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高二物理竞赛(10)参考答案


高二物理竞赛(10)参考答案
一、波长 ? 与频率? 的关系为 光子的能量为

??

c

?



(1) (2)

E? ? h? ,

由式(1) 、 (2)可求得产生波长 ? ? 4.86 ? 10?7 m 谱线的光子的

能量

E? ? 4.09 ?10?19 J
氢原子的能级能量为负值并与量子数 n 的平方成反比:

(3)

En ? ?k

1 , n ? 1,2,3,? n2

(4)

式中 k 为正的比例常数。氢原子基态的量子数 n ? 1,基态能量 E1 已知,由式(4)可得出

k ? ? E1

(5)

把式(5)代入式(4) ,便可求得氢原子的 n ? 2,3,4,5,? 各能级的能量,它们是

1 k ? ?5.45 ?10?19 J, 2 2 1 E3 ? ? 2 k ? ?2.42 ?10?19 J, 3 1 E4 ? ? 2 k ? ?1.36 ?10?19 J, 4 1 E5 ? ? 2 k ? ?8.72 ?10?20 J。 5 E2 ? ?
比较以上数据,发现

E? ? E4 ? E2 ? 4.09 ?10?19 J。
所以,这条谱线是电子从 n ? 4 的能级跃迁到 n ? 2 的能级时发出的。 二、

(6)

1

三、

四、设宇宙尘埃的质量为 m,太阳的质量为 M,则太阳作用于尘埃的万有引力

f ?G

Mm 2 rse
4 3 πR ρ 3

(1) (2) (3)

设地球的密度为 ρ,地球的质量为 me,按题意有 m ?

ρ?

me 4 3 πRe 3

2

me ?g Re2 Mm 2π 2 和 G 2 e ? me ( ) rse rse T
另有 G (5)式得 f ?

(4) (5)

式中 T 为地球绕太阳作圆周运动的周期, T=365× 24× 60× 60s=3.15× 107s。 由(1)、(2)、(3)、(4)、

gR3 2π 2 ( ) rse GRe T

(6)

太阳辐射中含有各种频率的光子, 设单位时间内, 射到尘埃所在处的与太阳辐射垂直的单位 面积上频率为 νi 的光子数为 Ni,根据 S 的定义有 S ?

? N hν
i i

i

(7)

光子不仅具有能量,还具有动量。由题意可知频率为 νi 的光子动量 pi ? 光子射到尘埃表面被尘埃吸收,故光子作用于尘埃的冲量 ΔIi=pi 单位时间内射到尘埃单位面积上的各种频率的光子对尘埃的总冲量

hνi c

(8) (9) (10)

ΔI ? ? Ni ΔI i ? ? Ni pi
i i

ΔI 也就是压强。由于尘埃的表面是球面,球面上各部分并不都与太阳辐射垂直,但射到球 面上的光辐射与射到与太阳辐射相垂直的球的大圆面上的光辐射是相等的, 故太阳辐射作用 2 于尘埃的力 F=πR ΔI (11)

πR2 S c F GRe ST 2 由(6)式和(12)式得 ? f 4πgRcr se F ?6 带入有关数据得 ? 1.0 ?10 f
由(7)式?(11)式得 F ? 五、因?子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命 根据时间膨胀效应,在地球上观测到的?子平均寿命为?,

(12) (13) (14)

? 0 ? 2.0 ? 10?6 s
(1)

??

?0
1 ? ?v c ?


2

代入数据得 ? = 1.4×10 5s (2) 相对地面,若?子到达地面所需时间为 t,则在 t 时刻剩余的?子数为

N ?t ? ? N ?0?e ?t ?
根据题意有

(3) (4)

N ?t ? ? e ?t ? ? 5% N ?0?

对上式等号两边取 e 为底的对数得 t ? ?? ln 代入数据得

5 100
(6) (7) (8)

( 5)

t ? 4.19 ? 10 ?5 s h ? 1.24 ? 10 4 m

根据题意,可以把?子的运动看作匀速直线运动,有 h ? vt 代入数据得

六、 (1)相对于车厢参考系,地面连同挡板以速度 v 趋向光源 S 运动.由 S 发出的光经小孔

3

射出后成锥形光束,随离开光源距离的增大,其横截面积逐渐扩大.若距 S 的距离为 L 处 光束的横截面正好是半径为 R 的圆面,如图所示,则有

r R ? l L
可得

L?

Rl r

(1)

设想车厢足够长,并设想在车厢前端距 S 为 L 处放置一个半径为 R 的环,相对车厢静 止, 则光束恰好从环内射出. 当挡板运动到与此环相遇时, 挡板就会将光束完全遮住. 此时, 在车厢参考系中挡板离光源 S 的距离就是 L.在车厢参考系中,初始时,根据相对论,挡板 离光源的距离为

x A 1 ? ?v c ?
故出现挡板完全遮住光束的时刻为

2

(2)

t?
由(1) 、 (3)式得

x A 1 ? ?v c ? ? L v
2

(3)

x 1 ? ?v c ? Rl t? A ? v rv
2

(4)

(2)相对于地面参考系,光源与车厢以速度 v 向挡板运动.光源与孔之间的距离缩短为

l ' ? l 1 ? ?v c ?

2

(5)

而孔半径 r 不变,所以锥形光束的顶角变大,环到 S 的距离即挡板完全遮光时距离应为

L' ?

Rl' Rl v2 ? 1? 2 r r c

(6)

初始时,挡板离 S 的距离为 xA,出现挡板完全遮住光束的时刻为

t? ?

x A ? L' x A Rl v2 ? ? 1? 2 v v rv c

(7)

七、 带电粒子在静电场内从 S 到 T 的运动过程中, 经历了从 S 到 N 和从 N 到 T 的两次加速, 粒子带的电荷量 q 的大小均为 1.60 ? 10?19 C ,若以 U 表示 N 与地之间的电压,则粒子从电 场获得的能量

?E ? 2qU
质子到达 T 处时的质量

(1)

4

m?

m0 1? ?v c?
2

(2)

式中 v 为质子到达 T 时的速度. 质子在 S 处的能量为 m0 c 2 , 到达 T 处时具有的能量为 mc 2 , 电子的质量与质子的质量相比可忽略不计,根据能量守恒有

mc2 ? ?E ? m0c2
由(1) 、 (2) 、 (3)式得

( 3)

1 1? ?v c?
代入数据解得
2

?1?

2qU m0 c 2

v ? 4.34 ? 107 m/s
7

( 4)

八、根据题意, Be 核和 K 层电子的动量都为零,在第一个反应中,若用 pLi* 表示激发态 锂核

? Li ?
7

?

的动量, pη 表示中微子 η 的动量,则由动量守恒定律有

pLi? ? p? ? 0

(1)

即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等,方向相反.在第二个反应中,若用 pLi 表示 反冲锂核 Li 的动量, p? 表示光子的动量,则由动量守恒定律有
7

p
由(1) 、 (2)式得

Li

?

? pLi ? pγ

( 2)

pLi ? ? ? pγ ? p? ?

( 3)

当锂核的反冲动量 p Li 最大时,其反冲能量也最大. 由(3)式可知,当中微子的动量与 γ 光 子的动量同方向时,锂核的反冲动量最大.注意到 γ 光子的动量

pγ ?


h? c h? c

( 4)

pLi ? pη ?

