振动波动干涉衍射偏振近代作业

1 1t 0 2 t+ /3= /3ϕ π π π= =时， ，1 一、选择题 CBDB CDCC CH11 振动（一） x 4 cos tω ϕ=振动方程 （ + ），2 4 弹簧振子在半个周期所做功之和为零，以原点 为例，半周期后又回到原点，所以W=0 3 简谐振动的振幅变为原来的二倍后，由E= 可知能量变为原来的4倍，与所加重物无关。 21 k 2 A t=1/2Δ 2x cm 4 / 3ϕ π==-2.5 时， ， 2 1 2 tϕ ϕ ϕ π πΔ = − = = Δ 4.80sT =5 /12ω π= t x t x代入 =2， =0； =0， =2； 3 πϕ = − t x 1 2 T A 1 2 A− 1 2 A o t x A 1 2 A 1 2 T1 2 A− o t x 1 2 T A 1 2 A 1 2 A− o t x 1 2 T A− 1 2 A− 1 2 A o 图11-1-2 （A） （B） （C） （D） 6 由旋转矢量法确定振动曲线 D 7. 由旋转矢量图找初相，同频率的两条振动曲线 相位相差 1 2 / 2ϕ ϕ ϕ π= − =+ 2 t x x1 x2 A -A 4 3T 4 T 2 T T x3 T 12 1 T 12 5 ω ω ω x x1 x2 x3 π2 1 π 6 11 π 6 7 （二）填空题 1．解： 旋转矢量图见图 振动曲线见图 2. 3.由旋转矢量图 X1曲线见图 x2曲线见图 −A x2A A/2 x1 x 6cos t 2 2 π π=由曲线图得振动方程 （ + ）， 4. 10m, rad/s, 6 3 π π sinv A tω ω= − 2 21 1 2 2 kx mv= cosx A tω= 动能=势能 5． 代入后计算可得 t= T/8 or 3T/8 6m ，0 t代入 =3s即可 ω k= m 3 2 2 21 cos 2p E m A t= ω ω 2 2 2 2 21 2 / 2p k E E E m A m A Tω π= + = = 21 2 =pE kx6. 二 填空题 2 2 1 2 1 22 cos 0.02ϕA A A A A= + + Δ =8． t pE kE x E 7. 2 2 21 sin 2k E m A tω ω=21 2 =kE mv ω k= m tO 一 计算题 (2) (3) 如图所示 1. (1) 0.1A m=4ω π= 0.5T s= 4 πϕ = 1 17 4 πϕ = 2 33 4 πϕ = 3 81 4 πϕ = 1.26 /mv m s= 215.78 /ma m s= 解： 4 2. (2) 3.  πππϕ 3 4 3 22 =−=Δ s T t 3 8 /2 =Δ=Δ=Δ π ϕ ω ϕ 2 3 s 0.4 , 0.5 , 2m Hz s 4. (2) 22 p 4 1 2 1 kAkxE == JkAE 16.04.0 2 1 2 =+== mA 28.0= mx 20.0±= 5. ϕΔ++= cos2 212221 AAAAA 2211 2211 coscos sinsin ϕϕ ϕϕϕ AA AAtg + += 0.6cos tπx = （4 +0.08）m 解：(1) 解： 解：(1) 解： CH11 振动（二） 一、选择题 B B A 画旋转矢量图 第二个点比第一个点相位落后 / 2π1 振动系统的频率 k 6k2 2 m m T π π= ，代入即得 T= 2 t 2 πν ω ϕ +=0时 =-1/2 A，cos（ ）=-1/2， 3 弹簧串联 弹簧并联 kxxkkxkxkF 2121 −=+−=−−= )( kxxkxkF 2211 −=−=−= 21 k 1 k 1 k 1 += kkk 82 1 ' == mk '=ω / 2β α π− = − / 2β α π= − sin t+ cos t+ 2 πν ω ω ϕ ω ω ϕA A= − = +由 （ ） （ ） 2 2 3 π πϕ + = （可由旋转矢量得） 5 1. (1) (2) 2.  3.  0 1 2 3 cos t / 3 cos( t+5 / 3)+Acos( t+ ) =Acos( t)+Acos( t+ ) =0 + + = +X X X A ω π ω π ω π ω ω π （ ）+A 可先把X1和X2合成，再与X3合成 cos( t- ) 2 x A πω= 2cos(2t- ) 2 x cmπ= cos( t+ ) 3 x A πω= 二、填空题 一计算题 2.  (2) ϕϕ Δ=Δ−+ 2 21 2 2 2 2 1 2 sincos2 AA xy A y A x1. bJ mgl=ω aJ mgl=ω 22 2mRmRJJ ca =+= 22 2 3 mRmRJJ Xa =+= g 2R2π21 πω ==T 2g 3R21 π=T 解： 解：(1) 6 CH12 波动（一） 一、选择题 C B D C A B D D 图12-1-1 （A） （B） （C） （D） o 2 o 2 o 2 o 2 1.A.波源振动周期与波动周期相同 B.波源做变加速运动，而波速是不变的 D.波传播方向上任意质点振动相位比波源落后 2. 0.5 0.10 cos( ) 2 = − = +xt s x t y π π时刻各质点 关系： 3.波向X轴负向传播，则B点 振动在时间上比O点超前 x u 0cos{ [ ( )] }y A t x uω ϕ= + + B点振动方程 0, 0.1, 2, 0.1 选择B= = − = = ⇒x y x y 0 .5 c o s ( ) , 2 2 时 ， y= 0π ϕ= + =y t t4. 5.判断各点运动， A， B， D点均向下， 6.波动的动能和势能大小相等，在最大位移处，动能为0. 2 1 2 1 2 2 ( 0,1, 2 r r k kϕ ϕ ϕ π πλ −Δ = − − = ± = ��） 8. 1 2 1 32 2 4 外 侧 ： λϕ ϕ ϕ π πλΔ = − − = −s 7.直接根据干涉加强的条件 原点的振动方程与该简谐波同振幅同频率 设o点振动方程 0.5cos( ) 0= + =y π ϕ 2 2 2 2 1 12 2 cos , 00合成波强度分别为4I，ϕ= + Δ →A A A I A 2 1 2 32 4 外侧： λϕ ϕ ϕ π πλΔ = − − = −s 3 2 + = ππ ϕ ( )旋转矢量法 速度为负，C点向上 7 二.填空题 1( ) ] y=Acos[ ，ω ϕ+ +t u 2. 1 1 2 2,= = −x L x L 代入方程 ]4/π)/(cos[ 11 +−= uLtAy ω λkL ± λ)12(21 +± kL ( k = 1，2，3，…) ； ( k = 0, 1，2，…) 1. 1 21. 0, Lt x L πϕ λ= = ∴ −代入波动 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达式 初相 ， 1( ) ]ω ϕ++ +xt u y=Acos[ 先化为原点的振动方程 1 1=x L代入方程3. 再化为波动方程 2 1 1 2( )L Lu ωϕ ϕ− = + , 2p x λ= 代入上式得 4. cos[ ( 2 ) ] cos[ ( 2) ] λ π πω ω= − + = −Py A t A t2 - +u 2 2 cos[ ( 2 ) ]y A t πω= − + x -u 2 cos[ ( 2 ) ],y A tω ϕ= − + +x写出波动方程一般式 u O πϕ根据 点的位置用旋转矢量法确定 =- ，2 ] 2 π)2(π2cos[ −+−= u xtuAy λ 8 ) sin 0 4 tπ π πϕ ϕ∴ ⋅ + = <∵又 正向传播， V=-0.2 sin(2 2 5. , 0.2cos( ), 2 2 tπ πω ϕ= = +p设振动方程为y , 2 πϕ = ±2 0.2cos( ) 0.2cos 0t π ϕ ϕ= ∴ + = − = 0.2cos( ) 2 2 π π∴ = −tpy,2 πϕ = − 4 :16． 8．紫外；X射线；γ 射线 2I A与 成正比 1波动能量动能=势能= 总机械能27． 5 J 2. (SI) 1. 三、计算题 u Tλ = cos 0.02cos(10 2 ) 2 xy A t t x u πω ϕ π π⎡ ⎤⎛ ⎞= − + = − +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ 1 7 1 .7m c m∼ cos 0.05cos(7500 25 ) 2 xy A t t x u πω ϕ π π⎡ ⎤⎛ ⎞= − + = − +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ 0.05m，3750Hz，0.08m； 4． (SI) 0.06cos( )y tπ π= + 0.06cos( ) 2 y t xππ π= − + 4uT mλ = = 5. R R s s S S u V u u V u V ±= =∓ ∓ν ν ν 解： 解： 解：3. 