2022年大学物理下册学习指南答案 .pdf

《2022年大学物理下册学习指南答案 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年大学物理下册学习指南答案 .pdf（24页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、学而不思则惘，思而不学则殆第 11章 静电场【例题精选】例 11-1 （ 见书上）例 11-2 22300(428qdqdRRdR或），从 O 点指向缺口中心点例 11-3 D 例 11-4 D 例 11-5 B 例 11-6 0/ 2， 向右；03/ 2， 向右；0/ 2， 向左例 11-7 （见书上）【练习题】11-1 B 11-2 0/d，220(4)dRd，沿矢径OP 11-30/Q，0205180QR和r11-4B 11-5 【解】 （1）作与球体同心，半径r R 的高斯球面S1。球体内电荷密度随 r 变化，因此，球 面S1内 包 含 的 电 荷214( )droQrrr。 已 知

2、的 电 荷 体 密 度(r ) =kr ， 根 据 高 斯 定 理 ：11dsoQES，230144drroErk rr， 可求得球体内任意点的场强：24rorEk， r R。（2）作与球体同心、半径r R 的球面 S2，因 R 外电荷为零，故S2内的电荷Q2=Q总，根据高斯定理：12301d44dRrsoErk rrES， 得球体外任意一点的场强：4204rREkr， r R。11-6 0/ (2)，03/(2)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和- 。电场分布具有轴对称性。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -

3、- -第 1 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆（1）建立半径1rR的同轴高斯柱面，设高为h。高斯柱面内无电荷分布。1d20SErhES，则，10E（1rR）（2）建立12RrR的同轴高斯柱面，设高为h。高斯柱面内包含电荷。柱面的上下底面无电场分布，电场均匀分布在侧面。20d2ShErhES，则，202Er（12RrR）（3）建立半径2rR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。3d20SErhES，则，30E（2rR）第 12 章 电势【例题精选】例 12-1- 2000V 例 12-245V ， - 15V 例 12-3 （见书上）例 12-4 （见书上）例

4、12-5 D 例 12-6 C 【练习题】12-1 d0LEr， 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)204QR， 0；( 2)04QR，0 24Qr12-4 【解】在任意位置x 处取长度元dx，其上带有电荷dq=0 (xa)dx它在 O 点产生的电势xxaxU004ddO 点总电势：laalaaxxaxdUUdd400alaalln400精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆12-5 【解】(1) 球心处的电势为两个同心带电球面

5、各自在球心处产生的电势的叠加，即12001214qqUrr22120124414rrrr210rr2100rrU8.8510-9 C / m2(2) 设外球面上放电后电荷面密度为，则应有21001rrU= 0，即21rr。外球面上应变成带负电，共应放掉电荷221222441rqrrr21200 244rrrU r6.6710-9 C 12-6【解】设无穷远处为电势零点，则A、B 两点电势分别为2200423ARURR；0220682RRRUBq 由 A 点运动到B 点电场力作功0001264qqUUqABA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

6、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。第 13 章 静电场中的导体【例题精选】例 13-1 C 例 13-2C 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：E1=1 0，E2=2 0左边两极板电势差U1=1d1 0，右边两极板电势差U2=E2d2=2d2 0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆而左板

7、和右板构成等势体，中板自身是等势体，所以U1= U2，则1 2= d2 d1 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Q21，根据高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故12 10d() /0sQQES，得2 11QQ根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为22Q，则21222QQQ由此可得2 222 11QQQQQ。13-4 02QdS；0QdS。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 14-4CFd /2，FdC2。例 14-5

8、( 见书上 )例 14-6 ( 见书上 ) 【练习题】14-1 04rqR14-2 r ， r14-3 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能量分别为QUC=1281010100.1=1000V，216121.0 1022 10 10eQWC5 106 J。( 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0/ 2/ 2CSdC。而此时精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆极板所带电量仍

