大学物理(第五版)习题解答12-15 wan改正.doc 88页

'第四篇　气体动理论　热力学基础求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法热运动包含气体动理论和热力学基础两部分．气体动理论从物质的微观结构出发，运用统计方法研究气体的热现象，通过寻求宏观量与微观量之间的关系，阐明气体的一些宏观性质和规律．而热力学基础是从宏观角度通过实验现象研究热运动规律．在求解这两章习题时要注意它们处理问题方法的差异．气体动理论主要研究对象是理想气体，求解这部分习题主要围绕以下三个方面：(1)理想气体物态方程和能量均分定理的应用；(2)麦克斯韦速率分布率的应用；(3)有关分子碰撞平均自由程和平均碰撞频率．热力学基础方面的习题则是围绕第一定律对理想气体的四个特殊过程(三个等值过程和一个绝热过程)和循环过程的应用，以及计算热力学过程的熵变，并用熵增定理判别过程的方向．1．近似计算的应用一般气体在温度不太低、压强不太大时，可近似当作理想气体，故理想气体也是一个理想模型．气体动理论是以理想气体为模型建立起来的，因此，气体动理论所述的定律、定理和公式只能在一定条件下使用．我们在求解气体动理论中有关问题时必须明确这一点．然而，这种从理想模型得出的结果在理论和实践上是有意义的．例如理想气体的内能公式以及由此得出的理想气体的摩尔定容热容和摩尔定压热容都是近似公式，它们与在通常温度下的实验值相差不大，因此，除了在低温情况下以外，它们还都是可以使用的．在实际工作时如果要求精度较高，摩尔定容热容和摩尔定压热容应采用实验值．本书习题中有少数题给出了在某种条件下和的实验值就是这个道理．如习题中不给出实验值，可以采用近似的理论公式计算． 2．热力学第一定律解题过程及注意事项热力学第一定律，其中功，内能增量．本章习题主要是第一定律对理想气体的四个特殊过程(等体、等压、等温、绝热)以及由它们组成的循环过程的应用．解题的主要过程：(1)明确研究对象是什么气体(单原子还是双原子)，气体的质量或物质的量是多少？(２)弄清系统经历的是些什么过程，并掌握这些过程的特征．(３)画出各过程相应的p－V图．应当知道准确作出热力学过程的p－V图，可以给出一个比较清晰的物理图像．(４)根据各过程的方程和状态方程确定各状态的参量，由各过程的特点和热力学第一定律就可计算出理想气体在各过程中的功、内能增量和吸放热了．在计算中要注意Q和W的正、负取法．3．关于内能的计算理想气体的内能是温度的单值函数，是状态量，与过程无关，而功和热量是过程量，在两个确定的初、末状态之间经历不同的过程，功和热量一般是不一样的，但内能的变化是相同的，且均等于．因此，对理想气体来说，不论其经历什么过程都可用上述公式计算内能的增量．同样，我们在计算某一系统熵变的时候，由于熵是状态量，以无论在始、末状态之间系统经历了什么过程，始、末两个状态间的熵变是相同的．所以，要计算始末两状态之间经历的不可逆过程的熵变，就可通过计算两状态之间可逆过程熵变来求得，就是这个道理．4．麦克斯韦速率分布律的应用和分子碰撞的有关讨论深刻理解麦克斯韦速率分布律的物理意义，掌握速率分布函数f(v)和三种统计速率公式及物理意义是求解这部分习题的关键．三种速率为，，．注意它们的共同点都正比于，而在物理意义上和用途上又有区别． 用于讨论分子速率分布图．用于讨论分子的碰撞；用于讨论分子的平均平动动能．解题中只要抓住这些特点就比较方便．根据教学基本要求，有关分子碰撞内容的习题求解比较简单，往往只要记住平均碰撞频率公式和平均自由程，甚至只要知道，及这种比值关系就可求解许多有关习题． 第十二章　气体动理论12－1　处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们(　　)(A)温度，压强均不相同　　(B)温度相同，但氦气压强大于氮气的压强(C)温度，压强都相同(D)温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析与解　理想气体分子的平均平动动能，仅与温度有关．因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程，当两者分子数密度n相同时，它们压强也相同．故选(C)．12－2　三个容器A、B、C中装有同种理想气体，其分子数密度n相同，方均根速率之比，则其压强之比为(　　)(A)1∶2∶4　　(B)1∶4∶8　(C)1∶4∶16　　(D)4∶2∶1分析与解　分子的方均根速率为，因此对同种理想气体有，又由物态方程，当三个容器中分子数密度n相同时，得.故选(C)．12－3　在一个体积不变的容器中，储有一定量的某种理想气体，温度为时，气体分子的平均速率为，分子平均碰撞次数为，平均自由程为，当气体温度升高为时，气体分子的平均速率、平均碰撞频率和平均自由程分别为(　　)(A)　(B)(C)(D)分析与解　理想气体分子的平均速率，温度由升至，则平均速率变为；又平均碰撞频率 ，由于容器体积不变，即分子数密度n不变，则平均碰撞频率变为；而平均自由程，n不变，则珔λ也不变．因此正确答案为(B)．12－4　已知n为单位体积的分子数，为麦克斯韦速率分布函数，则表示(　　)(A)速率v附近，ｄv区间内的分子数(B)单位体积内速率在区间内的分子数(C)速率v附近，ｄv区间内分子数占总分子数的比率(D)单位时间内碰到单位器壁上，速率在区间内的分子数分析与解　麦克斯韦速率分布函数，而，则有．即表示单位体积内速率在区间内的分子数．正确答案为(B)．12－5　一打足气的自行车内胎，在时，轮胎中空气的压强为，则当温度变为时，轮胎内空气的压强为多少？(设内胎容积不变)分析　胎内空气可视为一定量的理想气体，其始末状态均为平衡态，由于气体的体积不变，由理想气体物态方程可知，压强p与温度T成正比．由此即可求出末态的压强．解　由分析可知，当，轮胎内空气压强为可见当温度升高时，轮胎内气体压强变大，因此，夏季外出时自行车的车胎不宜充气太足，以免爆胎．12－6　有一个体积为的空气泡由水面下深的湖底处(温度为)升到湖面上来．若湖面的温度为，求气泡到达湖面的体积．(取大气压强为)分析 　将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态．利用理想气体物态方程即可求解本题．位于湖底时，气泡内的压强可用公式求出，其中ρ为水的密度(常取)．解　设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为(p1，V1，T1)和(p2,V2，T2)．由分析知湖底处压强为，利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积为12－7　氧气瓶的容积为，其中氧气的压强为，氧气厂规定压强降到时，就应重新充气，以免经常洗瓶．某小型吹玻璃车间，平均每天用去压强为的氧气，问一瓶氧气能用多少天？(设使用过程中温度不变)分析　由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用．为此，可通过两条不同的思路进行分析和求解：(1)从氧气质量的角度来分析．利用理想气体物态方程可以分别计算出每天使用氧气的质量和可供使用的氧气总质量(即原瓶中氧气的总质量和需充气时瓶中剩余氧气的质量之差)，从而可求得使用天数．(2)从容积角度来分析．利用等温膨胀条件将原瓶中氧气由初态(,)膨胀到需充气条件下的终态(，待求)，比较可得状态下实际使用掉的氧气的体积为．同样将每天使用的氧气由初态(，)等温压缩到压强为p2的终态，并算出此时的体积V′2，由此可得使用天数应为．解1　根据分析有 则一瓶氧气可用天数解2　根据分析中所述，由理想气体物态方程得等温膨胀后瓶内氧气在压强为时的体积为每天用去相同状态的氧气容积则瓶内氧气可用天数为12－8　设想太阳是由氢原子组成的理想气体，其密度可当作是均匀的．若此理想气体的压强为．试估计太阳的温度．(已知氢原子的质量，太阳半径，太阳质量)分析　本题可直接运用物态方程进行计算．解　氢原子的数密度可表示为根据题给条件，由可得太阳的温度为说明　实际上太阳结构并非本题中所设想的理想化模型，因此，计算所得的太阳温度与实际的温度相差较大．估算太阳(或星体)表面温度的几种较实用的方法在教材第十五章有所介绍．12－9　一容器内储有氧气，其压强为，温度为27℃，求：(1)气体分子的数密度；(2)氧气的密度；(3)分子的平均平动动能；(4)分子间的平均距离．(设分子间均匀等距排列) 分析　在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体．因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解．又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为，由数密度的含意可知，即可求出．解　(1)单位体积分子数(2)氧气的密度(3)氧气分子的平均平动动能(4)氧气分子的平均距离通过对本题的求解，我们可以对通常状态下理想气体的分子数密度、平均平动动能、分子间平均距离等物理量的数量级有所了解．12－10　2.0×10－2kg氢气装在4.0×10-3m3的容器内，当容器内的压强为3.90×105Pa时，氢气分子的平均平动动能为多大？分析　理想气体的温度是由分子的平均平动动能决定的，即．因此，根据题中给出的条件，通过物态方程pV＝m/MRT，求出容器内氢气的温度即可得．解　由分析知氢气的温度，则氢气分子的平均平动动能为12－11　温度为0℃和100℃时理想气体分子的平均平动动能各为多少？欲使分子的平均平动动能等于1eV，气体的温度需多高？解　分子在0℃和100℃时平均平动动能分别为 由于1eV＝1.6×10－19J，因此，分子具有1eV平均平动动能时，气体温度为这个温度约为7.5×103℃．12－12　某些恒星的温度可达到约1.0×108K，这是发生聚变反应(也称热核反应)所需的温度.通常在此温度下恒星可视为由质子组成.求：(1)质子的平均动能是多少？(2)质子的方均根速率为多大？分析　将组成恒星的大量质子视为理想气体，质子可作为质点，其自由度i＝3，因此，质子的平均动能就等于平均平动动能.此外，由平均平动动能与温度的关系，可得方均根速率.解　(1)由分析可得质子的平均动能为(2)质子的方均根速率为12－13　试求温度为300.0K和2.7K(星际空间温度)的氢分子的平均速率、方均根速率及最概然速率.分析　分清平均速率、方均根速率及最概然速率的物理意义，并利用三种速率相应的公式即可求解.解　氢气的摩尔质量M＝2×10－3kg·mol－1，气体温度T1＝300.0K，则有气体温度T2＝2.7K时，有 12－14　如图所示，Ⅰ、Ⅱ两条曲线分别是氢气和氧气在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线.试由图中数据求：(1)氢气分子和氧气分子的最概然速率；(2)两种气体所处的温度；(3)若图中Ⅰ、Ⅱ分别表示氢气在不同温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线.则哪条曲线的气体温度较高？分析　由可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，它们的最概然速率vp也就不同.因，故氢气比氧气的vp要大，由此可判定图中曲线Ⅱ所标vp＝2.0×103m·s－1应是对应于氢气分子的最概然速率.从而可求出该曲线所对应的温度.又因曲线Ⅰ、Ⅱ所处的温度相同，故曲线Ⅰ中氧气的最概然速率也可按上式求得.同样，由可知，如果是同种气体，当温度不同时，最概然速率vp也不同.温度越高，vp越大.而曲线Ⅱ对应的vp较大，因而代表 气体温度较高状态.解　(1)由分析知氢气分子的最概然速率为利用MO2/MH2＝16可得氧气分子最概然速率为(2)由得气体温度(3)Ⅱ代表气体温度较高状态.12－15　日冕的温度为2.0×106K，所喷出的电子气可视为理想气体.试求其中电子的方均根速率和热运动平均动能.