第11章 静电场
【例题精选】
例11-1 （见书上）例11-2
qd qd
，从O 点指向缺口中心点 (或223
4πε0R 2πR -d 8πε0R
例11-3 D 例11-4 D 例11-5 B 例11-6 左 例11-7 （见书上）
σ/2ε0， 向右； 3σ/2ε0， 向右； σ/2ε0， 向
【练习题】
11-1 B 11-2
λd /ε0，
λd πε0(4R 2-d 2)
r
，沿矢径OP 11-3 Q /ε0，0和
5Q 18πε0R 2
r 0
11-4 B 11-5 【解】（1）作与球体同心，半径r
⎰
o r
4πr 2ρ(r )d r 。已知的电荷体密度ρ(r ) =kr ，根据高斯定理：
3
r 2
E r ⋅4πr =可求得球体内任意点的场强：E r =k ，r
s 1
εo εo ⎰04εo
Q 1
2
1
（2）作与球体同心、半径r >R 的球面S 2，因R 外电荷为零，故S 2内的电荷Q 2=Q 总，根据高斯定理：Φ=
⎰
s 1
E ⋅d S =E r ⋅4πr =
2
1
εo
⎰
R
R 4
得球体外任意一点的场强：E r =k ，r >R 。 4k πr d r ，2
4ε0r
3
11-6 -σ/(2ε0) ，3σ/(2ε0)
11-7 【解】两同轴圆柱面带有等量异号电荷，则内外电荷线密度分别为λ和-λ。电场分布具有轴对称性。
（1）建立半径r
⎰
S
E ⋅d S =E 1⋅2πrh =0，则，E 1=0（r
（2）建立R 1
⎰
S
E ⋅d S =E 2⋅2πrh =
λh λ，则，E 2=（R 1
2πε0r ε0
（3）建立半径r >R 2的同轴高斯柱面，设高为h 。高斯柱面内包含正负电荷的代数和为零。
⎰
S
E ⋅d S =E 3⋅2πrh =0，则，E 3=0（r >R 2）
第12章 电势
【例题精选】
例12-1 -2000V 例12-2 45V ， -15V 例12-3 （见书上）例12-4 （见书上）例12-5 D 例12-6 C 【练习题】 12-1
⎰
L
E ⋅d r =0， 单位正电荷在静电场中沿任何闭合路径绕行一周，电场力所做的功为零，
保守12-2 C 11-3 (1)
Q 4πε0R 2
， 0；(2)
Q 4πε0R
，
Q 4πε0r 2
12-4 【解】在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d x
它在O 点产生的电势 d U =
λ0(x -a )d x
4πε0x
a +l ⎤⎡
l -a ln ⎢⎥a ⎦⎣
O 点总电势： U =dU =
⎰
a +l d x ⎤λ0λ0⎡a +l
d x -a =⎰⎰a x ⎥4πε0⎢⎣a ⎦4πε0
12-5 【解】 (1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即
1⎛q 1q 2⎫1⎛4πr 12σ4πr 22σ⎫σ
U 0=- +⎪= ⎪=(r 1+r 2)
4πε0⎝r 1r 2⎭4πε0⎝r 1r 2⎭ε0
σ=
U 0ε0-＝8.85×109 C / m2 r 1+r 2
1
'=(2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有 U 0
外球面上应变成带负电，共应放掉电荷
ε0
(σr 1+σ'r 2)= 0，即 σ'=-r 1σ。
r 2
⎛r ⎫
q '=4πr 22(σ-σ')=4πr 22σ 1+1⎪=4πσr 2(r 1+r 2)=4πε0U 0r 2＝6.67×10-9 C
⎝r 2⎭
12-6【解】设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为
U A =
=
λλR λ； U B = =
224ε06ε02ε0R +8R
q 由A 点运动到B 点电场力作功
A =q (U A -U B )=q 4ε-6ε⎪⎪=12ε
0⎭0⎝0
注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．
12-7【答】均匀带电球体的电场能量大。因为半径相同且总电荷相等的球面和球体，其外部电场分布相同，具有相同的能量；但内部电场不同：球面内部场强为零，球体内部场强不为零，所以球体的电场能量大。
⎛λλ⎫q λ
第13章 静电场中的导体
【例题精选】
例13-1 C 例13-2 C 例13-3 （见书上）例13-4 （见书上）
【练习题】
13-1 D 13-2 【解】三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E 1=σ1 / ε0，E 2=σ2 / ε0 左边两极板电势差U 1=σ1d 1 / ε0，右边两极板电势差U 2=E 2d 2=σ2d 2 / ε0， 而左板和右板构成等势体，中板自身是等势体，所以U 1= U2，则 σ1 /σ2= d2 /d 1
13-3 【证】在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面，如图。设B 内表面上带电荷Q 21，根据高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故
⎰
s
E ⋅d S =(Q 1+Q 21) ε/=0 Q 21=-Q 1，得 0
根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为Q 22，则 Q 21+Q 22=Q 2 由此可得 Q 22=Q 2-Q 21=Q 1。 +Q 13-4
Qd Qd
；。 2ε0S ε0S
第14章 静电场中的电介质
【例题精选】
例14-1 B 例14-2 C 例14-3 (1) 增大 ， 增大 (2) 增大 ， 增大 (3) 减小 ， 不变 例14-4
2Fd /C ， 2FdC 。
例14-5 (见书上) 例14-6 (见书上)
【练习题】
14-1
q 4πε0εr R
14-2 ε r ，ε r 14-3 C 14-4 B 14-5 C
14-6 【解】（1）电容器充电后断开电源，则极板上所带的电量不变。故极板间的电势差和电场
Q 1. 0⨯10-8Q 21.0⨯10-16
==5⨯10-6 J 。 能量分别为 U ===1000V，W e =-12-12
C 10⨯102C 2⨯10⨯10
(2)设极板原间距为d ，增大为2d 时，相应的电容量要变小，其值为C '=ε0S /2d =C /2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为 W e '=Q 2/2C '= Q 2/C =1.0⨯10-5 J ，电场能量的增加量为ΔW e = W e '-W e =5.0⨯10-6J ，由于把带电的电容器极板拉开时，外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了，或者说，电荷不变时，电容器内部的电场强度不变，但是场
强存在的空间体积变成原来的两倍，总能量也就变为原来的两倍。
第15章 稳恒磁场
【例题精选】
例15-1 （见书上）例15-2 （见书上） 例15-3 （见书上）例15-4 （见书上） 例15-5 D 例15-6 C
例15-7 环路L 所包围的所有稳恒电流的代数和；环路L 上的磁感强度
例15-8 答：第一说法对，第二说法不对．因为围绕导线的积分路径只要是闭合的，不管在不在同一平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立 例15-9 （见书上） 例15-10 （见书上）
【练习题】
15-1 (1) B O =
1μ0I μ0I
= (只有四分之一圆弧电流在P 点产生B ) 42R 8R
11
μI 0μ0I μ0I ππ1-=0 (2) B =(cos0-cos ) -(cos-cos π) +
4πR 24πR 222R 22R
μI
10
参考： 圆形载流导线圆心处的磁场：B O =
一段载流直导线的磁场：B =
μ0I
2R
μ0I
(cosθ1-cos θ2) 4πa
15-2
μ0I
（参考上一题，注意流过ab 边与流过ac,cb 边的电流关系）；垂直纸面向里 4πl
15-3 D (参考15-1，O 点B 由圆形电流与无限长载流直导线产生，注意二者方向) 15-4 B （参考例题15-2） dI=Idr / a ；dB =
B p =dB =
μo dI μo I
=dr ； 2πr 2πar
⎰
⎰
b +a
b
μo I μI b +a
=o ln 。 2πar 2πa b
15-5 解：带电圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在O 点的叠加．
某一半径为ρ 的圆环的磁场为 d B =μ0d i /(2ρ)
而 d i =σ2πρd ρ⋅[ω/(2π)]=σωρd ρ ∴ d B =μ0σωρd ρ/(2ρ) =
1
μ0σωd ρ 2
r
正电部分产生的磁感强度为 B +=负电部分产生的磁感强度为 B -=今 B +=B - ∴ R =2r
15-6
⎰
0R
μ0σω
2
d ρ=d ρ=
μ0σω
2
r (R -r )
⎰
r
μ0σω
2
μ0σω
2
μ0I ； 0 ； 2μ0I 15-7 D 15-8 C 15-9 B （载流长直螺线管内的磁场：
B =μ0n I ）15-10 解：建立坐标系，应用安培环路定理，左边电流产生的磁感应强度
B 1=
μ0I
； 方向向里 2πx
右边电流产生的磁感应强度
B 2=
μ0I
； 方向向外
2π(3a -x )
应用磁场叠加原理可得磁场分布为，
B =
μ0I
2πx
+
μ0I
2π(3a -x )
(
a 5
≤x ≤a ) 22
B 的方向垂直x 轴及图面向里．
第16章 磁力
【例题精选】
例16-1 1∶2 ； 1∶2 （参考 洛伦兹力F =q v ⨯B ；回旋半径R =
例16-2 A (可以用安培力来判断各边受力情况，也可以用M =NIS e n ⨯B =m ⨯B 判断出载
流线圈所受磁力矩，然后判定转动方向)
例16-3 D (cd处在ab 的磁场中，可用安培力来判断) 例16-4 （见书上）例16-5 （见书上） 例16-6 A ；B ；（参考闭合载流导线在磁场中磁力矩M =NIS e n ⨯B =m ⨯B ） 例16-7 0 （同上M =NIS e n ⨯B =m ⨯B =mB sin 0=0）
mv
） qB
【练习题】
16-1
C
⎛mv ⎫2
【Φ=⎰B ⋅d S =B *πR =B π ⎪
Bq ⎝⎭s
2
】16-2
Be 2/(2πm e ) ；
Be 2R 2/(2m e ) 16-3 B 16-4 D (用安培力来判断各边受力情况) 16-5 C
16-6 解：在直线电流I 2上任意取一个小电流元I 2dl ，
此电流元到长直线的距离为x ，无限长直线电流I 1
在小电流元处产生的磁感应强度为：
B =
μ0I 1
⊗，
2πx
μ0I 1I 2d x d x
再利用d F =I Bdl ，考虑到dl =，有：， d F =⋅
cos 6002πx cos600
μ0I 1I 2b b μ0I 1I 2d x
∴F =⎰⋅=ln 。 0a 2πx cos60πa
16-7 A （参考闭合载流导线在磁场中磁力矩M =NIS e n ⨯B =m ⨯B ）
第17 章磁场中的磁介质
【例题精选】
例17-1 B 例
17-2 答：不能． 因为它
并不是真正在磁介质表面流动的传导电流，而是由分子电流叠加而成，只是在产生磁场这一点上与传导电流相似．
例17-3 A 例17-4 D
【练习题】
