1、個人收集整理一僅供參考學習個人收集整理一僅供參考學習 /2束中兩條光線分別在AB面上C與C點以入射角i射入透明圓柱時的情況，r為折射角，在圓柱體中兩折射光線分別射達圓柱面的D和D，對圓柱面其入射角分別為i2與i；.在OCD中，O點與入射點C的距離yc由正弦定理得y_sini2Rsin(90+r)即y=啤R.(1)ccosr同理在OCD中，O點與入射點C的距離有2)y,RsiniI2)sini2=sin(90-r)，即cosrR當改變入射角i時，折射角r與柱面上的入射角i2與i2亦隨之變化在柱面上的入射角3)3)i20=arcsin(1/n)心41.8時，發生全反射.將i2=i2=i20分別代入

2、式(1)，(2)得y=yocoy=yococsini“20R，cosr4)即d=2y=2ocsini“20Rcosr5)6)圖6)圖2當yy和yy時，入射光線進入柱體，經過折射后射達柱面時的入射角大于臨界角i20，oo20由于發生全反射不能射出柱體.因折射角r隨入射角i增大而增大.由式(4)知，當r=0，即i=0(垂直入射)時，d取最小值文檔來自于網絡搜索d=2Rsini=1.33R.min20當i-90。(掠入射)時，r-41.8。.將r=41.8代入式(4)得d=1.79R.(7)文檔來自于網絡搜索max2.由圖2可見，(p是Oz軸與線段OD的夾角，0是Oz軸與線段OD的夾角.發生全反射時

3、，有文檔p=i20+r，(8)p=i20-r，(9)和歸p+p=2i2083.6.(10)由此可見，Q與i無關，即Q獨立于i.在掠入射時，i90,r=41.8，由式(8),(9)兩式得文檔來自于網絡:p=83.6，p=0(11)由于方程GM/c2r(1)acos0+a2(1+sin20)是0.右圖是aVO的情形,圖中極軸為Ox，白矮星在原點O處在式(1)中代入近星點坐標r=r,0=n,并注意到a2I丨aI，有maGM/c2r.(2)m經過白矮星兩側的星光對觀測者所張的視角0S可以有不同的表達方式，相應的問題有不同的解法解法一：若從白矮星到地球的距離為d，則可近似地寫出伏2r/d.Sm3)在式(

4、1)中代入觀測者的坐標r=d,申=n/2,有a2GM/2c2d.(4)由(2)與(4)兩式消去a,可以解出r=2GMd/c2.(5)m把式(5)代入式(3)得e*8GM/c2d；(6)S7)其中d=3.787x1017m；代入數值就可算出M2.07xMkg.(8)解法二：光線射向無限遠處的坐標可以寫成ne.rfg,(p=一2+2.(9)近似地取ee,把式(9)代入式(1),要求式(1)分母為零，并注意到1,有Sa3/2+2a2=0.ese=4a=：8GM/c2d,(10)S其中用到式(4)，并注意到aV0.式(10)與式(6)相同，從而也有式(8)所以解法三：星光對觀測者所張的視角eS應等于兩

5、條光線在觀測者處切線的夾角，有；妙=cos0rsin0r.(11)文檔來自于網絡搜索由光線方程(1)算出心,有.厲.GM/c2GMsinTS=cosrsin:=cos。二；文檔來白干網絡搜索2r2asin。十c2ra乂檔來曰干網絡搜糸代入觀測者的坐標r=d,=n/2以及a的表達式(4),并注意到佐很小，就有八2GM2c2d8GMGM=Cd，乂檔來曰干網絡搜糸與式(6)相同所以，也得到了式(8)解法四：用式(2)把方程(1)改寫成GMrm=rcos0c2rr(rcos。)2+2(rsin。)2,文檔來自于網絡搜索m即x=r+(x2+2y2)(12)文檔來自于網絡搜索mc2rrm當yf8時，式(1

6、2)的漸近式為2GMX=rmm這是直線方程，它在x軸上的截距為一r，斜率為m1112GM/c2rtan(3/2)2文檔來自于網絡搜索mSS于是有伏4GM/c2rr用式(5)代入后，得到式(6)，從而也有式(8).Smm七、1.(I)氦原子中有兩個電子，一級電離能E+是把其中一個電子移到無限遠處所需要的能量滿足He+E+-He+e為了得到氦原子的一級電離能E+，需要求出一個電子電離以后氦離子體系的能量E*這是一個電子圍繞氦核運動的體系，下面給出兩種解法.文檔來自解法一：在力學方程中，r是軌道半徑，v是電子速度對基態，用玻爾量子化條件(角動量為A)可以解出r0=立2/2ke2m.(1)于是氦離子能

