大学物理学(下册)习题答案详解 khdaw.pdf

课后答案网 用心为你服务 大学答案 中学答案 考研答案 考试答案 最全最多的课后习题参考答案 尽在课后答案网 Khdaw团队一直秉承用心为大家服务的宗旨 以关注学生的学习生活为出发点 旨在为广大学生朋友的自主学习提供一个分享和交流的平台 爱校园 课后答案网 淘答案 课后答案网 用心为你服务 1 第十二章热力学基础 一 选择题 12 1C 12 2C 12 3C 12 4B 12 5C 12 6A 二 填空题 12 7 1000 0100 pVp V p Vp V 12 8 260J280J 12 9 12 10 5 2 1122 VpVp 5 0 1212 VVpp 5 0 3 12211122 VpVpVpVp 12 11 268J732J 三 计算题 12 12分析 分析 理想气体的内能是温度的单值函数 内能的增量由始末状TE 态的温度的增量决定 与经历的准静态过程无关 根据热力学第一定律可知 T 在等温过程中 系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量 在等压过程中 系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量 同时对外做功 解 解 单原子理想气体的定体摩尔热容 3 2 V m CR 0 0 0 课后答案网 用心为你服务 2 1 等体升温过程 0 A 21 333 8 31 50623 222 VV m EQCTR TR TTJJ 2 等压膨胀过程 21 33 8 31 50623 22 V m ECTR TTJJ 2121 8 31 50416Ap VVR TTJJ 1039 p QAEJ 或者 21 5 8 31 501039 2 pp mp m QCTCTTJJ 12 13分析 分析 根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解 解 解 氢气的定体摩尔热容 5 2 V m CR 1 氢气先作等体升压过程 再作等温膨胀过程 在等体过程中 内能的增量为 55 8 31 601246 22 VV m QECTR TJJ 等温过程中 对外界做功为 2 2 1 ln8 31 27380 ln22033 TT V QARTJJ V 吸收的热量为 3279 VT QQQJ 2 氢气先作等温膨胀过程 然后作等体升压过程 在等温膨胀过程中 对外界做功为 2 1 1 ln8 31 27320 ln21687 T V ARTJJ V 在等体升压过程中 内能的增量为 55 8 31 601246 22 V m ECTR TJJ 吸收的热量为 课后答案网 用心为你服务 3 2933 T QAEJ 虽然氢气所经历的过程不同 但由于始末状态的温差相同 因而内能的T 增量相同 而和则与过程有关 E QA 12 14分析 分析 卡诺循环的效率仅与高 低温热源的温度和有关 本题中 1 T 2 T 求出等温膨胀过程吸收热量后 利用卡诺循环效率及其定义 便可求出循环的功 和在等温压缩过程中 系统向低温热源放出的热量 解 解 从高温热源吸收的热量 3 2 11 1 0 005 ln8 31 400 ln5 35 10 0 001 Vm QRTJJ MV 由卡诺循环的效率 2 11 300 1125 400 TA QT 可得循环中所作的功 3 1 0 25 53501 34 10AQJJ 传给低温热源的热量 33 21 1 1 0 25 5 35 104 01 10QQJJ 12 15分析 分析 在等体过程中 系统从外界吸ab 收的热量全部转换为内能的增量 温度升高 在 绝热过程中 系统减少内能 降低温度对外作功 bc 与外界无热量交换 在等压压缩过程中 系统放ca 出热量 温度降低 对外作负功 计算得出各个过程 的热量和功 根据热机循环效率的定义即可得证 证明 证明 在等体过程中 系统从外界吸收的热量为ab 1222 V m VV mba C m QCTTpVp V MR 在等压压缩过程中 系统放出热量的大小为ca 2122 p m Pp mca C m QCTTp Vp V MR 课后答案网 用心为你服务 4 所以 该热机的循环效率为 1 2122 2 1 1222 2 1 111 1 p mP VV m V Cp Vp VQ V p QCpVp V p 12 16分析 分析 根据卡诺定理 在相同的高温热源 