9、然不变。电场总能量改变为22/ 2/eWQCQC=1.0 105 J，电场能量的增加量为eeeWWW=5.0 106J，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

10、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) 00O14 28IIBRR(只有四分之一圆弧电流在P 点产生 B ) (2) 0000111122(cos0cos)(coscos )042422222IIIIBRRRR参考：圆形载流导线圆心处的磁场：RIB20O一段载流直导线的磁场：)cos(cos4210aIB15-2 lI430（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15-3D (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

11、者方向) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆15-4B （参考例题15-2）dI=Idra ；drar2Ir2dIdBoo；Bp=dB=ln22baoobIIbadrarab。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的圆环的磁场为)2/(dd0iB而d)2/(d2did21)2/(dd00B正电部分产生的磁感强度为rBr2d2000负电部分产生的磁感强度为)(2d200rRBRr今BBrR215-6 I0；0 ；02I15-7 D 15-8 C 15

12、-9 B （载流长直螺线管内的磁场：IBn0）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x2IB01；方向向里右边电流产生的磁感应强度)xa3(2IB02；方向向外应用磁场叠加原理可得磁场分布为，)3(2200 xaIxIB)252(axaB的方向垂直x 轴及图面向里I a a I x O 2a 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆第 16 章 磁力【例题精选】例 16-1 1 2 ； 12 （参考洛伦兹力qFvB；回旋半径mvRqB）例 16-2A (可以用安培

13、力来判断各边受力情况，也可以用nMeBmBNIS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16-6A；B； （参考闭合载流导线在磁场中磁力矩nMeBmBNIS）例16-70 （同上NIS00nMeBmBmBsin）【练习题】16-1 C 【22dsmvBSBRBBq】16-2 )2/(2emBe；)2/(22emRBe16-3 B 16-4D (用安培力来判断各边受力情况)16-5C 16-6 解：在直线电流2I上任意取一个小电流元dlI2，此电流元到长直线的距离为x，无限

14、长直线电流1I在小电流元处产生的磁感应强度为：0 12IBx，再利用d FI Bdl，考虑到0cos60d xdl，有：01202cos60I IdxdFx，0 1201 20ln2cos60baI II IdxbFxa。16-7 A （参考闭合载流导线在磁场中磁力矩nMeBmBNIS）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆第 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

15、流相似例 17-3 A 例 17-4D 【练习题】17-1 C 17-2 D 17-3 I / (2 r)；I / (2 r) 17-4铁磁质；顺磁质；抗磁质17-5矫顽力小；容易退磁17-6B 解：磁场强度：3100022 10NHIA mL0rBHH；0rBH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 18-4alatIgln20；N 解：利用动生电动势公式解决：vgt()dvBdl02Ivdrr，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 24 页学而不

16、思则惘，思而不学则殆02dldvIdrr00lnln22v Igt Idldldd，由右手定则判定：NMUU例 18-5 ( 见书上 )例 18-6( 见书上 ) 例 18-7D 例 18-8D 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 D18-2 C 【参考121d1d2121RRtIqttii】18-3 解：n =1000 (匝/m) nIB0nIaBa022tInNatNdddd02=2 10-1 sin 100 t(SI) RImm/2 10-1

17、 A = 0.987 A 18-4 ADCBA 绕向； ADCBA 绕向18-5解：建立坐标(如图 )21BBBxIB201，)(202axIBxIaxIB2)(200，B方向dxxaxIxBd)11(2d0vv2a x +dx2a+bI IC D vx O x 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆xd)x1ax1(2Idba202avbabaI2)(2ln20v感应电动势方向为CD，D 端电势较高18-6D 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

18、线的平面上两线之间的区域中B 的分布为rIB20)(20rdI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SSB drrdrIadad)11(20aadI ln0aadILln018-80.400 H； 28.8J （参考ddLILt和212mWLI）18-9C 18-10C 18-11解：如图所示，由安培环路定理得导体内距中心轴为r 处的磁感强度 B=rR2I20，在 r 处的磁能密度为wm=022B=24220rR8I，则单位长度导线内所储藏的磁能为Wm=R0mrdr2w=R03420drrR4I=20I161。18-12 证明：电场能量密度212ewE磁场能量密度212mwHE

