2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.07光场的量子性

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2014级西南交大大物答案9

2014级西南交大大物答案9

©西南交大物理系_2015_02《大学物理AI 》作业No. 09 磁感应强度班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题:(用“T ”和“F ”表示)[ F ] 1.穿过一个封闭面的磁感应强度的通量与面内包围的电流有关。

解:穿过一个封闭面的磁感应强度的通量为0。

[ F ] 2.磁感应线穿过磁场中单位面积上的磁感应线的条数等于磁感应强度的通量。

解:穿过垂直于磁场中单位面积上的磁感应线的条数等于磁感应强度的大小。

[ F ] 3.无限长载流螺线管内磁感应强度的大小由导线中电流的大小决定。

解:无限长载流螺线管内磁感应强度的大小为:nI B 0μ=,除了与电流的大小有关,还与单位上的匝数有关。

[ T ] 4.做圆周运动的电荷的磁矩与一个载流圆线圈的磁矩等效。

[ F ] 5.在外磁场中,载流线圈受到的磁力矩总是使其磁矩转向外场方向。

解:根据B P M m⨯=,可知上述叙述正确。

二、选择题:1.载流的圆形线圈(半径a 1)与正方形线圈(边长a 2)通有相同电流I 。

若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感应强度大小相同,则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为 [D](A) 11:(B) 12:π (C)42:π(D)82:π解:圆电流在其中心产生的磁感应强度1012a I B μ=正方形线圈在其中心产生的磁感应强度2020222)135cos 45(cos 244a I a IB πμπμ=-⨯⨯=磁感强度的大小相等,8:2:22221201021ππμμ=⇒=⇒=a a a Ia IB B所以选D 。

2.若要使半径为m 1043-⨯的裸铜线表面的磁感应强度为T 100.75-⨯, 其铜线中需要通过的电流为(170A m T 104--⋅⋅⨯=πμ) [ B ](A) 0.14A (B) 1.4A (C) 14A(D) 2.8A解:由圆形电流磁场分布有铜线表面磁感应强度大小为RIB πμ20=,所以 铜线中需要通过的电流为()A 4.1104107104227530=⨯⨯⨯⨯⨯=⋅=---ππμπBR I3.一个载流圆线圈通有顺时针方向的电流,放在如图所示的均匀磁场中,则作用在该线圈上的磁力矩的方向[ D ] (A) 垂直纸面向里 (B) 垂直纸面向外(C) 向上(D) 向下 (E) 合力矩为零 解:m P 方向垂直于纸面朝里,即⊗,而B 向右,根据B P M m⨯=,判断出磁力矩M的方向向下。

《大学物理AII》阶段考试振动与波动

《大学物理AII》阶段考试振动与波动
反射波的波函数
2 7 3 2 y反 =Acos t -x Acos t+ x 4 2
合成波的表达式(驻波)为
y y入 y反 2 Acos( 2 π
x
)cos( t Fra bibliotek )波在 O 点同相。故(1)中的初相为
学 号

2、[ A ] 将一个弹性系数为 k=16N/m 的轻质弹簧上端固定悬挂起来,下端挂一质量 m=4kg 的小球,平衡时伸长为 b。若以平衡位置为原点,则小球的动力学 密封装订线 方程是 (本题中所有计算取 g 10 m s 2 )
班 级
d2x 4x 0 (A) dt 2
d2x 4x 0 (B) dt 2
L 2.1m
7 7 , xB 4 4
入射波在 B 点的振动方程
2 7 y入B Acos t Acos t 4 2
B 点固定,考虑半波损失,入射波在 B 点反射时,
3 y反B =Acos t 2
9、 [BCD] 关于多普勒效应,下面说法中正确的是(可多选)
(A) 机械波的多普勒效应,只决定于波源与观测者之间的相对运动; (B) 机械波的多普勒效应,决定于介质中的波速和波源、观察者相对介 质的速度; (C) 波源速度大于波速时,多普勒效应失效。 (D) 电磁波也有多普勒效应 【解】从公示可知, r
u vr ,B 正确;公式中分母为零时,没有数学意义,在物 u vs s
理上,对应冲击波。电磁波也有多普勒效应,只是不要介质。
二、
填空题(共 7 小题,共 18 分)
1. (2 分)一劲度系数为 k 的轻质弹簧的上端固定,下端挂一质量为 m 的物体,让 物体沿竖直方向振动,这样就构成一个竖直弹簧振子。把物体的平衡位置取为势 能零点, 则竖直弹簧振子的势能与相应水平弹簧振子的势能形式 相同 相同/不同】 【解】势能和相对于平衡位置的位移有关,详见教材。

桂电2014大物AII重修_量子物理

桂电2014大物AII重修_量子物理
2、当电子最大动能等于零时: 红限频率: 0
逸出功
W /h
1 2 3、遏止电压满足关系: eU0 me v m 2
例 2:
以一定频率的单色光照射在某种金属上,测出光电流在 图中用实线表示,然后保持光的频率不变,增大照射光的强 度,测出光电流曲线在图中用虚线表示。满足题意的图是: B
i
i
i
1 1 1 ~ 波数: RH 2 2 n m
7 -1 里德伯常量: RH 1.097 10 m
氢原子的谱线规律:
1 1 1 ~ RH 2 2 赖曼系: 1 n 1 1 1 ~ RH 2 2 巴尔末系: n 2 1 1 1 ~ RH 2 2 帕邢系: n 3 1 1 1 ~ RH 2 2 布拉开系: n 4
康普顿波长远小于可见光波长
吴有训对研究康普顿效应的贡献 1923年 参加了发现康普顿效应的研究工作
1925—1926年 吴有训用银的X射线(0 =5.62nm)为入射
线以15种轻重不同的元素为散射物质在同一散射角 ( 1200 )测量各种波长的散射光强度做了大量 X 射 线散射实验。
对证实康普顿效应作出了重要贡献
4.9m 1.449 m
(2)点亮的白炽灯中,钨丝的温度为2000k
(3)太阳表面的温度约为5800k
0.4997 m
经典物理的困难:
维恩公式:
M 0 ( , T ) c1
e
c 2 / T
5
在长波范围内与实验不符 瑞利-金斯公式:
M 0 ( , T )
(紫外灾难)
2ckT
黑体: 能够完全吸收外来辐射而没有反射的物体。

No7场的量子性玻尔理论答案

No7场的量子性玻尔理论答案

习题版权属物理学院物理系《大学物理AII》作业No.07 场的量子性玻尔理论一、选择题:1.D2.D3.B4.D5.A6.B二、填空题:1.光电效应中,当频率为Hz 10315⨯的单色光照射在逸出功为4.0eV 的金属表面时,金属中逸出的光电子的最大速率为 m ⋅s -1。