解　方均根速率平均动能12－16　在容积为2.0×10－3m3的容器中，有内能为6.75×102J的刚性双原子分子某理想气体.(1)求气体的压强；(2)设分子总数为5.4×1022个，求分子的平均平动动能及气体的温度.分析　(1)一定量理想气体的内能，对刚性双原子分子而言，i＝5.由上述内能公式和理想气体物态方程pV＝mMRT可解出气体的压强.(2)求得压强后，再依据题给数据可求得分子数密度，则由公式p＝nkT可求气体温度.气体分子的平均平动动能可由求出.解　(1)由和pV＝mMRT可得气体压强 (2)分子数密度n＝N/V，则该气体的温度气体分子的平均平动动能为12－17温度相同的氢气和氧气，若氢气分子的平均平动动能为6.21×10－21J，试求(1)氧气分子的平均平动动能及温度；(2)氧气分子的最概然速率.分析　(1)理想气体分子的平均平动动能，是温度的单值函数，与气体种类无关.因此，氧气和氢气在相同温度下具有相同的平均平动动能，从而可以求出氧气的温度.(2)知道温度后再由最概然速率公式即可求解vp.解　(1)由分析知氧气分子的平均平动动能为，则氧气的温度为：(2)氧气的摩尔质量M＝3.2×10－2kg·mol－1，则有12－18　声波在理想气体中传播的速率正比于气体分子的方均根速率.问声波通过氧气的速率与通过氢气的速率之比为多少？设这两种气体都是理想气体并具有相同的温度.分析　由题意声波速率u与气体分子的方均根速率成正比，即；而在一定温度下，气体分子的方均根速率，式中M为气体的摩尔质量.因此，在一定温度下声波速率.解　依据分析可设声速，式中A为比例常量.则声波通过氧气与氢气的速率之比为 12－19　已知质点离开地球引力作用所需的逃逸速率为，其中r为地球半径.(1)若使氢气分子和氧气分子的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各自应有多高的温度；(2)说明大气层中为什么氢气比氧气要少.(取r＝6.40×106m)分析　气体分子热运动的平均速率，对于摩尔质量M不同的气体分子，为使等于逃逸速率v，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔质量M较小的就容易达到逃逸速率.解　(1)由题意逃逸速率，而分子热运动的平均速率.当时，有由于氢气的摩尔质量，氧气的摩尔质量，则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为(2)根据上述分析，当温度相同时，氢气的平均速率比氧气的要大(约为4倍)，因此达到逃逸速率的氢气分子比氧气分子多.按大爆炸理论，宇宙在形成过程中经历了一个极高温过程.在地球形成的初期，虽然温度已大大降低，但温度值还是很高.因而，在气体分子产生过程中就开始有分子逃逸地球，其中氢气分子比氧气分子更易逃逸.另外，虽然目前的大气层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分子速率分布曲线可知，在任一温度下，总有一些气体分子的运动速率大于逃逸速率.从分布曲线也可知道在相同温度下氢气分子能达到逃逸速率的可能性大于氧气分子.故大气层中氢气比氧气要少.12－20　容积为1m3的容器储有1mol氧气，以v＝10m·s－1 的速度运动，设容器突然停止，其中氧气的80％的机械运动动能转化为气体分子热运动动能.试求气体的温度及压强各升高了多少.分析　容器作匀速直线运动时，容器内分子除了相对容器作杂乱无章的热运动外，还和容器一起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为mv2/2.按照题意，当容器突然停止后，80％定向运动动能转为系统的内能.对一定量理想气体内能是温度的单值函数，则有关系式：成立，从而可求ΔT.再利用理想气体物态方程，可求压强的增量.解　由分析知，其中m为容器内氧气质量.又氧气的摩尔质量为，解得ΔT＝6.16×10－2K当容器体积不变时，由pV＝mRT/M得12－21　有N个质量均为m的同种气体分子，它们的速率分布如图所示.(1)说明曲线与横坐标所包围的面积的含义；(2)由N和求a值；(3)求在速率/2到3/2间隔内的分子数；(4)求分子的平均平动动能.分析　处理与气体分子速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数的物理意义.，题中纵坐标 ，即处于速率v附近单位速率区间内的分子数.同时要掌握的归一化条件，即.在此基础上，根据分布函数并运用数学方法(如函数求平均值或极值等)，即可求解本题.解　(1)由于分子所允许的速率在0到2的范围内，由归一化条件可知图中曲线下的面积即曲线下面积表示系统分子总数N.(2)从图中可知，在0到区间内，；而在0到2区间，.则利用归一化条件有(3)速率在/2到3/2间隔内的分子数为(4)分子速率平方的平均值按定义为故分子的平均平动动能为12－22　试用麦克斯韦分子速率分布定律导出方均根速率和最概然速率.分析　麦克斯韦分子速率分布函数为 采用数学中对连续函数求自变量平均值的方法，求解分子速率平方的平均值，即，从而得出方均根速率.由于分布函数较复杂，在积分过程中需作适当的数学代换.另外，最概然速率是指麦克斯韦分子速率分布函数极大值所对应的速率，因而可采用求函数极值的方法求得.解　(1)根据分析可得分子的方均根速率为令，则有(2)令，即得12－23　导体中自由电子的运动可看作类似于气体分子的运动(故称电子气).设导体中共有N个自由电子，其中电子的最大速率为vＦ(称为费米速率).电子在速率之间的概率为(1)画出分布函数图；(2)用N、vＦ定出常数A；(3)证明电子气中电子的平均动能，其中. 分析　理解速率分布函数的物理意义，就不难求解本题.速率分布函数，表示在v附近单位速率区间的粒子数占总粒子数的百分比.它应满足归一化条件，因此根据题给条件可得的函数关系，由此可作出解析图和求出A.在函数关系确定的情况下，由可以求出v2，从而求出.解　(1)由题设可知，电子的速率分布函数，其分布函数图如图所示.(2)利用分析中所述归一化条件，有得(3)12－24　一飞机在地面时，机舱中的压力计指示为，到高空后压强降为.设大气的温度均为27.0℃.问此时飞机距地面的高度为多少？(设空气的摩尔质量为2.89×10－2kg·mol－1)分析 　当温度不变时，大气压强随高度的变化主要是因为分子数密度的改变而造成.气体分子在重力场中的分布满足玻耳兹曼分布.利用地球表面附近气压公式，即可求得飞机的高度h.式中p0是地面的大气压强.解　飞机高度为12－25　在压强为下，氮气分子的平均自由程为6.0×10－6cm,当温度不变时，在多大压强下，其平均自由程为1.0mm。分析　气体分子热运动的平均自由程，其中分子数密度n由物态方程p＝nkT确定，因此在温度一定时，平均自由程.解　由分析知平均自由程.当自由程由改变为时，其压强为12－26　目前实验室获得的极限真空约为1.33×10－11Pa，这与距地球表面1.0×104km处的压强大致相等.而电视机显像管的真空度为1.33×10－3Pa，试求在27℃时这两种不同压强下单位体积中的分子数及分子的平均自由程.(设气体分子的有效直径d＝3.0×10－8cm)解理想气体分子数密度和平均自由程分别为n＝p/kT；，压强为1.33×10－11Pa时，从的值可见分子几乎不发生碰撞.压强为1.33×10－3Pa时，此时分子的平均自由程变小，碰撞几率变大.但相对显像管的尺寸而言，碰撞仍很少发生.12－27　若氖气分子的有效直径为2.59×10－8cm，问在温度为600K 、压强为1.33×1×102Pa时氖分子1ｓ内的平均碰撞次数为多少？分析　分子1ｓ内的平均碰撞次数即平均碰撞频率，其中分子数密度n及平均速率可利用物态方程p＝nkT和平均速率公式分别求出.解　由分析可得氖分子的平均碰撞频率12－28　在一定的压强下，温度为20℃时，氩气和氮气分子的平均自由程分别为9.9×10－8m和27.5×10－8m.试求：(1)氩气和氮气分子的有效直径之比；(2)当温度不变且压强为原值的一半时，氮气分子的平均自由程和平均碰撞频率.分析(1)气体分子热运动的平均自由程，因此，温度、压强一定时，平均自由程.(2)当温度不变时，平均自由程.解　(1)由分析可知(2)由分析可知氮气分子的平均自由程在压强降为原值的一半时，有而此时的分子平均碰撞频率　　将T＝293K，MN2＝2.8×10－2kg·mol－1代入，可得12－29　对于CO2气体有范德瓦耳斯常量a＝0.37Pa·m6·mol－2；b＝4.3×10－5m3·mol－1，0℃时其摩尔体积为6.0×10－4m3·mol－1.试求其压强.如果将其当作理想气体处理，结果又如何？分析　直接运用范德瓦耳斯方程和理想气体状态程可分别求出对应的压强. 解　用范德瓦耳斯方程求解，其压强为作为理想气体求解，则有讨论　由计算可知，.这正是因为在建立理想气体模型时，忽略了分子本身占有的体积所致.12－30　一台普通冰箱等效于一个厚、内表面积为的软木盒子.关上冰箱门后，内部温度比外界温度低22.2℃，若冰箱马达运行时间为冰箱关闭时间的15％，求马达运行时，冰箱内热量的迁移率(即单位时间内从冰箱内迁出的热量).已知软木盒热导率.解　根据热传导公式，由题已知，，，ΔT＝22.2K，得，则马达运行时，热量迁移率为. 第十三章　热力学基础13－1　如图所示，bca为理想气体绝热过程，b1a和b2a是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是(　　)(A)b1a过程放热，作负功；b2a过程放热，作负功(B)b1a过程吸热，作负功；b2a过程放热，作负功(C)b1a过程吸热，作正功；b2a过程吸热，作负功(D)b1a过程放热，作正功；b2a过程吸热，作正功分析与解　bca，b1a和b2a均是外界压缩系统，由知系统经这三个过程均作负功，因而(C)、(D)不对.理想气体的内能是温度的单值函数，因此三个过程初末态内能变化相等，设为ΔE.对绝热过程bca，由热力学第一定律知ΔE＝－Wbca.另外，由图可知：｜Wb2a｜＞｜Wbca｜＞｜Wb1a｜，则Wb2a＜Wbca＜Wb1a.对b1a过程：Q＝ΔE＋Wb1a＞ΔE＋Wbca＝0是吸热过程.而对b2a过程：Q＝ΔE＋Wb2a＜ΔE＋Wbca＝0是放热过程.可见(A)不对，正确的是(B).13－2　如图，一定量的理想气体，由平衡态A变到平衡态B，且它们的压强相等，即pA＝pB,请问在状态A和状态B之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然(　　)(A)对外作正功　　　　　(B)内能增加 (C)从外界吸热　　　　　(D)向外界放热分析与解　由p－V图可知，pAVA＜pBVB，即知TA＜TB，则对一定量理想气体必有EB＞EA.即气体由状态A变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确.13－3　两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为(　　)(A)6J　　　(B)3J　　　(C)5J　　(D)10J分析与解　当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W，有Q＝ΔE.而由理想气体内能公式，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量.再由理想气体物态方程pV＝mMRT，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则.因此正确答案为(C).13－4　有人想像了四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为(　　) 分析与解　由绝热过程方程pVγ＝常量，以及等温过程方程pV＝常量，可知绝热线比等温线要陡，所以(A)过程不对，(B)、(C)过程中都有两条绝热线相交于一点，这是不可能的.而且(B)过程的循环表明系统从单一热源吸热且不引起外界变化，使之全部变成有用功，违反了热力学第二定律.