与相同的低温热源 1 T 2 T 之间工作的一切可逆热机的效率都相等 有 非可逆热机的效 22 11 11 QT QT 率 22 11 11 QT QT 解 解 1 该热机的效率为 2 1 137 4 Q Q 如果是卡诺热机 则效率应该是 2 1 150 c T T 可见它不是可逆热机 2 尽可能地提高效率 是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方 式 根据热机效率的定义 可得理想热机每秒吸热时所作的功为 1 Q 44 1 0 50 3 34 101 67 10 c AQJJ 课后答案网 用心为你服务 5 第十三章气体动理论 一 选择题 13 1D 13 2B 13 3D 13 4D 13 5C 13 6C 13 7A 二 填空题 13 8相同 不同 相同 不同 相同 13 9 1 分子体积忽略不计 2 分子间的碰撞是完全弹性的 3 只有在碰撞时分子间才有相互作用 13 10速率大于的分子数占总分子数的百分比 分子的平均平动动能 p v 速率在内的分子数占总分子数的百分之百 0 d1f vv 0 13 11氧气 氢气 1 T 13 123 2 0 13 13J J 21 1042 9 21 1042 9 1 2 13 14概率 概率大的状态 三 计算题 13 15分析 分析 根据道尔顿分压定律可知 内部无化学反应的平衡状态下的混合 气体的总压强 等于混合气体中各成分理想气体的压强之和 解 解 设氦 氢气压强分别为和 则 由理想气体物态方程 得 1 p 2 p 12 ppp 1 He He mRT p MV 2 2 2 H H m RT p MV 课后答案网 用心为你服务 6 所以 总压强为 2 2 55 12 333 4 0 104 0 108 31 27230 4 0 102 0 101 0 10 H He HeH m mRT pppPa MMV 4 7 56 10Pa 13 16解 解 1 由方均根速率公式可得 2 3RT v M 氢的方均根速率 2 2 23 3 33 8 31 300 1 93 10 2 10 H H RT vm sm s M 氧的方均根速率 2 2 2 3 33 8 31 300 483 32 10 O O RT vm sm s M 水银的方均根速率 2 3 33 8 31 300 193 200 10 Hg Hg RT vm sm s M 2 温度相同 三种气体的平均平动动能相同 2321 33 1 38 103006 21 10 22 k kTJJ 13 17分析 分析 在某一速率区间 分布函数曲线下的面积 表示分子速率 f v 在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比 速率区间很小时 这个百分比可 近似为矩形面积 函数值为矩形面积的高 本题中可取为 N f vv N f v 利用改写麦克斯韦速率分布律 可进一步简化计算 p f v p v 解 解 N f vv N 当时 氢气的最概然速率为300TK 222 8 31 300 1579 0 002 p kTRT vm s mM 根据麦克斯韦速率分布率 在区间内的分子数占分子总数的百分比为vvv 2 3 2 22 4 2 mv kT Nm evv NkT 课后答案网 用心为你服务 7 用改写有 p v f vv 2 2 3 22 22 4 4 e 2 p v mv v kT pp mvv f vvvve kTvv 由题意可知 而 所以可10 p vv 10 10 20 pp vvvm s 10 p v 取 代入可得 p vv 1 420 1 05 1579 p N e N 13 18解 解 1 由归一化条件 2 000 4 d1 FF VV dNV AdV f vv NN 可得 3 3 4 F N A V 2 平均动能 2 2 3 00 143 dd 24 F V F VN f vvmvv NV 42 3 0 313 13 d 25 25 F V FF F mvvmvE v 13 19分析 分析 气体分子处于平衡态时 其平均碰撞次数于分子数密度和分子的 平均速率有关 温度一定时 平均碰撞次数和压强成正比 解 解 1 标 准 状 态 为 氮 气 的 摩 尔 质 量 5 0 1 013 10pPa 0 273TK 3 28 10 Mkg mol 由公式 8RT v M kT p n 可得 222 8 224 