【期末复习、考研备考】大物下答案

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第9章参考答案例9-1-I从。点指向缺口处87r£〇ド例9・2yハP>1レ:"°XLL+d(b)例9-2图证明:建立坐标系如右上图。均匀带电直杆的电荷线密度ス=り/丄。在x处取ー电荷元dq^Adx^qdx/L,到P点的距离(L+d-x),在P点激发的场强:dり,一心.4^s0(L+d-x)247V£aL(L+d-x)2对直杆上所有电荷元积分,总场强为e為「臼ア=函而正得证。例9・32Q2jrrdr；-^-rdr；R2IQxrdr4九£0だ（/+W产2例9-4D例9-5B例9-6答:不一定。闭合面上场强E处处为零,则穿过此闭合面的电通量の必为零。由高斯定理知道,该闭合面内的电荷代数和为零。这可能有两种情况:ー是该闭合面内的确没有电荷,二是闭合面内包含等量异号的电荷,正负电荷代数和亦为零。因此,只能说此闭合面内没有‘‘净电荷”。例如，两个半径不同的同心球壳，分别均匀带等量异号电荷,在外球壳的外部作一任意形状的闭合面，闭合面上的场强E处处为零，但面内并非没有电荷。例9-7B

1例9-8图解:本题用高斯定理分析求解。(1)作与球体同心,半径r£>4万产=丄14ただパレ可求得球体内任意点的场强:Er=k—,rRo4/厂例9-9A例9-10答:均匀带电球面的静电能量为卬=ー纟一,在。不变的情况下,当R增大时8碣T?静电能量减少,电场カ做正功。可见电荷的存在对吹泡有帮助。由式中Q,项知,无论是带正电荷还是带负电荷,效果相同。例9-11-2000V例9-12B例9-13解:利用电场强度积分。由上章内容已知均匀带电圆盘的轴线上,到圆盘中心距离(\为Z的点出电场强度为る1一一.,取无限远处为零电势点，根据电势的定"クE>2I_2yJr2+z2

2例9-14(1)リ摩=「£,dr=んIn—Jri2疫〇r}(2)不能例9-15D例9-16C例9-17叫=%=吗习题9-1C9.2E=--^j8%R解:在。处取电荷元dq=入dl=%Rs

3¢(1¢它在〇点产生的场强:dE=dq4叫R?dEy=—dEsin01〇sinかos¢4¢=0Isin2(bd(b--〇8%R

4所以,E=Ej+EyJ=-^J9-39-49-5Ad叫セZ??-/）解:选半径为「的同心髙斯球面高斯定理:抄/Tぶ=丄，心'£〇E47rr2=—^<7jnt%r/?3时:&二Q+。24在〇パ9-6解:选高斯面:半径为r,高度为h的同轴圆柱面高斯定理:妙/イぶ=丄エ妬昂2〃イ=丄£〇「＜駡时:ミふ=°，Ei=°R|＜r＜氏2时:Slmt=スル，ム=ス/（2乃Zr）ア〉/?2时:ブ4皿=丸ん+（ー丸ル）=0,片=。9-7a2%向右;；7一,向右;戶,向左242ど09-8©E-dr=O,单位正电荷在静电场中沿任何闭合路径绕行ー周,电场カ所做的功为零,保守

59-9DQQ9-10(1)—0；(2)ヱ4乃らR~4万//?解:在任意位置x处取长度元dx,其上带有电荷S=o（x-a）dx它在。点产生的电势dV=&I——）—0点总电势:V=fJV=-^_I_fu'dx-ai，+l—=./-alnJ4tI£0LJaJaxJ4k£,0_9-12(7=8.85x10-9(7か-2；6.67x10づ。解:（1）球心处的电势为两同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加,即四+圭）=丄（江一"）=ムメ）彳r24f"ワ£〇cr=^o£o=885x1O-9c/wj2r\+r2（2）设外球面上放电后电荷面密度为び',则环=丄（びク+九）=。即ザ=ー厶びら外球面上应变成带负电,共应放掉电荷ク’=4万ざ（0・ー/）=4だがメ1+丄）=4的ろ&+り）=4だ£〇（7〇ら=6.67xlO-9C9"3&=舄G-2R)习题9-13图