因此只有(D)正确.13－5　一台工作于温度分别为327℃和27℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2000J，则对外作功(　　)(A)2000J　(B)1000J　　(C)4000J　　(D)500J分析与解　热机循环效率η＝W/Q吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1－T2/T1，则由W/Q吸＝1－T2/T1可求答案.正确答案为(B).13－6　根据热力学第二定律(　　)(A)自然界中的一切自发过程都是不可逆的(B)不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程 (C)热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体(D)任何过程总是沿着熵增加的方向进行分析与解　对选项(B)：不可逆过程应是指在不引起其他变化的条件下，不能使逆过程重复正过程的每一状态，或者虽然重复但必然会引起其他变化的过程.对选项(C)：应是热量不可能从低温物体自动传到高温物体而不引起外界的变化.对选项(D)：缺少了在孤立系统中这一前提条件.只有选项(A)正确.13－7　位于委内瑞拉的安赫尔瀑布是世界上落差最大的瀑布，它高979m.如果在水下落的过程中，重力对它所作的功中有50％转换为热量使水温升高，求水由瀑布顶部落到底部而产生的温差.(水的比热容c为4.18×103J·kg－1·K－1)分析　取质量为m的水作为研究对象，水从瀑布顶部下落到底部过程中重力作功W＝mgh，按题意，被水吸收的热量Q＝0.5W，则水吸收热量后升高的温度可由Q＝mcΔT求得.解　由上述分析得mcΔT＝0.5mgh水下落后升高的温度ΔT＝0.5gh/c＝1.15K13－8　如图所示，一定量的空气，开始在状态A，其压强为2.0×105Pa，体积为2.0×10－3m3，沿直线AB变化到状态B后，压强变为1.0×105Pa，体积变为3.0×10－3m3，求此过程中气体所作的功. 分析　理想气体作功的表达式为.功的数值就等于p－V图中过程曲线下所对应的面积.解　SABCD＝1/2(BC＋AD)×CD故W＝150J13－9　汽缸内储有2.0mol的空气，温度为27℃，若维持压强不变，而使空气的体积膨胀到原体积的3s倍，求空气膨胀时所作的功.分析　本题是等压膨胀过程，气体作功，其中压强p可通过物态方程求得.解　根据物态方程,汽缸内气体的压强，则作功为13－10　一定量的空气，吸收了1.71×103J的热量，并保持在1.0×105Pa下膨胀，体积从1.0×10－2m3增加到1.5×10－2m3，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多少？分析　由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W＝p(V2－V1)求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值.解　该空气等压膨胀，对外作功为W＝p(V2－V1)＝5.0×102J其内能的改变为Q＝ΔE＋W＝1.21×103J13－11　0.1kg的水蒸气自120℃加热升温到140℃，问(1)在等体过程中；(2)在等压过程中，各吸收了多少热量？根据实验测定，已知水蒸气的摩尔定压热容Cp,m＝36.21J·mol-1·K-1，摩尔定容热容CV,m＝27.82J·mol-1·K-1.分析　由量热学知热量的计算公式为.按热力学第一定律，在等体过程中，；在等压过程中，. 解　(1)在等体过程中吸收的热量为(2)在等压过程中吸收的热量为13－12　如图所示，在绝热壁的汽缸内盛有1mol的氮气，活塞外为大气，氮气的压强为1.51×105Pa，活塞面积为0.02m2.从汽缸底部加热，使活塞缓慢上升了0.5m.问(1)气体经历了什么过程？(2)汽缸中的气体吸收了多少热量？(根据实验测定，已知氮气的摩尔定压热容Cp，m＝29.12J·mol－1·K－1，摩尔定容热容CV,m＝20.80J·mol-1·K-1)分析　因活塞可以自由移动，活塞对气体的作用力始终为大气压力和活塞重力之和.容器内气体压强将保持不变.对等压过程，吸热.ΔT可由理想气体物态方程求出.解　(1)由分析可知气体经历了等压膨胀过程.(2)吸热.其中ν＝1mol，Cp,m＝29.12Ｊ·mol－1·Ｋ－1.由理想气体物态方程pV＝νRT，得ΔT＝(p2V2－p1V1)/R＝p(V2－V1)/R＝p·S·Δl/R则13－13　一压强为1.0×105Pa,体积为1.0×10－3m3的氧气自0℃加热到100℃.问：(1)当压强不变时，需要多少热量?当体积不变时，需要多少热量?(2) 在等压或等体过程中各作了多少功?分析　(1)求Qp和QV的方法与题13-11相同.(2)求过程的作功通常有两个途径.①利用公式；②利用热力学第一定律去求解.在本题中，热量Q已求出，而内能变化可由得到.从而可求得功W.解　根据题给初态条件得氧气的物质的量为氧气的摩尔定压热容，摩尔定容热容.(1)求Qp、QV等压过程氧气(系统)吸热等体过程氧气(系统)吸热(2)按分析中的两种方法求作功值解1　①利用公式求解.在等压过程中，，则得而在等体过程中，因气体的体积不变，故作功为②利用热力学第一定律Q＝ΔE＋W求解.氧气的内能变化为　由于在(1)中已求出Qp与QV ，则由热力学第一定律可得在等压过程、等体过程中所作的功分别为13－14　如图所示，系统从状态A沿ABC变化到状态C的过程中，外界有326J的热量传递给系统，同时系统对外作功126J.当系统从状态C沿另一曲线CA返回到状态A时，外界对系统作功为52J，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？分析　已知系统从状态C到状态A，外界对系统作功为WCA，如果再能知道此过程中内能的变化ΔEAC，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量QCA.由于理想气体的内能是状态(温度)的函数，利用题中给出的ABC过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A至C过程中系统内能的变化ΔEAC，而ΔEAC＝－ΔEAC，故可求得QCA.解　系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为QABC＝326J，　WABC＝126J则由热力学第一定律可得由A到C过程中系统内能的增量ΔEAC＝QABC－WABC＝200J由此可得从C到A，系统内能的增量为ΔECA＝－200J从C到A，系统所吸收的热量为 QCA＝ΔECA＋WCA＝－252J式中负号表示系统向外界放热252J.这里要说明的是由于CA是一未知过程，上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热.13－15　如图所示，一定量的理想气体经历ACB过程时吸热700J，则经历ACBDA过程时吸热又为多少？分析　从图中可见ACBDA过程是一个循环过程.由于理想气体系统经历一个循环的内能变化为零，故根据热力学第一定律，循环系统净吸热即为外界对系统所作的净功.为了求得该循环过程中所作的功，可将ACBDA循环过程分成ACB、BD及DA三个过程讨论.其中BD及DA分别为等体和等压过程，过程中所作的功按定义很容易求得；而ACB过程中所作的功可根据上题同样的方法利用热力学第一定律去求.解　由图中数据有pAVA＝pBVB,则A、B两状态温度相同，故ACB过程内能的变化ΔECAB＝0，由热力学第一定律可得系统对外界作功WCAB＝QCAB－ΔECAB＝QCAB＝700J在等体过程BD及等压过程DA中气体作功分别为 则在循环过程ACBDA中系统所作的总功为负号表示外界对系统作功.由热力学第一定律可得，系统在循环中吸收的总热量为负号表示在此过程中，热量传递的总效果为放热.13－16　在温度不是很低的情况下，许多物质的摩尔定压热容都可以用下式表示式中a、b和c是常量，T是热力学温度.求：(1)在恒定压强下，1mol物质的温度从T1升高到T2时需要的热量；(2)在温度T1和T2之间的平均摩尔热容；(3)对镁这种物质来说，若Cp，m的单位为J·mol－1·K－1，则a＝25.7J·mol-1·Ｋ-1，b＝3.13×10-3J·mol-1·Ｋ-2，c＝3.27×105J·mol－1·K.计算镁在300Ｋ时的摩尔定压热容Cp,m，以及在200Ｋ和400Ｋ之间Cp,m的平均值.分析　由题目知摩尔定压热容Cp,m随温度变化的函数关系，则根据积分式即可求得在恒定压强下，1mol物质从T1升高到T2所吸收的热量Qp.故温度在T1至T2之间的平均摩尔热容.解　(1)11mol物质从T1升高到T2时吸热为　　(2)在T1和T2间的平均摩尔热容为　　(3)镁在T＝300K时的摩尔定压热容为镁在200K和400K之间Cp，m的平均值为 13－17　空气由压强为1.52×105Pa，体积为5.0×10－3m3，等温膨胀到压强为1.01×105Pa，然后再经等压压缩到原来的体积.试计算空气所作的功.解　空气在等温膨胀过程中所作的功为空气在等压压缩过程中所作的功为利用等温过程关系p1V1＝p2V2，则空气在整个过程中所作的功为13－18　如图所示，使1mol氧气(1)由A等温地变到B；(2)由A等体地变到C，再由C等压地变到B.试分别计算氧气所作的功和吸收的热量.分析　从p－V图(也称示功图)上可以看出，氧气在AB与ACB两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过求出.考虑到内能是状态的函数，其变化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同TA＝TB，故ΔE＝0，利用热力学第一定律Q＝W＋ΔE，可求出每一过程所吸收的热量.解　(1)沿AB作等温膨胀的过程中，系统作功 由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为QAB＝WAB＝2.77×103Ｊ　　(2)沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别为WACB＝WAC＋WCB＝WCB＝pC(VB－VC)＝2.0×103ＪQACB＝WACB＝2.0×103Ｊ13－19　将体积为1.0×10-4m3、压强为1.01×105Pa的氢气绝热压缩，使其体积变为2.0×10-5m3，求压缩过程中气体所作的功.(氢气的摩尔定压热容与摩尔定容热容比值γ＝1.41)分析　可采用题13－13中气体作功的两种计算方法.(1)气体作功可由积分求解，其中函数p(V)可通过绝热过程方程得出.(2)因为过程是绝热的，故Q＝0，因此，有W＝－ΔE；而系统内能的变化可由系统的始末状态求出.解　根据上述分析，这里采用方法(1)求解,方法(2)留给读者试解.设p、V分别为绝热过程中任一状态的压强和体积，则由得氢气绝热压缩作功为13－20　试验用的火炮炮筒长为3.66m，内膛直径为0.152m，炮弹质量为45.4kg，击发后火药爆燃完全时炮弹已被推行0.98m，速度为311m·s-1，这时膛内气体压强为2.43×108Pa.设此后膛内气体做绝热膨胀，直到炮弹出口.求(1)在这一绝热膨胀过程中气体对炮弹作功多少？设摩尔定压热容与摩尔定容热容比值为.(2)炮弹的出口速度(忽略摩擦).分析　(1)气体绝热膨胀作功可由公式计算. 由题中条件可知绝热膨胀前后气体的体积V1和V2，因此只要通过绝热过程方程求出绝热膨胀后气体的压强就可求出作功值.(2)在忽略摩擦的情况下，可认为气体所作的功全部用来增加炮弹的动能.由此可得到炮弹速度.解　由题设l＝3.66m,D＝0.152m，m＝45.4kg，l1＝0.98m，v1＝311m·s-1，p1＝2.43×108Pa，γ＝1.2.