pRTRTp Zd nvdd kTMM kT 5 102 323 8 31 2731 013 10 4 10 28 101 38 10273 s 次 课后答案网 用心为你服务 8 8 5 42 10 s 次 2 4 1 33 10pPa 273TK 4 2102 323 8 31 2731 33 10 44 10 28 101 38 10273 RTp Zds M kT 次 0 71 s 次 13 20分析分析 把加热的铁棒侵入处于室温的水中后 铁棒将向水传热而降低温 度 但 一大桶水 吸热后的水温并不会发生明显变化 因而可以把 一大桶水 近似为恒温热源 把铁棒和 一大桶水 一起视为与外界没有热和功作用的孤立 系统 根据热力学第二定律可知 在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中 系统的熵将增加 熵是态函数 系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无 关 因此 求不可逆过程的熵变 可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解 解 解 根据题意有 1 273300573TK 2 27327300TK 设铁棒的比热容为 当铁棒的质量为 温度变化时 吸收 或放出 的热量cmdT 为 dQmcdT 设铁棒经历一可逆的降温过程 其温度连续地由降为 在这过程中铁棒的熵 1 T 2 T 变为 2 1 2 1 dd300 ln5 544 ln 1760 573 T T TQmc T SmcJKJK TTT 课后答案网 用心为你服务 9 第十四章振动学基础 一 选择题 14 1C 14 2A 14 3B 14 4C 14 5B 二 填空题 14 6 2 2 14 75 5Hz 1 14 8 24 11 s 2 3 14 90 1 2 14 10 222 2mA T 三 计算题 14 11解 解 简谐振动的振幅 速度最大值为则2Acm 3 m vcm s 1 2220 024 4 2 0 033 m A Tsss v 2 222 22 0 03m s0 045m s 43 mmm aAvv T 3 0 2 3 rad s 2 所以 SI 3 0 02cos 22 xt 14 12证明 证明 1 物体在地球内与地心相距为 时 它受到的引力为r 2 Mm FG r 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反 式中是以地心为中M 心 以 为半径的球体内的质量 其值为r 课后答案网 用心为你服务 10 3 4 3 Mr 因此 4 3 FG m r 物体的加速度为 4 3 F aGr m 与的大小成正比 方向相反 故物体在隧道内作简谐振动 a r 2 物体由地表向地心落去时 其速度 drdr dvdr va dtdv dtdv 4 3 vdvadrGrdr 0 4 3 vr R vdvGrdr 所以 22 4 3 vGRr 又因为 22 4 3 drvdtGRrdt 所以 0 0 22 4 3 t R dr dt GRr 则得 113 1313 3 14 126721min 446 67 105 5 10 ts G 14 13分析 分析 一物体是否作简谐振动 可从动力学方法和能量分析方法作出判 断 动力学的分析方法由对物体的受力分析入手 根据牛顿运动方程写出物体所 满足的微分方程 与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断 能量法求解首先 需确定振动系统 确定系统的机械能是否守恒 然后需确定振动物体的平衡位置 和相应的势能零点 再写出物体在任意位置时的机械能表达式 并将其对时间求 一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较 最后作出是否作简谐振动的判断 解 解 1 能量法求解能量法求解 取地球 轻弹簧 滑轮和质量为的物体作为系统 在物体上下自由振动的过m 程中 系统不受外力 系统内无非保守内力作功 所以系统的机械能守恒 取弹簧的原长处为弹性势能零点 取物体受合力为零的位置为振动的平衡位 课后答案网 用心为你服务 11 置 也即轴的坐标原点 如图 14 13 a 所示 Ox 图 14 13 a 图 14 13 b 设物体在平衡位置时 弹簧的伸长量为 由图 