( 5)

由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多, 锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系表 示,这时有

ER ?
由(5) 、 (6)式得

2 pLi 2mLi

( 6)

pη c ? 2mLi c 2 ER ? h?
代入有关数据得

( 7)

5

pη ? 0.38MeV/c
用 Eη 表示中微子的能量,根据相对论有
2 2 2 2 Eη ? mη c ? pη c

( 8)

( 9)

根据能量守恒定律有

mBec2 ? mec2 ? mLi c2 ? ER ? h? ? Eη
由(9) 、 (10)式得
2 ? 2 ?2 mη c ? ?? mBe c 2 ? me c 2 ? mLi c 2 ? ER ? h? ? ? pη c ? ? ? ? 2 1

(10)

(11)

由(8)式和已知数据得

mη ? 0.00MeV/c2
能确定中微子的静止质量.如果有,其质量一定小于 0.1MeV / c 2 . 九、 (1)根据爱因斯坦质能关系,3H 和 3He 的结合能差为

(12)

由(12)式可知,所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的误差范围之内,故不

?B ? ? mn ? mp ? m 3 H ? m 3 He ? c 2
代入数据,可得

(1)

(2) (2) He 的两个质子之间有库仑排斥能,而 H 没有.所以 H 与 He 的结合能差主要来自它
3 3 3 3

?B ? 0.763 MeV

们的库仑能差.依题意,质子的半径为 rN ,则 3He 核中两个质子间的库仑排斥能为

EC ? k

e2 2rN

(3)

若这个库仑能等于上述结合能差, EC ? ?B ,则有

rN ?
代入数据,可得

ke2 2ΔB

(4)

rN ? 0.944 fm

(5)

(3)粗略地说,原子核中每个核子占据的空间体积是 (2rN )3 .根据这个简单的模型,核子 数为 A 的原子核的体积近似为

V ? A(2rN )3 ? 8 ArN3
另一方面,当 A 较大时,有

(6)

6

V?

4? 3 R 3

( 7)

由(6)式和(7)式可得 R 和 A 的关系为

?6? R ? ? ? rN A1/ 3 ? r0 A1/ 3 ?π?
其中系数

1/ 3

(8)

?6? r0 ? ? ? rN ?π?
把(5)式代入(9)式得

1/ 3

(9)

r0 ? 1.17 fm
由(8)式和(10)式可以算出
208

(10)

P b 的半径

RPb ? 6.93fm
十、 (1)先求两惯性系中光子速度方向的变换关系.根据光速不变原理,两系中光速的大小 都是 c .以 ? 和 ? ? 分别表示光子速度方向在 S 和 S? 系中与 x 和 x? 轴的夹角,则光速的 x 分 量为

ux ? c cos ? , ? u? x ? c cos ? .
再利用相对论速度变换关系,得

(1) (2)

cos? ?

cos ? ? ? v c . 1 ? vcos? ? c

(3)

S? 系中光源各向同性辐射,表明有一半辐射分布于 0 ? ? ? ? π 2 的方向角范围内,S 系
中,此范围对应 0 ? ? ? ? .由上式求得

v 2 c ? arccos v . ? ? arccos v ? c 1 ? cos c 2 cos ?
可以看出,光源的速度 v 越大,圆锥的顶角越小. (2) S ? 系中,质点静止,在 ? t ? 时间内辐射光子的能量来自质点静能的减少,即

?

(4)

P?t? ? ?m0c2 ,

(5)

式中 ?m0 为 ? t ? 时间内质点减少的质量. S 系中,质点以速度 v 匀速运动,由于辐射,其动 质量减少 ? m ,故动量与能量亦减少.转化为光子的总动量为 ?p ? ?mv ,即

7

?p ?
转化为光子的总能量为 ?E ? ?mc ,即
2

?m 0 v 1- v2 c2



(6)

?E ?

?m 0 c 2 1? v2 c2



(7)

S? 系中光源静止,测得的辐射时间 ?t? 为本征时,在 S 系中膨胀为

?t ?

?t ? 1 ? v2 c2



(8)

由以上各式可得在 S 系中单位时间内辐射的全部光子的总动量与总能量分别为

?p vP ? , ?t c 2 ?E ?P. ?t
十一、 (1)光子与反射镜碰撞过程中的动量和能量守恒定律表现为

(9)

(10)

E c ? MV ? ? E? c ? MV ? ,

(11) (12)

E ? MV 2 2 ? E? ? MV ?2 2 .
其中 V ? 为碰撞后反射镜的速度.从上两式消去 V ? ,得

E ? E? ?

4E 1?V c ?

?1 ? V c ?
E? ? E

2

? 4 E Mc

?
2

2E . 1?V c

(13)

1?V c 1?V c

(14) 当

V 1 ?? 1 时, ? 1 ? V c ,可得 c 1?V c

A S1 (5) 图1 A V S1 S2 S2 S1 a S1 图2
8

E ? ? E?1 ? 2V c ? .
1s 时间内所传播的距离 c?1s、底面积为单位面 积柱体内的光子,如图 1 所示.经过 1s 时间, 它们全部通过所考察的截面. 若单位体积中的光 子数为 n ,根据光强的定义,入射光的强度

S2 (15)

(2)考察时刻 t 位于垂直于光传播方向的截面 A 左侧的长为光在

N

N’

Φ ? ncE

(6) S2

若 A 处固定一反射镜,则柱体的底面 S2 处 的光子在时刻 t 到达位于 A 处的反射镜便立即被

c?t?

反射,以光速 c 向左移动;当柱体的底面 S1 在 t+1s 到达 A 处被反射镜反射时,这柱体的底 面 S2 已到达 A 左边距离 A 为 c?1s 处, 所有反射光的光子仍分布在长为 c?1s、 截面积为单位 面积的柱体内,所以反射光的强度与入射光的强度相等. 如果反射镜不固定,而是以恒定的速度 V 向右移动,则在时刻 t+1s 柱体的底面 S1 到达 A 处时,反射镜已移到 A 右边距离为 V?1s 的 N 处,这时底面 S2 移到 A 左侧离 A 的距离为 c?1s 处,如图 2 中 a 所示.设再经过时间 ?t ,S1 与镜面相遇,但这时镜面己来到 N ? 处,因 为在 ?t 时间内,镜面又移过了一段距离 V?t ,即在时刻 t ? 1s ? ?t ,底面 S1 才到达反射镜 被反射.亦即原在 S1 处的光子须多行进 cΔt 的距离才能被反射.因此

c?t ? ?1s ? ?t ?V


?t ?

V c ?V

(7)

而这时, 底面 S2 又向左移了一段距离 c?t . 这样反射光的光子将分布在长为 c ? 1s ? 2c?t 的 柱体内.因反射不改变光子总数,设 n ? 为反射光单位体积中的光子数,有

cV ? c ?V ? nc ? n?? c ? 2 ? ? n?c c ?V ? c ?V ?
故有

n? ? n
根据光强度的定义,反射光的强度

c ?V . c ?V

(8)

? ? ? n?cE ? .
由(4)、(8)、(9)各式得

(9)
2

? c ?V ? ?? ?? ? ? . ? c ?V ?
注意到 V ?? c 有

(10)

? ? ? ? ?1 ?

? ?

4V c

? ?. ?