6据高斯定理可求得球体内的电场强度用Or/耳=一丫gR)14乃£。パ球体外的电场强度当^=-^T（r>R）用场强的线积分求得球心。点的电势%:•R〇E1dr+〇〇E〉dr=加旦Rい丄4丹"戸8兀へR球外离球心r处的电势匕:=JE2dr=Q4环)とdr=2r4码/点电荷从距球心r处到达球心处电场カ做功为:卬=4（匕一%）=^^（2R—3r）8吟Rr根据动能定理：W=Ek2-Ekl=-Ekl（按题意设ム2=0）则:昂=一W=-qQ-（3r-2R）8応厂9-14A

7第10章静电场中的导体和电介质【例题精讲】例10-1B例10-2不变减小例10-39+02、一会、Qー纟、2525250+022S~例10-4【解】设各表面带电ゆ、电、牛、孕由电荷守恒定律%+%=み%+%=Qb作高斯面1,由高斯定理可得(%+%),A5=0由静电平衡条件,P点场强为零E++——^-=〇"2%S2%S24S2/S联立求解得:一服ー％.2作高斯面2,由高斯定理可求极板间场强:E=1%ム5=%=%一外AS%S£[}S2£0S两板间电势差:Uab=E，cI=(qAqB)4と。o例I0-5C【说明】当B板接地时,A、B板上的电荷都只分布在内侧,电荷量分别为+Q和-Q,电荷面密度为号,所以场强为名。S斗S例10-10B例10-11A例10-12B例10-6Q2例10-7C例10-8C例10-9£rC0

8例10-13【证明）设某瞬时球上带电g,电势为ひ将dq自无穷远处移至球面,外力做功等于电势能增量dル即〃W=Udq。球上电量由4=0fQ,外力做的总功为球末态的电势能（即球带的总静电能）。所以卬イゆ=[:/り=Q2【习题精练】10-1C10-2D10-3D10-4Qd2sosQd£()S10-5【证明】由电荷守恒:ffAS+(rHS=Ql=qA+qBcrcS+a„S=Q2=qc+ql)由静电平衡条件:厶+厶+狂ーd=02与，2%2%2enq,+q2

910-6B【说明】两个同心薄球壳分别带上电荷/和%时内球壳电势匕=外球壳电势匕=”幺4九£述2当用导线将两球壳相连时,两球壳等势,电荷将重新分布,电荷%和%将分布在外球壳上,此时电势:丫=粤W=匕4笳。ル10-7D10-8Q等yjlFdC10-9C10-10B10-11

10第十一章恒定磁场【例题精讲】例11-1D例11-2见学习辅导例11-3见学习辅导例11-4见学习辅导例11-5见学习辅导例11-6C例11-7B例11-8A例11-9B2勿シひcosgmvsind例11-10eB'eB例11-11见学习辅导例11-12D例11-13见学习辅导例11-14B4例11-1571例11-16D例11-17C例11-18AS.I例11-19S]+§2例11-20矫顽カ小、磁滞损耗小;变压器矫顽カ大,剩磁也大;永久磁体电磁铁、电机中的铁芯。【习题精练】11-1解:其中3/4圆环在ク处的场B］=3"〇，/（8。）AB段在D处的磁感强度B2=［ル〇，/（4就）］•（gV2）8c段在ク处的磁感强度当=［"0//（47め）］•§友）月い瓦、月3方向相同,可知。处总的8为11-2D11-3解:将扇形薄片分割成半径为r的圆弧形面积元,电荷量为:dq=crrffdr转动时相当于圆电流,对应的电流强度为:dqcrrffdr0

11di==~~；—=•acordrT2ヵ702%ル〇d/〇产生的磁场为dB=——=丁从"0）dr2r4%”々e圆心处的磁场为8=ドー〃05ydr=ニール〇owR,方向垂直纸面向外。〇4だ4万11-4解:带电圆盘转动时,可看作无数的电流圆环的磁场在。点的叠加某ー半径为。的圆环的磁场为d5="〇d〃（2夕）而di=b2冗/9d0•［め/（2兀）］=o・*dp・・・dB=ル〇び即d夕/（2/7）=丄400wdp正电部分产生的磁感强度为8+=j2詈d0=と您r0/2负电部分产生的磁感强度为昆=f幺您（!タ=幺ヨ（火ーヂ）•22今ル=B.R=2r11-5〃〇，,0,2〃〇/11-6B11-7解:依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知:ス「）=/—（方向沿径向向外）2兀ど〇アB（r）=呉（方向垂直纸面向里）2nrqA,uAq运动电荷受カド（大小）为:Fニラv2it£Qr2nr此カ方向为沿径向（或向里,或向外）为使粒子继续沿着原方向平行导线运动,径向カ应为零,メ〃〇/りV=02ns0r2nr则有0=——-£〇氏1