14 13 b 可知 有l 1 0mgT 12 0T RT R 2 Tkl 得 mg l k 当物体偏离平衡位置时 其运动速率为 弹簧的伸长量为 滑轮的角mxvxl 速度为 由系统的机械能守恒 可得 222 111 222 k xlmvJmgx 常量 式中的角速度 1vdx RR dt 将机械能守恒式对时间 求一阶导数 得t 2 2 22 d xk xx dtmJ R 上式即为简谐振动所满足的微分方程 式中为简谐振动的角频率 2 k mJ R 另 动力学方法求解另 动力学方法求解 物体和滑轮的受力情况如图 14 13 c 所示 课后答案网 用心为你服务 12 图 14 13 c 1 1 mgTma 2 12 J TT RJa R 设物体位于平衡位置时 弹簧的伸长量为 因为这时 可得l0a 12 mgTTkl 当物体对平衡位置向下的位移为时 x 3 2 Tk lxmgkx 由 1 2 3 式解得 2 k ax mJ R 物体的加速度与位移成正比 方向相反 所以它是作简谐振动 2 物体的振动周期为 2 2 2 mJ R T k 3 当时 弹簧无伸长 物体的位移 物体也无初速 物体0t 0 xl 0 0v 的振幅 222 0 0 vmg Axll k 0 0 cos1 xkl Amg 则得 0 课后答案网 用心为你服务 13 所以 物体简谐振动的表达式为 2 cos mgk xt kmJ R 14 14分析 分析 一起振动的固有频率取决于和 振动的初速度MmkMm 由和的完全非弹性碰撞决定 振动的初始位置则为空盘原来的平衡位 0m vMm 置 图 14 14 解 解 设空盘静止时 弹簧伸长 图 14 14 则 1 l 1 1 Mgk l 物体与盘粘合后且处于平衡位置 弹簧再伸长 则 2 l 2 12 mM gkll 将 1 式代入得 2 mgk l 与碰撞前 物体的速度为Mm 0 2 m vgh 与盘粘合时 服从动量守恒定律 碰撞后的速度为 0 2 m mm vvgh mMmM 取此时作为计时零点 物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点 坐标轴方向竖 课后答案网 用心为你服务 14 直向下 则时 盘的振动角频率为0t 02 mg xl k 0 2 m vvgh mM k mM 由简谐振动的初始条件 可得振幅 0000 cos sinxAvA 2 222 0 0 2 2 1 m gh vmgmgkh mM Ax k kkmM g mM 初相位满足 0 0 0 0 2 2 tan m gh vkh mM xmM gmgk kmM 因为 0 0 x 所以 0 3 2 t0 x 解 1 将绳中的横波表达式 0 05cos 104 ytx 与标准波动表达式 0 cos 22 yAtx 比较可得 0 05Am 5 2 vHz 0 5m 0 5 5 2 5 um sm s 2 各质点振动的最大速度为 0 05 10 0 5 1 57 m vAm sm sm s 课后答案网 用心为你服务 19 各质点振动的最大加速度为 222222 0 05 100 5 49 3 m aAm sm sm s 3 将 代入的所求相位为0 2xm 1ts 104 tx 101 40 29 2 处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0 2xm 0 2 0 08 2 5 x ss u 所以它是原点处质点在时的相位 0 1 0 08 0 92tss 4 时波形曲线方程为1ts xxy 4cos05 0 4110cos 05 0 时波形曲线方程为1 25ts 5 0 4cos 05 0 425 1 10cos 05 0 xxy 时波形曲线方程为1 50ts 4cos 05 0 45 110cos 05 0 xxy 各时刻的波形见图 15 12 1ts 1 25ts 1 50ts 15 13解 1 由于平面波沿轴负方向传播 根据点的振动表达式 并以xa 点为坐标原点时的波动表达式为a 0 cos 3cos 4 20 xx yAtt u 2 以点为坐标原点时 点的坐标为 代入上式 得点的振动表ab5xm b 达式为 5 3cos 4 3cos 4 20 b ytt 若以点为坐标原点 则波动表达式为b y x x x x 05 0 125 0 5 0 375 0 s s s st t t t1 s s s st t t t5 1 s s