(1)炮弹出口时气体压强为气体作功(2)根据分析，则13－21　1mol氢气在温度为300Ｋ，体积为0.025m3的状态下，经过(1)等压膨胀，(2)等温膨胀，(3)绝热膨胀.气体的体积都变为原来的两倍.试分别计算这三种过程中氢气对外作的功以及吸收的热量.分析　这三个过程是教材中重点讨论的过程.在p－V 图上，它们的过程曲线如图所示.由图可知过程(1)作功最多，过程(3)作功最少.温度TB＞TC＞TD，而过程(3)是绝热过程，因此过程(1)和(2)均吸热，且过程(1)吸热多.具体计算时只需直接代有关公式即可.解　(1)等压膨胀(2)等温膨胀对等温过程ΔE＝0，所以(3)绝热膨胀TD＝TA(VA／VD)γ－1＝300×(0.5)0.4＝227.4Ｋ对绝热过程，则有13－22　绝热汽缸被一不导热的隔板均分成体积相等的A、B两室，隔板可无摩擦地平移，如图所示.A、B中各有1mol氮气，它们的温度都是T0，体积都是V0.现用A室中的电热丝对气体加热，平衡后A室体积为B室的两倍，试求(1)此时A、B两室气体的温度；(2)A中气体吸收的热量.分析　(1)B室中气体经历的是一个绝热压缩过程，遵循绝热方程TVγ－1＝常数，由此可求出B中气体的末态温度TB.又由于A、B 两室中隔板可无摩擦平移，故A、B两室等压.则由物态方程pVA＝νRTA和pVB＝νRTB可知TA＝2TB.(2)欲求A室中气体吸收的热量，我们可以有两种方法.方法一：视A、B为整体，那么系统(汽缸)对外不作功，吸收的热量等于系统内能的增量.即QA＝ΔEA＋ΔEB.方法二：A室吸热一方面提高其内能ΔEA，另外对“外界”B室作功WA.而对B室而言，由于是绝热的，“外界”对它作的功就全部用于提高系统的内能ΔEB.因而在数值上WA＝ΔEB.同样得到QA＝ΔEA＋ΔEB.解　设平衡后A、B中气体的温度、体积分别为TA，TB和VA，VB.而由分析知压强pA＝pB＝p.由题已知，得(1)根据分析，对B室有得；(2)13－230.32kg的氧气作如图所示的ABCDA循环，V2＝2V1,T1＝300Ｋ，T2＝200Ｋ,求循环效率. 分析　该循环是正循环.循环效率可根据定义式η＝W/Q来求出，其中W表示一个循环过程系统作的净功，Q为循环过程系统吸收的总热量.解　根据分析，因AB、CD为等温过程，循环过程中系统作的净功为由于吸热过程仅在等温膨胀(对应于AB段)和等体升压(对应于DA段)中发生,而等温过程中ΔE＝0,则.等体升压过程中W＝0，则,所以，循环过程中系统吸热的总量为由此得到该循环的效率为13－24　图(ａ)是某单原子理想气体循环过程的V－T图，图中VC＝2VA.试问：(1)图中所示循环是代表制冷机还是热机？(2)如是正循环(热机循环)，求出其循环效率. 分析　以正、逆循环来区分热机和制冷机是针对p－V图中循环曲线行进方向而言的.因此，对图(ａ)中的循环进行分析时，一般要先将其转换为p－V图.转换方法主要是通过找每一过程的特殊点，并利用理想气体物态方程来完成.由图(ａ)可以看出，BC为等体降温过程，CA为等温压缩过程；而对AB过程的分析，可以依据图中直线过原点来判别.其直线方程为V＝CT，C为常数.将其与理想气体物态方程pV＝m/MRT比较可知该过程为等压膨胀过程(注意：如果直线不过原点，就不是等压过程).这样，就可得出p－V图中的过程曲线，并可判别是正循环(热机循环)还是逆循环(制冷机循环)，再参考题13－23的方法求出循环效率.解　(1)根据分析，将V－T图转换为相应的p－V图，如图(ｂ)所示.图中曲线行进方向是正循环，即为热机循环.(2)根据得到的p－V图可知，AB为等压膨胀过程，为吸热过程.BC为等体降压过程，CA为等温压缩过程，均为放热过程.故系统在循环过程中吸收和放出的热量分别为CA为等温线，有TA＝TC；AB为等压线，且因VC＝2VA，则有TA＝TB/2.对单原子理想气体，其摩尔定压热容Cp，m＝5R/2，摩尔定容热容CV，m＝3R/2.故循环效率为13－25　一卡诺热机的低温热源温度为7℃，效率为40％，若要将其效率提高到50％，问高温热源的温度需提高多少？解　设高温热源的温度分别为、,则有，　其中T2为低温热源温度.由上述两式可得高温热源需提高的温度为 13－26　一定量的理想气体，经历如图所示的循环过程.其中AB和CD是等压过程，BC和DA是绝热过程.已知B点温度TB＝T1,C点温度TC＝T2.(1)证明该热机的效率η＝1－T2/T1，(2)这个循环是卡诺循环吗？分析　首先分析判断循环中各过程的吸热、放热情况.BC和DA是绝热过程，故QBC、QDA均为零；而AB为等压膨胀过程(吸热)、CD为等压压缩过程(放热)，这两个过程所吸收和放出的热量均可由相关的温度表示.再利用绝热和等压的过程方程，建立四点温度之间的联系，最终可得到求证的形式.证　(1)根据分析可知(1)与求证的结果比较，只需证得.为此，对AB、CD、BC、DA分别列出过程方程如下VA/TA＝VB/TB(2) VC/TC＝VD/TD(3)(4)(5)联立求解上述各式，可证得η＝1－TC/TB＝1－T2/T1　　(2)虽然该循环效率的表达式与卡诺循环相似，但并不是卡诺循环.其原因是：①卡诺循环是由两条绝热线和两条等温线构成,而这个循环则与卡诺循环不同；②式中T1、T2的含意不同，本题中T1、T2只是温度变化中两特定点的温度，不是两等温热源的恒定温度.13－27　一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8×1011Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？分析　热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率.由卡诺定理可知，在高温热源T1和低温热源T2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为η＝1－T2/T1.由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式，可得此条件下的最大功率.解　根据分析，热机获得的最大功率为13－28　有一以理想气体为工作物质的热机，其循环如图所示，试证明热分析　该热机由三个过程组成，图中AB是绝热过程，BC是等压压缩过程，CA是等体升压过程.其中CA过程系统吸热，BC过程系统放热.本题可从效率定义出发,利用热力学第一定律和等体、等压方程以及γ＝Cp,m桙CV,m的关系来证明. 证　该热机循环的效率为其中QBC＝m/MCp,m(TC－TB)，QCA＝m/MCV,m(TA－TC)，则上式可写为在等压过程BC和等体过程CA中分别有TB/V1＝TC/V2,TA/P1＝TC/P2,代入上式得13－29　如图所示为理想的狄赛尔(Diesel)内燃机循环过程,它由两绝热线AB、CD和等压线BC及等体线DA组成.试证此内燃机的效率为 证　求证方法与题13－28相似.由于该循环仅在DA过程中放热、BC过程中吸热，则热机效率为(1)在绝热过程AB中，有，即(2)在等压过程BC中，有，即(3)再利用绝热过程CD,得(4)解上述各式，可证得13－30 　如图所示，将两部卡诺热机连接起来，使从一个热机输出的热量，输入到另一个热机中去.设第一个热机工作在温度为T1和T2的两热源之间，其效率为η1，而第二个热机工作在温度为T2和T3的两热源之间，其效率为η2.如组合热机的总效率以η＝(W1＋W2)/Q1表示.试证总效率表达式为η＝(1－η1)η2＋η1　或　η＝1－T3/T1分析　按效率定义，两热机单独的效率分别为η1＝W1/Q1和η2＝W2/Q2，其中W1＝Q1－Q2，W2＝Q2－Q3.第一个等式的证明可采用两种方法：(1)从等式右侧出发，将η1、η2的上述表达式代入，即可得证.读者可以一试.(2)从等式左侧的组合热机效率η＝(W1＋W2)/Q1出发，利用η1、η2的表达式，即可证明.由于卡诺热机的效率只取决于两热源的温度，故只需分别将两个卡诺热机的效率表达式η1＝1－T2/T1和η2＝1－T3/T2代入第一个等式，即可得到第二个等式.证　按分析中所述方法(2)求证.因η1＝W1/Q1、η2＝W2/Q2，则组合热机效率(1)以Q2＝Q1－W1代入式(1)，可证得η＝η1＋η2(1－η1)(2)将η1＝1－T2/T1和η2＝1－T3/T2代入式(2)，亦可证得η＝1－T2/T1＋(1－T3/T2)T2/T1＝1－T3/T113－31　在夏季，假定室外温度恒定为37℃ ，启动空调使室内温度始终保持在17℃.如果每天有2.51×108J的热量通过热传导等方式自室外流入室内，则空调一天耗电多少？(设该空调制冷机的制冷系数为同条件下的卡诺制冷机制冷系数的60％)分析　耗电量的单位为kW·h，1kW·h＝3.6×106J.图示是空调的工作过程示意图.因为卡诺制冷机的制冷系数为，其中T1为高温热源温度(室外环境温度)，T2为低温热源温度(室内温度).所以，空调的制冷系数为e＝ek·60％＝0.6T2/(T1－T2)另一方面，由制冷系数的定义，有e＝Q2/(Q1－Q2)其中Q1为空调传递给高温热源的热量，即空调向室外排放的总热量；Q2是空调从房间内吸取的总热量.若Q′为室外传进室内的热量，则在热平衡时Q2＝Q′.由此，就可以求出空调的耗电作功总值W＝Q1－Q2.解　根据上述分析，空调的制冷系数为 　　在室内温度恒定时，有Q2＝Q′.由e＝Q2/(Q1－Q2)可得空调运行一天所耗电功W＝Q1－Q2＝Q2/e＝Q′/e＝2.89×107＝8.0kW·h13－32　一定量的理想气体进行如图所示的逆向斯特林循环(回热式制冷机中的工作循环)，其中1→2为等温(T1)压缩过程，3→4为等温(T2)膨胀过程，其他两过程为等体过程.求证此循环的制冷系数和逆向卡诺循环制冷系数相等.(这一循环是回热式制冷机中的工作循环，具有较好的制冷效果.4→1过程从热库吸收的热量在2→3过程中又放回给了热库，故均不计入循环系数计算.)证明　1→2过程气体放热　　　3→4过程气体吸热则制冷系数e＝Q2/(Q1－Q2)=T2/(T1－T2). 与逆向卡诺循环的制冷系数相同.13－33　物质的量为ν的理想气体，其摩尔定容热容CV,m＝3R/2，从状态A(pA，VA，TA)分别经如图所示的ADB过程和ACB过程，到达状态B(pB，VB，TB).试问在这两个过程中气体的熵变各为多少？图中AD为等温线.分析　熵是热力学的状态函数，状态A与B之间的熵变ΔSAB不会因路径的不同而改变.此外，ADB与ACB过程均由两个子过程组成.总的熵变应等于各子过程熵变之和，即或.解　(1)ADB过程的熵变为(1)　　在等温过程AD中，有TD＝TA；等压过程DB中，有VB/TB＝VD/TD；而Cp，m＝CV，m＋R，故式(1)可改写为　　(2)ACB过程的熵变为 (2)利用VC＝VB、pC＝pA、TC/VC＝TA/VA及TB/pB＝TC/pC，则式(2)可写为　　通过上述计算可看出，虽然ADB及ACB两过程不同，但熵变相同.因此，在计算熵变时，可选取比较容易计算的途径进行.13－34　有一体积为2.0×10-2m3的绝热容器，用一隔板将其分为两部分，如图所示.开始时在左边(体积V1＝5.0×10-3m3)一侧充有1mol理想气体，右边一侧为真空.现打开隔板让气体自由膨胀而充满整个容器，求熵变.分析　在求解本题时，要注意的适用条件.在绝热自由膨胀过程中，dQ＝0，若仍运用上式计算熵变，必然有ΔS＝0.显然，这是错误的结果.由于熵是状态的单值函数，当初态与末态不同时，熵变不应为零.出现上述错误的原因就是忽视了公式的适用条件.只适用于可逆过程，而自由膨胀过程是不可逆的. 因此，在求解不可逆过程的熵变时，通常需要在初态与末态之间设计一个可逆过程，然后再按可逆过程熵变的积分式进行计算.在选取可逆过程时，尽量使其积分便于计算.解　根据上述分析，在本题中因初末态时气体的体积V1、V2均已知，且温度相同，故可选一可逆等温过程.在等温过程中，dQ＝dW＝pdV，而，则熵变为 第五篇　近代物理基础求解近代物理问题的基本思路和方法工科大学物理范围内涉及的近代物理部分的内容面广而不深，要求定量计算的问题有限且较为基本.但由于近代物理展示的物理规律往往与经典物理格格不入，所以学习上和解题中遇到的困难往往表现为学习者在观念上的困惑和不解.