解： 20m/s解： 题有误，波长=1.0米 9 2 3 π 一、选择题 A D B 2． 3.  1．相同， CH12 波动（二） 1.驻波没一段各点相位相同,相邻两段上各点相位相差 二、填空题 ( )代入相干极大条件 π R s S u u V ν ν= + 1 2 2(2 cos )cosxy y y A tπ ωλ= + = 2． 3.  2.39cos(2 ) / 6y H t A mππν= + (SI)42 1 10 cos 2000 34 xy t− ⎡ ⎤⎛ ⎞= × + +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦π π ( ) (SI) 4 4 2 10 cos 2000 cos 2000 2 34 2 2 10 sin 2000 sin 2000 34 π ππ π π π xy t xt − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= × + × +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞= × ×⎜ ⎟⎝ ⎠ 一 计算题 2. 1. R s S u u V = +ν ν 170 /SV m s> 解： 解： 10 CH13 光的干涉（一） 一、选择题 CABB BABD 2πϕ ϕ λ ΔΔ Δ Δ =相位差 与光程差 的关系： 1.单色光在不同介质中传播速度不同，所以路程L不同。 而光程 = 相同。/nL c v vt ct= × = 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 ( ) ( ) ( ) ( ) S P r t n t S P r t n t r t n t r t n t = − + = − + = − + − − + 。 到 点的光程 到 点的光程 所以光程差 4. / 0.9x D d mmλΔ = =由 间 距 公 式 3 1.5 2 2 ϕλ πλ λπ π ΔΔ = =� 2. (1). ( 1) 2 / 2 ( 1) / , , n e n e k ϕ π λ ϕ π λ λ Δ = − Δ = Δ Δ = − Δ = 光程差 ，相位差 明纹条件 二. 填空题 0(3) 2 4A A I I最大光强处 ，所以′ ′= = ( )2 . 3 , 3 , 4 , 4 / 3 k n n n λ λ λ λ ′= = ′ = = ′ = = Δ Δ Δ Δ Δ 明纹条件 放入液体后光程差 又 34,( 1) 4 , 4 10 ,k n e e nmλ= − = = × 11 4.（1）使两缝间距变小， （2）使屏与双逢之间距离变大。 5. / / /x D d D N D Nλ λ λΔ = = =明纹间距公式 2( 1) / 2 2( 1) / 2n e n eλ λ− − − +或者 1.2 7. 8. 6. 2λ ( ) Δ λ解：1 x=20D /a=0.11m 三. 计算题 ( )2 . 盖玻璃片后，零级明纹满足 λ∵x=k D/d, Δλ则 = xd/D=589.1nm 2. 1. ( 1)− =n e kλ 6.96 7= ≈k Δ λ相邻条纹间距 x= D/d 零级明纹移到原第7级明纹处 2 1r r kλ− =不盖玻璃片时此点为k级明纹，有 2r=1(n-1)e+r 解： 12 ( 1) 98l n λ− = × 98 1 1.000289n l λ×= + = θ λ sin2n L = 5 ''sin 4.4 10 9 2 −≈ = = × =rad nL λθ θ 3. 4. 5. eeRRr 2)( 222 R≈−−= R re 2 2 = (1) 2 )12( 2 2 λλδ +=+= ke (k = 0, 1, 2, …) (2) 暗环： 552nmλ = 解： 解： 解： l h a 2λ h a l l 2 a h λ= l2 ah λ= 解： n l 2 sin λθ = ha =θsin 条纹左移，说明厚度增加，是凹的 2 检验光学元件表面的平整度,并求h 同一等厚条纹应对应相同的膜厚度，故在同一条纹上， 弯向 内侧的部分和直的部分所对应的膜的厚度应该相等。 