(11)

十二、两个相距 R 的惰性气体原子组成体系的能量包括以下几部分:每个原子的负电中心 振动的动能,每个原子的负电中心因受各自原子核“弹性力”作用的弹性势能,一个原子的 正、 负电荷与另一原子的正、 负电荷的静电相互作用能.以 v1 和 v2 分别表示两个原子的负电 中心振动速度, x1 和 x2 分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移,则体系的能 量

E?
(16) 式中 U 为静电相互作用能

1 2 1 2 1 2 1 2 mv1 ? mv2 ? kx1 ? kx2 ? U 2 2 2 2



9

?1 1 1 1 U ? kC q 2 ? ? ? ? ? R R ? x1 ? x2 R ? x1 R ? x2

? ?, ?

(2)

? x ? ? x ?x ? kC 为 静 电 力 常 量 . 因 R ? x1 ? x2 ? R ?1 ? 1 2 ? , R ? x1 ? R ?1 ? 1 ? , R? R ? ? ? ? x ? R ? x2 ? R ?1 ? 2 ? ,利用 ?1 ? x ??1 ? 1 ? x ? x 2 ,可将(2)式化为 R? ?
2kC q 2 x1 x2 , U ?? R3
因此体系总能量可近似表为 (3)

1 1 2 1 2 1 2 2kCq2 x1 x2 2 E ? mv 1 ? kx1 ? mv2 ? kx2 ? . 2 2 2 2 R3
注意到 a ? b
2 2

(4)

? a ? b? ? ? a ? b? ?
2

2

2

和 2ab ?

? a ? b? ? ? a ? b?
2

2

2

,可将(4)式改写为

1 2 1? 2 kC q 2 ? 2 1 2 1 ? 2 kC q 2 ? 2 E ? mu1 ? ? k ? ? y1 ? mu 2 ? ? k ? ? y2 . 2 2? R3 ? 2 2? R3 ?
式中,

(5)

u1 ? ?v1 ? v2 ? u2 ? ?v1 ? v2 ?

2, 2,

(6) (7) (8) (9)

y1 ? ? x1 ? x2 ? y2 ? ? x1 ? x2 ?

2, 2.

(5)式表明体系的能量相当于两个独立谐振子的能量和,而这两个振子的固有角频率分别为

k ? 2kCq 2 R3 , ?1 ? m

(10)

?2 ?
在绝对零度,零点能为

k ? 2kCq 2 R3 . m
1 2

(11)

E0 ?

??1 ? ?2 ? ,

(12)

两个孤立惰性气体原子在绝对零度的能量分别表示为 E10 和 E20 ,有

10

E10 ? E20 ?
式中

1 ?0 , 2

(13)

?0 ?

k m

(14)

为孤立振子的固有角频率. 由此得绝对零度时, 所考察的两个惰性气体原子组成的体系的能 量与两个孤立惰性气体原子能量和的差为

?E ? E0 ? ? E10 ? E20 ? .
利用 ?1 ? x ?
12

(15)

? 1 ? x 2 ? x 2 8 ,可得

?E ? ?

2 4 kC q . 32 12 6 2k m R

(16)

?E ? 0 ,表明范德瓦尔斯相互作用为相互吸引.
十三、

11

十四、 (1)反应能

? 2 Q?? ?? mp ? m3 H ? ? m3 He ? mn ? c
式中 c 为光速.代入数据得

?

?

(1)

Q ? ?0.764MeV

(2)

上式表明这是一吸能核反应. (2)为了求入射质子阈能,反应前后各粒子都应沿同一直线运动.设质子的入射速度大小
12

3 为 vp ,反应后 2 He 的速度大小为 v3 He ,中子的速度大小为 vn ,根据动量守恒和能量守恒有

mp vp ? m3 He v3 He ? mn vn
1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v 2 ? mn vn ?Q 3 He 2 2 2
由(3) 、 (4)式可得
2 2 ? mn ? mp ? mn m3 He ? 2 ? mp m3 He ? 2 mp mn v ? 2 v v ? v ?2 Q ?0 ? ? ? ? n p n ? ? ? ? p m m m 3 3 3 He He He ? ? ? ?

(3) (4)

(5)



a?

2 mn ? m3 He mn

m3 He mp mn m3 He m3 He vp
2 vp ?2 Q

b ? ?2 c?
把(6)式代入(5)式得

2 mp ? mp m3 He

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(6)

2 avn ? bvn ? c ? 0

(7)

(7)式有解的条件是

b2 ? 4ac ? 0

(8)

由(6)式可知, c 可能大于零,亦可能小于零.若 c ? 0 ,则(8)总成立,中子速度一定有解, 反应一定能发生;若 c ? 0 ,则由 (6)、(8)两式得

mn ? m3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m3 He ? mp

(9)

即只有当入射质子的动能满足(9)式时,中子速度才有解,反应才能发生,所以入射质子的 阈能为

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用(1)式,在忽略 Q 项的情况下,(10)式可简化为
2

(10)

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
代入有关数据得

(11)

mn vn

m3 He v 3 He

?
(12)

Tth ? 1.02MeV

mp vp

13

(3)由动量守恒和能量守恒有

mp vp ? m3 He v3 He ? mn vn
1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v 2 ? mn vn ?Q 3 He 2 2 2

(12) (13)

以 ? 表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角, 如图所示, 根据余弦定律 有

?m


3

He

v 3 He

? ? ?m v ? ? ?m v ?
2 2 n n p p

2

? 2mn mp vn vp cos ?

(14)

1 2 mp vp 2 1 2 Tn ? mn vn 2 1 T3 He ? m 3 He v 2 3 He 2 Tp ?
把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得

(15) (16) (17)

Q ? Tp ? T3 He ? Tn
2m3 HeT3 He ? 2mnTn ? 2mpTp ? 2 2mnTn ? 2mpTp cos ?
由(18) 、 (19)式,消去 T3 He 后,得

(18) (19)

Tn ? 2

mn mpTp m3 He ? mn

cos ? ? Tn ?
cos ? , R?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn ? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

?0

(20)

令 得

S?

mn mpTp m3 He ? mn

?m

3

He

?

(21)

Tn ? 2S Tn ? R ? 0

(22)

根据题给的入射质子的动能和第 1 问求得的反应能 Q 的值,由(21)式可知 R ? 0 ,故(22) 式的符合物理意义的解为

Tn ? S ? S 2 ? R
将具体数据代入(21) 、 (23)式中,有

(23)

Tn ? 0 . 1 3 2 M e V
(如果得到 Tn ? 0.131MeV,也是对的.) 第 2 问的其他解法: 解法一:

(24)

14

3 为了研究阈能,只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况.若碰撞后 2 He 和中

子的速度相同,即粘在一起运动(完全非弹性碰撞),则在碰撞过程中损失的机械能最多,若 所损失的机械能正好等于反应能,则入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能. 设质子的
3 入射速度大小为 vp ,反应后 2 He 和中子的速度大小为 v ,根据动量守恒和能量守恒有

mp vp ? (m3 He ? mn )v
1 1 2 mp vp ? (m 3 He ? mn )v 2 ? Q 2 2
由(1) 、 (2)式可得

(1) (2)

mn ? m3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m3 He ? mp
所以阈能为

(3)

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用第 1 问中的(1)式,并注意到

(4)

Q ?? 1 m3 H c 2


1 ? mn ? m3 He ? mp
2

1 ? Q ? m3 H ?1 ? ? m3 c 2 ? ? ? H ?

?

Q ? 1 ? 1? ? 2 ? ? m3 H ? ? m3 H c ?

