1、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 ）1.7110 -5 T；（3） ；（4）aI80104RIB220IB = 022-3 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 )(120rIB21)(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 xiB200方向垂直纸面向里。(3) 所有载流长条在 P
2、 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 dbaxd20baln0方向垂直纸面向里。22-5 解：(1) 对 rr +dr 段，电荷 dq = dr，旋转形成圆电流则 qI2d它在 O 点的磁感强度rrIB400badd00abln40方向垂直纸面向内。x dx P O x O a r b dr 26(2) rIrpmd21dba 6/)(3ab方向垂直纸面向内。 (3) 若 a b，则 ，有alnqbB400过渡到点电荷的情况。同理在 a b 时， ，则 )/31()(326aqapm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
3、-1 （1）B；（2）D 23-2 （1） R2c；（2） ；（3） ，021RB)2/(10RrI23-3 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(420xRIlRxIln0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， NIB2)2/(rIB在 r 处取微小截面 dS = bdr, bSdSrI212lnRI(2) 同样在环外( r R2 )作圆形回路，由于 0i0B B = 023-5 解：圆电流产生的磁场 27)2/(01RIB长直导线电流
4、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）0.8010 -13 N；（3）k，垂直向上；（4）3.0810 -13 J ；（5） ，20evfa )/(cos2eBmv；（6）z 轴正方向；（7）n，p)/(sinm24-3 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。 Rl45sin)( l)12()/(由 ，求出 v 最大值为)/(eBmR
5、v meBe24-5 解：(1) p 型半导体(2) aIKUqn01m-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）9.3410 -19 Am2，相反；（5）0.226 T，300 A/memre02O O R R l 45 2825-3 解：对 OO轴而言,重力矩为sinsin211 gSaagSMsin2g磁力矩为co)i(22 BIBI平衡时， 。所以1 sin2gSas2IaT3105.9/t25-4 解：(1) mMpBtIt 202sinsi)(2)
6、 tPd/ ta2siaITi)/1(2001I25-5 解：(1) 设磁场强度为 H，磁感强度为 BH = nI = NI / lB = 0rH =0r 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Wb61.20rSIN(2) -13mA58.91 Mr（3）i SM9.5810 3 Am-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 )，8/32lB8/2l 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
7、路处产生的磁场可视为均匀的。 2/3202/320 )()(4xRIxRI/rBS小线圈中的感应电动势为 2043ddi rIxttv4203I当 x =NR 时， 2420/()iIvNR26-4 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, cosrBnt2292dsinNBrttntBNr2si2imi ItR当线圈转过时，t =T /4，则A987.0/2RnrIim(2) 由圆线圈中电流 Im 在圆心处激发的磁场为 6.2010-4 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： ,
8、 ditdiRt而由 可得 tqid1i00dQqRWb15因为 ，所以Br2T0)/(22NrB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 021lnrR27-3 解：大小： =dd tS dB / d t =S dB / d t = =3.68 mV OaR)si(22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) ()tBSyxIba)(20abxIln)(20dlnd)( tttabIt l
9、n)1(e20v RBcb daO I (t) v a y i d y x (t) 30abtIt ln)1(e2d0v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： rRrIB010rR 分23/0/2ddRRSIrI2ln)4(00I 23ln160I30IM(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） ， ， ，dSVDAdLStBElAd0SA；（3） ，与 方向相同（或由正极板垂直指向负d()dLStHlJtR/0极板）28-3 解：
10、 ， (R1 0 ，所以 3(3) (SI) )10cos(152tx33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）410 -2 m， ；（ 6）1.47；（7）291 Hz 或 309 )cos(2tAx 1Hz；（8）4:330-3 解：(1) 势能 2kxWP总能量 21AE由题意， 4/2kxm 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 s30-4 (1) 取平衡位置为原点，
11、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)(lkmgF= kx0由题意，t = 0 时 v 0 = 0，x = x 0。则 022)/(xxAv又由题给物体振动周期 s, 可得角频率 。由于 ，所以483TT2mkN4.)/(2AmkF(2) 平衡位置以下 1 cm 处 (2xvJ 2107.EK= 4.4410-4 J22)/4(Tkxp30-5 解：由合振动的振幅及初相公式，可得 cos2121AA34m m22 10)43cos(65 2108.7= 84.8=1.48 rad /)4/3cos(ininartg所以(S
12、I)8.10cos(18.72tx30-6 解：把两波写成 )0(cos1tAy)02.(1xtA0282x并令 A1 = A2 = A = 0.06 m，则对于所求的点有 cos2121cos由 ，可得x0. 或 )3/2(k )3/2(0.kxm 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 = 5.10103 m/s；（ 4） (SI)；（ 5） 或)30/(65cos0. xty )2cos(1tTAyx
13、；（6）80 N )/2sin(1TtAx31-3 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(1.0xtyt = 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./.0cos1.0且31)/2.(7由、两式联立得 = 0.24 m/735所以，该平面简谐波的表达式为 (SI)或 (SI) 3172.07cos1.0xty 312.07cos1.0xty31-4 解：(1) 设 x = 0 处质点的振动方程为 )2cs(