(普朗克常量s J 1063.634⋅⨯=-h ,电子质量m e =kg 1011.931-⨯) 解:由爱因斯坦光光电效应方程 2021mv h h +ν=ν可得逸出光电子的最大速率()()()16311915340s m 1072.11011.9106.10.41031063.622----⋅⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=mh h v νν2.以波长为207.0=λμm 的紫外光照射金属钯表面产生光电效应,已知钯的红限频率1501021.1⨯=νHz ,则其遏止电压a U = V 。

(普朗克常量s J 1063.634⋅⨯=-h ,基本电荷 19106.1-⨯=e C)解:由爱因斯坦光电效应方程 a U e h h +=0νν可得遏止电压:()V 99.0106.11021.110207.01031063.6191568340≈⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯=ν-λ=---eh c h U a3.如图所示,一频率为ν的入射光子与起始静止的自由电子发生碰撞和散射。

如果散射光子的频率为ν',反冲电子的动量为p ,则在与入射光子平行的方向上的动量守恒定律的分量形式为 。

解:以光子和电子为研究对象,在入射光子运动的方向上:初始动量为 c h h p νλ==0碰撞后动量为 θφνcos cos p ch p +'=' 由守恒定律可得与入射光子平行的方向上动量的分量形式θφννcos cos p ch ch +'=4.康普顿散射中, 当出射光子与入射光子方向成夹角θ = 时, 光子的频率减少得最多;当θ = 时,光子的频率保持不变。

西南交通大学2014年大学物理AII No.3波的干涉参考答案

西南交通大学2014年大学物理AII No.3波的干涉参考答案

(SI)
(SI)
2
三、填空题: 1. S 1 , S 2 为振动频率、振动方向均相同的两个点波源,振动方向垂直纸面,两者相距
M
• S1 • S2 • C
3 1 λ ( λ 为波长) 如图。已知 S1 的初相位为 π 。 2 2 (1) 若使射线 S 2 C 上各点由两列波引起的振动均干涉相消,则 S 2 的初位相应为:
−2
A
O
a
λ
b
2
c
λ
x
解:a 、b 为驻波相邻的两个波节之间的点,则据驻波规律知:振动相位相同,位相差为 0。 所以选 D 4.在弦线上有一简谐波,其表达式是 y1 = 2.0 ×10 cos [2π (t / 0.02 − x / 20) + π / 3] (SI) [ ] (A) y 2 = 2.0 × 10
u
3 4
x
3.某时刻的驻波波形曲线如图所示,则 a、b 两点振动的位相差是
[ D ] (A) π ,且下一时刻 b 点振幅会增大为 A
y
1 (B) π ,且下一时刻 b 点振幅不会增大为 A 2 1 (C) π ,且下一时刻 b 点振幅会增大为 A 4 (D) 0 ,且下一时刻 b 点振幅不会增大为 A
N
π /2 ⋅
。 的初位相应为:
(2) 若使 S1 S 2 连线的中垂线 M N 上各点由两列波引起的振动均干涉相消,则 S 2
3π / 2

解:(1) 在 S 2 外侧 C 点,两列波的相位差为:
∆ϕ = ϕ 2 − ϕ 1 −

ϕ2 = π / 2
∆ϕ = ϕ 2 − ϕ 1 −
λ
( r2 − r1 ) = ϕ 2 −

西南交大大物作业答案

西南交大大物作业答案

西南交大大物作业答案【篇一:2014级西南交大大物答案10】=txt>《大学物理ai》作业no.10安培环路定律磁力磁介质班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题:(用“t”和“f”表示)??[ f ] 1.在稳恒电流的磁场中,任意选取的闭合积分回路,安培环路定理h?dl??iil都能成立,因此利用安培环路定理可以求出任何电流回路在空间任一处产生的磁场强度。

解:安培环路定理的成立条件是:稳恒磁场,即稳恒电流产生的磁场。

但是想用它来求解磁场,必须是磁场分布具有某种对称性,这样才能找到合适的安培环路,才能将??h?dl??ii中的积分简单地积出来。

才能算出磁场强度矢量的分布。

l[ f ] 2.通有电流的线圈在磁场中受磁力矩作用,但不受磁力作用。

解:也要受到磁场力的作用,如果是均匀磁场,那么闭合线圈所受的合力为零,如果是非均匀场,那么合力不为零。

[f ] 3.带电粒子匀速穿过某空间而不偏转,则该区域内无磁场。

解:根据f?qv?b,如果带电粒子的运动方向与磁场方向平行,那么它受力为0,一样不偏转,做匀速直线运动。

??[f ] 4.真空中电流元i1dl1与电流元i2dl2之间的相互作用是直接进行的,且服从牛顿第三定律。

解:两个电流之间的相互作用是通过磁场进行的,不服从牛顿第三定律。

[ t ] 5.在右图中,小磁针位于环形电流的中心。

当小磁针的n 极指向纸内时,则环形电流的方向是顺时针方向。

???解:当小磁针的n 极指向纸内时,说明环形电流所产生的磁场是指向纸内,根据右手螺旋定则判断出电流的方向是顺时针的。

二、选择题:1.如图,在一圆形电流i所在的平面内,选取一个同心圆形闭合回路l,则由安培环路定理可知: [b] (a)(b)(c)??lb?dl?0,且环路上任意一点b?0 ??lb?dl?0,且环路上任意一点b?0 ??b?dl?0,且环路上任意一点b?0l??解:根据安培环路定理知,b的环流只与穿过回路的电流有关,但是b却是与空间所有l??(d) b?dl?0,且环路上任意一点b =常量=0的电流有关。

2014机西南交大大物答案7

2014机西南交大大物答案7

©西南交大物理系_2014_02《大学物理AI 》作业 No.06电场强度班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、 判断题:(用“T ”和“F ”表示)[ F ] 1.电场中某点场强的方向,就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。