在忽略 Q 项的情况下,(4)式可简化为

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
代入有关数据得

(5)

Tth ? 1.02MeV
解法二:

(6)

在牛顿力学中可以证明, 质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的 动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用,则质点系 的动量守恒,质心速度不变,故质心动能亦恒定不变;如果质点系内部的相互作用导致质点 系机械能的变化, 则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中, 如果质
3 3 p 子 p 与氚 3 1 H 发生反应后,生成的中子 n 和氦 2 He 相对质心都静止,则质子 与氚 1 H 相对

质心运动的动能之和全部转化成反应能,反应后系统的动能只有质心的动能,在这请况下,
15

转化成其他形式能量的机械能最多,入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能.所以入射 质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.
3 ? p 以 v? p 和 v 3 H 分别表示质子 和氚 1 H 相对质心的速度,有

Q=
因系统质心的速度

1 1 2 mp v? m 3 H v?32H p ? 2 2
mp vp mp ? m 3 H

(1)

vc ?


(2)

v? p ? vp ? vc ?

m3 H vp mp ? m3 H mp vp mp ? m3 H

(3)

v?3 H ? 0 ? vc ? ?
由(1)、(3)、(4)式得

(4)

Q ?

m3 H mp ? m 3 H

1 2 mp vp 2

(5)

在牛顿力学中,系统的总质量是恒定不变的,这就导致系统质心的动能在反应前后恒定 不变的结论,但在本题中,损失掉的机械能导致系统总质量的变化,使反应前系统的总质量 与反应后系统的总质量不相等,即 mp ? m3 H ? mn ? m3 He .如果仍沿用牛顿力学的结论,对 一个孤立系统,其质心速度是不会改变的,故反应后质心的动能应为

Ec ?


1 1 1 Q 2 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc ? vc 2 2 2 c2

?

?

2 2 mp vp mp Q Q 1 Q 2 1 Q v ? ? ? 2? ? c 2 2 2 2c 2 c ? m ? m3 ? c mp ? m3 H m3 H p H

由此可见,在忽略 Q 的条件下

2

1 1 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc 2 2

?

?

而入射质子的阀能

Tth ?
由(2)、(5)、(6)式得

1 2 mp ? m3 H ? vc ?Q ? 2

(6)

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?

(7)

16

代入有关数据得

Tth ? 1.02MeV
解法三:

(8)

考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况,若入射质子与与静止的 3 1 H 发生完全非
3 弹性碰撞,即反应后产生的中子和 2 He 以相同的速度运动,则入射质子的动能就是阈能.以

m10 表示质子的静止质量, m20 表示 3 m30 表示中子的静止质量, m40 表示 3 1 H 的静止质量, 1 He
3 的静止质量,设质子的入射速度大小为 vp ,反应后 2 He 和中子的速度大小都为 v ,根据动

量守恒和能量守恒有

m1vp ?

? m30 ? m40 ? v
v2 1? 2 c

(1)

m1c 2 ? m20c 2 ?

? m30 ? m40 ? c2
v2 1? 2 c

(2)

式中 m1 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得

v=
把(3)式代入(1)式,经整理得

m1vp m1 ? m20
2 2 c 2 ? m12 vp ? ? m30 ? m40 ? c 2 2

(3)

? m1 ? m20 ?


(4)

m1 ?

m10 1?
2 vp

(5)

c2
2 m12 vp

可得

m ?m ?
2 1 2 10

c2

(6)

若入射质子的阈能为 Eth ,有

m1c2 ? m10c2 ? Eth
由(4)、(6)、(7)式可得

(7)

17

Eth ?
利用题给条件并引入反应能,得

? m30 ? m40 ? ? ? m10 ? m20 ?
2

2

2m20

(8)

Eth ?
或有

mp ? m3 H ? mn ? m3 He 2m 3 H

Q

(9)

Q + 2 ? mp ? m3 H ? 2 mp ? m3 H c Eth ? Q? Q 2m 3 H m3 H
代入有关数据得

(10)

Tth ? 1.02MeV

(11)

十五、在 相 对 于 正 离 子 静 止 的 参 考 系 S 中 ,导 线 中 的 正 离 子 不 动 ,导 电 电 子 以 速 度 v0 向 下 匀 速 运 动 ; 在 相 对 于 导 电 电 子 静 止 的 参 考 系 S? 中 , 导 线 中 导 电 电 子 不 动 , 正 离 子 以 速 度 v0 向 上 匀 速 运 动 . 下 面 分 四 步 进 行 分 析 . 第 一 步 , 在 参 考 系 S? 中 , 考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 电 场 力 的 大 小 和 方 向 . 若 S 系 中 一 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 为 l , 则 在 S? 系 中 这 些 正 离 子 所 ? ,由相对论中的长度收缩公式有 占 据 的 长 度 变 为 l?
2 v0 ( 1) c2 ? ,由于 设 在 参 考 系 S 和 S ? 中 , 每 单 位 长 度 导 线 中 正 离 子 电 荷 量 分 别 为 ? 和 ?? 离子的电荷量与惯性参考系的选取无关,故 ?l? ? ? ?l ?? ( 2)

? ? l 1? l?

由 ( 1) 和 ( 2) 式 得

( 3) 2 v0 1? 2 c 设在 S 系中一些导电电子所占据的长度为 l , 在 S? 系 中 这 些 导 电 电 子 所 占 ? ,则由相对论中的长度收缩公式有 据 的 长 度 为 l?
2 v0 ( 4) c2 同理,由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关,便有 ? ?? ( 5) ?? ? 2 v0 1? 2 c ? 分 别 为 在 参 考 系 S 和 S? 中 单 位 长 度 导 线 中 导 电 电 子 的 电 荷 量 . 式 中 , ? ? 和 ??

?? ??

?

? 1? l ? l?

在 参 照 系 S? 中 , 导 线 2 单 位 长 度 带 的 电 荷 量 为
? ? ?? ?? ? ? ? ??

?

v2 1? 0 c2 它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

? ( ?? ) 1 ?

2 v0 ? c2

2 v0 2 c2 v0 1? 2 c

?

( 6)

18

( 7) 2 v0 c a 1? 2 c 电 场 强 度 方 向 水 平 向 左 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 受 到 的 电 场 力 的 大 小 为
2

E? ?

2ke ? ? ? a

2 2ke ? v0

f e?? ? qE ? ?

2 2ke q? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

( 8)

