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物理竞赛辅导(电磁感应&量子)


电磁感应
法拉第电磁感应定律 动生电动势 ε k = 感生电动势

电磁场与电磁波
麦克斯韦方程组:

ε =?

dΨm dt

∫ D ? dS
S

=


a

b

a<

br />
v × B ? dl

V

∫ρ

0

dV


S

B ? dS = 0

∫ E ? dl
L

= ?∫
S

?B ? dS ?t
0

ε i = ∫ E感 ? dl
di1 互感电动势 ε 21 = ? M dt

b

∫H
L

? dl =

∫J
S

? dS +


S

? D ? dS ?t

di 自感电动势 ε L = ? L dt

电磁波的传播 能流密度矢量 S = wu

S = E×H

ε E = μH
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第14届(1997年)考题
1、用长为l 的细金属丝OP和绝缘摆球P构成一个圆 锥摆,P作水平匀速圆周运动时金属丝与竖直线的夹角 为θ,如图所示,其中O为悬挂点。设在讨论的空间范围 内有水平方向的匀强磁场,磁感应强度为B,在摆球P的 运动过程中,金属丝上P点与O点间的最小电势差 0 为 , P点与O点间的最大电势差为 。 × ×
3?
O

θ

×
l

θ

r dr

2? 4? B×

× ?υ ×
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×
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1

P

υ×B

2
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ω

第14届(1997年)考题
× ×
3?
O

第15届(1998年)考题
2、图中半径为R的圆形区域内有垂直朝里的匀强 磁场B,它随时间的变化率为dB/dt=K,此处K是一个 正的常量,导体棒MN的长度为2R,其中一半在圆 内,因电磁感应,棒的 N 端为正极,棒的感应电 动势大小为 。 ε MN = ε OMNO
× × B × × × M O × R × × A C N ×

θ

×
l

ΔU = ∫

P (2)

2? 4? B×
θ

× ?υ ×
r dr 1
P

=∫
=∫

O P ( 2) O P (2)

υ × B ? dr υ × B cos θ dr
υ B cos θ dr

×

ω

= ∫ ω r sin θ B cos θ dr
0

O l

Tn = mg tan θ = mω l sin θ
2

1 = ω Bl 2 sin θ cos θ 2

= ( SOMA + SOAC )

dB dt

υ×B

1 2 ΔU = 2 Bl gl cos θ sin θ
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1 π = ( 3 + )R2 K 4 3
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第16届(1999年)考题
3、如图所示,在光滑的水平面上,有一可绕竖直 的固定轴O自由转动的刚性扇形封闭导体回路OABO, 其半径OA=L,回路总电阻为R,在OMN区域内为均 匀磁场B,其方向垂直水平面向下。已知OA边进入磁 场时的角速度为ω,则此时导体回路内的电流 i= ,因此导体回路所受的电磁阻力矩M= 。 ω BL2 N O B × × × × 2R

第16届(1999年)考题
I=
N

× × × ×

× × × ×

× × × × × × × × × × × ×

× × l × υ× dl × ×A × × M

O

1 L υ × B ? dl = R R ∫0 1 L ω BL2 = ∫ ω lBdl = R 0 2R

ε

B

dF = Idl × B dM = l × dF M = ∫ IlBdl =
L

A M

ω B 2 L4
4R

0

1 ω B 2 L4 IBL2 = 2 4R

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第17届(2000年)考题
4、如图所示,一金质圆环以其边缘为支点直立在 两磁极间,环的底部受两个固定档的限制,使其不能滑 动。现环受一扰动偏离竖直面0.1弧度,并开始倒下。 已知B=0.5T,环半径r1=4cm,环截面半径r2=1mm,金 的电导率为σ=4.0×107/Ω.m ,设环重F=0.075N,并可以 认为环倒下的过程中重力矩时时都与磁力矩平衡,求环 倒下所需的时间t。
S
B
θ