解:电场中某点场强的方向,就是将正点电荷放在该点所受电场力的方向。

[ F ] 2.任意两个带电体之间的相互作用力大小可表示为:2210π41r q q F ε=解:库仑定律是指真空中两个静止的点电荷直接的相互作用力。

[ F ] 3.静电场中某场点的电场强度的大小,由q F E /= 知, 与检验电荷电量成反比。

解:电场强度与检验电荷无关。

[ T ] 4.三个相等的电荷处于等边三角形的三个顶点上,求这种电荷分布下的电场不 能用高斯定理求解。

解:高斯定理的成立条件是静电场,但是高斯定理只能求解某些对称分布的电场(球对称、轴对称、面对称)。

[ F ] 5.如图所示,整个高斯面包围了四个带正电粒子中的 两个。

由面内两个电荷引起的电场穿过该面的通量 小于由所有四个电荷引起的电场穿过该面的通量。

解:内∑⎰⎰=⋅q S E S 01d ε ,注意高斯定理描述的是穿过封闭曲面的电通量只与封闭曲面内的电荷有关,封闭曲面外的电荷对通量没有贡献!!!二、选择题:1.有两个点电荷电量都是 +q , 相距为2a , 今以左边的点电荷所在处为球心, 以a 为半径作一球形高斯面,在球面上取两块相等的小面积S 1 和S 2 , 其位置如图所示 ,设通过S 1 和S 2 的电场强度分别为 Φ1 和Φ2 ,通过整个球面的电场强度通量为Φs ,则[ ] (A) Φ1 > Φ2 , Φs = q /ε0 (B) Φ1 < Φ2 , Φs = 2q /ε0(C) Φ1 = Φ2 , Φs = q /ε0(D) Φ1 < Φ2 , Φs = q /ε0 解:根据高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S和场强叠加原理有在小面积S 1 处,01=E ,01=Φ;在小面积S 2 处,02≠E ,0222>⋅=ΦS E,所以21Φ<Φ, 而通过整个球面的电场强度通量 0/d εq S E Ss =⋅=Φ⎰故选D2.面积为S 的空气平行板电容器,极板上分别带电量±q ,若不考虑边缘效应,则两极板间的相互作用力为[ ] (A) Sq 02ε(B) S q 022ε(C) 2022S q ε(D) 202S q ε解:计算两板之间的静电力时,只能视其中一板在另一板的电场中受力,该电场的场强是其中一个带电板产生的(设为+ q 板),则其值为0022qE Sσεε==于是- q 板受+ q 板作用力大小为Sq q E q E F 022d d ε===⎰⎰, 故选B 3.如图为四种情形,每个球体具有贯穿其体积均匀分布的电荷Q ,图中标出一点P ,它们都在离球心同样距离处。

2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.05光的干涉

2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.05光的干涉
∆ = 2ne + λ = kλ (k = 1, 2, 3,")知相邻级次膜厚差为λ / 2,故选 C
2
6.在迈克尔逊干涉仪的一支光路中,放入一片折射率为 n 的透明介质薄膜后,测出两束光的光程差的改变量为一个波
长λ,则薄膜的厚度是
λ
[
] (A)
2
λ
(B) 2n
λ
(C) n
λ
(D)
2(n − 1)
解:设薄膜厚度为 d,则放入薄膜后光程差的改变量为 2(n-1)d
解:由 P106 计算光程时的常见情况(2)可得。 [ F ] 4.在厚度均匀的薄膜表面形成的干涉条纹是等厚干涉条纹。
解:由 P113 等厚干涉的定义可得。 [ F ] 5.对于某单色光的增反膜,其反射光干涉相消。
解:增透膜就是膜的两个表面的反射光干涉相消,增反膜就是膜的两个表面的反射光干涉相长。
二、选择题:
∆ = 2ne = (2k + 1) λ 2
因此当 k=0
时,透明材料的厚度最少为 emin
=
λ 4n
=
600 4 × 1.25
= 120
(nm )
n2 = 1.25 n1 = 1.00 n3 = 1.50
5.波长为 λ 的平行单色光垂直照射到劈尖薄膜上,劈尖角为θ ,劈尖薄膜的折射率为 n,第 k 级明条纹与第 k+5 级明
2
3. 波长λ = 600nm 的单色光垂直照射到牛顿环装置上,第二级明条纹与第五级明条纹所对应的空气薄膜厚度之差为
nm。
解:对于牛顿环等厚干涉条纹,因 2n e + λ = kλ ,故牛顿环装置上第二级明纹与第五级明纹对应的空气薄膜厚度差为 2
∆ e = ∆ k × λ = 3 × 600 = 900 (nm)

西南交大大物AI作业答案10

西南交大大物AI作业答案10

度大小 H = I
(2πr ), 磁感应强度的大小 B = uH =
uI
( 2πr )

解:由安培定律及 B = µH 可得到上述结果。
1 (B) u 0 I 3
(D) u 0 I
a
I1
I
b
I2 R2
R1
120o
解:电流I从b点分流,I=I1 + I2。设铁环总电阻为R,
l 由电阻公式 R = ρ , s

2 R1 = R , 3
1 R2 = R 3
2 1 2 U b = U c , 即 RI 1 = RI 2,得I 2 = I 3 3 3 r r 2u 0 I 所以 B⋅dl = ∫ 3 L
FAC = FBC = ∫ BI 2 d l = ∫
式中 l 为三角形边长,力方向如图所示,可见三角形不可能移动,合力为:
∑F
y
=0 u0 I 1 I 2 l 2 3 3 l [ − ln(1 + ⋅ )] 2π a 3 2 a
− ∑ Fx = FAB − 2 FAC cos 60o = 令 l = λ (λ > 0), a u II 2 3 = − 0 1 2 [1 − + 2π 3

c
a
r
r
I
O
a
b
2aBI

v B
解:在均匀磁场中,圆弧电流所受的磁力与通过同样电流的弧线 bc 所 受的磁力相等,其大小为由安培定律可得: F = BI 2a =
2aBI
5. 图示为三种不同的磁介质的 B ~ H 关系曲线,其中虚线表示的是 B = µ 0 H 的关系。说明 a、b、c 各代表哪一类磁介质的 B ~ H 关系曲线: a 代表 b 代表 c 代表 解: µ = 铁磁质 顺磁质 抗磁质 的 B ~ H 关系曲线。 的 B ~ H 关系曲线。 的 B ~ H 关系曲线。

西南交大大学物理CII作业参考答案

西南交大大学物理CII作业参考答案

西南交大大学物理CII作业参考答案物理系_2022_09《大学物理CII》作业No.7热力学第二定律班级________学号________姓名_________成绩_______一、判断题:(用“T”和“F”表示)[F]1.在任意的绝热过程中,只要系统与外界之间没有热量传递,系统的温度就不会发生变化。

此说法不对.在绝热过程中,系统与外界无热量交换,Q=0.但不一定系统与外界无作功,只要系统与外界之间有作功的表现,由热力学第一定律Q=E+W,可知,E=-W,即对应有内能的改变.而由E=νC,T可知,有E,一定有T,即有温度的变化.[F]2.在循坏过程中系统对外做的净功在数值上等于p-V图中封闭曲线所包围的面积,因此封闭曲线包围的面积越大,循坏效率就越高。

有人说,因为在循环过程中系统对外做的净功在数值等于p-V图中封闭曲线所包围的面积,所以封闭曲线所包围的面积越大,循环效率就越高,对吗?答:不正确,因为循环效率取决于系统对外做的净功和系统由高温热源吸收的热量,只有在从高温热源吸收的热量一定的情况下,封闭曲线所包围的面积越大,即系统对外所做的净功越多,循环效率越高,如果从高温热源吸收的热量不确定,则循环效率不一定越高[F]3.系统经历一正循坏后,系统与外界都没有变化。