电场力方向水平向左. 第 二 步 , 在 参 考 系 S? 中 , 考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 磁 场 力 的 大 小 和 方 向 . 在 参 考 系 S? 中 , 以 速 度 v0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 为 ? v0 ? v0 ? ( 9) I ? ? ?? 2 v0 1? 2 c 导 线 2 中 的 电 流 I?在 导 线 1 处 产 生 磁 场 的 磁 感 应 强 度 大 小 为 2k I ? 2km ? v0 ( 10 ) B? ? m ? 2 a v0 a 1? 2 c 磁 感 应 强 度 方 向 垂 直 纸 面 向 外 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 所 受 到 的 磁 场 力 的大小为 2 2k q? v0 ? ? ? q v0 B? ? m fm ( 11 ) 2 v0 a 1? 2 c 方向水平向右,与正离子所受到的电场力的方向相反. 第三步,在参考系 S 中,考虑导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁 场 力 的 大 小 和 方 向 .由 题 设 条 件 , 导 线 2 所 带 的 正 电 荷 与 负 电 荷 的 和 为 零 , 即 ? ? (?? ) ? 0 ( 12 ) 因而,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力为零 fe? ? 0 ( 13 ) 注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动 v1+ ? 0 ( 14 ) 导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零 f m ? ? qv1+ B ? 0 ( 15 ) 式 中 ,B 是 在 S 系 中 导 线 2 的 电 流 在 导 线 1 处 产 生 的 磁 感 应 强 度 的 大 小 . 于 是 , 在 S 系中,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零. 第四步,已说明在 S 系中导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力 的合力为零,如果导线 1 中正离子还受到其他力的作用,所有其它力的合力 必 为 零 ( 因 为 正 离 子 静 止 ). 在 S ? 系 中 , 导线 2 对导线 1 中正离子施加的电场力 和磁场力的合力的大小为 ? ? ? f e?? f ? ? fm (16 ) 因 为 相 对 S? 系 , 上 述 可 能 存 在 的 其 它 力 的 合 力 仍 应 为 零 , 而 正 离 子 仍 处 在 勻 速 运 动 状 态 , 所 以 (16 ) 式 应 等 于 零 , 故 ? ? ? fe?? fm ( 17 ) 由 ( 8) 、 ( 11 ) 和 ( 17 ) 式 得 ke ? c2 ( 18 ) km 十六、 ( 1)设碰撞前电子、光子的动量分别为 pe ( pe ? 0 ) 、 p? ( p? ? 0 ) ,碰撞后电子、

19

光子的能量、

? , pe ? , E?? , p?? . 由能量守恒有 动量分别为 Ee

Ee + Eg = Ee ? + Eg? .
由动量守恒有

(1)

pe + pg = pe ? + pg? .
光子的能量和动量满足

(2)

Eg = pg c, Eg? = pg? c .
电子的能量和动量满足
2 2 2 4 2 4 ?2 ? pe ?2c2 ? me Ee2 ? pe c ? me c , Ee c

(3)

(4)

由(1)、(2)、(3)、(4)式解得
E?? ? E? E e ?
e 2 e

?E ?

?

2 2 4 E m e? e c 2 e 4

E ? m c ?2

?

?

?

E

(5)

(2)由(5)式可见,为使 Eg? > Eg , 需有

E?? ? E? ?

?E ?
e

2 4 2 E? ( Ee2 ? me c ? E? ) 2 4 Ee2 ? me c ? 2 E?

?

?0


2 4 Ee2 ? me c ? E?



pe ? p?

(6)

注意已设 pe > 0 、 pg < 0 . (3)由于 Ee ?? mec2 , 因此有
2 4 Ee2 ? me c ? Ee ? 2 4 me c . 2 Ee

(7)

将(7)式代入(5)式得

Eg? ?
代入数据,得

2 Ee Eg
2 4 2 Eg + me c 2 Ee

.

(8)

Eg? ? 29.7 ? 10 6 eV .
十七、

(9)

20

十八、

21

22

十九、在讨论本题之前,先看一下相对论能量和动量的普遍关系式,即 ( mc2)2 = c2p2 + m02c4 (1)

式中 c 为光在真空中的速度,m 为粒子的质量,p 为其动量,m0 为静止质量. 【此关系式可由能量 E = mc2 和动量 p = mv = m0v 1- ( 导出,v 为粒子的速度. E 2 -c2p2 = m02c4 m02v2 -c2 v v 1- ( )2 1- ( )2 c c 1- ( v 2 ) c

v 2 ) c = m02c4 = m02c4 v 2 1- ( ) c 故 E 2 = c2p2 + m02c4 】
23

由此关系式可知,对每一个粒子,其能量的平方与 p2 成线性关系. 解法: 从实验室参考系来看, 碰前系统的总动量等于运动的那个质子的动量, 设其方向沿 x 轴 正方向,碰撞前后系统的总动量守恒,总能量守恒.若要碰后能存在三个质子和一个反质子 且总能量为最小值,则可论证这四个粒子的动量必定相等. 1.先讨论碰后四个粒子的动量都沿 x 轴正方向的情况. 令 p1 、p2 、p3 、p4 分别表示它们动量的大小,这四个动量中,若有任何两个不相等, 如 p1 ≠ p2 ,设 p1 < p2 ,则若将 p1 增加△p(△p < p2 -p1)而将 p2 减少△p(这时总动 量不变) ,则有 ( p1 +△p )2 -p12 = 2p1△p + (△p )2 p22-( p2 -△p )2 = 2p2△p-(△p )2 这样一来,第一个粒子能量的平方增加了 c2 [ 2p1△p + (△p )2 ],而第二个粒子能量的平 方减少了 c2 [ 2p2△p- (△p )2 ],两个粒子能量平方的净增量为 c2 [ 2p1△p + (△p )2 ]-c2 [ 2p2△p- (△p )2 ] = c2 [ 2△p ( p1-p2 +△p ) ] 因已设 p1 < p2 ,且△p < p2 -p1 ,所以净增量是负的,总能量将减少.这就是说, 设 p1 ≠ p2 时对应的总能量并不是最小值.由此可判断,四个粒子的动量必相等. 2.若四个粒子中,有一个粒子其动量 p1 沿 x 轴的负方向,因为总动量守恒,则必有沿 x 轴正方向运动的另一粒子的动量增加了 p1 ,因为能量的平方与 p2 成线性关系,所以这时 的总能量必然大于 p1 沿 x 轴正方向运动时的能量.也就是说,只要四个粒子中,有沿 x 轴 负方向运动的,则总能量必不是最小值. 3.若四个粒子的动量的方向不在同一直线上,这时将它们沿 x 轴方向和垂直于 x 轴方 向分解,沿 x 轴方向总动量守恒;垂直于 x 轴方向的动量互相抵消,但它们却使粒子的能量 增大了,也就是说,这时的能量也不是最小值. 总结以上可见,要想碰后四个粒子的总能量最小,根据总动量守恒、能量守恒及相对论 能量和动量关系式可知,碰后四个粒子的动量必相等. 设碰前运动质子的动量为 p ,质量为 m ,碰后四个粒子的动量为 p1 、p2 、p3 和 p4 , 四个粒子的质量为 m1 、m2 、m3 和 m4 ,根据动量守恒和能量守恒,有 p = p1 + p2 + p3 + p4 mc2 + m0c2 = m1c2 + m2c2 + m3c2 + m4c2 (2) (3)
24

由上面论述可知 p1 = p2 = p3 = p4 = p 4 (4)

再由(1)式可知,碰后四个粒子的能量从而质量必相等.以 m′ 表示碰后四个粒子中 每个粒子的质量,由(3)式得 mc2 + m0c2 = 4m′c2 对碰前那个运动的质子,由相对论能量和动量关系有 ( mc2)2 = c2p2 + m02c4 对四个粒子中任一个粒子,由相对论能量和动量关系有 ( m′c2)2 = c2 ( 由(5) 、 (6) 、 (7)式可得 mc2 = 7m0c2 代入数据得 mc2 = 1.05 × 10
-9

(5)

(6)

p 2 ) + m02c4 4

(7)

(8)

J

(9)

二十、解法一:根据已知条件,射向钠原子的激光的频率

v=

c . λ

(1)

对运动方向与 z 轴正方向的夹角为 θ 、速率为 u 的钠原子,由于多普勒效应,它接 收的激光频率 v′ = v ( 1 + 改用波长表示,有 λ′ = λ . u 1+ cosθ c (3) u cosθ ); c (2)

发生共振吸收时,应有 λ′ = λ0 ,即 λ = λ0 . u 1+ cosθ c 解(4)式,得 ucosθ = c 代入有关数据,得
25

(4)