第17届(2000年)考题
S
B
θ

图示位置通过环面的磁通量为: φ = Bπ r12 sin θ

ε =?
N

dφ dθ = ? Bπ r12 cos θ dt dt

2π r1 2r R= = 1 σπ r22 σ r22

i=

ε
R

=
2

σπ r1r22 B cos θ dθ
2
2 2

dt
dt

M = pm × B = iSB cosθ =
N

σπ r r B cos θ dθ = Fr sin θ 1
3 2 1 2

t=∫
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π

2 0.1

σπ 2 r12 r22 B 2 cos 2 θ dθ = 2.11s 2 F sin θ
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2

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第18届(2001年)考题
如图所示,无限长直导线MN与两边长分别为l1、 l2的矩形导线框架abcd共面,导线MN与导线框da边平 行,两者相距l0。当MN中通有电流I时,与MN相距r处 的磁场磁感应强度大小为B= μ0 I ;长导线与导线 2π r 框之间的互感系数为M= 。
N a l1 b

第21届(2004年)考题
6、在圆环上任取小段圆弧,如果它的两端受其余 部分的作用力均是拉力,则称环内有张力,如果均是 推力,则称环内有挤压力。这两种力同计为T,T>0代 表张力,T<0代表挤压力。将半径R、质量m、电荷量q 的均质带电刚性细圆环静放在光滑绝缘水平桌面上, 圆环外无磁场,圆周和圆内有竖直向上的均匀磁场。 设t=0时磁感应强度B=0,而后B随时间线性增大,比例 系数为k。由于电磁感应,圆环将绕圆心旋转,设圆环 电阻足够大,环内不会形成传导电流。试问t>0时刻圆 环因旋转而在环内产生的是张力还是挤压力,进而计 算此力的大小。

Φ=∫
l2

l0 + l1

l0

μ0 I μ Il l + l l2 dr = 0 2 ln 0 1 l0 2π r 2π

l0

M=
M d c

Φ μ0l2 l0 + l1 ln = 2π I l0

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第21届(2004年)考题
E
? ? ? ? ? ?R? ? ? ? ? B ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
涡旋电场在圆环处的方向? 大小 ?

第21届(2004年)考题
取一小圆弧,所受洛仑兹力 ? 指向圆心 ? ? qυ B B dF洛 = ( dq ) υ B = dφ ? ? ? ? ? 2π ? ? ? ? ? 所需向心力的大小为: ? R ? dφ ? ? υ 2 mυ 2 ? ? ? T = dF心 = ( dm ) dφ dF洛 T R 2π R ? υ dm , dq dF = dF + 2T sin dφ = dF + Tdφ 心 洛 洛 2 2 2 k q R 2 υ ? mυ ? T= ? qB ? = ? t 为挤压力 ? 2π ? R 8π m ?

E

?

E=

R dB k = R 2 dt 2

圆环因电场力获得的切向 加速度: qE kq a切 = = R m 2m kq t>0时刻,圆环运动速度大小为:υ = a切 t = Rt 2m

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第23届(2006年)考题
2、每边长为l的正方形ABCD A 区域外无磁场,区域内有图示方向 ? ? 的匀强磁场,磁感应强度随时间的 ? ? A' 变化率为常量k。区域内有一个腰长 ? ? 为l/2的等腰直角三角形导线框架 ? ? A' B'C',直角边A'B'与AB边平 ? ? 行,两者相距l/4,直角边B'C'与BC ? ? 平行,两者相距l/4。已知框架 ? ? A'B'C'总电阻为R,则感应电流强 ? ? 2 度I =kl 8R 。若将导线A'B' ? ? 和B'C'取走,留下导线A'C'在原来 D 位置,此时导线A'C'中的感应电动 势ε = 0 。

B
? ? ? ? ? ? ? ? ?

解:(1) ε i =

l ?4
? ? ? ? ? ? ?

?

? ? ? ? ? ? ? ? ?

? ? ? ? ? ? ? ?

? ? ? ? ? ? ?

d Φ d ( BS ) = dt dt
2

A
? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

B A'
? ? ? ? ? ? D’ ? ?