14、tAy由图可知，t = t时 0ot)sin(d/ t所以， 2/2t t21x = 0 处的振动方程为 )(costAy(2) 该波的表达式为 21)/(2uxt31-5 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/2Asin0Av所以 4/O 处振动方程为(SI)150cos(0ty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)45v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
15、 J；（2）4；（3） ；（4）S 1 的相位比 S2 的相位超前/2 ；（5）w2， ；（6）637.5 )/(cosxtA )cos()/cos(txAHz，566.7 Hz32-3 解：36)(2112r4241/rm6.0cos(/122AA32-4 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, 4,2132-5 解：A 点的观察者接收到的拍频是 S 振源向 A 处
16、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)(uV201)(uV 002uV m/s0.2u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 1r 2)；（3）3.6 mm33-3 解：因为 = c，所以 = - - = c = 0.173 nmlc = / = ( c / )2 / (c ) = c / = 6000 km33-4 解：(1) x20 D / a0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1) er 1r 2设不盖玻璃片时，
17、此点为第 k 级明纹，则应有r2r 1k (n1) e = k 37k(n1) e / 6.967 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 （10.1）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 0.1533-6 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
18、距 O 点为 x 处, 光程差)(d明纹条件(k1，2，) 所以dDx/3在此处令 k0，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 /1Rkr510 -5 cm)2(2) (2k1) 2 r 2 / (R) 对于 r1.00 cm，kr 2 / (R)0.550.5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
19、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 rk e e2 e1 38，121/Rrek22/Rrek第 k 个暗环的条件为 (k = 1，2，3)2e = k Rrk212kk21(k = 1，2 ，3)2rk34-5 解：设点处空气薄膜的厚度为 ，则有 111,)(2ee即改变波长后有 2k)/(,121k故 /121e34-6 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
20、四条暗纹中心处，即 A 处膜厚度e4= 23所以4.810 -5 radll/4(2) 由上问可知 A 处膜厚为 e43500 / 2 nm750 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 0.21/4e(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)h35-3 解：因为 kine/s22令 k =
21、 0，则 39111 nmine2s/)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 1：12kn按题意还应有，对 2：e由 解得： 312k将 k、 2、 代入 式得 n7.7810 -4 mm ne35-5 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1015k(3)0()(2e2 (4)cosik联立式（1） 、 （2） 、 （3）和（4） ，可解得 ，边缘处 。5
22、1k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）510 -4 mm ；（3）4，第一，暗；（4）4 ；（5）2.2410 -5，4.47；（6）13.936-3 解：(1) 对于第一级暗纹，有a sin 1 因 1 很小，故tg 1sin 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 22 x2 = f tg 2f sin 2 =2f / a = 1.2 cm 分36-4 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得 1sin2sin由题意可知e n
23、0 =1.0 =1.35 n =1.50 40, 2121sini代入上式可得 (2) (k1 = 1, 2, )211sinkaa/(k2 = 1, 2, )2si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/2.12.1/36-6 解：(1) 已知 d = 3 mm， = 550 nm，人眼的最小分辨角为：2.2410-4 radd(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
24、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）2d37-3 解：由光栅衍射主极大公式得 1sink221212360si当两谱线重合时有 1=2 即 94321k两谱线第二次重合即是 ， k1=6， k2=4621由光栅公式可知d sin60=61=3.0510-3 mm60sin137-4 解：(1) kba)(当 时 2/413.39，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
25、为 0，1，3 级。(2) ， ba)si)(n = 30， =90， = 5.09 取 kmax = 51/90i3i(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 / (5105) = 2 105m设 1 = 450nm， 2 = 650nm, 则据光栅方程， 1 和 2 的第 2 级谱线有dsin 1 =21； dsin 2=22 1 =sin121/d26.74， 2 = sin122 /d40.54第 2 级光谱的宽度x2 x1 = f (tg 2tg
26、1)所以f = (x1 x2) / (tg 2 tg 1) 100 cm37-6 解：光栅常数 d=210-6 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kmd / =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mksin0i即dkm/sin21因为 sin1 ，所以 ，故5./dkm=5.09/.由于 为整数，有mk=5mk37-7 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
27、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 420.168 nm2121sink练习 38 光的偏振38-1 （1） A；（2）D ；（3）D38-2 （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 I1I 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