17-1 C 17-2 D 17-3 I / (2πr ) ； μI / (2πr ) 17-4 铁磁质；顺磁质；抗磁质 17-5 矫顽力小 ；容易退磁 17-6 B 解：磁场强度：H =
N
I =1000⨯2=2⨯103m L
B
B =μH =μ0μr H ；μr =
第18章 电磁感应及电磁波
【例题精选】
例18-1 B 例18-2 (见书上) 例18-3 (见书上) 例18-4 -
解：利用动生电动势公式解决：v =gt
μ0Ig
t ln ；N 2πa
μ0I
d ε=(v ⨯B ) ⋅dl =v ⋅d r ，
2πr
∴ε=-
μ0v I 2π
⎰
d +l
d
μ0v I d +l μ0gt I d +l dr =-ln =-ln ，
2πd 2πd r
由右手定则判定：U N >U M 例18-5 (见书上)
例18-6 (见书上) 例18-7 D 例18-8 D 例18-9 (见书上) 例18-10 C 例18-11 D 例18-12 C 例18-13 B
例18-14 C
例18-15 垂直；横波；相同；同时
【练习题】
18-1 D
18-2 C 【参考q i =
⎰
t 2
t 1
I i d t =-
1Φ21
d Φ=-(Φ2-Φ1)】 ⎰Φ1R R
18-3 解： n =1000 (匝/m) B =μ0nI
Φ=a 2⋅B =a 2μ0nI ε=-N
d Φd I 2-=-Na 2μ0n =π×101 sin 100 πt (SI)
d t d t
-
I m =εm /R =π2×101 A = 0.987 A 18-4 ADCBA 绕向；ADCBA 绕向
B =B 1+B 2
μ0I μ0I v B 1=， B 2= I I 2πx 2π(x -a )
C D
μ0I μ0I
， B 方向⊙ B =- 2a x +dx 2a +b 2π(x -a ) 2πx O
μ0I v 11x
(-) d x d ε=B v d x =
2πx -a x 2a +b
μI v 2(a +b ) μI v 11
ε=⎰d ε=⎰0(-) d x =0ln
2π2a +b 2πx -a x 2a
18-5 解：建立坐标(如图)
感应电动势方向为C →D ，D 端电势较高． 18-6 D
18-7 证明：取长直导线之一的轴线上一点作坐标原点，设电流为I ，则在两长直导线的平面上两线之间的区域中B 的分布为 B =
μ0I
2πr
+
μ0I
2π(d -r )
穿过单位长的一对导线所围面积（如图中阴影所示）
的磁通为
μ0I Φ=B ⋅d S = ⎰2πS
d -a
⎰
a
μd -a 11
(+) d r =0I ln
πa r d -r
L =
Φ
I
=
μ0
π
ln
d -a
a
d I 12
和W m =LI ） d t 2
18-8 0.400 H； 28.8J （参考 εL =L 18-9 C 18-10 C
18-11 解：如图所示，由安培环路定理得导体内距中心轴为r 处的磁感强
μ0I 22B 2
r r 度B=，在r 处的磁能密度为w ==，则单位长m
2μ08π2R 42πR 2
μ0I
度导线内所储藏的磁能为W m =⎰w m 2πrdr =⎰
R R
1
r dr = μ0I 2。4
16π4πR
3
μ0I 2
18-12 证明：电场能量密度w e =
1
εE 2 21
μH 2 2
磁场能量密度 w m =
E H 的量值关系：E =
H
11w e =εE 2=
22
18-13 2⨯10m/s
（参考v =
8
)
2
1
=2
)
2
=w m
=
18-14 能流密度矢量，其大小表示单位时间内流过与能量传输方向垂直的单位横截面积的能量，
其方向为能量的传输方向；S =E ⨯H
第19章 光的干涉
【例题精选】
例19-1 D ； 例19-2 B ； 例19-3 3λ；n =例19-4
4
=1.33； 3
(n 2-n 1)e ；
例19-5 例19-6 例19-7 例19-8 例19-9 例19-10
(n -1)e
B ； B ； C ； A ； B ；
2π
λ
；(n -1)e =4λ, e =
4λ4⨯500nm
==4000nm ； n -11.5-1
2r 2-例19-11 (1) 明环半径 r =2k -1R ⋅λ/2 λ=＝5×105 cm (或500 nm)
2k -1R
(2) (2k －1) ＝2 r 2 / (R λ) 对于r ＝1.00 cm， k ＝r 2 / (R λ) ＋0.5＝50.5
故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个。
例19-12
【解】设第五个明纹处膜厚为e ，则有2ne ＋λ / 2＝5 λ
设该处至劈棱的距离为l ，则有近似关系e ＝l θ ，
由上两式得 2nl θ＝9 λ / 2，l ＝9λ / 4n θ 充入液体前第五个明纹位置 l 1＝9 λ / 4θ
充入液体后第五个明纹位置 l 2＝9 λ / 4n θ 充入液体前后第五个明纹移动的距离
∆l ＝l 1 – l 2＝9 λ ( 1 - 1 / n ) / 4θ＝1.61 mm
【练习题】
19-1. 上；(n-1)e ； 19-2. B ； 19-3. C ；
19-4. 解：(1) x =2kD λ/d ， d =2kD λ/∆x 此处 k ＝5 ∴ d =10D λ/∆x =0.910mm
λ/d =24m m (2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离距离 l =20D
19-5. 解：
(1)∆x ＝20 D λ / d ＝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 r 2－r 1＝k λ 所以 (n －1) e = kλ k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处
19-6. 解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e 2＝λ/2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 e 4=3λ/2
∴ θ=e 4/l =3λ/(2l )＝4.8×105 rad
-
(2) 由上问可知A 处膜厚为 e 4＝3×500 / 2 nm＝750 nm
对于λ＇＝600 nm的光，连同附加光程差，在A 处两反射光的光程差为
2e 4+λ'/2，它与波长λ'之比为2e 4/λ'+1/2=3. 0．所以A 处是明纹
19-7. 解：上下表面反射都有相位突变π，计算光程差时不必考虑附加的半波长。 设膜厚为e , B 处为暗纹， 2ne ＝
1
( 2k ＋1 )λ， (k ＝0，1，2，„) 2
A 处为明纹，B 处第8个暗纹对应上式k ＝7 e =
(2k +1)λ＝1.5×10-3 mm
4n
19-8. 解：(1)第k 个明环， 2e k +λ=k λ， e k =(2k -1) λ/4
2
2
(2)∵ 2e k =λ=k λ，R 2=r k 2+(R -e k ) 2=r k 2+R 2-2Re k +e k
2
式中e k 为第k 级明纹所对应的空气膜厚度
2∵ e k 很小，e k
∴ 2r k 2/(2R ) +λ=k λ ，r k =2k -1) R λ/2 (k =1，2，3 „)
2
19-9. 解：(1) 设第十个明环处液体厚度为e 10，则 2ne 10+λ/2=10λ
e 10=(10λ-λ/2) /2n =19λ/4n
=2.32⨯10cm (2) R 2=r k 2+(R -e k )
2
2 =r k 2+R 2-2R e k +e k 2
∵e k
-4
2
R e k
r 10=
2R e 10＝0.373 cm
第20章 光的衍射
【例题精选】
例20-1 例20-2 例20-3 例20-4 例20-5 例20-6
子波；子波相干叠加； B ； B ； D ； A ； B ；
例20-7 例20-8 例20-9 例20-10 例20-11 B ；
一；三； B ； D ；
【解】(1) 双缝干涉条纹第k 级亮纹条件： d sinθ =k λ
第k 级亮条纹位置：x k = f tanθ ≈f sinθ ≈kf λ / d
相邻两亮纹间距：∆x = x k +1－x k =(k ＋1) f λ / d －kf λ / d =f λ / d =2.4×103 m=2.4 mm
-
(2) 单缝衍射第一暗纹： a sinθ1 = λ
单缝衍射中央亮纹半宽度：∆x 0 = f tanθ1≈f sinθ1≈f λ / a ＝12 mm ，即 ∆x 0 / ∆x =5 所以双缝干涉第±5级主极大缺级。
因此在单缝衍射中央亮纹范围双缝干涉亮纹数N = 9，为 k = 0，±1，±2，±3，±4级，或根据d / a = 5指出双缝干涉缺第±5级主极大，同样得该结论。
例20-12 【解】(1) 由单缝衍射明纹公式可知
a sin θ1=
1313(2k +1)λ1=λ1 (取k ＝1 ) a sin θ2=(2k +1)λ2=λ2 2222
tan θ1=x 1/f ， tan θ2=x 2/f 由于 sin θ1≈tan θ1 ， sin θ2≈tan θ2
所以 x 1=
33
f λ1/a ， x 2=f λ2/a 22
3
f ∆λ/a =0.27 cm 2
则两个第一级明纹之间的距离为 ∆x =x 2-x 1=
(2) 由光栅衍射主极大的公式 d s i n ， d sin θ2=k λ2=1λ2 θ1=k λ1=λ11
θ≈t a θn =x f /且有 s i n
所以 ∆x =x 2-x 1=f ∆λ/d =1.8 cm
【练习题】
20-1. D ；
20-2. 4 ；1 ；暗； 20-3. B ； 20-4. D ； 20-5. D ；
20-6. 解： (1) 由单缝衍射暗纹公式得 a sin θ1=1λ1 a sin θ2=2λ2
由题意可知 θ1=θ2 , sin θ1=sin θ2 代入上式可得
λ1=2λ2
(2) a sin θ1=k 1λ1=2k 1λ2 (k 1 = 1, 2, „„) sin θ1=2k 1λ2/a a sin θ2=k 2λ2 (k 2 = 1, 2, „„) sin θ2=k 2λ2/a
若k 2 = 2k 1，则θ1 = θ2，
即λ1的任一k 1级极小都有λ2的2k 1级极小与之重合．
20-7. 解：可观察到最高级次是k =3．
光栅常数(a ＋b )=2×104 cm, 按光栅公式 (a + b )sin θ = k λ
-
θ 最大为90°，所以k max ≤(a ＋b )sin90°/ λ
k max ≤2×104 / 5000×108 =4
--
实际上θ =90°的第四级观察不到，所以可观察到最高级次是k =3．
20-8. 解：因k =±4的主极大出现在θ=±90︒的方向上，实际观察不到。所以，可观察到的有
k =0, ±1, ±2, ±3共7条明条纹。
20-9. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 (a +b )sin 30 =3λ1 a +b =
3λ1
=3. 36⨯10-4cm
sin 30
nm λ2=(a +b )sin 30 /4=420
(2) (a +b )sin 30 =4λ2
20-10. 解：由光栅公式得 sin ϕ= k 1 λ 1 / (a +b ) = k 2 λ 2 / (a +b )
k 1 λ 1 = k 2 λ 2 k 2 / k1 = λ 1/ λ 2=0.668 / 0.447
将k 2 / k1约化为整数比k 2 / k1=3 / 2=6 / 4=12 / 8 ......