19、H的量值关系：HE222111222emwEEHw2ad r I IO r RrI精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆18-1382 10 m/s（参考1rrcv）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；SEH精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆第 19 章 光的干涉【例题精选】例19-1D；例19-2B；例19

20、-33；41.333n；例19-421nne；例19-521ne；44 500nm14 ,4000nm11.51neen；例19-6B；例19-7B；例19-8C；例19-9A；例19-10B；例19-11(1) 明环半径2/12RkrRkr1222510-5 cm (或 500 nm) (2) (2k 1)2 r2 / (R ) 对于 r1.00 cm，kr2 / (R )0.550.5 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 / 25 设该处至劈棱的距离为l，则有近似关系el，由上两式得2nl 9 / 2， l9 / 4

21、n充入液体前第五个明纹位置l19 4充入液体后第五个明纹位置l29 4n充入液体前后第五个明纹移动的距离ll1l29n 4 1.61 mm 【练习题】19-1. 上； (n-1)e ；19-2.B；19-3.C；19-4. 解： (1) dkDx/2，xkDd/2此处k5 10/0.910mmdDx(2) 共经过 20 个条纹间距，即经过的距离距离2 0/2 4 m mlDd19-5. 解：(1)x20 D / d 0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n1)er1r2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 24

22、 页学而不思则惘，思而不学则殆设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有r2r1k所以(n1)e = kk(n1) e / 6.967 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e2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e4=2/3lle2/3/44.810-5 rad (2) 由上问可知A 处膜厚为e4 3500 / 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2/24e，它与波长之比为0 .32/1/24e所以 A 处是明纹19-7. 解： 上下表面反射都有相位突变，计算光程差

23、时不必考虑附加的半波长。设膜厚为 e , B 处为暗纹，2ne21( 2k1 ) ，(k0，1，2， ) A 处为明纹， B 处第 8 个暗纹对应上式k7 nke4121.510-3 mm 19-8. 解： (1)第 k 个明环，kek212，4/) 12( kek(2)kek212，222)(kkeRrR2222kkkeReRr式中ke为第 k 级明纹所对应的空气膜厚度ke很小，Rek，2ke可略去，得)2/(2RrekkkRrk21)2/(22，2/) 12(Rkrk(k=1，2，3 ) 19-9. 解： (1) 设第十个明环处液体厚度为e10，则102/210nenne4/192/)2/

24、10(1042.3210cm(2) 222kkeRrR2222kkkeeRRrekR，略去2ke，得kkeRr210102eRr0.373 cm 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆第 20 章 光的衍射【例题精选】例20-1子波；子波相干叠加；例20-2B；例20-3B；例20-4D；例20-5A；例20-6B；例20-7B；例20-8一；三；例20-9B；例20-10D；例20-11【解】(1) 双缝干涉条纹第k 级亮纹条件：d sin=k第 k 级亮条纹位置：xk = f tanf

25、sinkf / d相邻两亮纹间距：x = xk+1xk=(k1)f / d kf / d=f / d =2.410-3 m=2.4 mm (2) 单缝衍射第一暗纹：a sin1 = 单缝衍射中央亮纹半宽度：x0 = f tan1f sin1f / a12 mm ，即x0/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11113sin2122ak(取 k1 ) 22213sin2122ak1

26、1tan/xf，22tan/xf由于11sintan，22sintan所以afx/2311，afx/2322则两个第一级明纹之间的距离为afxxx/2312=0.27 cm (2) 由光栅衍射主极大的公式111si n1dk，222sin1dk且有s i nt a n/xf所以dfxxx/12=1.8 cm 【练习题】20-1. D；20-2. 4 ；1 ；暗；20-3.B；20-4. D；20-5. D；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆20-6. 解： (1) 由单缝衍射暗纹公式得1

