE2 v 由 式解得 h 以 式代入得 242nan 28mE 42 4 解 谐振子处于第一激发态时概率密度为 exp exp 2222 131 AP 具有最大概率的位置由 dP1 dx 0 决定 即由 0 232A 解得 概率最大的位置 x 42 5 解 由波函数的性质得 1d02 xl 022 lcl 由此解得 52 3l 2 30l 设在 0 l 3 区间内发现该粒子的概率为 P 则 P817d d 0522 02 ll xllx 42 6 解 1 在 0 a 一维无限深方势阱中波函数为 an si 在 0 a 4 的粒子概率为 2sin142sin4 1 cos 0404042 xaa dxddxPa 2 当 n 2k 时 iP n 2k 1 时 1 35k 04 2 sini k 48 12 4 kP 显然 时 即 值最大1k 3nP16 3 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4 p 于平均 练习 43 固体中的电子 43 1 1 D 2 C 3 C 4 D 5 C 43 2 1 10 6m s 2 3 N 增大 4 P 型 靠近263 FeeEm 价带顶的禁带中 N 型 靠近导带顶的禁带中 5 514nm 4 14 可见光 红外 m 43 3 解 1 且 可独立任取 1 2 3 整数值 22 xyzaann xyzn 2 xxyyzzhhpp 3 228xyzEnma 43 4 解 1 金原子质量 kg 32521970 16 AMN 以每个金原子有一个导电电子计 则有 m 3 423283 901970n 2 3 3 2 1931 5 J5 0eV fEm m s1968 ffvE K234 0 0 80FTk 2 m 0 524nm 3411196 5298 fh 43 5 解 1 类似题 43 4 的方法可求得 2 3 50mn 2 由电导式 得2 enm s214 e 49 3 nm182 6ekTm 4 nm23Fv 43 6 解 1 由玻尔兹曼分布定律可得 1923 5 60 80 93e4 1gEkTupbN 这一结果说明 由于禁带宽度大 实际金刚石的空带是空的 2 8347max 1930 2 m26n56gch 43 7 解 eVax1 9gE 练习 44 核物理 44 1 1 C 2 B 3 B 4 C 44 2 1 10 10m 10 15m 2 10 14 3 0 1 2 1 2 4 m 5 120 饱和性 6 铜原子质量小于钴原子与氦原子质量之和 7 Xyc 44 3 解 由于 6MeV 比 粒子的静能 4 103MeV 要小得多 可知 6MeV 是 粒子 的动能 可不考虑相对论效应 以 M 表示靶核的质量 当 粒子达到离靶核最近时 kE 两者速度相等 设其共同速度为 v 则由动量守恒和质量守恒 得 220min1 4k ZeEvr m 解此二式 得 20min4kkZeEMr 2min0kr 对金核 M 197 m 可忽略金核的反冲 则有 2192914in 607 3 804kZerE 对氮核 M 14 不可忽略其反冲 则有 2 192915min 60127 0 2mkerE 而氮核的半径 所以还不能说 6MeV 的 粒子可到1 3515 89mNA 达氮核的核力范围之内 44 4 解 起始活度 50 23 17001 26 0lnln1 860 4Bq4ANT 1 2 ln76d 5TttAee 44 5 解 的丰度只有 所以146C103 N0 0 3 1 3 10 12 6 02 1023 2 35 1011 而 A 9 60s 1 s 7823 510 由于 故有 00ettA 147 6ln7ln a820359NtA 44 6 解 由于 4 7825MeV 比 粒子的静能 4 10 3MeV 要小得多 可知 4 7825MeV 是 粒子的动能 可不考虑相对论效应 以 Md 表示靶核的质量 m 表kE 示 粒子的质量 则由动量守恒得 dmv 子核的反冲能量为 2214 78250 6eVkddkddEMvE 此 衰变放出的总能量为 7850 6 Mkd 44 7 解 2342 2 143 4 2031 865 01 650 97eVnHeQmc uc 为放热反应