取最小的k 1和k 2 ， k 1=2，k 2 =3，
则对应的光栅常数(a + b ) = k 1 λ 1 / sinϕ =3.92 μm
20-11. 解：(1) a sinϕ = k λ tg ϕ = x /f
当x
(2) ( a + b )sin ϕ=k 'λ k '=( a ＋b ) x / (f λ)= 2.5 取k '= 2，共有k '= 0，±1，±2 等5个主极大
第21章 光的偏振
【例题精选】
例21-1 例21-2 例21-3 例21-4 例21-5
B ；
波动；横波； B ； C ；
tan i 0=n 2/n 1；90-i 0；
例21-6 D ；
例21-7 遵循折射定律；不遵循折射定律； 例21-8
【解】设I 0为自然光强，由题意知入射光强为2 I0
(1) I 1=2·2 I0 / 3＝0.5 I 0＋I 0cos 2θ ， 4/3＝0.5＋cos 2θ
所以 θ ＝24.1°
(2) I 1＝2(2 I0) / 3， I 2＝I 1cos 230°＝3I 1/4= I0 所以 I 2 / 2I 0 = 1/2
【练习题】
21-1. 平行或接近平行； 21-2. I 0 / 2 ；0；
21-3. 解：设I max ，I min 分别表示出射光的最大值和最小值，则 I max ＝I a / 2＋I
b
I min ＝ I a
/ 2
令 I max /I min =(I a /2+I b )/(I a /2)=n 所以 I a /I b =2/(n -1)
21-4. 解：光自水中入射到玻璃表面上时， tan i 0＝1.56 / 1.33 ， i 0＝49.6°
'＝1.33 / 1.56 i 0'＝40.4°'＝90°光自玻璃中入射到水表面上时， tan i 0 (或 i 0－i 0＝40.4°)
21-5. 解：(1) 由布儒斯特定律 tan i 0＝1.33 ，得 i 0＝53.1° ，此 i b 即为所求的入射角 (2) 若以r 表示折射角，由布儒斯特定律可得 r ＝0.5π－i 0＝36.9°
第22 章 狭义相对论基础
【例题精讲】
例22-1 D
例22-2 经典力学相对性原理是指对不同的惯性系，牛顿定律和其它力学定律的形式都是相同的。
狭义相对论的相对性原理指出：在一切惯性系中，所有物理定律的形式都是相同的，即指出相对性原理不仅适用于力学现象，而且适用于一切物理现象。也就是说，不仅对力学规律所有惯性系等价，而且对于一切物理规律，所有惯性系都是等价的。
例22-3 C、C
例22-4 x +y +z =c t x '+y '+z '=c t '
2
2
2
22
2
2
2
2
2
例22-5 C
例22-6考虑相对论效应，以地球为参照系，子的平均寿命： τ=
τ0
-(v /c ) 2
=31. 6⨯10-6 s
子的飞行距离大于高度，有可能到达地
则子的平均飞行距离： L =v ⋅τ=9.46 km 。 面。
例22-7 D
例22-8解：站台上测出的1m
是运动的长度。求静长，所以L 0=例22-9 A
2
例22-10 c -(l /l 0) m 0c (
2
=
。
l 0-l
) l
例22-11
25m m
9lS lS
例22-12 C
例22-13 D 【习题精练】
22-1 没对准；根据狭义相对论的同时的相对性，在K '系中不同地点同时发生的两个事件（A '钟
指示一时间，B '钟指示一时间），在K 系中不同时发生。
222-2 x/v (∆x /v ) -(v /c )
22-3 B
+
22-4 子相对于实验室的速度是真空中光速的0.99倍；证明略。 22-5 A
22-6 在太阳参照系中测量地球的半径在它绕太阳公转的方向缩短得最多． 22-7 A
R =3.2 cm 。
v 2
22-8 L '=L -2，
c
22-9 相对的 运动
22-10 C
1617
22-11 9×10 J 1.5×10 J
-13-2
22-12 5.8×10 8.04×10 22-13 ρ=m /V =
m 0V 0(1-
v
) c 2
2
；证明略。
22-14 B
第23章 波粒二象性
例23-1 BD 例23-2 A/h，例23-3 C
(h ν1-A ) h
=(ν1-ν0) e e
例23-4 最大初动能不变。电势差U 不变，电场力对电子做功不变，由动能定理知，选D 例23-5 爱因斯坦光电效应方程h ν=
11
m v 2+w ⇒m v 2=h (ν-ν0) =eU a ，所以22
、U a 2=h (ν2-ν0) /e ；又a 2=2a 1，则(ν2-ν0) =2( U a 1=h (ν1-ν0) /e ν1-ν0) ，所以：
ν2=2ν1-ν0。选C
例23-6 （1）强度不变，增大频率，即光子数减少，所以饱和电流强度变小；频率ν增加，则遏止电压的值U a 变大，可见（D ）对。
（2）频率ν不变则遏止电压的值U a 不变，增大入射光的强度使得光电流强度变大，即虚线应在实线的上方，（B ）对。
例23-7 频率一定，光强大则饱和电流大；光强一定，频率小则饱和电流大；选D 。 例23-8
铯 ν0=w /h =1.9⨯1.6⨯10-19/6.63⨯10-34=4.58⨯1014 铍ν0=w /h =3.9⨯1.6⨯10-19/6.63⨯10-34=9.41⨯1014 钨ν0=w /h =4.5⨯1.6⨯10-19/6.63⨯10-34=10.9⨯1014 钯ν0=w /h =5.04⨯1.6⨯10-19/6.63⨯10-34=12.1⨯1014 只有铯的频率在可见光范围内，选（C ）
例23-9 D
例23-10 B
例23-11由散射方程∆λ1=λc (1-cos450) ，∆λ2=λc (1-cos600) ，∴
∆λ1
=0.586。 ∆λ2
例23-12 λ1=h /(m1v 1) ， λ2=h /(m2v 2) ，而λ1=λ2，∴p 1=h / λ1=h / λ2=p2。选A 例23-13 E K =p 2/(2m e ) =(h /λ) 2/(2m e ) =5.0×10 eV
-6
例23-14证明：据E k =mc- m o c =
2
c E 2k +2E k m o c
2 2
m o c 2-v 2c 2
- m o c ，得m =
2
E k +m o c 2
c 2
⎛m o c 2⎫
⎪ ，及1-2= 2
c E +m c ⎝k ⎭o
v 2
2
v =
E k +m o c
2
。∴λ=
h
=mv
hc E 2k
+2E k m o c
2
例23-15电子获得的速度远小于光速，不考虑相对论效应。由经典理论
1
m v 2=eU 和λ=h /m v 有2
h 26.632⨯10-68
U ===942V 2-19-312-22
2em λ2⨯1.6⨯10⨯9.11⨯10⨯4⨯10
h 例23-16
“高速运动”要考虑相对论效应。λ===
m v 0例23-17 需要考虑相对论效应，E k =m e c 2，据例题29
：λ=
C 。 。=
=
或E =E k +m e c 2=2m e c 2，所以γ=
2，得v
=
h λ==。 λm e v 例23-18由单缝衍射中央明纹的宽度公式d =2f λ/a ，此时λ=h /p 是电子的德布罗意波长，得d=2Rh/ap。选D 。
例23-19机械波的振幅，是质点振动的最大位移。电磁波的振幅，是电场强度矢量的最大值和磁场强度矢量的最大值。物质波的振幅是波函数的振幅。物质波振幅绝对值平方ψ0(x , y , z ) 表示粒子在t 时刻，在（x ，y ，z ）点处单位体积内出现的几率，称为几率密度。
例23-20德布罗意波是几率波，波函数不表示某实在物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义。
例23-21 CD
-23
例23-22 1.33×10
例23-23用经典力学的物理量例如坐标、动量等只能在一定程度内近似的描述微观粒子的运动，坐标x 和动量p x 存在不确定量∆x 和∆p x ，它们之间必须满足不确定关系式∆x ⋅∆p x ≥h 。这是由于微观粒子具有波粒二象性的缘故。
2
p =h /λ∆p =h ∆λ/λ例23-24光子具有波粒二象性，也遵循不确定关系。由x ，则在数值上有x （微2
∆x ⋅∆p ≥h ∆x ≥h /∆p =λ/∆λ=2.5m =250cm 。选C 。 x x 分可得），利用不确定关系式，有
2
例23-25粒子在t 时刻在（x ，y ，z ）处出现的几率密度；单值、有限、连续；【习题精练】
⎰⎰⎰
ψdxdydz =1。
2
m v 223-1 入射光ν>νo 时，h ν=mv / 2+W=mv/2+hνo ；mv /2=0时，ν=νo 为红限；既Q 点为νo ，由上式=h ，
ν-ν0
2
2
2
m v 2/2OP
可见S 点频率为ν，动能为mv /2，则tg θ ===h ，故OP / OQ 可以直接求出普朗克常数h 。
ν-ν0OQ
2
选C 。
22
23-2无光电子产生时遏止电压为0，即mv / 2=e⎪U a =0，此时h ν= mv / 2+hνo =hνo ，则频率为红限频率，
142
由图知νo =5⨯10Hz ，又mv / 2=h(ν1-νo )=e⎪U a ⇒h(10-5)=2e⇒5h=2e则h νo =A=5h=2(eV)。注意：此题
1414
应从图中读出，不用A=5⨯6.63⨯10和νo =A / h=4.8⨯10Hz 。
22
23-3 (1)hc / λ，h / λ，h / (cλ) ；(2)hν，h ν / c ，h ν / c 。分析：E=hν，p=mc=mc / c=E / c 。 23-4 选(E)。分析：∵E k =h(ν-νo )=hc(1 / λ-1 / λo ) ，若电子v
2
23-5不能产生光电效应．
因为：铝金属的光电效应红限波长λ0=hc /A ，而 A =4.2 eV =6.72×10 J
-19
∴ 0 =296 nm
而可见光的波长范围为400 nm~760 nm > 0．
23-6散射波长仅与散射角有关，与材料无关，故λLi =λFe ；大量能量为h ν(波长为c / ν) 的光子射到轻的原子Li 上，其电子束缚弱，打走的电子多。沿θ角散射的光子数目多，沿此方向Li 、Fe 的散射的粒子，λLi =λFe ，即能量相同，由于I=nhν=nhc / λ，则光子数目多，则此方向上光的强度I(nhν) 大，所以I Li > I Fe，故选(C)。
2
23-7光子动量为p=mc=mc / c=hν / c ，∴h ν / c=hν / c 'cos ϕ+pcosθ。
1
m e v 2 2p 2
而 p =m e v 故有 E K =
2m e
又根据德布罗意关系有 p =h /λ 代入上式
12-62
则 E K =h /(m e λ) =4.98×10 eV
2h 34