B'

= kS A′B′C ′

l ?4

1? l ? 1 = k ? ? = kl 2 2?2? 8

l ?4
? ? ? ? ? ? ?

?

? ? ? ? ? ? ? ? ?

? ? ? ? ? ? ? ?

? ? ? ? ? ? ?

B'

Ii =
(2)
C

?C' ?

kl R 8R ε A′B′ + ε B′C ′ + ε C ′A′ =
D

εi

2

l ?4

?C' ?

= ε C ′D′ + ε D′A′ + ε A′C ′
∵ ε A′B′ = ε B′C ′ = ε C ′D′ = ε D′A′

C

∴ ε C ′A′ = ε A′C ′ = 0
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第24届(2007年)考题
北京地区地面附近地球磁场的水平分量记为 B∥,竖直向下分量记为B⊥。取电阻为R,半径为r的 金属圆环,将环如图1所示竖直放置后,绕着它的竖 直直径旋转180°,测得流过圆环的电量为Q1。再让 圆环绕着它的东西水平直径如图2所示方向旋转90°, 测得流过圆环的电量为Q2。据此可导得B∥= , Q1 R B⊥= 。 上 上
感应电流的电量 Q = idt =



∫ R dt = R ∫ dt dt =
B// =

ε

1 d?

Δ? R

若绕竖直轴转180度,穿过线圈的磁通量变化

Δφ1 = B // ? 2πr 2

Q1 =

( 2Q2 ? Q1 ) R
2π r 西
2

2 B// πr 2 R

RQ1 2πr 2

2π r 2


若再沿着水平轴转90度,总磁通量变化

Δφ = Δφ1 + Δφ 2
B⊥ =



西

Δ? 2 = ( B⊥ ? B/ / ) ? π r 2
( B ? B// )πr 2 Δφ Δφ1 + Δφ 2 Q2 = = = Q1 + ⊥ R R R

(2Q2 ? Q1 )R
2πr 2

图1 下
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图2
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第25届(2008年)考题

M

θ

N

E (r ) =

1 dB r× 2 dt

EA =
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1 dB 1 dB 1 dB r1 × k + (? )r2 × k = r0 × k = E o′ 2 dt 2 dt 2 dt
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2010年计算题第13题:

? 等离子体是部分或完全电离的气体,即由大量自由电子和正

r=R/2小圆孔区域内为匀强场区。 P作类斜抛运动,有

离子及中性原子、分子组成,所含正负电荷数处处相等,宏 观上近似电中性。电离了的正离子和自由电子的数密度相等 ,但离子质量 m离子 >> 电子质量me。图示的半径为R的载流长 直螺线管,单位长度绕有N匝线圈。若在螺线管内沿轴向放 置一个半径为 R0的圆柱形长直玻璃管,半径 R0略小于R(可视 为R0 ≈R),管内充满等离子体气体,电子和离子数密度均
2

qE a= m

R dB 1 E= = KR 4 dt 4
2 0 2 0

“水平”射程: R = v sin 2θ / a 射高: R = v sin 2 θ / 2 a
θ :sin2θ = sin2 θ
?θ = arctan2(= 63.40 )

2

? 2sinθ cosθ = sin2 θ ? tanθ = 2

v0 : v = aR / sin θ , sin θ = 2 / 5
2 0

为 n0 , 令t=0时刻,螺线管接通电流I(t)=kt(k为正常数 ,电流方向如图所示)。

5 Kq R ? v0 = 4 m
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(1)求通电以后某t>0时刻管内的磁感应强 度的大小和方向以及管内外涡旋电场的大小 及其方向; (2)上述玻璃管内产生涡旋电场后,求出t 时刻等离子体中距中心轴r处的感应电流密度 及其方向; (3)忽略感应电流所产生的轴向磁场,说明 正离子和自由电子在螺线管产生的磁场中受 到的洛伦兹力的方向,并讨论通电后管内气 体的运动状况,并说明理由。
物理竞赛习题讲解 jhqin 图4

解:1)t=0时刻,螺线管接通电流,则由于电流 变化,管内磁场也随时间变化,对长直螺线管 内,有

B = μ0 NI(t)=μ0 Nkt

因为B变化,在管内外会产生涡旋电场,
2π rE旋内 = ?
2π rE旋外 = ?