27、11sina222sina由题意可知21, 21sinsin代入上式可得212(2) 211112sinkka(k1 = 1, 2, ) ak/2sin211222sinka(k2 = 1, 2, ) ak/sin222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20-7. 解：可观察到最高级次是k =3光栅常数 (a b)=210-4 cm, 按光栅公式(a + b)sin = k最大为 90，所以 kmax(a b)sin90/ kmax2 10-4 / 500010-8 =4 实际上=90的第四级观察不到，所以可观察到最高级次是k =320-8

28、. 解 ：因4k的主极大出现在90的方向上，实际观察不到。所以，可观察到的有3,2, 1,0k共 7 条明条纹。20-9. 解： (1) 由光栅衍射主极大公式得1330sinbacm1036.330sin341ba(2) 2430sinba4 2 04/30sin2banm 20-10. 解：由光栅公式得sin = k11 / (a+b) = k22 / (a+b) k11 = k22 k2 k1 = 1/2=0.668 / 0.447 将 k2 k1约化为整数比k2 k1=3 / 2=6 / 4=12 / 8 . 取最小的k1和 k2，k1=2，k2=3，则对应的光栅常数(a + b) =

29、k11 / sin=3.92 m 20-11. 解： (1) a sin= ktg= x/f当 xo时，h =mv22+W=mv22+ho； mv22=0 时， =o为红限；既 Q点为o， 由上式h2mv02，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆可见 S点频率为，动能为 mv22，则 tg=hOQOP2/mv02，故 OPOQ可以直接求出普朗克常数h。选 C。23-2 无光电子产生时遏止电压为0，即 mv22=e Ua=0，此时 h = mv22+ho=ho，则频率为红限频率，由图知o=5

30、 1014Hz，又 mv22=h(1o)=e Uah(105)=2e5h=2e 则 ho=A=5h=2(eV) 。注意：此题应从图中读出，不用A=5 6.631014和o=A h=4.81014Hz。23-3 (1)hc，h，h (c) ；(2)h， hc，hc2。分析： E=h ，p=mc=mc2c=E c。23-4选(E) 。分析： Ek=h(o)=hc(11o) ，若电子v 023-6 散射波长仅与散射角有关，与材料无关，故Li=Fe；大量能量为h ( 波长为 c) 的光子射到轻的原子 Li 上，其电子束缚弱，打走的电子多。沿角散射的光子数目多，沿此方向Li 、Fe 的散射的粒子，Li=

31、Fe，即能量相同，由于I=nh=nhc，则光子数目多，则此方向上光的强度I(nh) 大，所以 I Li I Fe，故选 (C) 。23-7 光子动量为p=mc=mc2c=hc， hc=hc cos +pcos 。23-8 非相对论动能221veKmE而vemp故有eKmpE22又根据德布罗意关系有/hp代入上式则)/(2122eKmhE4.98 10-6 eV 23-9 (1)2heBR (2 )0.1 ?。(3)6.631034m 。分析： (1) 洛仑兹力Bqv=mv2ReBR2vme2q， =eBR2hvm2h(2) 由(1) 知2heBR=219341083.0025.0106.121

32、063.6=9.9851012m=0.1 ?。(3) 由(1) 知：=mmeBR2mmhm vh=4271011063.69.9851012=6.631034m 。23-10 (1) 考虑相对论效应：eU12=mec2(1) ， =1+2e12cmeU=2e122ecmeUcm，v=122e21222e12eUcmUecmeU2c，=21222e12eUecmeU2chvmhmvh。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆(2) 不考虑相对论效应：eU12=mev22， v=e12meU2，=