s st t t t25 1 课后答案网 用心为你服务 20 3cos 4 20 x yt 15 14解 由波形曲线可得 100 1Acmm 400 4cmm 从而 0 4 0 2 2 um sm s T 2 rad s T 1 设振动表达式为 0 cos x yAt u 由时点的振动状态 利用旋转矢量图可得 该时刻 1 3 ts O 2 Ot A y 0 Ot v 点的振动相位为 即O 2 3 1 00 3 2 33 Ot t t 所以点的振动初相位为O 0 将 代入波动表达式 即得点的振动表达式为0 x 0 O 0 1cos O yt 2 根据点的振动表达式和波的传播方向 可得波动表达式O 0 cos 0 1cos 5 x yAttx u 3 由时点的振动状态 利用旋转矢量图可得 该 1 3 ts Q0 Qt y 0 Qt v 0 1n 1 5n 由单个折射球面的物像公式 00 11 nnnn ssr 可得 实像 1 3sR 对于凹面镜成像为 对于凹面镜来说是虚物 所以 1 P 2 O 2 P 1 P 2 0s 又 且 2 sR 0r 3 5 2 33 R sRR 0r rR 由单个折射球面的物像公式 00 33 nnnn ssr 可得 虚像 3 5 2 sR 所以若平行光从透明表面入射时 成像在右侧处 1 O 5 2 R 16 12证明 薄透镜的焦距公式为 12 LL n f nnnn rr 当透镜放在空气中时 1n 则空气中的焦距为 1212 12 3 2 11 3 211 f rrrr 空气 当透镜放在水中时 4 3 n 则水中的焦距为 1212 4 38 3 24 34 33 211 f rrrr 水 可见 透镜在水中的焦距是其在空气中焦距的 4 倍 f 水 f 空气 16 13分析 先经凸透镜成像 再经凹透镜成像 分别计算可得 解 物第一次经凸透镜成像 111 111 ssf 其中 得 1 20scm 1 10fcm 实像 1 20scm 因此 横向放大率为 课后答案网 用心为你服务 28 倒立 1 1 1 1 s V s 该像再经凹透镜成像 222 111 ssf 其中 从而可得12dcm 21 8sdscm 2 4fcm 虚像 2 8scm 横向放大率为 倒立 2 2 2 1 s V s 所以 两次成像的横向放大率为 12 1VV V 课后答案网 用心为你服务 29 第十七章波动光学 一 选择题 17 1D 17 2B 17 3A 17 4C 17 5A 17 6C 17 7D 17 8B 17 9B 17 10B 二 填空题 17 111 2 2 暗 17 12601 17 131 4 17 14539 1 17 153 17 161 3 17 172047 8nm 38 2 17 18光强不变 光强变化但不为零 出现光强为零 17 19 17 20双折射 相等 相等 三 计算题 17 21分析 在一条缝上覆盖云母片后 由于两条缝光线在屏幕上点的光程O 1 n n n n 2 n n n n i i i i 1 n n n n 1 n n n n 1 n n n n 1 n n n n 2 n n n n 2 n n n n 2 n n n n 2 n n n n i i i i 0 i i i i 0 i i i i 0 i i i i 课后答案网 用心为你服务 30 差发生了变化 因此点处不再是零级明条纹 根据题意可知 屏幕上干涉条纹O 整体平移的距离为七个条纹间隔 解 设云母片的厚度为 在一条缝上覆盖云母片后 由该缝发出的光的光程将t 增加 正是这一附加光程差使零级明纹移到原来的第七级明条纹的位置 1 nt 上 因此 1 7nt 已知 则云母片的厚度为1 58n 550nm 9 63 77 550 10 6 6 106 6 10 11 58 1 tmmmm n 17 22分析 单色平行光垂直入射于劈尖薄膜时 在薄膜的上 下表面反射或 透射的相干光波 在薄膜表面附近形成等厚的干涉条纹 劈尖玻璃板的两界面是平面 其等厚干涉条纹平行于棱边 呈现明暗相间 等间隔分布的特点 相邻明条纹或相邻暗条纹的间隔取决于劈尖角 厚度差为劈 尖膜介质内的半波长 解 设玻璃折射率为 相邻暗条纹的间距为 在厚度为 处 两束反射光叠nbe 加时的光程差为 2 2 ne 于第级暗条纹相应的厚度满足条件k k e 2 21 22 k nek 2 k k e n 因此 1 sin 2 kk bee n 9 5 3 589 3 10 