23-9 (1)λ= (2)0.1 Å。(3)6.63 ⨯ 10-m 。
2eBR
23-8 非相对论动能 E K =
=2e
分析：(1)洛仑兹力Bqv=mαv / R −q −−→m αv =2eBR ，
2
∴λ=
h h
= 2m αv 2eBR
h 6. 63⨯10-34-12
(2) 由(1)知λ===9.985⨯10m=0.1 Å。
2eBR 2⨯1. 6⨯10-19⨯0. 025⨯0. 83⨯10-2
m α6. 63⨯10-27h h m α1234
(3)由(1)知：λ=⨯9.985⨯10-=6.63 ⨯ 10-m 。 ==λ=-4
m v m 2eBR m 1⨯10
23-10(1)考虑相对论效应：eU 12=me c (γ-1) ，∴γ=1+
c 2eU 12m e c 2+e 2U 122
m e c 2+eU 12
2
eU 12m e c
2
=
m e c 2+eU 12
m e c
2
，
∴v=，∴λ=
h h ch
。 ==
222m v γm e v 2eU 12m e c +e U 12
2eU 12h =，∴λ'=
m e v m e
h 2m e eU 12
(2)不考虑相对论效应：eU 12=me v / 2，∴v=(3)U12 = 100 kV=10V ，则上面两种情况：
5
2
。
2141482
(a)eU12+me c =9.8⨯10-，2eU 12m e c 2+e 2U 12=5.367⨯10-，v=1.643⨯10m / s ，
得相对论波长λ=3.706⨯10-m 。
12
(b)不考虑相对论效应：2m e eU 12=1.71⨯10-，λ'=h / m e eU 12=3.877⨯10-m 。
22
12
相对误差是
λ'-λλ
=
3. 877-3. 706
= 4.6%。
3. 706
(h λ)26. 63⨯10-341⨯10-1012h
23-11 (1)eU=mv ，∴λ=，∴U===151V。
2me 2m v 2⨯9. 11⨯10-31⨯1. 6⨯10-19
h 6. 63⨯10-34123h
23-12 mv =KT ，∴λ====1.456 Å。
-27-2322m v 3mKT 3⨯1. 67⨯10⨯1. 38⨯10⨯300
[()]
2
23-13 第1个图坐标的不确定量∆x 最大，以下依次减小；因此，由∆x ∙∆p x ≥h 可知，第1个图动
量的不确定量∆p x最小，以下依次增大。也即，第1个图是确定粒子动量的精确度最高的波函数；第4个图动量的不确定量较大。
h
① ∆p x
据题意∆p x =m v 以及德布罗意波公式λ=h /m v 得
h
λ= ②
∆p x
比较①、②式得 ∆x ≥λ
23-14 由∆p x ∆x ≥h 即 ∆x ≥
23-15根据海森堡不确定关系∆x ∙∆p x ≥h 。
h λ2λ3⨯10-7∆λh
=⋅λ=(1)∵p=，∴∆p x=2h ，∴∆x ≥==0.3m。 -6
∆p ∆λ∆λλ10λx
(2)一维运动电子能量即为其动能，E=Ek =mv / 2=1keV=10⨯1.6⨯10-=1.6⨯10-J ，
2
3
19
16
p=mv=2m E K =2⨯9. 11⨯10-31⨯1. 6⨯10-16=1.71⨯10kgm / s ，
-23
∆p h 6. 63⨯10-24h
∵∆p ≥，∴===38.8%。
p ∆x ⋅p 1. 71⨯10-23∆x
23-16 ∆p=∆(mv)=m ∆v(低速时m 不变) ，∆p ≥h / ∆x=h / λ=p，∴m ∆v ≥mv ，即∆v ≥v 。
23-17 A
第24章 薛定谔方程
【例题精讲】
22πx 22πx 2πx 2sin =(1-cos ) ；当cos =-1时ψ(x ) a a 2a a a 2πx a
=π，所以x =。 有最大值，在0≤x ≤a 范围内可得a 2
例24-1粒子的位置几率密度ψ(x ) =
2
例24-2由题意知d =n
λ
2
，即λ=
2d h
，其中n=1，2，3„。德布罗意波长λ=，因此粒子的动n p
h nh p 2
=量为p ==。在势阱中运动的粒子，势能U （x ）=0，因此能量E =E k =。所以
λ2d /n 2d 2m
h
nh 2
) 22
n h
E n =E k ==, n =1,2,32
2m 8md
(
【习题精练】
。
24-1(1)ψ2(x )=ψ2a )=6(2)⎰ϕ(x ) dx =⎰
a
4
13π5151
。 ⋅cos 2⋅a =⋅cos 2π=
a 2a 6a 42a
2
a
a
22a π2n π2πn =1
− ⎰⋅ sin(x)d(x) sin xdx −−→
0a πa a a a
2π⎤2⎡πx 12π1
=⎢-sin x ⎥=[-]=9.1%。
π⎣2a 4π84a ⎦0
a /4
第25章 原子中的电子
【例题精讲】
例25-1 初态：p=0，末态：光子动量h ν / c=(E3-E 1) / c ，氢原子v
E 3-E 1E 3-E 1(1. 51-13. 6) ⨯1. 6⨯10-19
即0= +mv ∴v===-3.86m / s 。
c m c 1. 67⨯10-27⨯3⨯108
注意：此题动量守恒，而非动能守恒，这里能量不守恒。
例25-2 (1) ∆E =Rhc (1-
(2) 可以发出
1
41
11) =13. 6(1-) =12. 75 eV n =4 22n n
、
21
、
31
、
3 2
43
、
42
、
32
六条谱线． 能级图如图所示．
n =4
例25-3 加热到T 时，平均平动动能为3KT / 2，碰撞交出其热运动动能的一半，即3KT / 4，加热使其激发，则温度T 满足3KT / 4≥ E2-E 1。
例题25-2图
4E 2-E 14⨯(-3. 4+13. 6) ⨯1. 6⨯10-195
∴T===1.6×10K 。 -23
3K 3⨯1. 38⨯10
例25-4 ν=
1
λ
=R H (
1111
) ⇒=-==0.111⇒n =3，给基态氢原子提供能量，使其
22-n 2n 24λR H
1
-1) =12.09eV 。由r n =r n 132
2
h ν=∆E =E 3-E 1=E 1(从n=1的基态跃迁到n=3的第二激发态：
电子的轨道半径增加为基态的9倍
例25-5 B 例25-6 32 例
25-7
知，
11，- 22
2
例25-8 2；2(2l +1) ；2n 。
例25-9电子动量矩的可能取值为；L z 的可能取值为0, ±, ±2。
例25-10泡利不相容原理指出，一个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 、 、m 及m s 描述的。这样原子内不可能有两个或两个以上
电子具有相同的四个量子数。n = 2时， 可取0、1两个值。在 = 0时m = 0，但m s 仍可取±1 / 2两
例题练习题参考答案(详解)
个值，有两个量子态；而在 = 1时m 可取0、± 1等三个值，对应每个m 值m s 可取±1 / 2两个值，即在 = 1时有6个量子态。故n = 2的壳层总共有8个量子态，所以最多只能容纳8个电子。 例25-11 泡利不相容；能量最小。
例25-12由关系(n +0.7l ) 知3d 能级比4s 能级高，电子先填入4s 能级，后填入3d 能级。填充顺序1s →2s →2p →3s →3p →4s →3d 。自1s 能级到4s 能级已填充电子2+8+2+6+2=20个，3d 能级有10个量子态，故剩余的7个电子填入3d 能级。
【习题精练】
25-1远离核的光电子动能为 E K =1m e v 2=15-13. 6=1. 4 eV 2
2E K 则 v ==7.0×105 m/s m e
光电子的德布罗意波长为 λ=h h ==1.04×10-9
m =10.4 Åp m e v
25-2 (1)6，2。(2)4，1，975(或972)
25-3激发能为10.19eV ，即光子从基态E 1得到此能量将到达激发态E n ，E n =E1+10.19
2=-13.6+10.19 = -3.41eV =-13.6 / n ，∴n=2。设初态为E i 到达E 2，即E i -E 2=hc / λ，
∴E i =E2+ hc / λ= -3.41+
06. 63⨯10-34⨯3⨯1084. 86⨯10-7⨯1. 6⨯10-19=-3.41+2.56=-0.85eV 。 -125-4波长λ=1025.7A ，为紫外光，属莱曼系。即λ=R (1-n ) ，解得n=3。所以λ=1025.7A -20
谱线是在n =3→n =1的能级间跃迁中辐射得到的。
25-5⑴ D（2） C
25-6(1)1，０，±1 / 2；(2)(1，0，0，1 / 2) ，(1，0，0，-1 / 2) ；(3)(1，0，0，-1 / 2) ，(2，0，0，1 / 2) 或(2，0，0，-1 / 2) 。
25-7 n=2时共有8个量子态，因m s =±
1两个中只取一个，故能填 4个电子。 2
21
第11章 静电场
【例题精选】
例11-1 （见书上）例11-2
qd qd
，从O 点指向缺口中心点 (或223
4πε0R 2πR -d 8πε0R
例11-3 D 例11-4 D 例11-5 B 例11-6 左 例11-7 （见书上）
σ/2ε0， 向右； 3σ/2ε0， 向右； σ/2ε0， 向
【练习题】
11-1 B 11-2
λd /ε0，
λd πε0(4R 2-d 2)
r
，沿矢径OP 11-3 Q /ε0，0和
5Q 18πε0R 2
r 0
11-4 B 11-5 【解】（1）作与球体同心，半径r
⎰
o r
4πr 2ρ(r )d r 。已知的电荷体密度ρ(r ) =kr ，根据高斯定理：
3
r 2
E r ⋅4πr =可求得球体内任意点的场强：E r =k ，r
s 1
εo εo ⎰04εo
Q 1
2
1
（2）作与球体同心、半径r >R 的球面S 2，因R 外电荷为零，故S 2内的电荷Q 2=Q 总，根据高斯定理：Φ=
⎰
s 1
E ⋅d S =E r ⋅4πr =
2
1
εo
⎰
R
R 4
得球体外任意一点的场强：E r =k ，r >R 。 4k πr d r ，2
4ε0r
3
11-6 -σ/(2ε0) ，3σ/(2ε0)
11-7 【解】两同轴圆柱面带有等量异号电荷，则内外电荷线密度分别为λ和-λ。电场分布具有轴对称性。
（1）建立半径r
⎰
S
E ⋅d S =E 1⋅2πrh =0，则，E 1=0（r
（2）建立R 1
⎰
S
E ⋅d S =E 2⋅2πrh =
λh λ，则，E 2=（R 1
2πε0r ε0
（3）建立半径r >R 2的同轴高斯柱面，设高为h 。高斯柱面内包含正负电荷的代数和为零。
⎰
S
E ⋅d S =E 3⋅2πrh =0，则，E 3=0（r >R 2）
第12章 电势
【例题精选】