λ -λ0 ; λ0

(5)

ucosθ = 5.85 ×103 m ? s 由(6)式,对 θ =30° 的钠原子,其速率 u1 = 6.76 × 103 m ? s 对 θ = 45° 的钠原子,其速率 u2 = 8.28 × 103 m ? s
-1 -1

-1



(6)





运动方向与 z 轴的夹角在 30° ~45°区域内的原子中, 能发生共振吸收的钠原子的速率 范围为 6.76 × 103 m ? s
-1

< u <8.28 ×103 m ? s

-1



(7)

共振吸收前后,动量守恒.设钠原子的反冲速率为 V ,则有 Mu - h e = MV . λ z (8)

其中 ez 为 z 轴方向的单位矢量.由(8)式得 u -V = h e . Mλ z (9)

钠原子速度(矢量)变化的大小为 | u -V | = 代入数据,得 | u -V | = 2.9 × 10
-2

h ; Mλ

(10)

m ?s

-1



(11)

解法二:根据已知条件,钠原子从激发态 P3 / 2 跃迁到基态 S1 / 2 发出的光谱线的频率 v0 = 入射激光的频率 v= c . λ (2) c ; λ0 (1)

考查运动方向与 z 轴的正方向成 θ 角的某个钠原子.它在共振吸收过程中动量守恒, 能量守恒.以 u 表示该钠原子在共振吸收前的速度,V 表示该钠原子共振吸收后的速度, 则有 Mu - hv e = MV , c z (3) (4)

1 2 1 Mu + hv = MV2 + hv0 . 2 2

把(3)式写成分量形式,并注意到共振吸收前后钠原子在垂直于 z 轴方向的动量不变,有 Musinθ = MVsinθ′ , (5)

26

Mucosθ -

hv = MVcosθ′ , c

(6)

式中 θ′ 为激发态钠原子速度方向与 z 轴正方向的夹角.从(5) , (6)两式中消去 θ′ , 得 M2u2 -M2V2 = - ( 由(4) , (7)两式可得 2hv0 -2hv = - 注意到( hv / c )2 M ,得 v0 = v ( 1 + 改用波长表示,有 λ0 = λ . u 1+ cosθ c (10) u cosθ ); c (9) 1 hv 2 u ( ) + 2hv cosθ . M c c (8) hv 2 hv ) + 2Mu cosθ . c c (7)

解(10)式,得 ucosθ = c 代入有关数据,得 ucosθ = 5.85 ×103 m ? s
-1

λ -λ0 ; λ0

(11)



(12)

由(12)式,对 θ =30° 的钠原子,其速率 u1 = 6.76 × 103 m ? s 对 θ = 45° 的钠原子,其速率 u2 = 8.28 × 103 m ? s
-1 -1





运动方向与 z 轴的夹角在 30° ~45°区域内的原子中, 能发生共振吸收的钠原子的速率 范围为 6.76 × 103 m ? s
-1

< u <8.28 ×103 m ? s

-1



(13)

由(3)式可知,钠原子共振吸收前后速度(矢量)的变化为 u -V = h e , Mλ z (14)

速度(矢量)大小的变化为 | u -V | = 代入数据,得 h ; Mλ (15)

27

| u -V | = 2.9 × 10

-2

m ?s

-1



(16)

二十一、 (1)I.选择一个坐标系来测定卫星的运动,就是测定每一时刻卫星的位置坐标 x , y ,z .设卫星在 t 时刻发出的信号电波到达第 i 个地面站的时刻为 ti .因为卫星信号电 波以光速 c 传播,于是可以写出 (x -xi )2 + (y -yi )2 + (z -zi )2 = c2 (t -ti )2 ( i = 1 ,2 ,3 ), (1)

式中 x i ,yi ,zi 是第 i 个地面站的位置坐标,可以预先测定,是已知的;ti 也可以由 地面站的时钟来测定;t 由卫星信号电波给出,也是已知的.所以,方程(1)中有三个未 知数 x ,y ,z ,要有三个互相独立的方程,也就是说,至少需要包含三个地面站,三个 方程对应于式(1)中 i = 1 ,2 ,3 的情况. II. (i)如图所示,以地心 O 和两个观测站 D1 ,D2 的位置为 顶点所构成的三角形是等腰三角 形,腰长为 R .根据题意,可知 卫星发出信号电波时距离两个观 测站的距离相等,都是 L = c? . (2)

当卫星 P 处于上述三角形所在的平面内时,距离地面的高度最大,即 H .以 θ 表示 D1 ,D2 所处的纬度,由余弦定理可知 L2 = R2 + ( H + R )2 -2R ( H + R ) cosθ . 由(2) , (3)两式得 H= (c ? )2 -(R sinθ )2 -R ( 1-cosθ ) . (4) (3)

式(4)也可据图直接写出. (ii) 按题意, 如果纬度有很小的误差△θ , 则由式 (3) 可知, 将引起 H 发生误差△H . 这 时有 L2 = R2 + ( H +△H + R )2 -2R ( H +△H + R ) cos ( θ +△θ ) . (5)

将式(5)展开,因△θ 很小,从而△H 也很小,可略去高次项,再与式( 3)相减, 得 R ( R +H ) sinθ△θ △H = - , H + ( 1-cosθ ) R 其中 H 由(4)式给出. (6)

28

(iii)如果时间 ? 有 △? 的误差,则 L 有误差 △L = c △? . 由式(3)可知,这将引起 H 产生误差△H .这时有 ( L +△L )2 = R2 + ( H +△H + R )2 -2R ( H +△H + R ) cosθ. 由式(7) , (8)和(3) ,略去高次项,可得 △H = c2 ? △? , H + R ( 1-cosθ ) (9) (8) (7)

其中 H 由式(4)给出. (2) (i)在式(4)中代入数据,算得 H = 2.8 × 104 km . (ii)在式(6)中代入数据,算得 △H = 25m . (iii)在式(9)中代入数据,算得△H = ±3.0 m .

(3)选择一个坐标系,设被测物体待定位置的坐标为 x ,y ,z ,待定时刻为 t ,第 i 个 卫星在 ti 时刻的坐标为 xi ,yi ,z i .卫星信号电波以光速传播,可以写出 (x -xi )2 + (y -yi )2 + (z -zi )2 = c2 (t -ti )2 ( i = 1 ,2 ,3 ,4 ), (10)

由于方程(1)有四个未知数 t ,x ,y ,z ,需要四个独立方程才有确定的解,故需 同时接收至少四个不同卫星的信号.确定当时物体的位置和该时刻所需要的是式(10)中 i = 1 ,2 ,3 ,4 所对应的四个独立方程. (4)I.由于卫星上钟的变慢因子为[ 1-( v / c )2] 1 / 2 ,地上的钟的示数 T 与卫星上的钟的 示数 t 之差为 T -t = T - 1-( v 2 ) T = [ 1- c 1-( v 2 ) ]T , c (11)

这里 v 是卫星相对地面的速度,可由下列方程定出: v2 GM = 2 , r r 其中 G 是万有引力常量,M 是地球质量,r 是轨道半径.式(11)给出 v= GM = r g R= r g R , R+h (12)

其中 R 是地球半径,h 是卫星离地面的高度,g = GM / R2 是地面重力加速度;代入数 值有 v = 3.89 km / s .于是 ( v / c )2 ≈1.68 × 10 [ 1- (
-10

,这是很小的数.所以

v 2 1/2 1 v ) ] ≈1- ( )2 . c 2 c

最后,可以算出 24 h 的时差 T -t ≈ 1 v 2 1 gR2 ( ) T= T = 7.3 μs . 2 2 c 2 c (R+h) (13)

II.卫星上的钟的示数 t 与无限远惯性系中的钟的示数 T0 之差
29

t - T0 =

1-2

?
c2

T0-T0 = (

1-2

?
c2

-1 )T0 .