sin3 88 10 22 1 52 5 0 10nb 劈尖夹角 5 sin3 88 108rad 17 23分析 在空气层上 下表面反射的相干光波 在空气层厚度相同处的光 程差相同 因此形成的等厚干涉条纹平行于柱面轴线 呈现明暗相间 内疏外密 的分布 由于光程差中含有 半波损失 项 因此 在柱面透镜的两棱边和空气 课后答案网 用心为你服务 31 层最高处是暗条纹 条纹的级次为内高外低 图 17 23 1 如图 17 23 所示 空气薄膜厚度为 处到中心线的距离为 则erADd 222222222 rRCBRRABRRADBDRRde 由于 忽略 有dR eR 2 de 2 2 rR de 由此解得 2 2 r ed R 在空气膜厚度为 处 两束反射光的光程差为e 2 22 22 r ed R 当 2 2 2 r dk R 时出现明条纹 因此明条纹到中心线的距离为 1 2 2 rRdkR 2 由于存在半波损失 在柱面透镜与平玻璃片接触处 出现第零级暗条0e 纹 在最大厚度处 光程差为2ed 1 22 2 4 222 e 因此出现第四级暗条纹 相邻暗条纹之间存在一条明条纹 在中心暗条纹两侧各 有 4 条明条纹 共 8 条明条纹 课后答案网 用心为你服务 32 3 若将玻璃片下移 空气膜的厚度增加 干涉条纹将向两侧移动 B 17 24分析 单缝夫琅和费衍射的各级明条纹的宽度为相邻两个暗纹中心的间 距 中央明条纹的宽度为各级明条纹宽度的 2 倍 解 设屏幕上第级暗条纹的位置为 单缝夫琅和费衍射暗条纹条件为kx sinak 因为很小 有 sintan x f 即 k f xk a 时 可得中央明条纹的宽度为1k 29 5 011 3 2 50 10546 0 10 2546 0 105 46 0 10 10 f xxxmmmm a 第级明条纹的宽度为k 1 1 kkk fff xxxkk aaa 与无关 即各级明条纹的宽度均相等 为k 29 2 3 50 10546 0 10 2 73 0 10 10 k f xxmmm a 17 25解 对的第级明条纹有 1 1 k 1 1 sin 21 2 ak 对的第级暗条纹有 2 2 k 22 sinak 因此 1 122 21 2 kk 12 22 217007 24004 k k 由此解得 虽然有更高的和的值满足此方程 但高级别明纹 1 3k 2 2k 1 k 2 k 的亮度极弱 因而是没有意义的 17 26分析 根据第一级谱线的衍射角可求得光栅常数 根据光栅方程可知 在同一级光谱中 衍射角正比于波长 对光栅方程求微分 可得到第级谱 k 线中和的关系 解 第一级谱线满足方程 课后答案网 用心为你服务 33 1 sinab 光栅每毫米的刻线数为N 1 6 sin10 5 1000 500 10 N ab 对光栅方程 sin k abk 两边微分 有 cos kk abk 得tan cos cos sin kk k k k kk k ab 将和代入上式 可得 1 30 0 5 23 1 0 5 10tan302 89 100 17rad 如果光栅沿上下方向作平移 入射光仍垂直入射到光栅上 衍射角不会发 生变化 17 27分析 利用马吕斯定律求解 解 设入射光的自然光强度为 根据马吕斯定律 自然光通过两个偏振片后 0 I 透射光的强度与入射光的强度的关系为 22 1000 111 coscos 60 228 IIII 01 8II 在两偏振片之间插入第三个偏振片后 根据马吕斯定律 通过第三个偏振片的强 度为 22 000 113 coscos 30 228 IIII 再通过第二个偏振片后光的强度为 22 20 9 coscos 30 32 IIII 因此 2011 99 2 25 324 IIII 17 28分析 利用布儒斯特定律求解 课后答案网 用心为你服务 34 解 设布儒斯特角为 水的折射率为 玻璃的折射率为 B i 1 n 2 n 当光从水中射向玻璃而反射起偏时 由布儒斯特定律 2 1 tan B n i n 可得起偏角为 2 1 1 1 50 arctanarctan48 4448 26 1 33 B n i n 当光由玻璃射向水中而反射起偏时 根据布儒斯特定律可得起偏角为 1 2 2 1 33 arctanarctan41 564134 1 50 B n i n 课后答案网 用心为你服务 35 第十八章量子物理基础 一 选择题 18 1B 18 2E 18 3D 18 4C 18 5A 