系统经历一正循环后,系统的状态没有变化;(2)系统经历一正循环后,系统与外界都没有变化;(3)系统经历一正循环后,接着再经历一逆循环,系统与外界亦均无变化。

解说法(1)正确,系统经历一正循环后,描述系统状态的内能是单值函数,其内能不变,系统的状态没有变化。

说法(2)错误,系统经过一正循环,系统内能不变,它从外界吸收热量,对外作功,由热力学第二定律知,必定要引起外界的变化。

说法(3)错误,在正逆过程中所引起外界的变化是不能消除的。

[F]4.第二类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律。

解:第二类永动机并不违背能量守恒定律,但它违背了热力学第二定律。

大物AI作业参考解答_No.07 电势 (1)

大物AI作业参考解答_No.07 电势 (1)

粒子的荷质比α= 4.78×107 C/kg,已知该粒子沿着二者连线方向以 1.50×107 m/s 的速度
从很远处射向金原子核,则该粒子能到达距离金原子核的最近距离为 4.8×10-14 m。(基
本电荷 e = 1.60×10-19 C,真空介电常量ε0 = 8.85×10-12 C2 N-1 m-2)
α v
金核
答案:当到达最近距离时,粒子的动能完全转变为电势能,即 m v2 / 2 = q U
其中,U = Q / (4πε0 d) , Q = 79 e,q/m = α
1
联立以上关系,得 d = 4.8×10-14 m
4. 图中所示为静电场的等势线图,已知 U1>U2>U3。在图上画出 a、b 两点电场强度的方向,
答案:① 错,球面上各点场强大小相等,但因方向不相同,所以不能说球面上电场均匀。 ② 正确 ③ 错,球面是等势面,电场力做功相等。
三、计算题
1.电荷以相同的面密度σ分布在半径为 10cm 和 20cm 的两个同心球面上。设无限远处电势 为零,球心处的电势为 300V。求 (1) 电荷面密度σ (2) 若要使球心处的电势也为零,外球面上应放掉多少电荷? (真空介电常量ε0 = 8.85×10-12 C2 N-1 m-2)
1、理解静电力做功的特点,理解静电场的保守性; 2、掌握静电场的环路定理; 3、理解电势、电势差的概念,掌握利用场强积分和叠加原理求电势的方法; 4、理解电势梯度的意义,并能利用它求电场强度; 5、掌握点电荷、均匀带电球面、均匀带电球体等典型带电体的电势分布。
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------一、填空题

西南交大 大学物理 2014版NO.5详细解答

西南交大 大学物理 2014版NO.5详细解答

= (2k
+ 1)
λ 2
即此时的 P 点处光程差满足暗纹条件,故 P 点处为暗条纹
故选 B
3.如图所示,折射率为 n1 、厚度为 e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质折射率分
别为 n1 和 n3 ,已知 n1 < n2 < n3 。若用波长为 λ 的单色平行光垂直入射到该薄膜上,则
从薄膜上、下两表面反射的光束①与②的光程差是
=k
Dλ d
,由题意,k=5, Δx
=
2xk
= 10 D d
λ
所以有 d
= 10Dλ Δx

=
10
×
2 × 546.1×10−9 12 ×10−3
= 9.10 ×10−4 (m)
(2) 共经过 20 个条纹间距,即
l
= 20 D λ d
=
20
×
2
× 546.1×10 9.1 × 10 −4
−9
= 2.4 ×10−2 (m)
O
A
解:(1)明环半径为 r =
2k −1 Rλ , 2
k = 1, 2, 3L
( ) 所以入射光波长
λ
=
2r 2
(2k −1)R
=
2 × 0.30 ×10−2
(2 ×5 −1)× 4
2
= 5×10−7 (m)
(2)由明环半径公式, 2r 2 = (2k −1)Rλ
k
=
r2 Rλ
+
1 2
=
(10−2 )2 4 × 5 ×10−7
而由牛顿环干涉明条纹条件 Δ = 2ne + λ = (2k ) λ 知厚度越大,级次越高,故边缘高级