12Be2Be2R211-8,2nin,2m,11-9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.(/+/?)sin45°=/?:./?=//(V2-l)=(V2+l)/由R=mv/(eB),求出O最大值为eBR(/—\leBv==(ノ2+1)—mm11-1011-1111-12CA解:在直线电流/2上任意取一个小电流元!2dl,此电流元到长直线的距离为%,无"0[]/2dx2だxcos60°限长直线电流ム在小电流元处产生的磁感应强度为:B=-0,再利用dド=/及〃,考虑到"/=ー"/,有:dF=27rxcos60bル〇/1，2dxa27TXCOS60°7111-13ISB,0,BS11-14解:r_*r+dア环上电荷dq=cr27trdr环以の角速度旋转之电流磁矩大小为dl=arcodrdpm=nr2d/=兀パ(kr)①rdrdM=Bdpni=Tikcor^Bdr(环电流所受的磁力矩)M=JdM=JnkcoBr4dr=nkcoBR5/5(圆盘所受总磁力矩),方向在纸面内且垂直于03向上。11-15答:磁化电流由分子电流叠加而成,不是在介质表面流动的传导电流,不同于金属中自由电子定向运动形成的传导电流，只是在产生磁场这一点上与传导电流相似，因此它不能产生楞次一焦耳热。11-16ル0ルr"/,nl11-17铁磁质，顺磁质,抗磁质11-18矫顽カ小，容易退磁

13第十二章电磁感应例题答案12-1[C]12-2【解】长直带电线运动相当于电流，=レ(ル•え正方形线圈内的磁通量可如下求出国上=缪&ln2a+x27i啊但爪宀aWn2dtI2kdt27tdtdレ(t)dtIn212-3【解】建立坐标系,长直导线为y轴,8。边为x轴,原点在长直导线上,则斜边的方程为y={bx/a)-br/a,式中/・是1时刻8点与长直导线的距离。三角形中磁通量./ZO7"ry,出I「bbr.,氏I儿br.a+r、の=rs_巨位=£2-()dx=-^-0In)2兀ナx2nJraax2兀ard0unIbz,a+ra、dre==——(In)—dt2nara+rdt、レ氏lbハa+da.当/"=4z时，£=^—(In-)v2nada+d12-4一与四/in生";N2兀a解:利用动生电动势公式解决:レ=0de=(Vx-dl=vdr2krルOvlピ+idr"〇リ/,d+l〃〇g",d+l-=In=In2nル「2nd2nd由右手定则判定:川〉川12-5【解】建立坐标(如图)则:片=4+左B、=肛,B,=ル。,27tx27c(x-a)

14B=―纽-1月方向。2n(x-a)2nxd£=Bvdx=——(--)dx2兀x-ax2(。+かIn2兀2a-\-b感应电动势方向为Cーク,ク端电势较高.K兀R?4,从C流至b12-7【解】带电平面圆环的旋转相当于圆环中通有电流/.在7?1与此之间取半径为Z?、宽度为d/?的环带,环带内有电流dI=tyRa)(t)dRd/在圆心。点处产生的磁场dB=—/70d/.//?=^/70cr0时,，与选定的正方向相反;否则，与选定的正方向相同.12-8[D]12-9[D]12-10[C]12-11[E]12-12[D]12-13[C]习题答案12-1[A]12-2[C]12-3[B]12-4【解】设在时间&一&中线圈法线从平行于磁场的位置转到垂直于磁场的位置,则在Z!时刻线圈中的总磁通为NO=N8S(S为线圈的面积),在&时刻线圈的总磁通为零,于是在な时间内总磁通变化为MN曲=—NBS令「时刻线圈中的感应电动势为£,则电流计中通过的感应电流为,£Nd。I——&T&时间内通过的电荷为ら4=JidナR+rR+rdtNセAみN宀NBSd0=a0=R+riR+rR+rB=q(R+r)/(NS)=5x\0-2T"〇。a”〇2マムr〇.流向与圆筒转向一致=ル〇，〇a。/JG+レ"+ム)12-62/r