二 填空题 18 65269K 9993K 8280K 18 71471K 18 8 0 A h 10 2 h m 18 9 12 3 1 10m 42 2 18 10 97 51884 三 计算题 18 11分析 根据题目简化模型 太阳在单位时间内辐射的能量均匀分布在以 为半径的球面上 单位时间内地球所接受到的辐射能量 功率 可以等效为均r 匀分布在过地心的地球截面上 根据斯特藩 波尔兹曼定律 由太阳表面的辐出 度 单位面积辐射的功率 可得到太阳的辐射总功率 根据地球接受到的辐射功 率 再由斯特藩 波尔兹曼定律 可求得地球的表面温度 解 根据斯特藩 波尔兹曼定律 太阳的总辐出度为 4 0 S M TT 太阳的辐射总功率为 224 0 44 SSSSS PM TRR T i 它在单位立体角内的辐射功率为 24 0 4 S SSS P PR T 地球对太阳所张的立体角 课后答案网 用心为你服务 36 2 2 E R r 式中为地球的半径 因此地球接受到的功率为 E R 2 24 0 2 E ESSS R PPR T r 设地球表面的温度为 它的总辐出度为 E T 4 0 EE M TT 它的辐射功率为 224 0 44 EEEEE PM TRR T i 在达到热平衡时有 即 EE PP 2 2424 2 4 E SSEE R R TR T r 由此可得 11252 44 282 6 96 10 6000290 44 1 496 10 S ES R TTKK r 18 12解 根据爱因斯坦光电效应方程 可得发射的光电子 2 1 2 m hmvA 的最大初动能为 8 23419 9 13 10 6 63 104 2 1 6 10 2200 10 kmm c EmvhAhA 19 3 23 102 0JeV 最大初动能与遏止电势差的关系 akm eUE 所以遏止电势差 2 2 km a EeV UV ee 由逸出功与红限的关系 0 0 hc Ah 可得铝的红限波长 课后答案网 用心为你服务 37 8 34 0 19 3 10 6 63 10296 4 2 1 6 10 c hmnm A 18 13分析 在康普顿散射中 入射光子和自由电子在相互作用过程中能量守 恒 动量也守恒 根据能量守恒定律可知 反冲电子的动能等于入射光子与散射 光子的能量之差 由散射光子的能量可得到散射光子的波长 利用散射光子的波 长改变量与散射角的关系 可求得散射方向 解 设电子的静止质量为 运动质量为 根据相对论可知 电子在相互作 0 mm 用过程中所获得的动能为 22222 0000 22 11 110 25 0 6 1 1 Emcm cm cm cm c vc cc 设入射光子的能量为 波长为 散射光子的能量为 波长为 根据能 0 E 0 E 量守恒 散射光子的能量为 0 EEE 即 0 hchc E 可得散射光子的波长为 3412 00 3431812 000 6 63 103 10 0 256 63 100 25 9 11 103 103 10 hch m hcEhm c 123 4 34 104 34 10mnm 因为 22 0 0 2 sin2sin 22 C h m c 因为是电子的康普顿波长 所以散射角为 12 0 2 43 10 C h m m c 12 0 12 4 343 10 2arcsin2arcsin1 163 3 22 2 43 10 C radrad 18 14分析 氢原子由激发态向低能级跃迁所激发光子的谱线为巴耳末 n E 2 E 线系 能级差越大 对应的谱线的波长越短 当时 与的能n 0 n E 2 E 课后答案网 用心为你服务 38 级差最大 与最短的波长相对应 当时 能级差最小 与最长的波长 sm 21n 向对应 lm 解 氢原子光谱各线系的谱线波数都可表示为 22 111 R kn 波长则可表示为 22 22 1k n R nk 对于巴耳末系 时 得2k 3 4 5 n 3n 22 227 1 234 9 656 3 321 097 10 94 lm mnm R 时 有n 2 7 24 364 6 1 097 10 sm mnm R 18 15解 热中子的平均动能为 2321 33 1 38 103006 21 10 22 k kTJJ 热中子动量大小的平均值为 27211241 22 1 67 106 21 104 55 10 nk pmkg m skg m s 德布罗意波长为 34 10 24 6 63 10 