明确以下几点，可能会对我们求解近代物理中的若干问题有所帮助.1.在什么情况下用近代物理的规律求解问题近代物理通常是指相对论和量子物理.前者揭示了运动物体的速度接近光速时所遵循的物理规律，后者显示了微观粒子的物理行为.按照对应原理，在极限条件下(低速、宏观)近代物理的一系列规律又能自然退化为经典规律.这说明两种理论并非完全不相容，只是适用对象和条件不同.(1)相对论判据(或非相对论近似条件)一般来说只有当运动物体的速度接近于光速时才有明显的相对论效应，因此通常把作为非相对论近似条件，对于微观粒子来说，当或时可用非相对论处理，两者接近时则必须用相对论规律，熟记常见粒子的静能数值有助于迅速判断，如电子静能，质子静能等.由于微观粒子静能值往往相差较大，对于动能相同的两种粒子来说，往往会出现一种粒子可用非相对论，而另一种粒子必须用相对论处理.(2)量子物理的适用范围由于微观粒子具有波粒二象性，大部分情况下只有用量子理论才能解释其行为，因此对原子、电子、质子等微观粒子必须用量子理论解释，而对分子系统来说，其中常温及高温下的气体可用经典理论，但对低温下的气体以及固体和液体则应用量子理论. 2.对相对论中几个重要结论的思考在相对论中时间和空间联系在一起构成了一个统一体，它们均与运动有关.为什么相对论的一些重要结论常使人感到困惑呢？这主要是源于它的基本观念与人们的“常识”不符，但这里所说的“常识”均是人们在宏观低速物理环境中所感受的，而“常识”又往往成为我们接受相对论的障碍.在相对论的一系列结论中，同时性的相对性是一个关键性概念，相对论中一系列时空特征都与这一基本概念有关.在学习中有人会问：既然相对论告诉我们动尺缩短，那么，在两个作相对运动的惯性之中究竟哪个尺子缩短了？其实考虑同时的相对性，对于运动的尺，只有同时测量其两端才能得出其长度，对于静止的尺，则无须同时测量其两端，而不同惯性系中同时是相对的，由洛伦兹变换得出在不同惯性系中均为动尺缩短，在这里根本不存在“哪一根尺缩短了”，它是同时的相对性带来时空属性，而不是一种物质过程.对“动钟变慢”也可作同样的理解.至于质－速关系，则应注意质量并非物质本身，它是对物体惯性的量度，这种量度与惯性系的选择有关，质量变化了，并非物质本身的量发生变化，也非一种物质过程.总之只要认同相对论的两个基础———相对性原理和光速不变原理，就能得到与现代物理理论和实验相符合一系列重要结论，并用一种全新思维方式去认识它.当然，在低速的情况下，相对论力学趋同于牛顿力学，牛顿力学仍然是人们处理低速情况下物理问题的基础.3.如何实现微观粒子Ek和p之间的互求在微观粒子的各种实验中，能够直接测得的往往是粒子动能Ek或动量p，初学者往往先用相对论规律求出粒子的速度，与光速c比较后，再进行下一步计算，其实大可不必这样做.当Ek与E0或p与接近时，直接用相对论规律实现Ek与p之间的互求.即 或而当或时，直接用经典规律实现互求，即　或以上操作避开了速度的求解，同时又能迅速判断用哪一种关系实现Eｋ和p之间互求，因而要简便得多.4.对量子物理中若干基本概念的认识近现代诸多实验表明，微观粒子的状态是量子化的，包括能量、动量，角动量以及空间取向等，量子化其实是自然界的本来面目，只是在经典条件下，无法觉察而已，而被人们认为它们是“连续”的罢了.同样大量实验表明微观粒子具有波粒二象性，但二象性绝非是一个经典粒子＋经典波的混合图像，因为两个图像在经典物理中是不相容的，前者在空间是局域的，有确定的轨道，后者在空间是广延的，非局域的，表现为时空周期性.这两种属性在微观粒子上同时具有又该如何理解呢？这只能用概率加以理解，微观粒子绝非经典粒子，我们不能同时确定其坐标和动量，其波动性体现为粒子在空间某个位置出现的概率上，或一个物理行为发生的概率上，实际上凡是在涉及原子过程的所有实验中，没有一个实验能够揭示原子过程发生的准确时间和位置，对于原子过程只能给出概率性的描述，因此微观粒子是一种概率波，既承认其粒子性又同时体现其波动性，这样微观粒子的波粒二象性就在概率论基础上被统一起来，认识到这一点对用波函数模的平方(即)来描述粒子空间概率分布的这种方法也就不难理解了.5.不确定关系与估算方法不确定关系式既表明了微观粒子的波粒二象性，同时又是对用经典方法描述微观粒子行为作出一种限制. 利用不确定关系可直接对粒子坐标、动量或其他有关物理量不确定范围作出估计，其次也可以通过这些物理量的不确定范围对物理量本身的数量级进行估计，以上计算注重的是数量级，因而计算无需严格，例如经常认为、等，此外或是最基本的不确定关系式，由此还可演变出诸多不确定关系式，计算时也都只需用估算方法.由于近代物理的基本概念远远超出了经典物理的框架，因此学好近代物理，首先要在思维和观念上不受已在经典物理中形成的牢固概念和思维定势的约束，而用一种全新的思维方式来思考和求解近代物理问题. 第十四章　相　对　论14－1　下列说法中(1)两个相互作用的粒子系统对某一惯性系满足动量守恒，对另一个惯性系来说，其动量不一定守恒；(2)在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关；(3)在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同.其中哪些说法是正确的？(　　)(A)只有(1)、(2)是正确的　　(B)只有(1)、(3)是正确的(C)只有(2)、(3)是正确的(D)三种说法都是正确的分析与解　物理相对性原理和光速不变原理是相对论的基础.前者是理论基础，后者是实验基础.按照这两个原理，任何物理规律(含题述动量守恒定律)对某一惯性系成立，对另一惯性系也同样成立.而光在真空中的速度与光源频率和运动状态无关，从任何惯性系(相对光源静止还是运动)测得光速均为3×108m·s-1.迄今为止，还没有实验能推翻这一事实.由此可见，(2)(3)说法是正确的，故选(C).14－2　按照相对论的时空观，判断下列叙述中正确的是(　　)(A)在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是同时事件(B)在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是不同时事件(C)在一个惯性系中两个同时又同地的事件，在另一惯性系中一定是同时同地事件(D)在一个惯性系中两个同时不同地的事件，在另一惯性系中只可能同时不同地(Ｅ)在一个惯性系中两个同时不同地事件，在另一惯性系中只可能同地不同时分析与解　设在惯性系Ｓ中发生两个事件，其时间和空间间隔分别为Δt和Δx，按照洛伦兹坐标变换，在Ｓ′系中测得两事件时间和空间间隔分别为 　和　讨论上述两式，可对题述几种说法的正确性予以判断：说法(A)(B)是不正确的，这是因为在一个惯性系(如Ｓ系)发生的同时(Δt＝0)事件，在另一个惯性系(如Ｓ′系)中是否同时有两种可能，这取决于那两个事件在Ｓ系中发生的地点是同地(Δx＝0)还是不同地(Δx≠0).说法(D)(Ｅ)也是不正确的，由上述两式可知：在Ｓ系发生两个同时(Δt＝0)不同地(Δx≠0)事件，在Ｓ′系中一定是既不同时(Δt′≠0)也不同地(Δx′≠0)，但是在Ｓ系中的两个同时同地事件，在Ｓ′系中一定是同时同地的，故只有说法(C)正确.有兴趣的读者，可对上述两式详加讨论，以增加对相对论时空观的深入理解.14－3　有一细棒固定在Ｓ′系中，它与Ox′轴的夹角θ′＝60°，如果Ｓ′系以速度u沿Ox方向相对于Ｓ系运动，Ｓ系中观察者测得细棒与Ox轴的夹角(　　)(A)等于60°　　(B)大于60°　　(C)小于60°(D)当Ｓ′系沿Ox正方向运动时大于60°，而当Ｓ′系沿Ox负方向运动时小于60°分析与解　按照相对论的长度收缩效应，静止于Ｓ′系的细棒在运动方向的分量(即Ox轴方向)相对Ｓ系观察者来说将会缩短，而在垂直于运动方向上的分量不变，因此Ｓ系中观察者测得细棒与Ox轴夹角将会大于60°，此结论与Ｓ′系相对Ｓ系沿Ox轴正向还是负向运动无关.由此可见应选(C).14－4　一飞船的固有长度为L，相对于地面以速度v1作匀速直线运动，从飞船中的后端向飞船中的前端的一个靶子发射一颗相对于飞船的速度为v2的子弹.在飞船上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是(　　)(c表示真空中光速)(A)　(B)　(C)　(D)分析与解　固有长度是指相对测量对象静止的观察者所测，则题中L、v2 以及所求时间间隔均为同一参考系(此处指飞船)中的三个相关物理量，求解时与相对论的时空观无关.故选(C).讨论　从地面测得的上述时间间隔为多少？建议读者自己求解.注意此处要用到相对论时空观方面的规律了.14－5　设Ｓ′系以速率v＝0.60c相对于Ｓ系沿xx′轴运动，且在t＝t′＝0时，x＝x′＝0.(1)若有一事件，在Ｓ系中发生于t＝2.0×10－7ｓ，x＝50m处，该事件在Ｓ′系中发生于何时刻？(2)如有另一事件发生于Ｓ系中t＝3.0×10-7ｓ，x＝10m处，在Ｓ′系中测得这两个事件的时间间隔为多少？分析　在相对论中，可用一组时空坐标(x，y，z，t)表示一个事件.因此，本题可直接利用洛伦兹变换把两事件从Ｓ系变换到Ｓ′系中.解　(1)由洛伦兹变换可得Ｓ′系的观察者测得第一事件发生的时刻为　　(2)同理，第二个事件发生的时刻为所以，在Ｓ′系中两事件的时间间隔为14－6　设有两个参考系Ｓ和Ｓ′，它们的原点在t＝0和t′＝0时重合在一起.有一事件，在Ｓ′系中发生在t′＝8.0×10－8s，x′＝60m，y′＝0，z′＝0处若Ｓ′系相对于Ｓ系以速率v＝0.6c沿xx′轴运动，问该事件在Ｓ系中的时空坐标各为多少？分析　本题可直接由洛伦兹逆变换将该事件从Ｓ′系转换到Ｓ系.解　由洛伦兹逆变换得该事件在Ｓ系的时空坐标分别为y＝y′＝0 z＝z′＝014－7　一列火车长0.30km(火车上观察者测得)，以100km·h-1的速度行驶，地面上观察者发现有两个闪电同时击中火车的前后两端.问火车上的观察者测得两闪电击中火车前后两端的时间间隔为多少？分析　首先应确定参考系，如设地面为Ｓ系，火车为Ｓ′系，把两闪电击中火车前后端视为两个事件(即两组不同的时空坐标).地面观察者看到两闪电同时击中，即两闪电在Ｓ系中的时间间隔Δt＝t2－t1＝0.火车的长度是相对火车静止的观察者测得的长度(注：物体长度在不指明观察者的情况下，均指相对其静止参考系测得的长度)，即两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δx′＝x′2－x′1＝0.30×103m.Ｓ′系相对Ｓ系的速度即为火车速度(对初学者来说，完成上述基本分析是十分必要的).由洛伦兹变换可得两事件时间间隔之间的关系式为(1)(2)将已知条件代入式(1)可直接解得结果.也可利用式(2)求解，此时应注意，式中为地面观察者测得两事件的空间间隔，即Ｓ系中测得的火车长度，而不是火车原长.根据相对论，运动物体(火车)有长度收缩效应，即.考虑这一关系方可利用式(2)求解.解1　根据分析，由式(1)可得火车(Ｓ′系)上的观察者测得两闪电击中火车前后端的时间间隔为 负号说明火车上的观察者测得闪电先击中车头x′2处.解2　根据分析，把关系式代入式(2)亦可得与解1相同的结果.相比之下解1较简便，这是因为解1中直接利用了＝0.30km这一已知条件.14－8　在惯性系Ｓ中，某事件A发生在x1处，经过2.0×10－6ｓ后，另一事件B发生在x2处，已知x2－x1＝300m.问：(1)能否找到一个相对Ｓ系作匀速直线运动的参考系Ｓ′，在Ｓ′系中，两事件发生在同一地点？(2)在Ｓ′系中，上述两事件的时间间隔为多少？分析　在相对论中，从不同惯性系测得两事件的空间间隔和时间间隔有可能是不同的.它与两惯性系之间的相对速度有关.设惯性系Ｓ′以速度v相对Ｓ系沿x轴正向运动，因在Ｓ系中两事件的时空坐标已知，由洛伦兹时空变换式，可得(1)(2)　　两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，即x′2－x′1＝0，代入式(1)可求出v值以此作匀速直线运动的Ｓ′系，即为所寻找的参考系.然后由式(2)可得两事件在Ｓ′系中的时间间隔.