μ Nkr dB 2 π r = ?μ0 Nkπ r 2 ; E旋内 = ? 0 (r < R)方向与螺线管的电流反向 dt 2

μ NkR2 dB 2 π R = ?μ0 Nkπ R2 ; E旋外 = ? 0 (r > R)方向与螺线管的电流反向 dt 2r
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2)求感应电流密度及其方向 由1可见,管内涡旋电场的大小取决于r的大小,越靠 近螺线管管壁处,涡旋电场越大。等离子体中,正、负离 子在涡旋电场的作用下作环绕轴线的圆周运动,正负离子 均受涡旋电场力作用,电子和离子受到大小相等方向相反 的切向力而获得相反方向的切向加速度:就其大小而言, dve dv 对于电子:eE旋 = me ,对于离子: 旋 =(m离子 ) 离 eE dt dt 由于m离子 >> me ,因此电子在切向获得加速度>>离子所
图4

(2)上述玻璃管内产生涡旋电场后 ,求出t时刻等离子体中距中心轴r处 的感应电流密度及其方向;

获得的加速度,因而是等离子体内形成以电子流动为主的 与涡旋电场方向相反的电子流,略去离子流贡献。距中心 为r处的电流密度的大小便为

j (r , t ) = n0 eu (r , t )
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其中u(r,t)是t时刻,r处电子在涡旋电场作用下获得的切向运动 速度(与电流密度方向相反)。对上式两边求导得:

?j ( r , t ) ?u ( r , t ) F = n0 e = n0 ea ( r , t ) = n0 e ?t ?t me

(3)忽略感应电流所产生的轴向磁场, 说明正离子和自由电子在螺线管产生的磁 场中受到的洛伦兹力的方向,并讨论通电 后管内气体的运动状况,并说明理由。
图4

F = eE 旋

于是有

μ Nkn0 e 2 r ? j ( r , t ) n0 e 2 E = 0 = me 旋 ?t 2 me
j(r , t ) =

所以,当r一定时,



t

μ 0 Nn 0 e 2 kr
2 me

0

dt =

μ 0 Nn0 e 2 kr
2 me

t

电流密度是正电荷流动的方向,因此应该和涡旋电场方向相同
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2011年填空第7题:

3)感应电流方向与螺线管中通有的电流方向相反。忽略 感应电流产生的轴向磁场,则电离了的正负离子由于有运 动,他们均受到轴线磁场的洛伦兹力,正离子与涡旋电场 同方向运动,电子反方向运动,轴向磁场向上,两者受到 的洛伦兹力均指向轴线,洛伦兹力是正负离子均向轴线运 动,因此除了有切向运动外,正负离子还有向轴线运动的 趋势。又由于外层涡旋电场大,正负离子获得的切向速度 大于内层,所以外层等离子体薄层会向轴线迅速压缩。

? 半径R,电流I的大圆环,在其中央轴距环心x处的 磁感应强度大小为B(x) =
μ0 IR 2
2( R 2 + x 2 )
3 2

,有一半径

r<<R的小圆环,环心位于x点,环平面与x轴垂直 ,如图所示,则小圆环与大圆环之间的互感系数近 似为M=
μ0π r 2 R 2
2( R 2 + x 2 )
3 2



图1

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2012年计算题第11题:

B= =

∫ dB

//

=

∫ dB cos θ = ∫ 4π

μ0 Idl
r2

cos θ



μ0 μ0 IR 2 IRdl = 4π ( x 2 + R 2 )3/ 2 2( R 2 + x 2 ) 3 2
B

B
dB =k dt

?B

由ψ = BS = MI ?M =

μ0π r 2 R 2 BS = 3 I 2( R 2 + x 2 ) 2
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量子物理主要内容
解: (1) 由图中给出的感应电流方向,可列出 基尔霍夫方程组:

由于 ε = ka

?ε = I1 ? 3R + IR ? ?ε = I 2 ? 3R + IR ?I = I + I 1 2 ?
2

爱因斯坦光量子假设

ε = hν
p = h/ λ

(1)

(2)
图3

光电效应方程 德布罗意波

可得到各感应电流为:
? 2ε 2ka 2 ? I = 5R = 5R ? ? 2 ? I = I = ε = ka ? 1 2 5R 5R ?