CH13 光的干涉（二） 一、选择题 C C B 13 三. 计算题 2 1 1) ( 1) λ− + − =O r r n l k当 点光强最亮时，（ 2 1 2) ( 1) 2 1) 2 λ− + − = +r r n l k变为最暗时有（ （ 使亮条纹第一次变为暗条纹 2 1 tan 2( 1) tan 2( 1) λ λ α α α −∴ = ≈− − l l n n d= 1. 解： 2.   3.   二、填空题 1. 46.0 10−× 539.1nm 480nm 若： λλδ ken =+= 22 2 ----反射加强 2 0.62 2300 λ× = × 5 4 / 3 / 2 4.8 10e l l radθ λ −∴ = = = × 2. 解： 4(2) 3 500 / 2 750 ,= × =A e nm nm由上可知 处膜厚度是 λ′ nm对于 =600 的光，连同附加光程差， A在 反射光的光程差 2 1 2( )k + λ=+= 22 λδ e 0 1 2 3, , , mink = 4 12 3 2 e kλ λ λ′ ′ ′+ = = A处是明纹 3）三条明纹，三条暗纹． 14 CH14 光的衍射（一） 一、选择题 BDAC BBBB ∴θ λasin =k /2 k=4 Δ ↓⇒ Δ ↓λ中央明纹宽 x=2f /a,a x 凸镜向上移，条纹也向上移 0 0 22 tan 2 fx f f a λϕ ϕΔ = = = 3. 4. 1. sin , / 2= = ⇒d kθ λ θ π由 当 时，k最大 k=3.75. ( )sin , sin 3,6,9 3 3 ′+ = = ′= ⇒ + = a b k a k k k a b a θ λ θ λ缺级条件 为 的整数倍，k=3 6. Δ Δ ↑⇒ ↑λ 斜入射时在到达光栅前就产生了光程差， 所以总光程差增大， =k , k 7. ↑ ↑θ λdsin =k ,要k ,则d8. 1. 子波；子波干涉（或子波相干叠加） 二、填空题 ⇒λ λ8mm等于6倍纹宽，8mm=6f /a =500nm =π λ θ λ相位差为 则光程差为 /2，asin /2 ( )/ 2 2 1 / 2, 1′Δ Δ = + =k kλ λ缝宽减半后， = /2=3 明纹 7. 6. 5. 4. 3. 0.36≈ =f mmθ θPO=ftg sin 一；三 6250Å 1/ 800 , , 1, 30, 625 = = = ⇒ = d mm k nm θ λ θ λ 光栅常数 dsin =k , 2′ ′⇒ =d a kθ λ θ λ由缺级条件 sin =k sin =k k 2. 6；第一级明纹 sin 30 1d k kλ= =， N d 1= 916N = ( )Δ λ3暗纹3明纹， =3 15 8. λθ λθ ka kd ′= = sin sin 缺级条件 1 3 a d k k ==′ 210kkd ±±== ,,sin λθ 共5条 把sinθ＝±１代入光栅方程，则可求得主极大的最高级数 解：由光栅明纹公式 例2. 用波长为λ的单色平行光垂直射在一块多缝光 栅上，其光栅常数d=3μm，缝宽a=1 μm，则在单 缝衍射的中央明条纹中共有——条谱线（主极大） 三、计算题 2.  3.   4.   1. ϕ λasin =k ,k=1 a fffx λϕϕ 22tan2 00 ===Δ m m 9 3 2 589.3 10 0.50 32.95 10 0.2 10 − − × × × −= = ×× 1 1sin (2 1) 32 a k kλθ = + =， 2 2sin (2 1) 22 a k kλθ = + =， 重级现象 1 500nmλ = ",2,1,0sin =±= kkd ，λθ Nd 1= 1xd k f λ= 2 1 1 k fx x cm d λΔ− = = 3/ sin 7.26 10−= × mmλ ϕa=解： 解： 解： 解： 16 λφ kba =+ sin)( 2/π=φ 39.3/)( =+= λbak λφφ kaba ==+ sin2sin)( 'sina kφ λ= λθφ kba =++ )sin)(sin( π= 2 1φ 09.5/)90sin30)(sin( =°+°+= λbak π−= 2 1φ 7.1/)90sin30)(sin( −=°−°+= λbak 1max −=′k ∴ 能看5条谱线，为+5，+3，+1，0，-1级 5．