对于本题第二问，也可从相对论时间延缓效应来分析.因为如果两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，则Δt′为固有时间间隔(原时)，由时间延缓效应关系式可直接求得结果.解　(1)令x′2－x′1＝0，由式(1)可得　　(2)将v值代入式(2)，可得 这表明在Ｓ′系中事件A先发生.14－9　设在正负电子对撞机中，电子和正电子以速度0.90c相向飞行，它们之间的相对速度为多少？分析　设对撞机为Ｓ系，沿x轴正向飞行的正电子为Ｓ′系.Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝0.90c，则另一电子相对Ｓ系速度ux＝－0.90c，该电子相对Ｓ′系(即沿x轴正向飞行的电子)的速度u′x即为题中所求的相对速度.在明确题目所述已知条件及所求量的物理含义后，即可利用洛伦兹速度变换式进行求解.解　按分析中所选参考系，电子相对Ｓ′系的速度为式中负号表示该电子沿x′轴负向飞行，正好与正电子相向飞行.讨论　若按照伽利略速度变换，它们之间的相对速度为多少？14－10　设想有一粒子以0.050c的速率相对实验室参考系运动.此粒子衰变时发射一个电子，电子的速率为0.80c，电子速度的方向与粒子运动方向相同.试求电子相对实验室参考系的速度.分析　这是相对论的速度变换问题.取实验室为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系，则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝0.050c.题中所给的电子速率是电子相对衰变粒子的速率，故u′x＝0.80c.解　根据分析，由洛伦兹速度逆变换式可得电子相对Ｓ系的速度为14－11　设在宇航飞船中的观察者测得脱离它而去的航天器相对它的速度为1.2×108m·ｓ-1i.同时，航天器发射一枚空间火箭，航天器中的观察者测得此火箭相对它的速度为1.0×108m·ｓ-1i.问：(1) 此火箭相对宇航飞船的速度为多少？(2)如果以激光光束来替代空间火箭，此激光光束相对宇航飞船的速度又为多少？请将上述结果与伽利略速度变换所得结果相比较，并理解光速是运动体的极限速度.分析　该题仍是相对论速度变换问题.(2)中用激光束来替代火箭，其区别在于激光束是以光速c相对航天器运动，因此其速度变换结果应该与光速不变原理相一致.解　设宇航飞船为Ｓ系，航天器为Ｓ′系，则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝1.2×108m·ｓ－1，空间火箭相对航天器的速度为u′x＝1.0×108m·ｓ－1，激光束相对航天器的速度为光速c.由洛伦兹变换可得：(1)空间火箭相对Ｓ系的速度为(2)激光束相对Ｓ系的速度为即激光束相对宇航飞船的速度仍为光速c，这是光速不变原理所预料的.如用伽利略变换，则有ux＝c＋v＞c.这表明对伽利略变换而言，运动物体没有极限速度，但对相对论的洛伦兹变换来说，光速是运动物体的极限速度.14－12　以速度v沿x方向运动的粒子，在y方向上发射一光子，求地面观察者所测得光子的速度.分析　设地面为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系.与上题不同之处在于，光子的运动方向与粒子运动方向不一致，因此应先求出光子相对Ｓ系速度u的分量ux、uy和uz，然后才能求u的大小和方向.根据所设参考系，光子相对Ｓ′系的速度分量分别为u′x＝0，u′y＝c，u′z＝0.解　由洛伦兹速度的逆变换式可得光子相对Ｓ系的速度分量分别为 所以，光子相对Ｓ系速度u的大小为速度u与x轴的夹角为讨论　地面观察者所测得光子的速度仍为c，这也是光速不变原理的必然结果.但在不同惯性参考系中其速度的方向却发生了变化.14－13　设想地球上有一观察者测得一宇宙飞船以0.60c的速率向东飞行，5.0ｓ后该飞船将与一个以0.80c的速率向西飞行的彗星相碰撞.试问：(1)飞船中的人测得彗星将以多大的速率向它运动？(2)从飞船中的钟来看，还有多少时间允许它离开航线，以避免与彗星碰撞？分析　(1)这是一个相对论速度变换问题.取地球为Ｓ系，飞船为Ｓ′系，向东为x轴正向.则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v＝0.60c，彗星相对Ｓ系的速度ux＝－0.80c，由洛伦兹速度变换可得所求结果.(2)可从下面两个角度考虑：ａ.以地球为Ｓ系，飞船为Ｓ′系.设x0＝x′0＝0时t0＝t′0＝0，飞船与彗星相碰这一事件在Ｓ系中的时空坐标为t＝5.0ｓ，x＝vt.利用洛伦兹时空变换式可求出t′，则Δt′＝t′－t′0表示飞船与彗星相碰所经历的时间.ｂ.把t0＝t′0＝0时的飞船状态视为一个事件，把飞船与彗星相碰视为第二个事件.这两个事件都发生在Ｓ′系中的同一地点(即飞船上)，飞船上的观察者测得这两个事件的时间间隔Δt′ 为固有时，而地面观察者所测得上述两事件的时间间隔Δt＝5.0ｓ比固有时要长，根据时间延缓效应可求出Δt′.解　(1)由洛伦兹速度变换得彗星相对Ｓ′系的速度为即彗星以0.946c的速率向飞船靠近.(2)飞船与彗星相碰这一事件在Ｓ′系中的时刻为即在飞船上看，飞船与彗星相碰发生在时刻t′＝4.0ｓ.也可以根据时间延缓效应，解得Δt′＝4.0ｓ，即从飞船上的钟来看，尚有4.0ｓ时间允许它离开原来的航线.14－14　在惯性系Ｓ中观察到有两个事件发生在同一地点，其时间间隔为4.0s，从另一惯性系Ｓ′中观察到这两个事件的时间间隔为6.0s，试问从Ｓ′系测量到这两个事件的空间间隔是多少？设Ｓ′系以恒定速率相对Ｓ系沿xx′轴运动.分析　这是相对论中同地不同时的两事件的时空转换问题.可以根据时间延缓效应的关系式先求出Ｓ′系相对Ｓ系的运动速度v，进而得到两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δx′＝vΔt′(由洛伦兹时空变换同样可得到此结果).解　由题意知在Ｓ系中的时间间隔为固有的，即Δt＝4.0ｓ，而Δt′＝6.0s.根据时间延缓效应的关系式，可得Ｓ′系相对Ｓ系的速度为两事件在Ｓ′系中的空间间隔为 14－15　在惯性系Ｓ中，有两个事件同时发生在xx′轴上相距为1.0×103m的两处，从惯性系Ｓ′观测到这两个事件相距为2.0×103m，试问由Ｓ′系测得此两事件的时间间隔为多少？分析　这是同时不同地的两事件之间的时空转换问题.由于本题未给出Ｓ′系相对Ｓ系的速度v，故可由不同参考系中两事件空间间隔之间的关系求得v，再由两事件时间间隔的关系求出两事件在Ｓ′系中的时间间隔.解　设此两事件在Ｓ系中的时空坐标为(x1，0，0，t1)和(x2，0，0，t2)，且有x2－x1＝1.0×103m，t2－t1＝0.而在Ｓ′系中，此两事件的时空坐标为(x′1，0，0，t′1)和(x′2，0，0，t′2)，且|x′2－x′1|＝2.0×103m，根据洛伦兹变换，有(1)(2)由式(1)可得将v值代入式(2)，可得14－16　有一固有长度为l0的棒在Ｓ系中沿x轴放置，并以速率u沿xx′轴运动.若有一Ｓ′系以速率v相对Ｓ系沿xx′轴运动，试问从Ｓ′系测得此棒的长度为多少？分析　当棒相对观察者(为Ｓ′系)存在相对运动时，观察者测得棒的长度要比棒的固有长度l0短，即.式中u′是棒相对观察者的速度，而不要误认为一定是Ｓ′系和Ｓ系之间的相对速度v. 在本题中，棒并非静止于Ｓ系，因而Ｓ′系与Ｓ系之间的相对速度v并不是棒与Ｓ′系之间的相对速度u′.所以本题应首先根据洛伦兹速度变换式求u′，再代入长度收缩公式求l.解　根据分析，有(1)(2)解上述两式，可得14－17　若从一惯性系中测得宇宙飞船的长度为其固有长度的一半，试问宇宙飞船相对此惯性系的速度为多少？(以光速c表示)解　设宇宙飞船的固有长度为l0，它相对于惯性系的速率为v，而从此惯性系测得宇宙飞船的长度为，根据洛伦兹长度收缩公式，有可解得v＝0.866c14－18　一固有长度为4.0m的物体，若以速率0.60c沿x轴相对某惯性系运动，试问从该惯性系来测量，此物体的长度为多少？解　由洛伦兹长度收缩公式*14－19　设一宇航飞船以a＝9.8m·ｓ－2的恒加速度，沿地球径向背离地球而去，试估计由于谱线的红移，经多少时间，飞船的宇航员用肉眼观察不到地球上的霓虹灯发出的红色信号.分析　霓虹灯发出的红色信号所对应的红光波长范围一般为620nm～760nm，当飞船远离地球而去时，由光的多普勒效应可知，宇航员肉眼观察到的信号频率ν＜ν0，即λ＞λ0，其中ν0和λ0 为霓虹灯的发光频率和波长.很显然，当λ0＝620nm，而对应的红限波长λ＝760nm时，霓虹灯发出的红色信号，其波长刚好全部进入非可见光范围，即宇航员用肉眼观察不到红色信号.因此，将上述波长的临界值代入多普勒频移公式，即可求得宇航员观察不到红色信号时飞船的最小速率v，再由运动学关系，可求得飞船到达此速率所需的时间t.解　当光源和观察者背向运动时，由光的多普勒效应频率公式得波长公式式中v为飞船相对地球的速率.令λ0＝620nm，λ＝760nm，得宇航员用肉眼观察不到地球上红色信号时飞船的最小速率为飞船达此速率所需的时间为14－20　若一电子的总能量为5.0MeV，求该电子的静能、动能、动量和速率.分析　粒子静能E0是指粒子在相对静止的参考系中的能量，，式中为粒子在相对静止的参考系中的质量.就确定粒子来说，E0和m0均为常数(对于电子，有m0＝9.1×10－31ｋｇ，E0＝0.512MeV).本题中由于电子总能量E＞E0，因此，该电子相对观察者所在的参考系还应具有动能，也就具有相应的动量和速率.由相对论动能定义、动量与能量关系式以及质能关系式，即可解出结果.解　电子静能为　电子动能为　　EK＝E－E0＝4.488MeV 由，得电子动量为由可得电子速率为14－21　一被加速器加速的电子，其能量为3.00×109eV.试问：(1)这个电子的质量是其静质量的多少倍？(2)这个电子的速率为多少？解　(1)由相对论质能关系和可得电子的动质量m与静质量m0之比为　　(2)由相对论质速关系式可解得可见此时的电子速率已十分接近光速了.14－22　在电子偶的湮没过程中，一个电子和一个正电子相碰撞而消失，并产生电磁辐射.假定正负电子在湮没前均静止，由此估算辐射的总能量E.分析　在相对论中，粒子的相互作用过程仍满足能量守恒定律，因此辐射总能量应等于电子偶湮没前两电子总能之和.按题意电子偶湮没前的总能只是它们的静能之和.解　由分析可知，辐射总能量为14－23　若把能量0.50×106eV 给予电子，让电子垂直于磁场运动，其运动径迹是半径为2.0cm的圆.问：(1)该磁场的磁感强度B有多大？(2)这电子的动质量为静质量的多少倍？分析　(1)电子在匀强磁场中作匀速圆周运动时，其向心力为洛伦兹力F＝evB，在轨道半径R确定时，B＝B(p)，即磁感强度是电子动量的函数.又由相对论的动能公式和动量与能量的关系可知电子动量p＝p(E0,EK)，题中给予电子的能量即电子的动能EK，在电子静能已知的情况下，由上述关系可解得结果.(2)由相对论的质能关系可得动质量和静质量之比.本题中电子的动能EK＝0.50MeV与静能E0＝0.512MeV接近，已不能用经典力学的方法计算电子的动量或速度，而必须用相对论力学.事实上当EK＝0.50E0时，用经典力学处理已出现不可忽略的误差.解　(1)根据分析，有E＝E0+EK(1)(2)(3)联立求解上述三式，可得　　(2)由相对论质能关系，可得　　本题也可以先求得电子速率v和电子动质量m，但求解过程较繁.14－24　如果将电子由静止加速到速率为0.10c，需对它作多少功？如将电子由速率为0.80c加速到0.90c，又需对它作多少功？分析　在相对论力学中，动能定理仍然成立，即，但需注意动能EK不能用表示. 解　由相对论性的动能表达式和质速关系可得当电子速率从v1增加到v2时，电子动能的增量为根据动能定理，当v1＝0，v2＝0.10c时，外力所作的功为当v1＝0.80c，v2＝0.90c时，外力所作的功为由计算结果可知，虽然同样将速率提高0.1c，但后者所作的功比前者要大得多，这是因为随着速率的增大，电子的质量也增大. 