1512-3.68x10-3v,adcb方向y12-8[C]12-9[C]12-10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8的分布为B=钮+2nr2Md-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B-dS)dr=印12-11[D]12-12[A]12-13[C]12-14垂直;横;相同;同时。12・15证明:如图所示,由安培环路定理得导体内距中心轴为r处的磁感强度B=上せ2tiR在r处的磁能密度为Wm=呉2m0•28tc2R4则单位长度导线内所储藏的磁能为Wm=["m2Eir=[：4tiRドdr・。れ12-16"0八山区解:（1）单位长度的自感系数B=黑(r1

16中=b•ds=^fr2-=也In0Jr22nJr2r2nrxL=2=3n0⑵单位长度存储的磁能1,jU0/2r2%=K〃2M堂比ユm24"q第十四章波动光学参考答案例题例14-1D例14-2A¢9=——(n-1)e,6=4x10'nmえ例14-3解:(1)根据题意,中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距z\X=20zlr=20—2=0.11md(2)覆盖上玻璃片后,零级明纹应满足(〃ー1"+厶=弓设不盖玻璃片时,此点为第k级明纹,则应有りー/;=ええ所以(〃一l)e=んスた=(〃ーl)e〃=(55(L一一=696x7即零级明纹移到原第7级明纹处。例14-4例14-5D例14-6C例14-7解:(1)由题意可知劈形膜上下表面反射光存在额外光程差,则其光程差为△=2〃イ+丄2根据明纹条件，A=2nJ+-=U(た=1,2,3…)2卜ー四)4当に1时,对应第一条明纹,此第一条明纹中心对应的膜厚度(1-%)/12d=^—^―=—=1.22xl0-4mm

172n4〃即第一条明纹中心对应膜厚度为1.22xlO^mm。.d,ダ/(2)劈尖膜中的劈尖角为氏则有tane=—1=ユ可得方=3/=導，=二=3mmlx，△1%2即第一条明纹中心到劈形膜棱边的距离为3mm。例]4-8C例14-9解:(1)明环半径r=^(2k-l)R-A/2,2戸X=7\—=500nm(2k-l)R(2)由「=ポえ-1)/?•ス/2可得(2%-1)=2メ/(/U)对于「=1.00cm,k=^/(/?2)+0.5=50.5故在OA范围内可观察到的明环数目为50个。例14-10ノ=一例14-11D例14-12D例14-131.2x103m=1.2mm,N3.6xl0*3m=3.6mm例14-14B例14-15D例14-16C例14-17解:(1)由光栅衍射主极大公式dsin8=ええ,得ハ卫=^2^=2.4x107=2.4岬sin。sin30(2)若第三级缺级,则タ=3,即“40.8jima3(3)^,实际上看不到第四级条纹,考虑到缺级现象,所以实际呈现2A600nmk=0,±l,±2级,共五条明纹。例14-18解:(1)双缝干涉条纹第)I级亮纹条件:dsin0=kA第k级亮条纹位置:ム=/taneR/sin6=/7相邻两亮纹间距:.=…=(%+])-ム2"m=2.4mmddd(2)根据缺级条件:た=クた’a得到缺级的级次为ん=土黑^バ=±5た',即な=±5,±10,…CJ.OoCJ

18在单缝衍射中央亮纹范围双缝干涉亮纹数N=9,为ス=0,±1,±2,±3,±4级。例!4-19B例14-20波动,横波例14-21解:设/〇为自然光强,由题意知入射光强为2Z〇。(1)根据马吕斯定律,有/i=-/o+/ocos20=-(2/o),即—I-cos0=—,解得0—24.123(2)经过外、ユ后的透射光强/2满足马吕斯定律,即，2=£(2/o)cos26=/o所以=~2ん2例14-22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い初透过第二个偏振片后的光强为ル根据马吕斯定律Z2=(/0/2)cos26>透过第三个偏振片后的光强为h,根据马吕斯定律ム=I2cos2(90-め=(Z0/2)cos2Osin20=(；0/8)sin220ム=4/16由题意知即(/o/8)sin22e=/0/16由此可得6=22.5。例14-23C例14-2454.7°例14-25解:(1)设该液体的折射率为〃,由布儒斯特定律tanz0=-