(14)

卫星上的钟所处的重力势能的大小为

所以

?= R+h = R+h g . ? gR2
c2 = c2 ( R + h ) ;
-10

GM

R2

(15)

代入数值有 ? / c2 = 1.68 × 10 t -T0 ≈-

,这是很小的数.式(14)近似为 (16)

?
c2

T0 .

类似地,地面上的钟的示数 T 与无限远惯性系的钟的示数之差

T - T0 =

1-2

?E
c
2

T0-T0 = (

1-2

?E
c2

-1 )T0 .

(17)

地面上的钟所处的重力势能的大小为

所以

?E = R =gR . ?E gR
c2 = c2 ;
-10

GM

(18)

代入数值有 ?E / c2 = 6.96 ×10 为 T -T0 ≈-

,这是很小的数.与上面的情形类似,式(17)近似

?E
c2

T0 .

(19)

(16) , (19)两式相减,即得卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差 t -T ≈-

? ? ?E
c2

T0 .

(20)

从式(19)中解出 T0 ,并代入式(20)得 t -T ≈-

? ? ?E
c
2

/ (1-

?E
c
2

)T ≈-

? ? ?E
c2

T=

gR h T. c2 R + h

(21)

注意,题目中的 24 h 是指地面的钟走过的时间 T .最后,算出 24 h 卫星上的钟的示 数与地面上的钟的示数之差 t -T = 46 μs . 二十二、(1)对于基态氢原子,有 (22)

30

式中

为基态能量,

为电子质量。由以上两式,解出

故氢原子的结合能为

(2)对于

子和氦核组成的类氢离子,需要考虑氦运动的影响。引入折合质量

其中

质量 m 和氦核质量 M 分别为:

该类氢离子的基态,有

由以上两式,得基态半径



对于氢原子,其基态半径



由以上两式,得

把 代入,得

31

仿照第(1)问中

计算,同样可以得出该类氢离子的基态能量为

与已经得出的

表达式联立,得

故类氢离子的结合能为

二十三、 (1)I.氦原子中有两个电子,一级电离能 E+ 是把其中一个电子移到无限远处所 需要的能量满足 He + E+ →He+ + e .为了得到氦原子的一级电离能 E+ ,需要求出一个


电子电离以后氦离子体系的能量 E* .这是一个电子围绕氦核运动的体系, 下面给出两种解 法. 解法一:在力学方程 2ke2 mv2 = r2 r 中,r 是轨道半径,v 是电子速度.对基态,用玻尔量子化条件(角动量为 r0 = 于是氦离子能量 p2 2ke2 2k2e4m 0 E* = - = - , 2 2m r0 其中 p0 为基态电子动量的大小;代入数值得 E* = - 2( ke2 )2mc2 ≈ -54.4 eV . ( c )2 (3) (2)
2

)可以解出

/ 2ke2m .

(1)

由于不计电子间的相互作用,氦原子基态的能量 E0 是该值的 2 倍,即 E0 =2E* ≈ -108.8 eV . (4)

氦离子能量 E* 与氦原子基态能量 E0 之差就是氦原子的一级电离能 E+ = E*-E0 = -E* ≈ 54.4 eV . 解法二:氦离子能量 E* = p2 2ke2 - . 2m r (5)

把基态的角动量关系 rp = 代入,式(3)可以改写成
32

2

E* =

2mr2



2 2ke2 1 2ke2m 2 2k2e4m = ( - ) - . 2 2 r 2m r

因基态的能量最小,式(4)等号右边的第一项为零,所以半径和能量
2

r0 =

2ke m

2

,E* = -

2k2e4m
2

分别与(1) , (2)两式相同. II.下面,同样给出求氦原子基态能量 E0 和半径 r0 的两种解法. 解法一:利用力学方程 mv2 2ke2 ke2 7ke2 = 2 - = r r ( 2r )2 4r2 和基态量子化条件 rmv = ,可以解出半径
2

r0 = 4 于是氦原子基态能量

/ 7ke2m ,

(6)

p2 2ke2 ke2 49k2e4m 0 E0 = 2 ( - )+ = - ; 2 2m r0 2r0 16 代入数值算得 E0 = - r0 = 49( ke2 )2mc2 ≈ -83.4 eV , 16( c )2

(7)

(8)

4 ( c)2 ≈ 0.0302 nm . 7ke2mc2

所以,氦原子的一级电离能 E+ = E*-E0 ≈ 29.0 eV . 这仍比实验测得的氦原子一级电离能 24.6 eV 高出 4.4 eV . 解法二:氦原子能量 E=2( 可以化成
2 2 p2 2ke2 ke2 7ke2 - )+ = 2 - 2m r 2r mr 2r

(9)

E=

m

(

1 7ke2m 2 49k2e4m - ) - . 2 2 r 4 16

当上式等号右边第一项为零时,能量最小.由此可知,基态能量与半径 E0 = - 49k2e4m 4 , r0 = 2 7 ke2m 16
2

分别与(7) , (6)两式相同.

33

(2)I.粒子从下部射向并穿过铅板向上运动,其电荷为正. II.如题图所示,粒子的运动速度 v 与磁场方向垂直,洛伦兹力在纸面内;磁力不改 变荷电粒子动量的大小,只改变其方向.若不考虑云室中气体对粒子的阻力,荷电粒子在恒 定磁场作用下的运动轨迹就是曲率半径为一定值的圆弧;可以写出其运动方程 qBv =| p△ ? △p |= △t △t = pv , r (1)

其中 q 是粒子电荷,v 是粒子速度的大小,p 是粒子动量的大小,△ ? 是粒子在△t 时间 内转过的角度,r 是轨迹曲率半径.于是有 p = qBr . (2)

按题意, q=e . 用 pd 和 pu 分别表示粒子射入铅板和自铅板射出时动量的大小, 并在式 (1) 中代入有关数据,可以算得 pd = 63.0 MeV / c , pu = 22.8 MeV / c . 注意到当 pc mc2 时应使用狭义相对论,从 p= 中可以得到 v= c . 1 +( mc / p)2 (5) mv . 1-( v / c)2 (4) (3)

用 vd 和 vu 分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小. 把式 ( 2) 以及 m = 0.511 MeV / c2 代入式(3) ,可得 vd ≈ c , vu ≈ c . (6)

于是,粒子穿过铅板的平均速度 v = ( 1 / 2 ) ( vd + vu ) ≈ c .用△t 表示粒子穿过铅板的时 间,则有

v cosθ△t = d .

(7)

再用△pdu 表示粒子穿过铅板动量改变量的大小,铅板所受到的平均力的大小 f= △pdu pd-pu ( pd-pu ) ccosθ = ≈ ; d △t d / ( v cosθ ) (8)

代入有关数值得 f ≈ 1.04 × 10
-9

N .