33、12eeeUm2hvmh。(3)U12 = 100 kV=105V，则上面两种情况：(a)eU12+mec2=9.81014，21222e12UecmeU2=5.3671014，v=1.643108m s，得相对论波长=3.7061012m 。(b) 不考虑相对论效应：12eeUm2=1.711022，=h12eeUm2=3.8771012m 。相对误差是706.3706.3877.3= 4.6。23-11 (1)eU=21mv2，=mvh， U=me2h2=193121034106.11011.921011063.6=151V。23-1221mv2=23KT，=mvh=mKT3h=30010

34、38.11067.131063.6232734=1.456 ? 。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。23-14 由xpxh即xxph据题意vmpx以及德布罗意波公式vmh /得xph比较、式得x23-15 根据海森堡不确定关系x?p x h。(1) p=h，p x=2h，xxph=2=6710103=0.3m。(2) 一维运动电子能量即为其动能，E=Ek=mv22=1keV=1031.61019=1.61

35、016J，p=mv=KmE2=1631106.11011. 92=1.7110-23kgm s，pxh，pp=pxh=23241071.11063.6=38.8%。23-16p= (mv)=m v( 低速时 m不变 ) ， p hx=h=p， m v mv，即v v。23-17 A 第 24 章薛定谔方程【例题精讲】例 24-1 粒子的位置几率密度22222( )sin(1cos)2xxxaaaa；当2cos1xa时2( )x精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆有最大值，在0 xa范围内可

36、得2xa，所以2ax。例 24-2 由题意知2dn，即2dn，其中n=1， 2，3。德布罗意波长hp，因此粒子的动量为2/2hhnhpdnd。在势阱中运动的粒子，势能U （ x）=0，因此能量22kpEEm。所以2222()2,1,2,328nknhn hdEEnmmd。【习题精练】24-1 (1)a2145cosa1a65a23cosa1ax226522。(2)dx)x(4a02=4a0a2sin2anxdx1n4a0a2a sin2(ax)d(ax) =24/a0 xa2sin41a2x=2841=9.1。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hc

37、=(E3E1)c，氢原子vc，静止质量视为不变。即 0=cEE13 +mv v=mcEE13=827191031067.1106.1)6.1351.1(= 3.86m s。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) )11(2nRhcE75.12)11(6 .132n eV n =4 (2) 可以发出41、31、21、43、42、32六条谱线能级图如图所示434241323121n =4 3 2 1 例题25-2 图例 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 E2E1。T=K

38、EE3412=23191038.13106.1)6.134.3(4=1.6 105K。例 25-422211111()0.111324HHRnnnR，给基态氢原子提供能量，使其精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆从 n=1的基态跃迁到n=3的第二激发态：31121(1)12.093hEEEEeV。 由21nrr n知，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 12，12例 25-8 2；2(21)l；22n。例 25-9 电子动量矩的可能取值为0,

39、2 ,6；zL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 ms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12 两个值，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

40、关系(0.7 )nl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1223343sspspsd。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4.16.1315212veKmE eV 则eKmE2v7.0 105 m/s 光电子的德布罗意波长为vemhph1.04 10-9m =10.4 ?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E1得到此能量将到达激发态E

41、n，En=E1+10.19 = 13.6+10.19 = 3.41eV =13.6n2， n=2。设初态为Ei到达 E2，即 EiE2=hc，Ei=E2+ hc= 3.41+197834106.11086.41031063.6= 3.41+2.56=0.85eV 。25-4 波长01025.7 A，为紫外光，属莱曼系。即12(1)Rn，解得 n=3。所以01025.7 A谱线是在31nn的能级间跃迁中辐射得到的。25-5 D （2） C 25-6 (1)1 ， 1 2；(2)(1 ，0，0，1 2) ，(1 ，0，0， 1 2) ；(3)(1 ，0，0，1 2) ， (2，0， 0，12)或(2 ，0，0，12)。25-7 n=2 时共有 8 个量子态，因12sm两个中只取一个，故能填 4 个电子。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 24 页学而不思则惘，思而不学则殆精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 24 页