大学物理AII介绍

大学物理AII介绍

1.(本题3分)1049由一根绝缘细线围成的边长为l的正方形线框,使它均匀带电,其电荷线密度为λ,则在正方形中心处的电场强度的大小E=_____________.2.(本题5分)1072在真空中一长为l=10 cm的细杆, 杆上均匀分布着电荷, 其电荷线密度λ= 1.0×10-5C/m. 在杆的延长线上, 距杆的一端距Array离d=10 cm的一点上,有一电量为q0= 2.0×10-5 C的点电荷,如图所示.试求该点电荷所受的电场力.(ε0=8.85×10-12 C2·N-1·m-2 )3.(本题10分)1051一环形薄片由细绳悬吊着,环的外半径为R,内半径为R/2,并有电量Q均匀分布在环面上.细绳长3R,也有电量Q均匀分布在绳上,试求圆环中心O处的电场强度(圆环中心在细绳延长线上).4.书后9-71.(本题3分) 1054已知一高斯面所包围的体积内电量代数和∑q i =0,则可肯定:(A) 高斯面上各点场强均为零.(B) 穿过高斯面上每一面元的电通量均为零.(C) 穿过整个高斯面的电通量为零.(D) 以上说法都不对. [ ]2.(本题5分) 1058三个平行的“无限大”均匀带电平面,其电荷面密度都是+σ, 则A 、B 、C D 四个区域的电场强度分别为:E A = ,E B = ,E C = ,E D = (设方向向右为正). 3.(本题5分) 1600在点电荷+q 和-q 的静电场中,作出如图所示的三个闭合面S 1、S 2S 3,则通过这些闭合面的电场强度通量分别是:Φ1= ,Φ2= ,Φ3= .4.(本题3分) 1038 在场强为E 的均匀电场中,有一半径为R 、长为l 的圆柱面,其轴线与E 的方向垂直.在通过轴线并垂直E 的方向将此柱面切去一半,如图所示.则穿过剩下的半圆柱面的电场强度通量等于 .5.两个带有等量异号电荷的无限大同轴圆柱面,半径分别为R 1和R 2(R 2>R 1).单位长度上的电量为λ,求离轴线为r 处的电场强度:(1) 1r R <;(2) 12R r R <<;(3)2r R >11.(本题3分) 1047边长为 0.3 m 的正三角形abc ,在顶点a 处有一电量为10-8 C的正点电荷,顶点b 处有一电量为10-8 C 的负点电荷,则顶点c 处的电场强度的大小E 和电势U 为: [290m/C · N 10941⨯= πε](A) E =0,U =0.(B) E =1000 V/m ,U =0. (C) E =1000 V/m ,U =600 V .(D) E =2000 V/m ,U =600 V .2.(本题3分)1508 如图所示,在点电荷+q 和-q 产生的电场中,将一点电荷+q 0沿箭头所示路径由a 点移至b 点,则外力作功A .3.(本题5分) 1519图示为一个均匀带电的球层,其电荷体密度为ρ,球层内表面半径为R 1,外表面半径为R 2.设无穷远处为电势零点,求空腔内任一点的电势.4.(本题5分) 1520图示两个半径均为R 的非导体球壳,表面上均匀带电,电荷分别为+Q 和-Q ,两球心相距为d (d>>2R ).求两球心间的电势差.5. 静电场中a 点的电势为300V ,b 点电势为-10V .如把5×10-8C 的电荷从b 点移到a 点,试求电场力作的功?- +Q1.(本题3分) 1138 一“无限大”均匀带电平面A ,其附近放一与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ,如图所示.已知A 上的电荷面密度为+σ ,则在导体板B 的两个表面1和2上的感应电荷面密度为:(A) σ1=σ-, σ2 =σ+. (B) σ1=σ21-, σ2 =σ21+.(C) σ1=σ21-, σ2=σ21-. (D) σ1=σ-, σ2 =0. 2.(本题3分) 1364一个不带电的金属球壳的内、外半径分别为R 1和R 2,今在中心处放置一电量为q 的点电荷,则球壳的电势U =__________________.3.(本题10分) 1651 如图所示,一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳,带有电量Q ,在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q .设无限远处为电势零点,试求: (1) 球壳内外表面上的电荷.(2) 球心O 点处,由球壳内表面上电荷产生的电势.(3) 球心O 点处的总电势. 4.书后10-2A +σ 2静 电 综 合 练 习一、选择题:(共9分) 1.(本题3分) 1252 半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为: [ ] 2.(本题3分) 1019 在点电荷+q 的电场中,若取图中P 点处为电势零点 , 则M 点的电势为 (A) a q 04επ. (B) aq 08επ. (C) a q 04επ-. (D) aq 08επ-. [ ] 3.(本题3分) 1076 点电荷-q 位于圆心O 处,A 、B 、C 、D 为同一圆周上的四点,如图所示.现将一试验电荷从A 点分别移动到B 、C 、D 各点,则 (A) 从A 到B ,电场力作功最大.(B) 从A 到C ,电场力作功最大.(C) 从A 到D ,电场力作功最大.(D) 从A 到各点,电场力作功相等.二、填空题: 1.(本题3分)1593一半径为R 的均匀带电球面,带电量为Q .若规定该球面上电势为零,则球面外距球心r 处的P 点的电势U P = .2.(本题3分) 1449一质量为m 带电量为q 的粒子在场强为E 的匀强电场中运动.已知其初速度0v 与E 方向不同,若重力忽略不计,则该粒子的运动轨迹曲线是一条 线.三、计算题1.(本题10分) 1597电量q 均匀分布在长为2l 的细杆上,求在杆外延长线上与杆端距离为a 的P 点的电势(设无穷远处为电势零点). 2(本题10分)1120一空气平行板电容器,两极板面积均为S ,板间距离为d (d 远小于极板线度),在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d)的金属片,如图所示. 试求:(1) 电容C 等于多少? (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响?3. 电量为q 的点电荷处导体球壳的中心,球壳的内、外半径分别为R 1和R 2,求场强和电势的分布。

西南交大大学物理试卷

西南交大大学物理试卷

2014-2015年度第一学期 《大学物理》 阶段测试2(A 卷)班级: 学号: 姓名: 成绩:一、选择题(每题5分,答案请写在答案框内)1. 光电效应和康普顿效应都包含有电子与光子的相互作用过程。

在以下几种理解中,正确的是 [ ](A) 两种效应中电子与光子两者组成的系统都服从动量守恒定律和能量守恒定律 (B) 两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程(C) 两种效应都属于电子吸收光子的过程(D) 光电效应是吸收光子的过程,而康普顿效应则相当于光子和电子的弹性碰撞过程解:由光电效应和康普顿效应的理论解释知D 正确。

故选D2.根据玻尔氢原子理论,巴耳末线系中谱线最小波长与最大波长之比为 [ ](A) 95 (B) 94(C) 97 (D) 92解:由巴耳末公式:()∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-== ,4,3121~122n n R νλ有最小波长满足22min21211R R =⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-=λ最大波长满足⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22max31211R λ所以 95941213121222maxmin=-=-=λλ 故选A3.在康普顿散射中,如果反冲电子的速度为光速的60%,则因散射使电子获得的能量是其静止能量的[ ](A) 2倍 (B) 1.5倍 (C) 0.5倍 (D) 0.25倍解:因散射电子获得的能量(动能)应等于该电子总能量减去该电子的静止能量即 202c m mc E E k -==∆,而201⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c v m m ,所以25.016.0112202020=--=-=∆c m c m mc E E 故选D4. 静止质量不为零的微观粒子作高速运动,这时粒子物质波的波长λ与速度v 关系式正确的是[ ] (A)v ∝λ(B) v1∝λ(C) 2211c v -∝λ (D) 22v c -∝λ解:由德布罗意公式和相对论质 — 速公式有 2201cv v m mv h p -===λ得粒子物质波的波长22011cv m h-=λ,即2211cv -∝λ 故选C5. 设粒子运动的波函数图线分别如图(A)、(B)、(C)、(D)所示,那么其中确定粒子动量的精确度最高的波函数是哪个图? [ ]解:不确定关系式表明:粒子的位置和动量不能同时准确确定。

2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.08量子力学基础

2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.08量子力学基础

©物理系_2014_09《大学物理AII 》作业 No.8 量子力学基础一、判断题:(用“T ”和“F ”表示)[ F ] 1.根据德存布罗意假设,只有微观粒子才有波动性。

解:教材188页表16.1.1,宏观物体也有波动性,不过是其物质波波长太小了,所以其波动性就难以显示出来,而微观粒子的物质波波长可以与这些例子本身的大小相比拟,因此在原子大小的范围内将突出表现其波动性。

[ F ] 2.关于粒子的波动性,有人认为:粒子运行轨迹是波动曲线,或其速度呈波动式变化。

解:例如电子也有衍射现象,这是微观粒子波动性的体现。

与其轨迹、速度无关。

[ T ] 3.不确定关系表明微观粒子不能静止,必须有零点能存在。

解:教材202页。

因为如果微观粒子静止了,它的动量和位置就同时确定了,这违反了不确定关系。

[ F ] 4.描述微观粒子运动状态的波函数不满足叠加原理。

解:教材207页。

[ F ] 5.描述微观粒子运动状态的波函数在空间中可以不满足波函数的标准条件。

解:教材208页,波函数必须是单值、有限、连续的函数,只有满足这些标准条件的波函数才有物理意义。

二、选择题:1.静止质量不为零的微观粒子作高速运动,这时粒子物质波的波长λ与速度v 有如下关系: [ C ] (A) v ∝λ(B) v1∝λ(C)2211cv −∝λ (D) 22v c −∝λ 解:由德布罗意公式和相对论质 — 速公式有 2201cv v m mv h p −===λ得粒子物质波的波长22011cv m h −=λ,即2211cv −∝λ 故选C2.不确定关系式表示在x 方向上=≥∆⋅∆x p x [ D ] (A) 粒子位置不能确定 (B) 粒子动量不能确定(C) 粒子位置和动量都不能确定 (D) 粒子位置和动量不能同时确定解:不确定关系式微观粒子的位置和动量不能同时准确确定。