第十五章　量子物理15－1　下列物体哪个是绝对黑体(　　)(A)不辐射可见光的物体　　　　　(B)不辐射任何光线的物体(C)不能反射可见光的物体(D)不能反射任何光线的物体分析与解　一般来说，任何物体对外来辐射同时会有三种反应：反射、透射和吸收，各部分的比例与材料、温度、波长有关.同时任何物体在任何温度下会同时对外辐射，实验和理解证明：一个物体辐射能力正比于其吸收能力.做为一种极端情况，绝对黑体(一种理想模型)能将外来辐射(可见光或不可见光)全部吸收，自然也就不会反射任何光线，同时其对外辐射能力最强.综上所述应选(D).15－2　光电效应和康普顿效应都是光子和物质原子中的电子相互作用过程，其区别何在？在下面几种理解中，正确的是(　　)(A)两种效应中电子与光子组成的系统都服从能量守恒定律和动量守恒定律(B)光电效应是由于电子吸收光子能量而产生的，而康普顿效应则是由于电子与光子的弹性碰撞过程(C)两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程(D)两种效应都属于电子吸收光子的过程分析与解　两种效应都属于电子与光子的作用过程，不同之处在于：光电效应是由于电子吸收光子而产生的，光子的能量和动量会在电子以及束缚电子的原子、分子或固体之间按照适当的比例分配，但仅就电子和光子而言，两者之间并不是一个弹性碰撞过程，也不满足能量和动量守恒.而康普顿效应中的电子属于“自由”电子，其作用相当于一个弹性碰撞过程，作用后的光子并未消失，两者之间满足能量和动量守恒.综上所述，应选(B).15－3　关于光子的性质，有以下说法(1)不论真空中或介质中的速度都是c；　(2)它的静止质量为零；(3)它的动量为；(4)它的总能量就是它的动能； (5)它有动量和能量，但没有质量.其中正确的是(　　)(A)(1)(2)(3)　　　　　　　(B)(2)(3)(4)(C)(3)(4)(5)(D)(3)(5)分析与解　光不但具有波动性还具有粒子性，一个光子在真空中速度为c(与惯性系选择无关)，在介质中速度为，它有质量、能量和动量，一个光子的静止质量m0＝0，运动质量，能量，动量，由于光子的静止质量为零，故它的静能E0为零，所以其总能量表现为动能.综上所述，说法(2)、(3)、(4)都是正确的，故选(B).15－4　关于不确定关系有以下几种理解：(1)粒子的动量不可能确定，但坐标可以被确定；(2)粒子的坐标不可能确定，但动量可以被确定；(3)粒子的动量和坐标不可能同时确定；(4)不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子.其中正确的是(　　)(A)(1)、(2)　　　　　　(B)(2)、(4)(C)(3)、(4)(D)(4)、(1)分析与解　由于一切实物粒子具有波粒二象性，因此粒子的动量和坐标(即位置)不可能同时被确定，在这里不能简单误认为动量不可能被确定或位置不可能被确定.这一关系式在理论上适用于一切实物粒子(当然对于宏观物体来说，位置不确定量或动量的不确定量都微不足道，故可以认为可以同时被确定).由此可见(3)、(4)说法是正确的.故选(C).15－5　已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为那么粒子在x＝a/6处出现的概率密度为(　　) (A)　　　　(B)　　　(C)　　　(D)分析与解　我们通常用波函数Ψ来描述粒子的状态，虽然波函数本身并无确切的物理含义，但其模的平方表示粒子在空间各点出现的概率.因此题述一线粒子在区间的概率密度函数应为.将x＝a/6代入即可得粒子在此处出现的概率为.故选(C).15－6　下述说法中，正确的是(　　)(A)本征半导体是电子与空穴两种载流子同时参与导电，而杂质半导体(n型或p型)只有一种载流子(电子或空穴)参与导电，所以本征半导体导电性能比杂质半导体好(B)n型半导体的导电性能优于p型半导体，因为n型半导体是负电子导电，p型半导体是正离子导电(C)n型半导体中杂质原子所形成的局部能级靠近导带的底部，使局部能级中多余的电子容易被激发跃迁到导带中去，大大提高了半导体导电性能(D)p型半导体的导电机构完全取决于满带中空穴的运动分析与解　按照能带理论，半导体的导电性能取决于其能带结构和载流子的浓度，本征半导体虽有两种载流子，但其浓度远远低于杂质半导体，故导电性能较杂质半导体差.而杂质半导体中的ｎ型和ｐ型半导体的区别在于多数载流子的种类不同，导电性能并无优劣之分.故(A)(B)说法不正确.对掺杂半导体而言，掺杂使载流子的浓度大为增加，ｎ型半导体的多数载流子为电子，5价杂质原子形成的局部能级(施主能级)靠近导带底部，热激发很容易使施主能级中的多余电子激发跃迁到导带(基本上为空带)中去，从而提高导电性能.ｐ型半导体多数载流子为空穴，3价杂质原子形成的局部能级(受主能级)靠近价带顶部，热激发同样容易使价带(基本上为满带)中的电子跃迁到受主能级上，从而使价带成为非满带，增加了ｐ型半导体的导电性，由此可见说法(C)表述是完全正确的.15－7　在激光器中利用光学谐振腔(　　)(A)可提高激光束的方向性，而不能提高激光束的单色性 (B)可提高激光束的单色性，而不能提高激光束的方向性(C)可同时提高激光束的方向性和单色性(D)既不能提高激光束的方向性也不能提高其单色性分析与解　在光学谐振腔中，凡是与腔轴方向不一致的激光会通过腔壁发散，剩下仅与腔轴同向的激光，因此可大大提高激光束的方向性.同时在振荡过程中，参与振荡的激光又在不断诱发高能原子产生新的激光，这种由受激辐射出的光子与外来光子同频率、同偏振状态，因此振荡过程在提高激光束能量的同时还能提高其单色性，由此可见应选(C).15－8　天狼星的温度大约是11000℃.试由维恩位移定律计算其辐射峰值的波长.解　由维恩位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长该波长属紫外区域，所以天狼星呈紫色.15－9　太阳可看作是半径为7.0×108m的球形黑体，试计算太阳的温度.设太阳射到地球表面上的辐射能量为1.4×103W·m-2，地球与太阳间的距离为1.5×1011m.分析　以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上.太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因而可根据地球表面单位面积在单位时间内接受的太阳辐射能量E，计算出太阳单位时间单位面积辐射的总能量，再由公式，计算太阳温度.解　根据分析有(1)(2)由式(1)、(2)可得 15－10　钨的逸出功是4.52eV，钡的逸出功是2.50eV，分别计算钨和钡的截止频率.哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？分析　由光电效应方程可知，当入射光频率ν＝ν0(式中ν0＝W/h)时，电子刚能逸出金属表面，其初动能.因此ν0是能产生光电效应的入射光的最低频率(即截止频率)，它与材料的种类有关.由于可见光频率处在0.395×1015～0.75×1015Hz的狭小范围内，因此不是所有的材料都能作为可见光范围内的光电管材料的(指光电管中发射电子用的阴极材料).解　钨的截止频率　钡的截止频率　对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率正好处于该范围内，而钨的截止频率大于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料.15－11　钾的截止频率为4.62×1014Hz，今以波长为435.8nm的光照射，求钾放出的光电子的初速度.解　根据光电效应的爱因斯坦方程其中W＝hν0，　ν=c/λ可得电子的初速度 由于逸出金属的电子的速度v＜＜c，故式中m取电子的静止质量.15－12　在康普顿效应中，入射光子的波长为3.0×10－3nm，反冲电子的速度为光速的60％，求散射光子的波长及散射角.分析　首先由康普顿效应中的能量守恒关系式，可求出散射光子的波长λ，式中m为反冲电子的运动质量，即m＝m0(1－v2/c2)－1/2.再根据康普顿散射公式，求出散射角θ，式中λC为康普顿波长(λC＝2.43×10－12m).解　根据分析有(1)m＝m0(1－v2/c2)－1/2(2)(3)由式(1)和式(2)可得散射光子的波长将λ值代入式(3)，得散射角15－13　一具有1.0×104eV能量的光子，与一静止的自由电子相碰撞，碰撞后，光子的散射角为60°.试问：(1)光子的波长、频率和能量各改变多少？(2)碰撞后，电子的动能、动量和运动方向又如何？分析　(1)可由光子能量E＝hν及康普顿散射公式直接求得光子波长、频率和能量的改变量.(2)应全面考虑康普顿效应所服从的基本规律，包括碰撞过程中遵循能量和动量守恒定律，以及相对论效应.求解时应注意以下几点：①由能量守恒可知，反冲电子获得的动能Eke就是散射光子失去的能量，即Eke＝hν0－hν. ②由相对论中粒子的能量动量关系式，即和，可求得电子的动量.注意式中为电子静能，其值为0.512MeV.③如图所示，反冲电子的运动方向可由动量守恒定律在Oy轴上的分量式求得，即.解　(1)入射光子的频率和波长分别为，　散射前后光子波长、频率和能量的改变量分别为式中负号表示散射光子的频率要减小，与此同时，光子也将失去部分能量.(2)根据分析，可得电子动能　 电子动量　电子运动方向15－14　波长为0.10nm的辐射，照射在碳上，从而产生康普顿效应.从实验中测量到散射辐射的方向与入射辐射的方向相垂直.求：(1)散射辐射的波长；(2)反冲电子的动能和运动方向.解　(1)由散射公式得(2)反冲电子的动能等于光子失去的能量，因此有根据动量守恒的矢量关系(如图所示)，可确定反冲电子的方向15－15　试求波长为下列数值的光子的能量、动量及质量：(1)波长为1500 nm的红外线；(2)波长为500nm的可见光；(3)波长为20nm的紫外线；(4)波长为0.15nm的Ｘ射线；(5)波长为1.0×10－3nm的γ射线.解　由能量，动量以及质能关系式，可得(1)当λ1＝1500nm时，(2)当λ2＝500nm时，因λ2＝1/3λ1，故有(3)当λ3＝20nm时，因λ3＝1/75λ1，故有(4)当λ4＝0.15nm时，因λ4＝10－4λ1，故有(5)当λ5＝1×10－3nm时， 15－16计算氢原子光谱中莱曼系的最短和最长波长，并指出是否为可见光.分析　氢原子光谱规律为式中nf＝1，2，3，…，ni＝nf＋1，nf＋2，….若把氢原子的众多谱线按nf＝1，2，3，…归纳为若干谱线系，其中nf＝1为莱曼系，nf＝2就是最早被发现的巴耳末系，所谓莱曼系的最长波长是指ni＝2，所对应的光谱线的波长，最短波长是指ni→∞所对应的光谱线的波长，莱曼系的其他谱线均分布在上述波长范围内.式中R的实验值常取1.097×107m－1.此外本题也可由频率条件hν＝Ef－Ei计算.解　莱曼系的谱线满足　　，ni＝2，3，4，…令ni＝2，得该谱系中最长的波长　　λmax＝121.5nm令ni→∞，得该谱系中最短的波长　　λmin＝91.2nm对照可见光波长范围(400～760nm)，可知莱曼系中所有的谱线均不是可见光，它们处在紫外线部分.15－17　在玻尔氢原子理论中，当电子由量子数ni＝5的轨道跃迁到nf＝2的轨道上时，对外辐射光的波长为多少？若再将该电子从nf＝2的轨道跃迁到游离状态，外界需要提供多少能量？分析　当原子中的电子在高能量Ei的轨道与低能量Ef的轨道之间跃迁时，原子对外辐射或吸收外界的能量，可用公式ΔE＝Ei－Ef或ΔE＝Ef－Ei计算.对氢原子来说，，其中E1为氢原子中基态(n＝1)的能量，即E1＝－Rhc＝－13.6eV，电子从nf＝2的轨道到达游离状态时所需的能量，就是指电子由轨道nf＝2跃迁到游离态ni→∞时所需能量，它与电子由基态(nf＝1)跃迁到游离态ni＝∞时所需的能量(称电离能)是有区别的，后者恰为 13.6eV.