例12-1 -2000V 例12-2 45V ， -15V 例12-3 （见书上）例12-4 （见书上）例12-5 D 例12-6 C 【练习题】 12-1
⎰
L
E ⋅d r =0， 单位正电荷在静电场中沿任何闭合路径绕行一周，电场力所做的功为零，
保守12-2 C 11-3 (1)
Q 4πε0R 2
， 0；(2)
Q 4πε0R
，
Q 4πε0r 2
12-4 【解】在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d x
它在O 点产生的电势 d U =
λ0(x -a )d x
4πε0x
a +l ⎤⎡
l -a ln ⎢⎥a ⎦⎣
O 点总电势： U =dU =
⎰
a +l d x ⎤λ0λ0⎡a +l
d x -a =⎰⎰a x ⎥4πε0⎢⎣a ⎦4πε0
12-5 【解】 (1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即
1⎛q 1q 2⎫1⎛4πr 12σ4πr 22σ⎫σ
U 0=- +⎪= ⎪=(r 1+r 2)
4πε0⎝r 1r 2⎭4πε0⎝r 1r 2⎭ε0
σ=
U 0ε0-＝8.85×109 C / m2 r 1+r 2
1
'=(2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有 U 0
外球面上应变成带负电，共应放掉电荷
ε0
(σr 1+σ'r 2)= 0，即 σ'=-r 1σ。
r 2
⎛r ⎫
q '=4πr 22(σ-σ')=4πr 22σ 1+1⎪=4πσr 2(r 1+r 2)=4πε0U 0r 2＝6.67×10-9 C
⎝r 2⎭
12-6【解】设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为
U A =
=
λλR λ； U B = =
224ε06ε02ε0R +8R
q 由A 点运动到B 点电场力作功
A =q (U A -U B )=q 4ε-6ε⎪⎪=12ε
0⎭0⎝0
注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．
12-7【答】均匀带电球体的电场能量大。因为半径相同且总电荷相等的球面和球体，其外部电场分布相同，具有相同的能量；但内部电场不同：球面内部场强为零，球体内部场强不为零，所以球体的电场能量大。
⎛λλ⎫q λ
第13章 静电场中的导体
【例题精选】
例13-1 C 例13-2 C 例13-3 （见书上）例13-4 （见书上）
【练习题】
13-1 D 13-2 【解】三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E 1=σ1 / ε0，E 2=σ2 / ε0 左边两极板电势差U 1=σ1d 1 / ε0，右边两极板电势差U 2=E 2d 2=σ2d 2 / ε0， 而左板和右板构成等势体，中板自身是等势体，所以U 1= U2，则 σ1 /σ2= d2 /d 1
13-3 【证】在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面，如图。设B 内表面上带电荷Q 21，根据高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故
⎰
s
E ⋅d S =(Q 1+Q 21) ε/=0 Q 21=-Q 1，得 0
根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为Q 22，则 Q 21+Q 22=Q 2 由此可得 Q 22=Q 2-Q 21=Q 1。 +Q 13-4
Qd Qd
；。 2ε0S ε0S
第14章 静电场中的电介质
【例题精选】
例14-1 B 例14-2 C 例14-3 (1) 增大 ， 增大 (2) 增大 ， 增大 (3) 减小 ， 不变 例14-4
2Fd /C ， 2FdC 。
例14-5 (见书上) 例14-6 (见书上)
【练习题】
14-1
q 4πε0εr R
14-2 ε r ，ε r 14-3 C 14-4 B 14-5 C
14-6 【解】（1）电容器充电后断开电源，则极板上所带的电量不变。故极板间的电势差和电场
Q 1. 0⨯10-8Q 21.0⨯10-16
==5⨯10-6 J 。 能量分别为 U ===1000V，W e =-12-12
C 10⨯102C 2⨯10⨯10
(2)设极板原间距为d ，增大为2d 时，相应的电容量要变小，其值为C '=ε0S /2d =C /2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为 W e '=Q 2/2C '= Q 2/C =1.0⨯10-5 J ，电场能量的增加量为ΔW e = W e '-W e =5.0⨯10-6J ，由于把带电的电容器极板拉开时，外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了，或者说，电荷不变时，电容器内部的电场强度不变，但是场
强存在的空间体积变成原来的两倍，总能量也就变为原来的两倍。
第15章 稳恒磁场
【例题精选】
例15-1 （见书上）例15-2 （见书上） 例15-3 （见书上）例15-4 （见书上） 例15-5 D 例15-6 C
例15-7 环路L 所包围的所有稳恒电流的代数和；环路L 上的磁感强度
例15-8 答：第一说法对，第二说法不对．因为围绕导线的积分路径只要是闭合的，不管在不在同一平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立 例15-9 （见书上） 例15-10 （见书上）
【练习题】
15-1 (1) B O =
1μ0I μ0I
= (只有四分之一圆弧电流在P 点产生B ) 42R 8R
11
μI 0μ0I μ0I ππ1-=0 (2) B =(cos0-cos ) -(cos-cos π) +
4πR 24πR 222R 22R
μI
10
参考： 圆形载流导线圆心处的磁场：B O =
一段载流直导线的磁场：B =
μ0I
2R
μ0I
(cosθ1-cos θ2) 4πa
15-2
μ0I
（参考上一题，注意流过ab 边与流过ac,cb 边的电流关系）；垂直纸面向里 4πl
15-3 D (参考15-1，O 点B 由圆形电流与无限长载流直导线产生，注意二者方向) 15-4 B （参考例题15-2） dI=Idr / a ；dB =
B p =dB =
μo dI μo I
=dr ； 2πr 2πar
⎰
⎰
b +a
b
μo I μI b +a
=o ln 。 2πar 2πa b
15-5 解：带电圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在O 点的叠加．
某一半径为ρ 的圆环的磁场为 d B =μ0d i /(2ρ)
而 d i =σ2πρd ρ⋅[ω/(2π)]=σωρd ρ ∴ d B =μ0σωρd ρ/(2ρ) =
1
μ0σωd ρ 2
r
正电部分产生的磁感强度为 B +=负电部分产生的磁感强度为 B -=今 B +=B - ∴ R =2r
15-6
⎰
0R
μ0σω
2
d ρ=d ρ=
μ0σω
2
r (R -r )
⎰
r
μ0σω
2
μ0σω
2
μ0I ； 0 ； 2μ0I 15-7 D 15-8 C 15-9 B （载流长直螺线管内的磁场：
B =μ0n I ）15-10 解：建立坐标系，应用安培环路定理，左边电流产生的磁感应强度
B 1=
μ0I
； 方向向里 2πx
右边电流产生的磁感应强度
B 2=
μ0I
； 方向向外
2π(3a -x )
应用磁场叠加原理可得磁场分布为，
B =
μ0I
2πx
+
μ0I
2π(3a -x )
(
a 5
≤x ≤a ) 22
B 的方向垂直x 轴及图面向里．
第16章 磁力
【例题精选】
例16-1 1∶2 ； 1∶2 （参考 洛伦兹力F =q v ⨯B ；回旋半径R =
例16-2 A (可以用安培力来判断各边受力情况，也可以用M =NIS e n ⨯B =m ⨯B 判断出载
流线圈所受磁力矩，然后判定转动方向)
例16-3 D (cd处在ab 的磁场中，可用安培力来判断) 例16-4 （见书上）例16-5 （见书上） 例16-6 A ；B ；（参考闭合载流导线在磁场中磁力矩M =NIS e n ⨯B =m ⨯B ） 例16-7 0 （同上M =NIS e n ⨯B =m ⨯B =mB sin 0=0）
mv
） qB
【练习题】
16-1
C
⎛mv ⎫2
【Φ=⎰B ⋅d S =B *πR =B π ⎪
Bq ⎝⎭s
2
】16-2
Be 2/(2πm e ) ；
Be 2R 2/(2m e ) 16-3 B 16-4 D (用安培力来判断各边受力情况) 16-5 C
16-6 解：在直线电流I 2上任意取一个小电流元I 2dl ，
此电流元到长直线的距离为x ，无限长直线电流I 1
在小电流元处产生的磁感应强度为：
B =
μ0I 1
⊗，
2πx
μ0I 1I 2d x d x
再利用d F =I Bdl ，考虑到dl =，有：， d F =⋅
cos 6002πx cos600
μ0I 1I 2b b μ0I 1I 2d x
∴F =⎰⋅=ln 。 0a 2πx cos60πa
16-7 A （参考闭合载流导线在磁场中磁力矩M =NIS e n ⨯B =m ⨯B ）
第17 章磁场中的磁介质
【例题精选】
例17-1 B 例
17-2 答：不能． 因为它
并不是真正在磁介质表面流动的传导电流，而是由分子电流叠加而成，只是在产生磁场这一点上与传导电流相似．
例17-3 A 例17-4 D
【练习题】
17-1 C 17-2 D 17-3 I / (2πr ) ； μI / (2πr ) 17-4 铁磁质；顺磁质；抗磁质 17-5 矫顽力小 ；容易退磁 17-6 B 解：磁场强度：H =
N
I =1000⨯2=2⨯103m L
B
B =μH =μ0μr H ；μr =
第18章 电磁感应及电磁波
【例题精选】
例18-1 B 例18-2 (见书上) 例18-3 (见书上) 例18-4 -
解：利用动生电动势公式解决：v =gt
μ0Ig
t ln ；N 2πa
μ0I
d ε=(v ⨯B ) ⋅dl =v ⋅d r ，
2πr
∴ε=-
μ0v I 2π
⎰
d +l
d
μ0v I d +l μ0gt I d +l dr =-ln =-ln ，
2πd 2πd r
由右手定则判定：U N >U M 例18-5 (见书上)
例18-6 (见书上) 例18-7 D 例18-8 D 例18-9 (见书上) 例18-10 C 例18-11 D 例18-12 C 例18-13 B