=≥∆⋅∆x p x3. 将波函数在空间各点的振幅同时增大D 倍,则粒子在空间的分布概率将 [ D ] (A) 增大倍。

大学物理综合练习题AII答案

大学物理综合练习题AII答案

06-07综合练习题1答案一 单项选择题(每小题2分,共20分)1.(C ); 2.(C ); 3.(C ); 4.(C ); 5.(D ); 6.(B ); 7.(C ); 8.(D ); 9.(C );10.(A )。

二 填空题(每空2分,共20分)1.πR 2IB ; 2.q/(2πε0x); 3.4πε0R ; 4.变化磁场; 5.λ/(2n);6.部分偏振光;7.粒子; 8.1.22λ/D ; 9.1.25T ; 10.h v /c 2。

三 判断题(每小题 2分,共20分)1.(√); 2.(×); 3.(×); 4.(×);5.(√);6.(×);7.(√); 8.(×);9.(×);10.(×)。

四 计算题 (每题 10分,共40分) 1. 解法一:(1)设圆心为 O,考虑三角形Oba ,(顺时针方向为绕行正方向)(2分)dtdB L R L dt dB Sba 4/2122--=-=ε (6分), (2)0〈ba ε ,b 端的电势高。

(2分) 解法二:(1)dt dB r E i 2= (2分) ====∙=⎰⎰⎰dt dB hL dl dt dB r b dl E l d E b a ba b a i i ab 22cos cos θθε dt dB L R L 4/2122-,(6分) (2)b 端的电势高。

(2分)2. 解:由高斯定理:⎰∑=∙s i q S d E 0ε (2分) 作半径为r ,长为L 的高斯面,有:E2πrL=∑i q /ε0, 当r<R 1,∑i q =0,E=0; 当R 1<r<R 2, E2πrL=λL/ε0 ,E=λ/(2πε0r); 当r>R 2,∑i q =0,E=0; (5分) 两圆柱面间的电势差为:⎰⎰==∙=21211200ln 22R R R R R R r dr r d E U πελπελ (3分)3.解:设面积S 长为L ,根据电流产生磁场的对称性,可得Wb IL Ldr r I S d B 6702.01.01.00101.11.125.0101043ln 222--+⨯=⨯⨯⨯⨯===∙=Φ⎰⎰πμπμ (10分)4.解:(1)λϕk d =sin ,得:λ330sin 320010=,m 710208.5-⨯=λ。

2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.02波动

2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.02波动

44
4
y = 0.1cos(2π × 1 + π × 2.5 + π ) = 0.1(m)
1
45
(3) 质点振动速度为: v = ∂y = −0.1× 2π sin(2π t + π x + π )
∂t
5
将t = T = 1 s, x = λ = 2.5 m 代入上式,得速度: 22 4
v = −0.2π sin(2π × 1 + π × 2.5 + π ) = −0.2π = −0.628(m⋅ s−1)
sin
⎢⎣⎡7π
⎜⎛ ⎝
t

x u
⎟⎞ ⎠
+
ϕ
⎤ ⎥⎦

ya
=
0,
dy dt
a
<
0 ,得
7π ⎜⎛1− 0.1⎟⎞ + ϕ = π
⎝ u⎠
2

yb
=
0.05,
dy dt
b
>
0
,得 7π ⎜⎛1 − ⎝
0.2 u
⎟⎞ ⎠

=
−π 3
( ) (1)、(2)两式相减,得波速 u = 0.84 m ⋅ s−1
t = T = 0.25 s 时 v = 0.4π cos(4π × 0.25) = −0.4π = −1.26(m⋅ s−1)
2
2.如图所示为弦上简谐波在某一时刻的波形图,该时刻点a的运动方向______向下
y(m)
_________;点b的运动方向
向上 。
A
u
a•
解: 在波形曲线上看质点的运动方向,看前一质点,如果在其上方则向上,在其下

《大学物理AII》作业 No.07 光的量子理论 参考解答

《大学物理AII》作业 No.07 光的量子理论 参考解答

级上的原子数大于低能级上的原子数,这种分布称为(粒子数反转分布) 。 11、 激光器的结构包括: (1)具有(亚稳态)能级,能实现粒子数反转分布的(激 活介质) ; (2)具有“抽运”作用的能量输入系统,即(激励能源) ; (3)具有光 放大作用的(光学谐振腔) 。 12、 某金属在一束绿光的照射下有光电效应产生。当用更强的绿光照射时光电效 应发生的变化是(饱和光电流增大) ;当用强度相同的紫光照射时光电效应发生 的变化是(光电子动能增加或者反向截止电压增加) 。
13、相比较于普通光源,激光的优异特性表现为: (方向性好、单色性好、相干 性好、偏振性好等) 。 二、简答题 1、炼钢工人凭观察炼钢炉内的颜色就可以估计炉内的温度,这是根据什么原 理? 答:将被加热的钢铁视为黑体,根据黑体辐射的维恩位移定律 mT 常数 ,可以 看出随着温度升高,加热的钢体发出光的波长要变短,即可以由暗红变为赤红、 橙色,而最后变白。如果掌握了颜色变化与对应温度变化之间的联系规律,就可 以凭钢炉内的颜色估计出炉内的温度。
3、当康普顿散射角为 90 度时, 试计算下列波长的光子被散射时,损失的能量与 散射前光子的能量的比值。 (1)波长 3cm(微波范围) ; (2)波长 500nm (可见光范围) ; (3)波长 0.1nm (X 射线范围) ; (4)波长 0.001nm ( 射线范围) ; 通过以上计算,对入射光波长与散射的关系能得出什么结论? 解:设入射光波长 、频率 ,散射光波长 、频率 ;则光子散射时损失的能 量与入射光子能量之比为:
0.0024 nm 2.4 10 12 m 2
由以上计算结果可以看出,入射光的波长愈短,散射时能量损失愈大,则入 射光与散射光的波长差别就愈明显,康普顿效应也就愈明显。