1 2 m v m = eU c = hν ? A 2

(3)

ε = hν

p = h/ λ

(2)ε AB = ε AB(左)+ε AB(右)= + = 4 4 2 1 U AB = IR ? ε AB = ? ka 2 10
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ε

ε

ε

海森伯不确定关系

ΔxΔp x ≥

2

ΔEΔt ≥

2

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m

一、 光电效应

A O O O O O O V

K

G

光电效应 当波 长较短的可见光或紫 外光照射到某些金属 表面上时,金属中的 电子就会从光中吸取 能量而从金属表面逸 出的现象。

B

O O
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光电效应的实验规律 m m

? Uc= Kν - U0
A O O O O O O V K A K

Uc为截止电压
正比于ν,与入射光强无关
Uc(V)
2.0 1.0 0.0 4.0 6.0 8.0 10.0 ν(1014Hz) Cs Na Ca

im2
G

im1

O O O O O O V

G

B

O O

-Uc
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B

O O

光电子的最大初动能为:
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Ek = eUc = e(Kν ?U0 )

光电效应方程
? 只有当入射光频率 v大于一定的频率v0时,才会产 生光电效应 Ek = e(Kν ? U0 ) = Ke(ν ? U0 / K ) = Ke(ν ? ν 0 )≥ 0
ν 0称为截止频率或红限频率

hν =

1 2 m um + A 2
红限频率 ν

爱因斯坦光电效应方程

存在红限频率: ν<A/h 时,不发生光电效应 当

? 光电效应是瞬时发生的,
弛豫时间不超过10-9s

im2 im1

0

=

? 饱和光电流强度 im 与入射
光强I成正比

光电效应是瞬时发生的 反向截止电压 U c =

A A称逸出功 h

饱和光电流强度 im 与入射光强 I成正比
-Uc

E k hν ? A = e e

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二、玻尔的氢原子理论 1. 三个假设 定态假设
原子中的电子只 能在一些半径不连续 的轨道上作圆周运动。 在这些轨道上运动 的电子不辐射(或吸收) 能量而处于稳定状态, 称为定态。 相应的轨道称为 定态轨道
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玻尔的氢原子理论的三个假设 量子化条件假设 在定态轨道上 运动的电子,其角 动量只能取 h / (2π) 的整数倍,即

v r

m

L = r ? mv = n

h =n 2π









称为角动量量子化条件

n = 1,2,3,… 为量子数
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玻尔的氢原子理论的三个假设 频率条件假设 电子从某一定 态向另一定态跃迁 时将发射(或吸收) 若初态和终态的能量 光子。 分别为 En和Em 且:En>Em 则发射光子的频率 ν=(En-Em)/h 称为 玻尔的频率条件
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2. 氢原子轨道半径和能量的计算(与07年竞赛题相关)

En
Em

ν

由牛顿定律:

e 2 mv 2 = 4πε 0 r 2 r 1

由角动量量子化假设: :

L = mvr = n

从上两式中消去v,得到第n个轨道的半径:

? ε h2 rn = n 2 ? 0 2 ? π me ?

? ? = n 2 r1 轨道量子化 ? ?