例18-14 C
例18-15 垂直；横波；相同；同时
【练习题】
18-1 D
18-2 C 【参考q i =
⎰
t 2
t 1
I i d t =-
1Φ21
d Φ=-(Φ2-Φ1)】 ⎰Φ1R R
18-3 解： n =1000 (匝/m) B =μ0nI
Φ=a 2⋅B =a 2μ0nI ε=-N
d Φd I 2-=-Na 2μ0n =π×101 sin 100 πt (SI)
d t d t
-
I m =εm /R =π2×101 A = 0.987 A 18-4 ADCBA 绕向；ADCBA 绕向
B =B 1+B 2
μ0I μ0I v B 1=， B 2= I I 2πx 2π(x -a )
C D
μ0I μ0I
， B 方向⊙ B =- 2a x +dx 2a +b 2π(x -a ) 2πx O
μ0I v 11x
(-) d x d ε=B v d x =
2πx -a x 2a +b
μI v 2(a +b ) μI v 11
ε=⎰d ε=⎰0(-) d x =0ln
2π2a +b 2πx -a x 2a
18-5 解：建立坐标(如图)
感应电动势方向为C →D ，D 端电势较高． 18-6 D
18-7 证明：取长直导线之一的轴线上一点作坐标原点，设电流为I ，则在两长直导线的平面上两线之间的区域中B 的分布为 B =
μ0I
2πr
+
μ0I
2π(d -r )
穿过单位长的一对导线所围面积（如图中阴影所示）
的磁通为
μ0I Φ=B ⋅d S = ⎰2πS
d -a
⎰
a
μd -a 11
(+) d r =0I ln
πa r d -r
L =
Φ
I
=
μ0
π
ln
d -a
a
d I 12
和W m =LI ） d t 2
18-8 0.400 H； 28.8J （参考 εL =L 18-9 C 18-10 C
18-11 解：如图所示，由安培环路定理得导体内距中心轴为r 处的磁感强
μ0I 22B 2
r r 度B=，在r 处的磁能密度为w ==，则单位长m
2μ08π2R 42πR 2
μ0I
度导线内所储藏的磁能为W m =⎰w m 2πrdr =⎰
R R
1
r dr = μ0I 2。4
16π4πR
3
μ0I 2
18-12 证明：电场能量密度w e =
1
εE 2 21
μH 2 2
磁场能量密度 w m =
E H 的量值关系：E =
H
11w e =εE 2=
22
18-13 2⨯10m/s
（参考v =
8
)
2
1
=2
)
2
=w m
=
18-14 能流密度矢量，其大小表示单位时间内流过与能量传输方向垂直的单位横截面积的能量，
其方向为能量的传输方向；S =E ⨯H
第19章 光的干涉
【例题精选】
例19-1 D ； 例19-2 B ； 例19-3 3λ；n =例19-4
4
=1.33； 3
(n 2-n 1)e ；
例19-5 例19-6 例19-7 例19-8 例19-9 例19-10
(n -1)e
B ； B ； C ； A ； B ；
2π
λ
；(n -1)e =4λ, e =
4λ4⨯500nm
==4000nm ； n -11.5-1
2r 2-例19-11 (1) 明环半径 r =2k -1R ⋅λ/2 λ=＝5×105 cm (或500 nm)
2k -1R
(2) (2k －1) ＝2 r 2 / (R λ) 对于r ＝1.00 cm， k ＝r 2 / (R λ) ＋0.5＝50.5
故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个。
例19-12
【解】设第五个明纹处膜厚为e ，则有2ne ＋λ / 2＝5 λ
设该处至劈棱的距离为l ，则有近似关系e ＝l θ ，
由上两式得 2nl θ＝9 λ / 2，l ＝9λ / 4n θ 充入液体前第五个明纹位置 l 1＝9 λ / 4θ
充入液体后第五个明纹位置 l 2＝9 λ / 4n θ 充入液体前后第五个明纹移动的距离
∆l ＝l 1 – l 2＝9 λ ( 1 - 1 / n ) / 4θ＝1.61 mm
【练习题】
19-1. 上；(n-1)e ； 19-2. B ； 19-3. C ；
19-4. 解：(1) x =2kD λ/d ， d =2kD λ/∆x 此处 k ＝5 ∴ d =10D λ/∆x =0.910mm
λ/d =24m m (2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离距离 l =20D
19-5. 解：
(1)∆x ＝20 D λ / d ＝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 r 2－r 1＝k λ 所以 (n －1) e = kλ k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处
19-6. 解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e 2＝λ/2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 e 4=3λ/2
∴ θ=e 4/l =3λ/(2l )＝4.8×105 rad
-
(2) 由上问可知A 处膜厚为 e 4＝3×500 / 2 nm＝750 nm
对于λ＇＝600 nm的光，连同附加光程差，在A 处两反射光的光程差为
2e 4+λ'/2，它与波长λ'之比为2e 4/λ'+1/2=3. 0．所以A 处是明纹
19-7. 解：上下表面反射都有相位突变π，计算光程差时不必考虑附加的半波长。 设膜厚为e , B 处为暗纹， 2ne ＝
1
( 2k ＋1 )λ， (k ＝0，1，2，„) 2
A 处为明纹，B 处第8个暗纹对应上式k ＝7 e =
(2k +1)λ＝1.5×10-3 mm
4n
19-8. 解：(1)第k 个明环， 2e k +λ=k λ， e k =(2k -1) λ/4
2
2
(2)∵ 2e k =λ=k λ，R 2=r k 2+(R -e k ) 2=r k 2+R 2-2Re k +e k
2
式中e k 为第k 级明纹所对应的空气膜厚度
2∵ e k 很小，e k
∴ 2r k 2/(2R ) +λ=k λ ，r k =2k -1) R λ/2 (k =1，2，3 „)
2
19-9. 解：(1) 设第十个明环处液体厚度为e 10，则 2ne 10+λ/2=10λ
e 10=(10λ-λ/2) /2n =19λ/4n
=2.32⨯10cm (2) R 2=r k 2+(R -e k )
2
2 =r k 2+R 2-2R e k +e k 2
∵e k
-4
2
R e k
r 10=
2R e 10＝0.373 cm
第20章 光的衍射
【例题精选】
例20-1 例20-2 例20-3 例20-4 例20-5 例20-6
子波；子波相干叠加； B ； B ； D ； A ； B ；
例20-7 例20-8 例20-9 例20-10 例20-11 B ；
一；三； B ； D ；
【解】(1) 双缝干涉条纹第k 级亮纹条件： d sinθ =k λ
第k 级亮条纹位置：x k = f tanθ ≈f sinθ ≈kf λ / d
相邻两亮纹间距：∆x = x k +1－x k =(k ＋1) f λ / d －kf λ / d =f λ / d =2.4×103 m=2.4 mm
-
(2) 单缝衍射第一暗纹： a sinθ1 = λ
单缝衍射中央亮纹半宽度：∆x 0 = f tanθ1≈f sinθ1≈f λ / a ＝12 mm ，即 ∆x 0 / ∆x =5 所以双缝干涉第±5级主极大缺级。
因此在单缝衍射中央亮纹范围双缝干涉亮纹数N = 9，为 k = 0，±1，±2，±3，±4级，或根据d / a = 5指出双缝干涉缺第±5级主极大，同样得该结论。
例20-12 【解】(1) 由单缝衍射明纹公式可知
a sin θ1=
1313(2k +1)λ1=λ1 (取k ＝1 ) a sin θ2=(2k +1)λ2=λ2 2222
tan θ1=x 1/f ， tan θ2=x 2/f 由于 sin θ1≈tan θ1 ， sin θ2≈tan θ2
所以 x 1=
33
f λ1/a ， x 2=f λ2/a 22
3
f ∆λ/a =0.27 cm 2
则两个第一级明纹之间的距离为 ∆x =x 2-x 1=
(2) 由光栅衍射主极大的公式 d s i n ， d sin θ2=k λ2=1λ2 θ1=k λ1=λ11
θ≈t a θn =x f /且有 s i n
所以 ∆x =x 2-x 1=f ∆λ/d =1.8 cm
【练习题】
20-1. D ；
20-2. 4 ；1 ；暗； 20-3. B ； 20-4. D ； 20-5. D ；
20-6. 解： (1) 由单缝衍射暗纹公式得 a sin θ1=1λ1 a sin θ2=2λ2
由题意可知 θ1=θ2 , sin θ1=sin θ2 代入上式可得
λ1=2λ2
(2) a sin θ1=k 1λ1=2k 1λ2 (k 1 = 1, 2, „„) sin θ1=2k 1λ2/a a sin θ2=k 2λ2 (k 2 = 1, 2, „„) sin θ2=k 2λ2/a
若k 2 = 2k 1，则θ1 = θ2，
即λ1的任一k 1级极小都有λ2的2k 1级极小与之重合．
20-7. 解：可观察到最高级次是k =3．
光栅常数(a ＋b )=2×104 cm, 按光栅公式 (a + b )sin θ = k λ
-
θ 最大为90°，所以k max ≤(a ＋b )sin90°/ λ
k max ≤2×104 / 5000×108 =4
--
实际上θ =90°的第四级观察不到，所以可观察到最高级次是k =3．
20-8. 解：因k =±4的主极大出现在θ=±90︒的方向上，实际观察不到。所以，可观察到的有
k =0, ±1, ±2, ±3共7条明条纹。
20-9. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 (a +b )sin 30 =3λ1 a +b =
3λ1
=3. 36⨯10-4cm
sin 30
nm λ2=(a +b )sin 30 /4=420
(2) (a +b )sin 30 =4λ2
20-10. 解：由光栅公式得 sin ϕ= k 1 λ 1 / (a +b ) = k 2 λ 2 / (a +b )
k 1 λ 1 = k 2 λ 2 k 2 / k1 = λ 1/ λ 2=0.668 / 0.447
将k 2 / k1约化为整数比k 2 / k1=3 / 2=6 / 4=12 / 8 ......