191.56tanz0tan48.09156-=1.40(2)折射角r=90-48.09=41.91(=4155')例14-26寻常光,非寻常光习题14-14Z〇14-2解:根据明纹条件:△=(巧一ル)4=ええ,得,kA5x480x10°cい6cd===8x106m=8〃m(ルー〃2)1.7-1.414-3解:(1)x-2kDA/d,d=2kDA//^x此处ん=5.'.t/=10D2/Av=0.910mm(2)共经过20个条纹间距,即经过的距离为:/=20DVd=24mm14-4解:(1)棱边处是第一条暗纹中心,在膜厚度为02=4/2处是第二条暗纹中心,由此可知第四条暗纹中心,即A处的膜厚度64=3ス/2a6>=e4//=3/l/(2/)=4.8xl0-5rad(2)由上问可知A处膜厚为e4=3x500/2=750nm对于え=600nm的光，连同附加的光程差，在4处两反射光的光程差为3=2e4+A'/2它与波长ガ之比为2e4/元+1/2=3,满足薄膜干涉明纹条件，所以4处是明纹。14-5解:上下表面反射都有相位突变兀，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=^(2k+1)A,(k=0,1,2,-)A处为明纹,8处第8个暗纹对应上式ス=7(2k+1)24〃=1.5xJO-3mm=1.5xIO-6m14-6解:

20(1)设第十个明环处液体厚度为eg则2new+A/2=102ew=(KU—/1/2)/2"=19/1/4〃=2.32xl0"m(1)R2=r^+(R-eJ=パ+R--27?Cj.4-ej*/ek«Rt略去e；»得rk=-^27?厶〇二ノ27?,〇=3.73xl0-3m=3.73mm14-70.644mm14-8子波,子波相干叠加14-96个,ー级明纹14-10解:(1)由单缝衍射暗纹条件:bsin9=kえ,得中央明纹宽度:乂=2ム=2x-2-"x600x10°=1.2x102m=1.2cmhO.lOxlO3(2)第二级暗纹距光屏中心距离:^=2^2=1.2cmb14-11<9=2.24x10^*rad14-12—,三14-13解:光栅常数J=^=2xl0-6m,由光栅方程得，谱线级次:た=智2，*4=产§AA400x10由于え=5时,对应，=90,实际上第五级看不到,所以能够看到的最高级次是厶=414-14解:(1)由光栅衍射主极大公式得dsin30。=34d=34=3.36x10/m=3.36卩msin30(2)dsin30。=4るル=--=420nm14-15解:(1)由bsin0=kA,tan0=x/f,xf当xv勺'时,tan0«sin0^0y即:み—=kA,取hl时,有x=—2=0.03mfb•••中央明纹宽度为Ax()=2x=0.06m1x10-2「d5x10-5(2)光栅常数イ=FXX-=5xl()rm,贝リア==2.5200b2x10取ズ=2,共有内=0,±1,±2等5个主极大.14・16平行;

2114-17解:(1)7=—;(2)7,=-7,.•cos2a-cos2a=—7n,解得0=工=60。2232314-18解:设/max,/min分别表示出射光的最大值和最小值,则心=/ノ2+7〃;7min=7„/2令卜=ム得ル〃得:ム/4=2/(〃ー1)mina!14-19证明略14-20解:(1)由布儒斯特定律tan厶=%・=〃,,得〃=tan56,=1.483(2)tanzB=-^=—=1.173(得/B=48.11°勺!.33

22第15章狭义相对论【例题精讲】例15-1D例15-2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，而且对于ー切物理规律,所有惯性系都是等价的。例15-3Ax/u,（金•卜1ーガ/ど例15-4考虑相对论效应，以地球为参照系,“子的平均寿命:T='包=31.6x10-6$-（レ/C）2则ル子的平均飞行距离:ム=ひマ=9.46km。"子的飞行距离大于高度,有可能到达地面。例15-5站台上测出的1m是运动的长度。求静长,所以ム）=4——=]——1~=。セーげyJl-u2/c2例15-6A例15-7动一（〃ム）2moc2（-■'-）91SC例15-8—IS例15-9C【习题精练】15-1C