西南交大大物AI作业及答案2014版

西南交大大物AI作业及答案2014版

环相对于地面的加速度 环与绳间的摩擦力
a′ 2 =
m1a2 − (m1 − m2 ) g m1 + m2 m m ( 2 g − a2 ) f = 2 1 m1 + m2
3.如图所示,质量为 M 的滑块正沿着光滑水平地面向右滑 动, 一质量为 m 的小球水平向右飞行, 以速度 v1 (对地)与滑 块斜面相碰,碰后竖直向上弹起,速率为 v 2 (对地)。若碰撞 时间为 Δt ,试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块
解:将雨水和车看成一个系统,整个系统在水平方向受到的外力为 0,所以系统在水平方 向的动量守恒,随着系统质量的增加,而水平方向动量不变,所以系统速度减小。 4.如图所示,圆锥摆的摆球质量为m,速率为v,圆半径为R.当摆 球在轨道上运动半周时,摆球所受重力冲量的大小为
m
R
a =
3.一辆汽车从静止开始加速。这样做使得汽车的动量的绝对值变化一定的量,那么地球 的动量 [ B ] (A) 变化更大的量 (B) 变化相同的量 (C) 变化小一点的量 (D) 答案取决于两者之间的相互作用 解:将汽车和地球看成一个系统,则整个系统不受外力作用,系统动量守恒。地球动量 的变化量与汽车动量的变化量大小相等,方向相反。 4.假设一个乒乓球和一个保龄球向你滚来。都具有相同的动量,然后你用相同的力将两 只球停住,比较停住两只球所用的时间间隔 [ B ] (A) 停住乒乓球所用的时间间隔较短 (B) 停住两只球所用的时间间隔相同 (C) 停住乒乓球所用的时间间隔较长 (D) 条件不足,不能确定 解:根据动量定理 I = FΔt = Δp ,题中乒乓球和保龄球动量的改变量相同,受到的作用 力相同,所以力的作用时间相同。 5.在 t = 0 时刻,一个大小恒定的力 F 开始作用在一正在外层空间沿 x 轴运动的石块上。 石块继续沿此轴运动。对 t >0 的时刻,下面的哪一个函数有可能表示石块的位置: [ B ] (A)

2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.06光的衍射

2014年西南交通大学《大学物理AII》作业No.06光的衍射
的光程差是 λ 。 2
[ F ] 5.光栅的分辨率与其光栅常数成正比。
解:教材P.140,光栅的分辨率为: R = kN ,即:光栅的分辨率与谱线的级次 k 和光栅的总缝数 N 成正比,与光栅常 数 d 无关。
二、选择题:
1.根据惠更斯--菲涅耳原理, 若已知光在某时刻的波阵面为 S, 则 S 的前方某点 P 的光强度取决于波阵面 S 上所有面积
cm。
解:因光栅衍射中,相邻主极大之间有 N-1 个极小和 N-2 个极大,
而由图可知,相邻主极大之间有 3 个极小和 2 个极大,所以
光栅的总缝数为
N=4
缺级主明纹级次为 ±4,±8,±12 ,……
因d/a = 4,故光栅常数 d = 4a = 8×10-3 cm
sinθ
−2λ
−λ
a
a
0
λ a
2λ a
(E) 单缝衍射的中央主极大变窄,其中所包含的干涉条纹数目变多
解:双缝S1和S2中心之间距离为d不变,可看作有两缝的光栅
中央主极大线宽度为
∆X
=2f
tgθ1
≈2f
sin θ1
=
2 fλ a
a 稍加宽,∆X 减小变窄。
dsinθ =±kλ,
[D]
相邻明条纹中心间距为 ∆x = fλ d
2 fλ
中央主极大线宽度内包含条纹数 ∆X = ∆x
k
两个式子相除,得到,
=d
= 3 ⇒ k = 3k ' ,
k' a
第 3 级主明纹将缺级,(或写成 ± 3级将缺级)
在屏上可能呈现的全部主极大的级次为:k = 0,±1,±2,共 5 个主极大。
(2)斜入射时,光程差的表达式为: ∆ = d sin ϕ − d sinθ = kλ
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hc
1 1 − 2 ) 可得处于 2 m n
了 13.06eV 的 能 量 后 , 能 激 发 到 的 最 高 能 级 的 量 子 数 为
n=5 n=4
帕邢系 n=3
基态的氢原子吸收
n=
E1 − 13.6 = 5.0182 ≈ 5 = E1 − hν − 13.6 − (−13.06)
n=2
巴耳末系
是完全非弹性碰撞。 解:就光子与电子的相互作用形式而言,光电效应中,二者是完全非弹性碰撞;康普顿效应中,二者是弹性碰撞。 [ F ] 3.光电效应中饱和光电流大小与入射光的频率成正比。
解:教材 157 页。当入射光频率一定时,饱和光电流与入射光强成正比。 [ F ] 4.康普顿散射的散射光中只有比入射光波长更长的波长出现。O(A)来自UO(B)
U
O
(C)
U
O
(D)
U
解:光的强度 I=Nhv, 其中 N 为单位时间内通过垂直于光线的单位面积的光子数。保持光的频率 v 不变,增大照射光强 I,则光子数 N 增加,光电子数也随之增加,电流 i 也增加。给定光材料,截止电压只与频率有关,因此本问截止电压 不变。 故选 B 3. 根据黑体辐射实验规律,若物体的温度增加一倍,其总辐射能变为原来的[ (A) 1 倍 (B) 2 倍 (C) 4 倍 (D) 16 倍 D ]
©物理系_2014_09
《大学物理 AII》作业
No.7 光场的量子性
一、判断题: (用“T”和“F”表示) [ F ] 1.黑体辐射的经典理论解释------维恩公式会出现“紫外灾难”现象。 解:教材 155 页。 [ F ] 2.光电效应中,光子与电子的相互作用形式是弹性碰撞;而在康普顿效应中,光子与电子的相互作用形式
6.63×10−34 × 3.00×108 hν = hc / λ = ≈ 2.86 eV 4340×10−10
(2) 由于此谱线是巴耳末线系,必有 k =2
布喇开系
n=5 n=4
E K = E1 / 2 = −3.4 e V E n = E1 / n 2 = E K + hν
2
(E1 =-13.6 e V)
hc
λ