取最小的k 1和k 2 ， k 1=2，k 2 =3，
则对应的光栅常数(a + b ) = k 1 λ 1 / sinϕ =3.92 μm
20-11. 解：(1) a sinϕ = k λ tg ϕ = x /f
当x
(2) ( a + b )sin ϕ=k 'λ k '=( a ＋b ) x / (f λ)= 2.5 取k '= 2，共有k '= 0，±1，±2 等5个主极大
第21章 光的偏振
【例题精选】
例21-1 例21-2 例21-3 例21-4 例21-5
B ；
波动；横波； B ； C ；
tan i 0=n 2/n 1；90-i 0；
例21-6 D ；
例21-7 遵循折射定律；不遵循折射定律； 例21-8
【解】设I 0为自然光强，由题意知入射光强为2 I0
(1) I 1=2·2 I0 / 3＝0.5 I 0＋I 0cos 2θ ， 4/3＝0.5＋cos 2θ
所以 θ ＝24.1°
(2) I 1＝2(2 I0) / 3， I 2＝I 1cos 230°＝3I 1/4= I0 所以 I 2 / 2I 0 = 1/2
【练习题】
21-1. 平行或接近平行； 21-2. I 0 / 2 ；0；
21-3. 解：设I max ，I min 分别表示出射光的最大值和最小值，则 I max ＝I a / 2＋I
b
I min ＝ I a
/ 2
令 I max /I min =(I a /2+I b )/(I a /2)=n 所以 I a /I b =2/(n -1)
21-4. 解：光自水中入射到玻璃表面上时， tan i 0＝1.56 / 1.33 ， i 0＝49.6°
'＝1.33 / 1.56 i 0'＝40.4°'＝90°光自玻璃中入射到水表面上时， tan i 0 (或 i 0－i 0＝40.4°)
21-5. 解：(1) 由布儒斯特定律 tan i 0＝1.33 ，得 i 0＝53.1° ，此 i b 即为所求的入射角 (2) 若以r 表示折射角，由布儒斯特定律可得 r ＝0.5π－i 0＝36.9°
第22 章 狭义相对论基础
【例题精讲】
例22-1 D
例22-2 经典力学相对性原理是指对不同的惯性系，牛顿定律和其它力学定律的形式都是相同的。
狭义相对论的相对性原理指出：在一切惯性系中，所有物理定律的形式都是相同的，即指出相对性原理不仅适用于力学现象，而且适用于一切物理现象。也就是说，不仅对力学规律所有惯性系等价，而且对于一切物理规律，所有惯性系都是等价的。
例22-3 C、C
例22-4 x +y +z =c t x '+y '+z '=c t '
2
2
2
22
2
2
2
2
2
例22-5 C
例22-6考虑相对论效应，以地球为参照系，子的平均寿命： τ=
τ0
-(v /c ) 2
=31. 6⨯10-6 s
子的飞行距离大于高度，有可能到达地
则子的平均飞行距离： L =v ⋅τ=9.46 km 。 面。
例22-7 D
例22-8解：站台上测出的1m
是运动的长度。求静长，所以L 0=例22-9 A
2
例22-10 c -(l /l 0) m 0c (
2
=
。
l 0-l
) l
例22-11
25m m
9lS lS
例22-12 C
例22-13 D 【习题精练】
22-1 没对准；根据狭义相对论的同时的相对性，在K '系中不同地点同时发生的两个事件（A '钟
指示一时间，B '钟指示一时间），在K 系中不同时发生。
222-2 x/v (∆x /v ) -(v /c )
22-3 B
+
22-4 子相对于实验室的速度是真空中光速的0.99倍；证明略。 22-5 A
22-6 在太阳参照系中测量地球的半径在它绕太阳公转的方向缩短得最多． 22-7 A
R =3.2 cm 。
v 2
22-8 L '=L -2，
c
22-9 相对的 运动
22-10 C
1617
22-11 9×10 J 1.5×10 J
-13-2
22-12 5.8×10 8.04×10 22-13 ρ=m /V =
m 0V 0(1-
v
) c 2
2
；证明略。
22-14 B
第23章 波粒二象性
例23-1 BD 例23-2 A/h，例23-3 C
(h ν1-A ) h
=(ν1-ν0) e e
例23-4 最大初动能不变。电势差U 不变，电场力对电子做功不变，由动能定理知，选D 例23-5 爱因斯坦光电效应方程h ν=
11
m v 2+w ⇒m v 2=h (ν-ν0) =eU a ，所以22
、U a 2=h (ν2-ν0) /e ；又a 2=2a 1，则(ν2-ν0) =2( U a 1=h (ν1-ν0) /e ν1-ν0) ，所以：
ν2=2ν1-ν0。选C
例23-6 （1）强度不变，增大频率，即光子数减少，所以饱和电流强度变小；频率ν增加，则遏止电压的值U a 变大，可见（D ）对。
（2）频率ν不变则遏止电压的值U a 不变，增大入射光的强度使得光电流强度变大，即虚线应在实线的上方，（B ）对。
例23-7 频率一定，光强大则饱和电流大；光强一定，频率小则饱和电流大；选D 。 例23-8
铯 ν0=w /h =1.9⨯1.6⨯10-19/6.63⨯10-34=4.58⨯1014 铍ν0=w /h =3.9⨯1.6⨯10-19/6.63⨯10-34=9.41⨯1014 钨ν0=w /h =4.5⨯1.6⨯10-19/6.63⨯10-34=10.9⨯1014 钯ν0=w /h =5.04⨯1.6⨯10-19/6.63⨯10-34=12.1⨯1014 只有铯的频率在可见光范围内，选（C ）
例23-9 D
例23-10 B
例23-11由散射方程∆λ1=λc (1-cos450) ，∆λ2=λc (1-cos600) ，∴
∆λ1
=0.586。 ∆λ2
例23-12 λ1=h /(m1v 1) ， λ2=h /(m2v 2) ，而λ1=λ2，∴p 1=h / λ1=h / λ2=p2。选A 例23-13 E K =p 2/(2m e ) =(h /λ) 2/(2m e ) =5.0×10 eV
-6
例23-14证明：据E k =mc- m o c =
2
c E 2k +2E k m o c
2 2
m o c 2-v 2c 2
- m o c ，得m =
2
E k +m o c 2
c 2
⎛m o c 2⎫
⎪ ，及1-2= 2
c E +m c ⎝k ⎭o
v 2
2
v =
E k +m o c
2
。∴λ=
h
=mv
hc E 2k
+2E k m o c
2
例23-15电子获得的速度远小于光速，不考虑相对论效应。由经典理论
1
m v 2=eU 和λ=h /m v 有2
h 26.632⨯10-68
U ===942V 2-19-312-22
2em λ2⨯1.6⨯10⨯9.11⨯10⨯4⨯10
h 例23-16
“高速运动”要考虑相对论效应。λ===
m v 0例23-17 需要考虑相对论效应，E k =m e c 2，据例题29
：λ=
C 。 。=
=
或E =E k +m e c 2=2m e c 2，所以γ=
2，得v
=
h λ==。 λm e v 例23-18由单缝衍射中央明纹的宽度公式d =2f λ/a ，此时λ=h /p 是电子的德布罗意波长，得d=2Rh/ap。选D 。
例23-19机械波的振幅，是质点振动的最大位移。电磁波的振幅，是电场强度矢量的最大值和磁场强度矢量的最大值。物质波的振幅是波函数的振幅。物质波振幅绝对值平方ψ0(x , y , z ) 表示粒子在t 时刻，在（x ，y ，z ）点处单位体积内出现的几率，称为几率密度。
例23-20德布罗意波是几率波，波函数不表示某实在物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义。
例23-21 CD
-23
例23-22 1.33×10
例23-23用经典力学的物理量例如坐标、动量等只能在一定程度内近似的描述微观粒子的运动，坐标x 和动量p x 存在不确定量∆x 和∆p x ，它们之间必须满足不确定关系式∆x ⋅∆p x ≥h 。这是由于微观粒子具有波粒二象性的缘故。
2
p =h /λ∆p =h ∆λ/λ例23-24光子具有波粒二象性，也遵循不确定关系。由x ，则在数值上有x （微2
∆x ⋅∆p ≥h ∆x ≥h /∆p =λ/∆λ=2.5m =250cm 。选C 。 x x 分可得），利用不确定关系式，有
2
例23-25粒子在t 时刻在（x ，y ，z ）处出现的几率密度；单值、有限、连续；【习题精练】
⎰⎰⎰
ψdxdydz =1。
2
m v 223-1 入射光ν>νo 时，h ν=mv / 2+W=mv/2+hνo ；mv /2=0时，ν=νo 为红限；既Q 点为νo ，由上式=h ，
ν-ν0
2
2
2
m v 2/2OP
可见S 点频率为ν，动能为mv /2，则tg θ ===h ，故OP / OQ 可以直接求出普朗克常数h 。
ν-ν0OQ
2
选C 。
22
23-2无光电子产生时遏止电压为0，即mv / 2=e⎪U a =0，此时h ν= mv / 2+hνo =hνo ，则频率为红限频率，
142
由图知νo =5⨯10Hz ，又mv / 2=h(ν1-νo )=e⎪U a ⇒h(10-5)=2e⇒5h=2e则h νo =A=5h=2(eV)。注意：此题
1414
应从图中读出，不用A=5⨯6.63⨯10和νo =A / h=4.8⨯10Hz 。
22
23-3 (1)hc / λ，h / λ，h / (cλ) ；(2)hν，h ν / c ，h ν / c 。分析：E=hν，p=mc=mc / c=E / c 。 23-4 选(E)。分析：∵E k =h(ν-νo )=hc(1 / λ-1 / λo ) ，若电子v
2
23-5不能产生光电效应．
因为：铝金属的光电效应红限波长λ0=hc /A ，而 A =4.2 eV =6.72×10 J
-19