1 46 100 146 4 55 10 h mmnm p 18 16分析 根据德布罗意关系 具有相同波长的粒子有相同的动h p 量 光子的动能即光子的总能量 电子的动能是否应考虑相对论动pEh e E 能的表达式 可先考察其静能与的大小 若 可不考虑相对 2 0 m c e p c 2 0e p cm c 论效应 即电子的动能为 否则需用相对论的动能表达式 2 2 0 0 1 22 e p Em v m 解 电子动量 e e h p 课后答案网 用心为你服务 39 光子动量 h p 因为 所以 e 1 e pp 光子动能即光子能量 348 16 9 6 63 103 10 3 978 102486 0 50 10 hc EhpcJJeV 电子的静能为 2318214 0 9 11 10 3 10 8 20 100 512m cJJMeV 对比上述两式 有 2 0e pcp cm c 所以 电子的动能为 2 2 0 0 1 22 e p Em v m 两者的动能之比为 34 3 3189 00 6 63 10 2 43 10 222 9 11 103 100 50 10 e Eph Em cm c 可见 当电子和光子的动量相同时 电子的动能远小于光子的动能 18 17解 在轴方向上 粒子坐标和动量的不确定度关系为x 2 x x p 粒子沿轴方向运动 其动量 动量的不确定度 代入上式可xpmv pm v 得坐标的不确定度 22 x pm v 1 对于电子 代入可得 31 9 11 10mkg 34 3 312 1 05 10 5 8 105 8 2 9 11 101 10 xmmmm 2 对于的布朗粒子 13 10mkg 34 20 132 1 05 10 5 3 10 2 101 10 xmm 3 对于的小弹丸 4 10mkg 课后答案网 用心为你服务 40 34 29 42 1 05 10 5 3 10 2 101 10 xmm 18 18分析 根据电子动量的不确定度范围 由不确定度关系 估算出电子坐 标的范围 解 根据坐标和动量的不确定度关系为 2 x x p 可得 34 10 25 1 05 10 5 25 100 525 22 10 x xmmnm p 因此 能将这个电子约束在内的容器的最小尺寸大约是 10 5 25 10m 18 19解 原子辐射光子的能量为 光子谱线的波长为 当激发Eh c 态能级有一不确定量时 其辐射光子的谱线有相应的不确定量 即E Eh 根据能量 时间的不确定关系 2 E t 可得 2 E tht 所以原子在与波长相对应的激发态的时间不确定量 即平均寿命为 11 2444 t hc 代入数据可得 9 9 88 589 10 9 77 10 44 3 14 3 101 6 10 tss c 18 20解 处于无限深势阱中的电子的能级公式是 2 22 1 2 8 n h Enn E ma 1 2 3 n 已知 当时 0 1anm 1n 2342 18 1 231102 6 63 10 6 03 1037 7 88 9 11 10 1 0 10 h EJJeV ma 2 21 224 37 7150 8nEEeVeV 23 101 1010100 37 73 77 10nEEeVeV 课后答案网 用心为你服务 41 225 1001 10010010037 73 77 10nEEeVeV 225 1011 10110110137 73 85 10nEEeVeV 如果当时 当时 1 0acm 1n 2342 341516 11 23122 6 63 10 6 03 103 77 1010 88 9 11 10 1 0 10 h EJJeVE ma 因此 2162 11 10 n En En E 161614 22 21010150 81 508 10nEEeVeV 1616313 1010 1010103 77 103 77 10nEEeVeV 1616511 100100 10010103 77 103 77 10nEEeVeV 1616511 101101 10110103 85 103 85 10nEEeVeV 18 21解 1 粒子处于基态时 粒子在给定区域出现的概率为1n 33 2 2 1 00 213 sin0 19 34 aa x xdxdx aa 2 粒子处于的状态时 粒子在给定区域出现的概率为2n 33 2 2 1 00 2213 sin0 40 38 aa x xdxdx aa 18