解　根据氢原子辐射的波长公式，电子从ni＝5跃迁到nf＝2轨道状态时对外辐射光的波长满足则λ＝4.34×10－7m＝434nm而电子从nf＝2跃迁到游离态ni→∞所需的能量为负号表示电子吸收能量.15－18　如用能量为12.6eV的电子轰击氢原子，将产生哪些谱线？分析　氢原子可以从对它轰击的高能粒子上吸收能量而使自己从较低能级(一般在不指明情况下均指基态)激发到较高的能级，但吸收的能量并不是任意的，而是必须等于氢原子两个能级间的能量差.据此，可算出被激发氢原子可跃迁到的最高能级为ni＝3.但是，激发态都是不稳定的，其后，它又会自发跃迁回基态，如图所示，可以有3→1，3→2和2→1三种可能的辐射.解　根据分析有(1) (2)将E1＝－13.6eV，nf＝1和ΔE＝－12.6eV(这是受激氢原子可以吸收的最多能量)代入式(1)，可得ni＝3.69，取整ni＝3(想一想为什么？)，即此时氢原子处于n＝3的状态.由式(2)可得氢原子回到基态过程中的三种可能辐射(见分析)所对应的谱线波长分别为102.6nm、657.9nm和121.6nm.15－19　试证在基态氢原子中，电子运动时的等效电流为1.05×10－3A，在氢原子核处，这个电流产生的磁场的磁感强度为多大？分析　根据经典的原子理论，基态氢原子中的电子在第一玻尔半径r1上绕核作圆周运动(r1＝0.529×10－10m)，绕核运动的频率式中为基态时电子绕核运动的速度，，由此可得电子运动的等效电流I＝ef以及它在核处激发的磁感强度.解　根据分析，电子绕核运动的等效电流为该圆形电流在核处的磁感强度上述过程中电子的速度v＜＜c，故式中m取电子的静止质量.15－20　已知α粒子的静质量为6.68×10－27kg，求速率为5000km·s－1的α粒子的德布罗意波长.分析　在本题及以后几题求解的过程中，如实物粒子运动速率远小于光速(即v＜＜c)或动能远小于静能(即Ek＜＜E0)，均可利用非相对论方法处理，即认为和.解　由于α粒子运动速率v＜＜c，故有，则其德布罗意波长为 15－21　求动能为1.0eV的电子的德布罗意波的波长.解　由于电子的静能，而电子动能，故有，则其德布罗意波长为15－22　求温度为27℃时，对应于方均根速率的氧气分子的德布罗意波的波长.解　理想气体分子的方均根速率.对应的氧分子的德布罗意波长15－23　若电子和光子的波长均为0.20nm，则它们的动量和动能各为多少？分析　光子的静止质量m0＝0，静能E0＝0，其动能、动量均可由德布罗意关系式E＝hν，求得.而对电子来说，动能.本题中因电子的，所以，因而可以不考虑相对论效应，电子的动能可用公式计算.解　由于光子与电子的波长相同，它们的动量均为光子的动能　 电子的动能　讨论　用电子束代替可见光做成的显微镜叫电子显微镜.由上述计算可知，对于波长相同的光子与电子来说，电子的动能小于光子的动能.很显然，在分辨率相同的情况下(分辨率∝1/λ)，电子束对样品损害较小，这也是电子显微镜优于光学显微镜的一个方面.15－24　用德布罗意波，仿照弦振动的驻波公式来求解一维无限深方势阱中自由粒子的能量与动量表达式.分析　设势阱宽度为a，当自由粒子在其间运动时，根据德布罗意假设，会形成两列相向而行的物质波.由于波的强度、波长相同，最终会形成驻波，相当于两端固定的弦驻波，且有，其中n＝1，2，3，….由德布罗意关系式和非相对论情况下的动能的关系式即可求解.其结果与用量子力学求得的结果相同.虽然推导不甚严格，但说明上述处理方法有其内在的合理性与科学性，是早期量子论中常用的一种方法，称为“驻波法”.解　根据分析，势阱的自由粒子来回运动，就相当于物质波在区间a内形成了稳定的驻波，由两端固定弦驻波的条件可知，必有，即(n＝1，2，3，…)由德布罗意关系式，可得自由粒子的动量表达式(n＝1，2，3，…)由非相对论的动量与动能表达式，可得自由粒子的能量表达式 (n＝1，2，3，…)从上述结果可知，此时自由粒子的动量和能量都是量子化的.15－25　电子位置的不确定量为5.0×10－2nm时，其速率的不确定量为多少？分析　量子论改变了我们对于自然现象的传统认识，即我们不可能对粒子的行为做出绝对性的断言.不确定关系式严格的表述应为就是关于不确定性的一种量子规律.由上述基本关系式还可引出其他的不确定关系式，如(Δφ为粒子角位置的不确定量，ΔLφ为粒子角动量的不确定量)，(Δt为粒子在能量状态E附近停留的时间，又称平均寿命，ΔE为粒子能量的不确定量，又称能级的宽度)等等，不论是对粒子行为做定性分析，还是定量估计(一般指数量级)，不确定关系式都很有用.解　因电子位置的不确定量Δx＝5×10－2nm，由不确定关系式以及可得电子速率的不确定量15－26　铀核的线度为7.2×10－15m.求其中一个质子的动量和速度的不确定量.分析　粒子的线度一般是指它的直径，由于质子处于铀核内，因此铀核的半径r可视为质子位置的不确定量，由不确定关系式可得质子动量和速度的不确定量.解　对质子来说，其位置的不确定量，由不确定关系式以及，可得质子动量和速度的不确定量分别为 ＝1.84×10－19kg·m·s－1＝1.10×108m·s－115－27　一质量为40g的子弹以1.0×103m·s－1的速率飞行，求：(1)其德布罗意波的波长；(2)若子弹位置的不确定量为0.10mm，求其速率的不确定量.解　(1)子弹的德布罗意波长为＝1.66×10－35m　　(2)由不确定关系式以及可得子弹速率的不确定量为＝1.66×10－28m·s－1讨论　由于h值极小，其数量级为10－34，故不确定关系式只对微观粒子才有实际意义，对于宏观物体，其行为可以精确地预言.*15－28　试证：如果粒子位置的不确定量等于其德布罗意波长，则此粒子速度的不确定量大于或等于其速度.证　由题意知，位置不确定量，由不确定关系式可得，而，故速度的不确定量，即15－29　氦氖激光器所发红光波长为λ＝6328×10－10m，谱线宽度Δλ＝10－18m，求：当这种光子沿x轴方向传播时，它的x坐标的不确定量有多大？分析　光子亦具有波粒二象性，所以也应满足不确定关系，本题首先应根据不确定关系式导出一个光子坐标的不确定量与其状态(λ和Δλ)之间的关系式.解　沿x轴方向传播的激光的动量为 两边微分可得动量不确定量大小为式中Δλ即为谱线宽度，根据不确定关系得代入已知数据可得其坐标的不确定量Δx＝4×105m＝400km.式中为相干长度(即波列长度)，该式说明激光光子坐标的不确定量就是波列长度.由于波列长度很大，因而激光是相干性极好的新型光源.15－30　已知一维运动粒子的波函数为式中λ＞0，试求：(1)归一化常数A和归一化波函数；(2)该粒子位置坐标的概率分布函数(又称概率密度)；(3)在何处找到粒子的概率最大.分析　描述微观粒子运动状态的波函数，并不像经典波那样代表什么实在的物理量，而是刻画粒子在空间的概率分布，我们用表示粒子在空间某一点附近单位体积元内出现的概率，又称粒子位置坐标的概率分布函数，由于粒子在空间所有点出现的概率之和恒为1，即(本题为)，称为归一化条件.由此可确定波函数中的待定常数A和被归一化后的波函数，然后针对概率分布函数，采用高等数学中常用的求极值的方法，可求出粒子在空间出现的概率最大或最小的位置.解　(1)由归一化条件，有 　(注：利用积分公式)经归一化后的波函数为　　(2)粒子的概率分布函数为 式中λ＞0，试求：(1)归一化常数A和归一化波函数；(2)该粒子位置坐标的概率分布函数(又称概率密度)；(3)在何处找到粒子的概率最大. 分析　描述微观粒子运动状态的波函数，并不像经典波那样代表什么实在的物理量，而是刻画粒子在空间的概率分布，我们用表示粒子在空间某一点附近单位体积元内出现的概率，又称粒子位置坐标的概率分布函数，由于粒子在空间所有点出现的概率之和恒为1，即(本题为)，称为归一化条件.由此可确定波函数中的待定常数A和被归一化后的波函数，然后针对概率分布函数，采用高等数学中常用的求极值的方法，可求出粒子在空间出现的概率最大或最小的位置. 解　(1)由归一化条件，有 (注：利用积分公式) 经归一化后的波函数为 　　(2)粒子的概率分布函数为 (3)令，有，得x＝0，和x→∞时，函数有极值.由二阶导数可知，在处，有最大值，即粒子在该处出现的概率最大. 15－31　设有一电子在宽为0.20nm的一维无限深的方势阱中.(1)计算电子在最低能级的能量；(2)当电子处于第一激发态(n＝2)时，在势阱中何处出现的概率最小，其值为多少？ 解　(1)一维无限深势阱中粒子的可能能量，式中a为势阱宽度，当量子数n＝1时，粒子处于基态，能量最低.因此，电子在最低能级的能量为 ＝1.51×10－18J＝9.43eV 　　(2)粒子在无限深方势阱中的波函数为 ，　　　n＝1，2，… 当它处于第一激发态(n＝2)时，波函数为 ，　　　0≤x≤a 相应的概率密度函数为 ，　　　0≤x≤a 令　，得 在0≤x≤a的范围内讨论可得，当和a时，函数取得极值.由可知，函数在x＝0，x＝a/2和x＝a(即x＝0，0.10nm，0.20nm)处概率最小，其值均为零. 15－32　在线度为1.0×10－5m的细胞中有许多质量为m＝1.0×10－17kg的生物粒子，若将生物粒子作为微观粒子处理，试估算该粒子的n＝100和n＝101的能级和能级差各是多大. 分析 　一般情况下，该粒子被限制在细胞内运动，可把粒子视为无限深势阱中的粒子.作为估算，可按一维无限深方势阱粒子处理，势阱宽度a＝1.0×10－5m. 解　由分析可知，按一维无限深方势阱这一物理模型计算，可得 n＝100时， n＝101时， 它们的能级差　 15－33　一电子被限制在宽度为1.0×10－10m的一维无限深势阱中运动.(1)欲使电子从基态跃迁到第一激发态，需给它多少能量？(2)在基态时，电子处于x1＝0.090×10－10m与x2＝0.110×10－10m之间的概率近似为多少？(3)在第一激发态时，电子处于x1′＝0与x2′＝0.25×10-10m之间的概率为多少？ 分析　设一维粒子的波函数为，则表示粒子在一维空间内的概率密度，则表示粒子在间隔内出现的概率，而则表示粒子在区间内出现的概率.如区间的间隔Δx较小，上述积分可近似用代替，其中取和之间中点位置c处的概率密度作为上述区间内的平均概率密度.这是一种常用的近似计算的方法. 解　(1)电子从基态(n＝1)跃迁到第一激发态(n＝2)所需能量为 　　(2)当电子处于基态(n＝1)时，电子在势阱中的概率密度为，所求区间宽度，区间的中心位置，则电子在所求区间的概率近似为 　　(3)同理，电子在第一激发态(n＝2)的概率密度为，则电子在所求区间的概率近似为 15－34　在描述原子内电子状态的量子数n，l，ml中，(1)当n＝5时，l 的可能值是多少？(2)当l＝5时，ml的可能值为多少？(3)当l＝4时，n的最小可能值是多少？(4)当n＝3时，电子可能状态数为多少？ 分析　微观粒子状态的描述可用能量、角动量、角动量的空间取向、自旋角动量和自旋角动量的空间取向所对应的量子数来表示，即用一组量子数(n，l，ml，s，ms)表示一种确定状态.由于电子自旋量子数s恒为1/2，故区别电子状态时只需用4个量子数即n、l、ml和ms，其中n可取大于零的任何整数值，而l、ml和ms的取值则受到一定的限制，如n取定后，l只能为0，l，…，(n－1)，共可取n个值；l取定后，ml只能为0，±1，…，±l，共可取2l＋1个值；而ms只可取±12两个值.上述4个量子数中只要有一个不同，则表示的状态就不同，因此，对于能量确定(即n一定)的电子来说，其可能的状态数为2n2个. 解　(1)n＝5时，l的可能值为5个，它们是l＝0，1，2，3，4 (2)l＝5时，ml的可能值为11个，它们是ml＝0，±1，±2，±3，±4，±5 (3)l＝4时，因为l的最大可能值为(n－1)，所以n的最小可能值为5 (4)n＝3时，电子的可能状态数为2n2＝18 15－35　氢原子中的电子处于n＝4、l＝3的状态.问：(1)该电子角动量L的值为多少？(2)这角动量L在z轴的分量有哪些可能的值？(3)角动量L与z轴的夹角的可能值为多少？ 解　(1)n＝4、l＝3时，电子角动量 　　(2)轨道角动量在z轴上的分量，对于n＝4、l＝3的电子来说，则Lz的可能取值为. (3)角动量L与z轴的夹角，如图所示，当ml分别取3，2，1，0，－1，－2，－3时，相应夹角θ分别为'