∴ 0 =296 nm
而可见光的波长范围为400 nm~760 nm > 0．
23-6散射波长仅与散射角有关，与材料无关，故λLi =λFe ；大量能量为h ν(波长为c / ν) 的光子射到轻的原子Li 上，其电子束缚弱，打走的电子多。沿θ角散射的光子数目多，沿此方向Li 、Fe 的散射的粒子，λLi =λFe ，即能量相同，由于I=nhν=nhc / λ，则光子数目多，则此方向上光的强度I(nhν) 大，所以I Li > I Fe，故选(C)。
2
23-7光子动量为p=mc=mc / c=hν / c ，∴h ν / c=hν / c 'cos ϕ+pcosθ。
1
m e v 2 2p 2
而 p =m e v 故有 E K =
2m e
又根据德布罗意关系有 p =h /λ 代入上式
12-62
则 E K =h /(m e λ) =4.98×10 eV
2h 34
23-9 (1)λ= (2)0.1 Å。(3)6.63 ⨯ 10-m 。
2eBR
23-8 非相对论动能 E K =
=2e
分析：(1)洛仑兹力Bqv=mαv / R −q −−→m αv =2eBR ，
2
∴λ=
h h
= 2m αv 2eBR
h 6. 63⨯10-34-12
(2) 由(1)知λ===9.985⨯10m=0.1 Å。
2eBR 2⨯1. 6⨯10-19⨯0. 025⨯0. 83⨯10-2
m α6. 63⨯10-27h h m α1234
(3)由(1)知：λ=⨯9.985⨯10-=6.63 ⨯ 10-m 。 ==λ=-4
m v m 2eBR m 1⨯10
23-10(1)考虑相对论效应：eU 12=me c (γ-1) ，∴γ=1+
c 2eU 12m e c 2+e 2U 122
m e c 2+eU 12
2
eU 12m e c
2
=
m e c 2+eU 12
m e c
2
，
∴v=，∴λ=
h h ch
。 ==
222m v γm e v 2eU 12m e c +e U 12
2eU 12h =，∴λ'=
m e v m e
h 2m e eU 12
(2)不考虑相对论效应：eU 12=me v / 2，∴v=(3)U12 = 100 kV=10V ，则上面两种情况：
5
2
。
2141482
(a)eU12+me c =9.8⨯10-，2eU 12m e c 2+e 2U 12=5.367⨯10-，v=1.643⨯10m / s ，
得相对论波长λ=3.706⨯10-m 。
12
(b)不考虑相对论效应：2m e eU 12=1.71⨯10-，λ'=h / m e eU 12=3.877⨯10-m 。
22
12
相对误差是
λ'-λλ
=
3. 877-3. 706
= 4.6%。
3. 706
(h λ)26. 63⨯10-341⨯10-1012h
23-11 (1)eU=mv ，∴λ=，∴U===151V。
2me 2m v 2⨯9. 11⨯10-31⨯1. 6⨯10-19
h 6. 63⨯10-34123h
23-12 mv =KT ，∴λ====1.456 Å。
-27-2322m v 3mKT 3⨯1. 67⨯10⨯1. 38⨯10⨯300
[()]
2
23-13 第1个图坐标的不确定量∆x 最大，以下依次减小；因此，由∆x ∙∆p x ≥h 可知，第1个图动
量的不确定量∆p x最小，以下依次增大。也即，第1个图是确定粒子动量的精确度最高的波函数；第4个图动量的不确定量较大。
h
① ∆p x
据题意∆p x =m v 以及德布罗意波公式λ=h /m v 得
h
λ= ②
∆p x
比较①、②式得 ∆x ≥λ
23-14 由∆p x ∆x ≥h 即 ∆x ≥
23-15根据海森堡不确定关系∆x ∙∆p x ≥h 。
h λ2λ3⨯10-7∆λh
=⋅λ=(1)∵p=，∴∆p x=2h ，∴∆x ≥==0.3m。 -6
∆p ∆λ∆λλ10λx
(2)一维运动电子能量即为其动能，E=Ek =mv / 2=1keV=10⨯1.6⨯10-=1.6⨯10-J ，
2
3
19
16
p=mv=2m E K =2⨯9. 11⨯10-31⨯1. 6⨯10-16=1.71⨯10kgm / s ，
-23
∆p h 6. 63⨯10-24h
∵∆p ≥，∴===38.8%。
p ∆x ⋅p 1. 71⨯10-23∆x
23-16 ∆p=∆(mv)=m ∆v(低速时m 不变) ，∆p ≥h / ∆x=h / λ=p，∴m ∆v ≥mv ，即∆v ≥v 。
23-17 A
第24章 薛定谔方程
【例题精讲】
22πx 22πx 2πx 2sin =(1-cos ) ；当cos =-1时ψ(x ) a a 2a a a 2πx a
=π，所以x =。 有最大值，在0≤x ≤a 范围内可得a 2
例24-1粒子的位置几率密度ψ(x ) =
2
例24-2由题意知d =n
λ
2
，即λ=
2d h
，其中n=1，2，3„。德布罗意波长λ=，因此粒子的动n p
h nh p 2
=量为p ==。在势阱中运动的粒子，势能U （x ）=0，因此能量E =E k =。所以
λ2d /n 2d 2m
h
nh 2
) 22
n h
E n =E k ==, n =1,2,32
2m 8md
(
【习题精练】
。
24-1(1)ψ2(x )=ψ2a )=6(2)⎰ϕ(x ) dx =⎰
a
4
13π5151
。 ⋅cos 2⋅a =⋅cos 2π=
a 2a 6a 42a
2
a
a
22a π2n π2πn =1
− ⎰⋅ sin(x)d(x) sin xdx −−→
0a πa a a a
2π⎤2⎡πx 12π1
=⎢-sin x ⎥=[-]=9.1%。
π⎣2a 4π84a ⎦0
a /4
第25章 原子中的电子
【例题精讲】
例25-1 初态：p=0，末态：光子动量h ν / c=(E3-E 1) / c ，氢原子v
E 3-E 1E 3-E 1(1. 51-13. 6) ⨯1. 6⨯10-19
即0= +mv ∴v===-3.86m / s 。
c m c 1. 67⨯10-27⨯3⨯108
注意：此题动量守恒，而非动能守恒，这里能量不守恒。
例25-2 (1) ∆E =Rhc (1-
(2) 可以发出
1
41
11) =13. 6(1-) =12. 75 eV n =4 22n n
、
21
、
31
、
3 2
43
、
42
、
32
六条谱线． 能级图如图所示．
n =4
例25-3 加热到T 时，平均平动动能为3KT / 2，碰撞交出其热运动动能的一半，即3KT / 4，加热使其激发，则温度T 满足3KT / 4≥ E2-E 1。
例题25-2图
4E 2-E 14⨯(-3. 4+13. 6) ⨯1. 6⨯10-195
∴T===1.6×10K 。 -23
3K 3⨯1. 38⨯10
例25-4 ν=
1
λ
=R H (
1111
) ⇒=-==0.111⇒n =3，给基态氢原子提供能量，使其
22-n 2n 24λR H
1
-1) =12.09eV 。由r n =r n 132
2
h ν=∆E =E 3-E 1=E 1(从n=1的基态跃迁到n=3的第二激发态：
电子的轨道半径增加为基态的9倍
例25-5 B 例25-6 32 例
25-7
知，
11，- 22
2
例25-8 2；2(2l +1) ；2n 。
例25-9电子动量矩的可能取值为；L z 的可能取值为0, ±, ±2。
例25-10泡利不相容原理指出，一个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 、 、m 及m s 描述的。这样原子内不可能有两个或两个以上
电子具有相同的四个量子数。n = 2时， 可取0、1两个值。在 = 0时m = 0，但m s 仍可取±1 / 2两
例题练习题参考答案(详解)
个值，有两个量子态；而在 = 1时m 可取0、± 1等三个值，对应每个m 值m s 可取±1 / 2两个值，即在 = 1时有6个量子态。故n = 2的壳层总共有8个量子态，所以最多只能容纳8个电子。 例25-11 泡利不相容；能量最小。
例25-12由关系(n +0.7l ) 知3d 能级比4s 能级高，电子先填入4s 能级，后填入3d 能级。填充顺序1s →2s →2p →3s →3p →4s →3d 。自1s 能级到4s 能级已填充电子2+8+2+6+2=20个，3d 能级有10个量子态，故剩余的7个电子填入3d 能级。
【习题精练】
25-1远离核的光电子动能为 E K =1m e v 2=15-13. 6=1. 4 eV 2
2E K 则 v ==7.0×105 m/s m e
光电子的德布罗意波长为 λ=h h ==1.04×10-9
m =10.4 Åp m e v
25-2 (1)6，2。(2)4，1，975(或972)
25-3激发能为10.19eV ，即光子从基态E 1得到此能量将到达激发态E n ，E n =E1+10.19
2=-13.6+10.19 = -3.41eV =-13.6 / n ，∴n=2。设初态为E i 到达E 2，即E i -E 2=hc / λ，
∴E i =E2+ hc / λ= -3.41+
06. 63⨯10-34⨯3⨯1084. 86⨯10-7⨯1. 6⨯10-19=-3.41+2.56=-0.85eV 。 -125-4波长λ=1025.7A ，为紫外光，属莱曼系。即λ=R (1-n ) ，解得n=3。所以λ=1025.7A -20
谱线是在n =3→n =1的能级间跃迁中辐射得到的。
25-5⑴ D（2） C
25-6(1)1，０，±1 / 2；(2)(1，0，0，1 / 2) ，(1，0，0，-1 / 2) ；(3)(1，0，0，-1 / 2) ，(2，0，0，1 / 2) 或(2，0，0，-1 / 2) 。
25-7 n=2时共有8个量子态，因m s =±
1两个中只取一个，故能填 4个电子。 2
21