以n=1代入上式得到氢原子最小轨道半径r1

? ε h2 ? a 0 = r1 = ? 0 2 ? = 0 .5 2 9 ? (称为玻尔半径) ?π me ?
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氢原子系统的能量等于这一带电系统的静电势能和电子的动能之和: :

1 e2 En = mvn 2 + (? ) 2 4πε 0 rn 1 me 4 En = ? 2 ( 2 2 ) n 8ε 0 h
n=1

例、 根据玻尔的氢原子理论,基态氢原子中电子绕 核运动的速度为 2.2×106 m/s 。

解: ∵

e2
2 4πε 0a0

= m0

υ2
a0

E 1 = ?13.6eV
En = 1 E1 n2

氢原子基态能量

rn = n 2 r1
轨道半径量子化
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∴υ =

e2 = 2.2 × 106 m s 4πε 0 a0 m0

氢原子能量量子化

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(2003)光电效应 能使某种金属产生光电效应的入射光最小频率为 6.0×1014HZ,此种金属的电子逸出功为————。 若金属表面再施加 U=3V反向电压,可激起光电流 的入射光最小频率为————。

(2003)玻尔理论和不确定关系 据玻尔理论,氢原子中电子绕核作圆周运动的最小 半径为5.29×10-11m,此时电子运动速度为————。 若将此时电子沿某直径方向的位置不确定量取为

E k = hν ? A A = hν = 3.98 × 10 ?19 ( J ) eU = hν 0 ? A
ν0 =

Δx = 1.0 × 10 ?10 m
则电子沿此方向速度不确定量已达————, 可见玻尔理论是一种“粗糙”的理论。

e2 4πε 0 r
2

eU + A = 1.32 × 1015 ( H Z ) h
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=m

v2 r

v = 2.19 × 10 6 (m / s )
Δv x = 7.28 × 10 6 (m / s )
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Δp x Δx = h = m ΔvΔx

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第21届(2004年)考题
一般人能看到的光,其波长从红光( 7000? 紫光( 4000? ),它们相应的能量为( ( )电子伏特。
E = hν = h c

(2005) 不确定关系 )到 )到 电子沿示波管的速度106m/s, 其测定准确度 万分之一。在示波管内的位置不确定量为————; 高尔夫球质量45克,速度40m/s,速度测定准确度为1%, 则其位置不确定量为————。

λ

= 6.63 × 10?34 ×

3 × 108 1 × 4 × 10?7 1.6 × 10?19

Δpx Δx ≥

电子伏特

2

Δpx = mΔvx

Δx ≥

2mΔvx

电子: 7.3×10-6(或5.8 ×10-7)m 高尔夫球: 3.7×10-32(或2.9 ×10-33)m
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例:m=0.01kg,v=300m/s的子弹的德布罗意波长

λ=

h h = p mυ

= 6.63 × 10

? 34

例:原子的线度是10-10m,求原子中电子速度的不 确定量。 解:

0.01 × 300

= 2.21 × 10 ?34 (m )

Δx ≈ 10 ?10 m

Δx ? Δpx ≥

2

h极其微小 宏观物体的波长很小,实验难以测量
 “宏观物体只表现出粒子性”

Δpx = mΔvx
Δvx ≥ 6.63 × 10?34 2mΔx 2 × 2π × 9.1× 10?31 × 10?10 = 5.8 × 105 (m / s ) =
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例: 原子发光持续时间10-9s, 求400nm的谱线宽是多少? 解:

例: 实验发现基态氢原子可吸收能量为 12.75 eV 的光子。 (1) 试问氢原子吸收该光子后将被激发到哪 个能级? (2) 受激发的氢原子向低能级跃迁时,可能 发出哪几条谱线? 请画出能级图(定性),并将这些跃迁画在 能级图上。
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ΔE ≥

2 ? Δt

ΔΕ h 1 1 ≤ = h 4π Δ t h 4πΔ t λ2 c Δλ = 2 Δν ≤ ≈ 10 ?14 ( m ) = 10 ?5 nm ν 4π c Δ t Δν =

物理竞赛习题讲解

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n=4



∵ En ? E1 = 12.75eV

n=3
n=2

∴ En = E1 + 12.75eV

= ?13.6eV + 12.75eV

= ?0.85eV
又由:En =
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n=1

n=4

?13.6eV n2
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