28、 2 cos2(90 ) = (I0 / 2) cos2 sin2 (I0 / 8)sin22由题意知 I3I 2 / 16，所以sin22 = 1 / 222.5sin38-4 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 i0n / n0在这种情况下，反射光线和折射光线垂直，有 i0r90因而上式可写成tg(90r) ctg rn / n0tg rn 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 sinAoe 光振幅 ce = 60，两光强之比 2)/(/eoeoA
29、I2)os/(in3tg(2) 晶片厚度 d = 0.50 mm 两光光程差 = ( ne - no ) d = 4.5 mi i i0 i0 i0 4338-6 解： 4)(dneo8.56 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）5.1310 3；（3）2.4010 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， )(/01eh39-3 解： (1) 太阳在单位时间内辐射的总能量 E = 1.37
30、1034(RSE)2 = 3.871026 W(2) 太阳的辐射出射度 0.674108 W/m220Sr由斯特藩玻尔兹曼定律 40TK587/4E39-4 解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为 。0Ah)/(c又按题意 KEh)/(所以KcA= 612 nmKc)/(039-5 解：(1) 00/h5.6510-7 m = 565 nmA0(2) , aUem21vAUeca得 1.7310-7 m = 173 nm Aehca39-6 解：当铜球充电达到正电势 U 时，有 21vAe44当 时，铜球不再放出电子，即 hAeUeUh -A = 2.12 eVc故 U2.12 V 时
31、，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 0hc散射光子的能量为反冲电子的动能为1.6810-16 J0KE)1(0hc40-4 解：(1) 康普顿散射光子波长改变： 0.02410-10 m )os1)(chme1.02410-10 m0(2) 设反冲
32、电子获得动能 ，根据能量守恒： 2cEeKKEh0)(hc/0=4.6610-17 J =291 eV)(0K40-5 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) 4.32/1EKnKn51h(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： hEn1对氢原子n =5 4 n =3 n =2 n =1 45E1 =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
33、/n 2eV由此有1.5113.6/n 2n29，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 /141-3 解： 20cmEK20220)/(1/(cmv)()/(20202 cEcKKv将 m，v 代入德布罗意公式得 20/h/Kv41-4 解：用相对论计算 由 20)/(1/cmp 20212meUv h/计算得m1220127.3)( ceh若不考虑相对论效应，则 v0mp 12eU由，式计算得 3.8810-12 m
34、2/10)/(eh相对误差 %6.441-5 解： xpx xmvx46xvm粒子的最小能量应满足2min)(1xE2)/()/(2x)/(2mL在核内，质子或中子的最小能量 Emin = 3.310-14 J/2L41-6 解：根据不确定关系式 Et ，可得 E /t = 0.65910-7 eV根据光子能量与波长的关系 hc则光子的波长3.6710-7 m/波长的最小不确定量为 = hc E /E2 = 7.1310-15 m41-7 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)/(x0.048 m 48 mm 当然，也可以用 或 ，
35、或 ，来计算x 。)4/(pxhpx21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、d2zyx、 ；（ 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 21E47 mE2v由、式解得 /h以式代入得 242nan28mE42-4
36、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）/x42-5 解：由波函数的性质得 1d02xl)(022lcl由此解得，52/3l2/30l设在 0 - l/3 区间内发现该粒子的概率为 P，则 P817d/)(d/0522/02 ll xllx42-6 解：（1）在 0-a 一维无限深方势阱中波函数为 ansi)(在 0-a/4 的粒子概率为2sin142sin4(1cos)0404042 xaa dxddxPa （2）当 n=2k 时， ,iPn=2k+1
37、 时， 1,35k -04,2)(sinik48)12(4kP显然 时（即 ） ， 值最大1k3nP16（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。m43-3 解：（1） ，且 可独立任取 1，2，3 （整数值） 。22,xyzaann,xyzn（2） ,;xxyyzzhhpp（3） 。22
38、8xyzEnma43-4 解：(1)金原子质量kg32521970.16.AMN以每个金原子有一个导电电子计， 则有 m-3.423283.901970n2/3 /3/2/ 1931(.5)()() .J5.0eV.fEmm/s1968./ffvEK234/0.0.80FTk(2) m=0.524nm3411196. 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/enms214/.e49（3） nm182.6ekTm（4） nm23Fv43-6.解：（1）由玻尔兹曼分布定律可得： 1923/()5.60/(.80)93e4.1gE
39、kTupbN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.m26n56gch43-7. 解 eVax1.9gE练习 44 核物理44-1.（1）C；（2）B；（3） B；（4）C44-2 （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） Xyc44-3 解：由于 6MeV 比 粒子的静能（ 4103MeV）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
40、，设其共同速度为 v，则由动量守恒和质量守恒，得： 220min1()4k ZeEvrm解此二式，得 20min4kkZeEMr2min0kr对金核，M=197m ，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1/351589mNA达氮核的核力范围之内。44-4 解：起始活度：5023 17001/26.0lnln1/(.860).4Bq4ANT1/2/ln76d(). 5TttAee44-5 解： 的丰度只有 %
41、，所以146C103.N0=0.31.310-126.021023=2.351011而A=9/60s-1， s。7823.510由于 ，故有/00ettA147.6ln7ln.a820359NtA44-6 解：由于 4.7825MeV 比 粒子的静能（410 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.Mkd44-7 解： 2342 2()(.143.4.2031.865) =.01.650)97eVnHeQmc uc为放热反应。