ε0 λ = =1.2 ε λ0
ε0 =
hc
λ0
, λ = 1.2λ0 ,所以
ε0 λ = = 1 .2 ε λ0
5.假定氢原子原来是静止的,则氢原子从 n=3 的激发态直接通过辐射跃迁到基态的反冲速度大约为 [ C ] (A) 10m⋅s-1 (B) 100 m⋅s-1 (C) 4 m⋅s-1 (D) 400 m⋅s-1 -27 (已知:氢原子的质量m=1.67×10 kg) 解:从 n = 3 到 n = 1 辐射光子的能量为 hν = E 3 − E1 , 动量大小为 p光 =
|Ua| (V) 2.0 1.0 B
e U a = hν − A U a = hν / e − A / e d U a / dν = h / e
(恒量)
14 A θ ν (×10 Hz) 0 5.0 10..0
由此可知,对不同金属,曲线的斜率相同。
h = etgθ = 1.60 × 10 −19 × 2 .0 − 0 (10.0 − 5.0) × 1014
解:设入射光子能量为 E 0 ,则散射光光子能量
ε = hν =
hc
λ
=
hc 5 = E0 1.4λ0 7
由能量守恒定律和题意有反冲电子动能为
E K = E0 − ε =
2 E0 7
故散射光光子能量ε 与反冲电子动能EK之比为
5 E0 ε 7 = = 2 .5 EK 2 E 0 7
2
4.光子能量为 0.5 MeV的X射线,入射到某种物质上而发生康普顿散射。若反冲电子的能量为 0.1 MeV,则散射光波 长的改变量∆λ与入射光波长λ0之比值为____0.25____。 解:入射 X 射线光子能量为 h
画出能级跃迁图如右,由此知跃迁回到基态时, 可能辐射的光谱 的共有 3 条。
赖曼系
线中属于巴尔末系 n=1
四、计算题: 1. 图中所示为在一次光电效应实验中得出的曲线 (1) 求证:对不同材料的金属,AB 线的斜率相同。 (2) 由图上数据求出普朗克恒量 h。 (基本电荷e =1.60×10 19 C) 解:(1) 由爱因斯坦光电效应方程 得遏止电压 即 (2) 由图知普朗克恒量
三、填空题: 1.设用频率为ν 1和ν 2的两种单色光,先后照射同一种金属均能产生光电效应。已知金属的红限频率为ν 0,测得两次 照射时的遏止电压|Ua 2| = 3 |Ua 1|,则这两种单色光的频率关系为 ____ν 2 解:由光电效应方程 (V) 用频率为ν 2的单色光,照射金属时其遏止电压为 | U 题意两次照射时的遏止电压 |Ua 2| = 3 |Ua 1|
D
K p′
φ
K K K ν 和 p ′ 、ν ′ 分别为入射与散射光子的动量和频率,mv 为反冲电子的动量(如 解: 令p、
图)。因散射线与入射线垂直,散射角φ =π / 2,因此由康普顿公式可求得散射 X 射线的 波长 (1)
K p
K mv
θ
λ ′ = λ + ∆λ = λ + 2λc sin 2
解:教材160页。散射光中既有原来波长的成分,也有波长增长的成分。 [ F ] 5.氢原子光谱线的巴尔末系是氢原子所有激发态向基态跃迁而形成。
解:里德伯公式中,
λ=
~
1
λ
= R(
1 1 − ) ,巴耳末系: k = 2, k 2 n2
而基态是k = 1.
二、选择题: 1.激光全息照相技术主要是利用激光的哪一种优良特性? [ C ] (A) 亮度性 (B) 方向性好 (C) 相干性好 (D) 抗电磁干扰能力强 解:教材 183. 2.以一定频率的单色光照射在某种金属上,测出其光电流曲线在图中用实线表示。然后保持光的频率不变,增大照射 光的强度,测出其光电流曲线在图中用虚线表示,则满足题意的图是 [ B ] i i i i
= 6.40 × 10 −34 J ⋅ s
3
2. 设康普顿效应中入射 X 射线(伦琴射线)的波长λ =0.800 Å,散射的 X 射线与入射的 X 射线垂直,求: (1) 散射角 ϕ = 90 的康普顿散射波长是多少? (2) 反冲电子的动能EK。 (3) 反冲电子运动的方向与入射的 X 射线之间的夹角θ。 (普朗克常量h =6.63×10 34 J·s,电子静止质量me=9.11×10 31 kg)
1 1 + ( λ / λ ′) 2
= 44.15°
3. 氢原子光谱的巴耳末线系中,有一光谱线的波长为 4340 Å,试求: (1) 与这一谱线相应的光子能量为多少电子伏特? (2) 该谱线是氢原子由能级En跃迁到能级Ek产生的,n和k各为多少? (3) 最高能级为E5的大量氢原子,最多可以发射几个线系,共几条谱线? 请在氢原子能级跃迁图中表示出来,并说明波长最短的是哪一条谱线。 解:(1) 与这一谱线相应的光子能量为:
4
c
λ0
= 0.5 Mev c = 0.5 − 0.1 = 0.4Mev
由能量守恒定律和题意有出射 X 射线光子能量为 h
λ
故由康普顿散射理论知散射光波长的改变量∆λ与入射光波长λ0之比值为:
∆λ λ − λ 0 0.4 = = − 1 = 0.25 hc λ0 λ0 0.5
5.处于基态的氢原子吸收了 13.06eV 的能量后,可激发到 n = ______5_____ 的能级。当它跃迁回到各低能级态时,可 能辐射的光谱线中属于巴尔末系的共有____3_____条。 解:由波尔氢原子理论的跃迁公式 hν = E1 (
帕邢系 n=3
n=2
巴耳末系
n=
E1 =5 E K + hν
n=1
赖曼系
(3) 由右图氢原子能级跃迁图可知可发射四个线系,共有 10 条谱线 波长最短的是由 n =5 跃迁到 n =1 的谱线,波长为
λ=
D 6.63 × 10 −34 × 3.00 × 10 8 hc = = 952.15 A −19 E 5 − E1 [(−13.6 / 25) − (−13.6)] × 1.60 × 10
p = p ′ + mv
(2) 根据动量守恒定律 则由图知
K
K
K
p 2 + p ′ 2 = ( h / λ ) 2 + ( h / λ ′) 2 p h/λ 1 = cos θ = = 2 2 mv 1 + (λ / λ ′) 2 (h / λ ) + (h / λ ′) mv =
θ = cos −1
解: 根据斯特潘-玻尔兹曼定律: E (T ) = σT 4 , 知如果物体的温度增加一倍,即 T2 = 2T1 ⇒ E 2 = 16 E1 4. 在 X 射线散射实验中,若散射光波长是入射光波长的 1.2 倍,则入射光光子能量 ε 0 与散射光光子能量 ε 之比为 [ B ] (A) 0.8 (B) 1.2 (C) 1.6 (D) 2.0 解: ε =
h
氢原子辐射光子前后动量守恒,有 0 = p光 − p氢 , p氢 = p光 , 所以,反冲速度为 v =
λ
=
hν , c
p氢 m氢
=

m氢
c =
( − 13.6 ×
1 ) −1 × 1.6 × 10 −19 2 3 = 3.86 (m⋅s −1 ) − 27 8 1.67 × 10 × 3 × 10
ν 2 = 3ν 1 − 2ν 0
2.按照原子的量子理论,原子可以通过_____自发辐射_、__受激辐射______两种辐射方式发光,而激光是由____受激 辐射____方式产生的。
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