7、量E*=0,2m)=立2)，(2)其中p0為基態電子動量的大小；代入數值得E*=ke2)2mc2,(Ac)2)54.4eV(3)文檔來自于網絡搜索由于不計電子間的相互作用，氦原子基態的能量E0是該值的2倍，即E0=2E*108.8eV.(4)氦離子能量E*與氦原子基態能量E0之差就是氦原子的一級電離能E+=E*E0=E*-54.4eV.(5)解法二：氦離子能量E*=把基態的角動量關系rp=r,代入，式(3)可以改寫成E*=右2,2mr2)=右2,2m)(右2)2右2)文檔來自于網因基態的能量最小，式(4)等號右邊的第一項為零，所以半徑和能量r0=立2,2辰2m),E*=立2)分別與(1)，(2

8、)兩式相同(II)下面，同樣給出求氦原子基態能量E0和半徑r0的兩種解法.解法一：利用力學方程=2r)2)=文檔來自于網絡搜索和基態量子化條件rmv仝，可以解出半徑r0=4立2/7ke2m,(6)于是氦原子基態能量E0=2(0,2m)+=方2)；(7)代入數值算得E0=ke2)2mc2,16(門c)2)83.4eV,(8)文檔來自于艮r0=(hc)2,7ke2mc2)心0.0302nm.所以，氦原子的一級電離能E+=E*E0-29.0eV.(9)這仍比實驗測得的氦原子一級電離能24.6eV高出4.4eV解法二：氦原子能量E=2()+=右2,mr2)文檔來自于網絡搜索可以化成E=力2,m)(力2

9、)2力2).文檔來自于網絡搜索當上式等號右邊第一項為零時，能量最小由此可知，基態能量與半徑Eo=方2)，ro=沽7辰2m)分別與(7)，(6)兩式相同2.(I)粒子從下部射向并穿過鉛板向上運動，其電荷為正.(II)如題圖所示，粒子的運動速度v與磁場方向垂直，洛倫茲力在紙面內；磁力不改變荷電粒子動量的大小，只改變其方向.若不考慮云室中氣體對粒子的阻力，荷電粒子在恒定磁場作用下的運動軌跡就是曲率半徑為一定值的圓弧；可以寫出其運動方程文檔來自于網qBv=ll=0,)=，(1)文檔來自于網絡搜索其中q是粒子電荷，v是粒子速度的大小，p是粒子動量的大小，是粒子在At時間內轉過的角度，r是軌跡曲率半徑.于

10、是有文檔來自于網絡搜索p=qBr.(2)按題意，q=e用pd和pu分別表示粒子射入鉛板和自鉛板射出時動量的大小，并在式(1)中代入有關數據，可以算得文檔來自于網絡搜索pd=63.0MeV/c，pu=22.8MeV/c.(3)注意到當pcmc2時應使用狹義相對論，從p=/c)2).(4)中可以得到v=/p)2).(5)文檔來自于網絡搜索用vd和v分別表示粒子進入和離開鉛板時的速度大小把式(2)以及m=0.511MeV/c2代du入式(3)，可得文檔來自于網絡搜索TOC o 1-5 h zvdc，時c(6)于是，粒子穿過鉛板的平均速度V=(1/2)(vd+v)c用At表示粒子穿過鉛板的時間,du則有文檔來自于網絡搜索vcos&At=d.(7)再用pdu表示粒子穿過鉛板動量改變量的大小，鉛板所受到的平均力的大小 HYPERLINK l bookmark222 o Current Document f=/(vcos&)PdPu)ccos&,d)；(8)代入有關數值得f1.04x10tn.(9)(III)一個粒子穿過鉛板的時間t=vcos0)ccos0)a2.O7xlO-iis=0.0207ns,(10)文檔來自于網絡搜索比粒子束流的脈沖周期T=2.50ns小得多.鉛板在此脈沖粒子束穿過期間所受的力的平均大小F宀(PdPu)j；(11)代入數據得F=0.1