2315-2B15-3/子相对于实验室的速度是真空中光速的0.99倍;证明略。15-4A15-5A15-6L，川£し.—。Vcv15-79xlO16J1.5x1017J15-85.8x10138.04x10215-9p—m/V;证明略。15-10B第16章量子物理_.（hv.-A）h,ヽ例16-lA/h,J—-=-（vl-v0）ee例16-2C例16-3爱因斯坦光电效应方程〃レ=;机ア+卬=>;加。2=//（レーリ〇）=6。",所以ェ（匕-%）&Ua2=h（v2-v0）/e;又匾|=2图则（もー%）=2（匕一%）,所以:レ2=2匕一%。选C例I6-4D例I6-5B例16-6Xi=h/(miVi),X2=h/(m2V2),而兀二九2,.,.pi=h/Xi=h/A,2=P2o选A例!6-7Ek=p2/(2me)=(7i/2)2/(2me)=5,0x106eVhhyl'—v?/ゼhfl1例16-8"高速运动”要考虑相对论效应。ス===—.-2—7。选。。mvへNv例16-9需要考虑相对论效应,Ek=tnec~,据例题29:ノ=,r==—=0填木れc」。3s.eV3ノ=。或E=ム=2”ざ,所以ア=2,得即え=/—=多。V32AmevV3例!6-10由单缝衍射中央明纹的宽度公式d=2/2/a,此时/1=力/p

24是电子的德布罗意波长,得d=2Rh/ap。选D。例16-11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|屮。(る%2)「表示粒子在1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16-12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和动量凡存在不确定量へx和八p一它们之间必须满足不确定关系式Ax-Apv>/zo这是由于微观粒子具有波粒二象性的缘故。例16-13光子具有波粒二象性,也遵循不确定关系。由=则在数值上有"L〃△え/力(微分可得),利用不确定关系式竝Z*,有Ax>/?Z2)メニス2/△ス=2.5m-250cm。选C。例16-14粒子在t时刻在(x,y,z)处出现的几率密度弹值、有限、连续皿<悝『厶の龙=1。ク,tcX"22ttx2ttjc例16T5粒子的位置几率密度J屮(x)「=—sin2——=—(1-cos);当cos=-1时aa2aaaI屮(x)f有最大值,在。WxWa范围内可得出=》,所以イ=j例16T6由题意知d=n—,即ス=2a2•—»其中n=l,2,3,•・〇德布罗意波长ス=-I因此粒hhnh子的动量为0=:=ズ77-=ズ;。在势阱中运动的粒子,势能U(x)=0,因此能量X2a/n2d叫202(斤)n2h2E=Ek=—〇所以E"=E*=——=二万,〃=1,2,3…。2m2m8md例16-17(1)|^(x)|2=—cos2^--—=—ーアーa2a62a⑵沛(x)|•£2.4—sin0an/rx,27TX1.ax=———sin27rxrt47TTV18~4=9.1%12a4例16-18(1)a£=Rhc(\-4-)=13.6(1—4)=12.75eV〃=4n~n(2)可以发出んl、あ、あ、翁、爲、え32六条谱线.能级图如图所示.A41右lス21VVV例题25-1图

25例16-19/=l=R〃(h!F)=>-l=!ー二-=0.111n〃=3,给基态氢原子提供能量,使其从n=l的基态跃迁到n=3的第二激发态:人レ=ハ£=鸟一爲=&("-l)=12.09eリ。由7;=クガ知,电子的轨道半径增加为基态的9倍例!6-20B例!6-2132011例16-22——22例!6-162;2(2/+1)；2ガ。例16-24电子动量矩的可能取值为〇,勿,«方;ん的可能取值为〇,士カ,±2カ。例16-25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。而电子在原子内的ー个量子态是由四个量子数n、2、m,及m,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,e可取。、1两个值。在0=0时m尸0,但ms仍可取±1/2两个值,有两个量子态;而在2=1时m，可取〇、±1等三个值,对应每个m,值m,可取士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16-26泡利不相容;能量最小。例16-27由关系(”+0.7/)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ls->2s-2p-3sf3p-4s-3d。自Is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】16-1Co16-25xlOuHz,2eV16-3he/九，h/X,h/(cX)

2616-4E16・5不能产生光电效应.16,64.98x10・6eV0.1A.6.63x10-34m。h16-72eBR16-8略16-9151V16-10A、A、B16-1116-120.3m、38.8%O16-13证明略16-14A16-151.04nm16-166,216-17-0.85eV,416-18(1)D；(2)C16-19(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(2,0,0,一1/2)16-204