(9)

III.一个粒子穿过铅板的时间

34

△t =

d

v cosθ



d - ≈2.07 × 10 11 s = 0.0207 ns , ccosθ

(10)

比粒子束流的脉冲周期 ? = 2.50 ns 小得多.铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力的平均 大小 F ≈( pd-pu ) j ; 代入数据得 F = 0.107 N . 运用式(4) ,可把粒子能量写成 E= p2c2 + m2c4 , (13) (12) (11)

所以粒子穿过铅板前后的能量分别为 Ed =
2 2 4 p2 dc + m c = 63.0 MeV ,Eu = 2 2 4 p2 uc + m c = 22.8 MeV . (14)

于是,铅板在脉冲粒子束穿过期间所吸收的热量 Q = ( Ed-Eu ) j ? ; 代入数据得 Q = 8.04 × 10 二十四、
-2

(15)

J .

(16)

35

二十五、 (1)由方程

F ? ma

(1) (2)

a?

v2 r

F?
可推导出电子的总能量为

1 e2 4?? 0 r 2 ?e2 8?? 0 r0

(3)

U?

(4)

由条件 EH ? ?13.6eV 推导出氢原子的轨道半径和运动速度分别为:

r0 ? 5.29 ?10?11 m v0 ? 2.19 ?106 m / s
由拉莫尔公式得初始发射功率

(5) (6)

P?

e2 a 2 e6 ? 3 2 4 6? c3? 0 96? 3c3? 0 m r0

(7)

36

在微小的时间间隔 ?t 中,辐射使电子的总能量 U 减少

?U ? ? P?t

(8) (9)

U?

?e2 1 1 ?e2 ( ? )? ?r 8?? 0 r ? ?r r 8?? 0 r 2

其中 ?r 为电子轨道半径的减少量,由此可导出时间和半径 r 的变化方程:

?t ?
2 2 3? c3? 0 m 其中 A ? 。 4 e

2 2 2 12? 2c3? 0 m r0 ?r ? A ? 4? r 2 ?r , 4 e

(10)

构造一个半径为 r0 的球体,则 4? r ?r 即为距离球心为 r 的薄球壳的体积,在 r0 到 0
2

的求和过程中可以算出球的体积为 ? r0 。 对应本题情况解出电子轨道从 r0 减少到 0 所需的
3

4 3

时间为

? ? ? ?t ?
代入数据,得:

2 2 3 4? 2c3? 0 m r0 4 e

(11)

? ? 1.56 ?10?11 s
(2)对于高能电子有

(12) (1) (2)

v?c
E ? mc 2

a?

v2 r

(3) (4) (5)

F ? eBc F ? ma
以上条件可以得出电子的偏转半径:

R?
储存环中的电子数量:

E ecB Q I ?t ? e e

(6)

n?

(7)

其中 ?t 为电子旋转一圈所花费的时间。由(3)式及辐射条件可得每个电子每圈损失的总能 量为(电子在直道上不辐射能量) :

Eneu ?

e2 a 2? 4 2? R e2? 4 ? ? 6? c3? 0 c 3? 0 R

(8)

由(7) (8)得到存储环中的电子消耗的总功率为:

37

P utal ?
出光口的功率为:

nEneu Ie? 4 ? ? 4.34 ?105W ?t 3? 0 R

(9)

P0 ?

Putal ? 2.17 ?104 W N

(10)

(3)在电子轨道上某点的切线方向上的某一点 P 处观察,观察者只能在一个很短时间间隔 内看到电子发出的辐射,这段时间是电子地速度方向改变圆锥顶角(即 2 )的角度所对应

?

的光到达接受位置的时间间隔。在这段时间内电子移动的距离为

x?
令? ? v

2R

?

(1)

c

,则电子在这两点发出的辐射时间间隔为:

t2 ? t1 ?

2R ?c

(2)

R 2/?

但在轨道的切线方向上观察, 上述时间还要扣除 A 点发射 出的光到达 B 点位置所花费的时间

2R t? ? , ?c


(3)

A t1

x t2

B

?T ? t2 ? t1 ? t ?

(4) (5)



??

mc 2 1 ? 2 m0 c 1? ? 2

由 1 ? ? ? 0 可得

2

?
代入(4)式得到

(1 ? ? ) ?

1

?2

(6)

?T ?
代入数据得: 二十六、

R c? 3

(7)

?T ? 9.51?10?20 s

(8)

38

二十七、 (1)所设考察原子的质量为 m ,激光束的频率为 v ;吸收光子后,原子的速度由 v0 变为 v1 ,
39

从基态至第一激发态,由题意,该原子第一激发态与基态的能量差为 hv0 ,由原子核光子组 成的系统在吸收前后能量和动量均守恒,故
1 2 1 mv0 ? hv ? mv12 ? hv0 2 2 mv0 ? h ? mv1 v

(1) (2)

从(1)和(2)式消去 v1 得
2v0 2(v0 ? v) hv ? ? 2 c v mc

(3)

注意到 hv0

mc2 ,因而恰能使该原子发生共振吸收的激光频率为
v? v0 v 1? 0 c

(4)

由(2)和(4)式可得该原子的速率变化,即 hv0 v1 ? v0 ? ? (5) ? v0 ? mc ?1 ? ? c? ? (2)由于原子吸收光子后处在激发态上会滞留一段时间 ? 才回到基态,当原子回到基态后 又立即再次发生共振吸收。因此,原子从共振吸收回到基态这段时间内的平均加速度为 v '? v ' (6) a? 1 0

?

式中,原子在共振吸收前、后的速率分别为 v0 ' 、 v1 ' 。利用(5)式, (6)式成为

hv0 hv ?? 0 (7) v ' mcr ? ? mcr ?1 ? 0 ? c ? ? 加速度是负的。 表示原子在不断发生共振吸收的过程中作减速运动, 由于原子速度是热运动 的速度。它远小于光速,故可认为原子在不断发生共振吸收的过程中加速度大小恒定,原子 作减速运动。 (3)由于原子在共振吸收后减速,由(4)式可知共振吸收频率要增大,故必须改变次磁感 应强度的大小,否则共振吸收会终止。若让该原子进入磁感应强度的大小 B 随 z 变化的非均 匀磁场,则应让第一激发态相对于基态的能量差从 a??
E ? hv0

(8)

变为
E ' ? E ? ?B

(9)

于是,磁场中静止原子的共振吸收频率应增加为
v' ? E' ? ? v0 ? B h h

(10)

当此原子在磁场中以速度 v 运动时,柑橘共振吸收条件(4) ,能使此原子发生共振吸收的激 光的频率为

40

vB ?

v' 1? v c

?

v0 ?

?

h v 1? c

B
(11)

(11)式说明:能使该原子发生共振吸收的激光的频率不仅与原子的运动速率有关,还与原 子所在处的磁场有关,原子因共振吸收而作匀减速运动。当原子以初速 v0 进入磁场后沿 z 轴 运动距离 z 时,其速度为
2 v ? v0 ? 2az

(12)

若 z 处的磁感应强度的大小 B( z ) 能恰好使得
vB ? v

(13)

则该原子将对于迎头射来的频率 v 的激光持续地发生共振吸收,从而不断减速,利用(4) 和(11)式, (13)式成为

v0 ?

?

h v 1? c

B

?

v0 v 1? c

(14)

将(12)式代入上式得

B?

2 hv0 v0 ? 2az ? v0

c ? v0
2 v0 2a

(15)

(4)由(12)式得,当 v ? 0 时有
z??

(16)

由(7)和(16)式得
z?
2 mv0 c? 2hv0

(17)

代入题给数据得
z ? 0.38m

(18)

41


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