解:1) kmax = 3 又 ∵ a = b 有谱线 当 k =±2，±4，±6， … 时缺级． ∴ 能看到5条谱线，为0，±1，±3级 θ = 30°，φ =±90° 取 kmax = 5 (2) ∵ a = b， ∴ 第2，4，… 缺级 时当 取 i θ CH14 光的衍射（二） 2. 1 ，暗 一、选择题 D D A ),2,1(sin2 "==Φ⋅ kkd λ max 2= dλ 二、填空题 3. 3. 2π1. 三、计算题 2.   1. 32.3 10−Δ = × nmλ 0.1190 ,0.0952nm nm NkR == δλ λ 17 CH15 光的偏振（一） 一、选择题 BBDB BBCD 5（0.5I0+I1）/0.5I0=7 ， I1/I0=1/3 4．自然光以布儒斯特角射向两种媒质的界面，界面上反射 光为振动垂直于入射面的偏振光，而折射光仍为平行于入 射面内的光振动较强的部分偏振光 B 1. 自然光或圆偏振光；线偏振光；椭圆偏振光 或部分偏振光 二、填空题 2. 自然光通过第1偏振片后，其强度 I1 = I0 / 2 通过第2偏振片后，I2＝ I1 cos230°＝3I0/ 8 通过第3偏振片后I3 ＝ I2 cos2（90-30）°＝3 I0 / 32 3. 2； 4. 1.48 15-1-2.5 解答图 5. 6． 8. 波动；横 ；1.73 7. 传播速度；单轴 18 解：令I1和I2分别为两入射光束的光强．透过起 偏器后，光的强度分别为I1 / 2和I2 / 2马吕斯定律，透过检偏器的光强分别为 1 2 11 2 1 αcosII =′ 2222 2 1 αcosII =′ 21 II ′=′ 2 2 21 2 1 2 1 2 1 αα cosIcosI = 322 2 1 2 21 /cos/cosI/I == αα得 于是 按题意 1)．两个偏振片叠在一起，在它们的偏振化方向成α1 ＝30°时，观测一束单色自然光．又在α2＝45°时， 观测另一束单色自然光．若两次所测得的透射光强度 相等，求两次入射自然光的强度之比． 1i 2i θ A B C 3－3题图 2). 有一平面玻璃板放在水中，板面与水面夹角为θ (见图)．设 水和玻璃的折射率分别为1.333和1.517．已知图中水面的反射 光是完全偏振光，欲使玻璃板面的反射光也是完全偏振光，θ 角应是多大？ 解：由题可知i1和i2应为 相应的布儒斯特角， 由布儒斯特定律知 tg i1= n1＝1.33 tg i2＝n2 / n1＝1.57 / 1.333 由此得 i1＝53.12°， i2＝48.69° 由△ABC可得 θ＋(π / 2＋r)＋(π / 2－i2)＝π 整理得θ＝i2－r 由布儒斯特定律可知，r＝π / 2－i1 将r代入上式得 θ＝i1＋i2－π / 2＝53.12°＋48.69°－90°＝11.8° 19 答：一个光点围绕着另一个不动的光点旋转，方解石每转 过90°角时，两光点的明暗交变一次，一个最亮时，另一 个最暗。 3证：由图所示，在t时刻，中间偏振片转过的角度θ＝ω t， P1P2 P3 ω θ θ=ω t 82 2 2 0 220 /sinIsincosII θθθ == ＝ I0 (1 – cos4θ ) / 16 ＝ I0 (1 – cos4ω t ) / 16 2．如图15-2-1所示，A是一块有小圆孔S的金属挡板，B是一块方解石，其 光轴方向在纸面内，P是一块偏振片，C是屏幕．一束平行的自然光穿过小 孔S后，垂直入射到方解石的端面上．当以入射光线为轴，转动方解石时， 在屏幕C上能看到什么现象？ CH17 量子物理（一） 一、选择题 DDCD CBAA 1).由爱因斯坦方程 0 0 1.2 ( 5000 )c ch eV h Aλλ λ= + = D 3550 Aλ⇒ = D 2).电子相对论性质量 0 02 1.251 ( / ) mm m v c = =− 则散射使电子获得的能量为 2 2 2 0 0 01.25 0.25m c m c m c− = 20 λ/hp = 2/ λλΔΔ = hpx hxpx ≥ΔΔ cmx 250/2 =≥ ΔΔ λλ 求导可得 然后由不确定关系 可以得到 5).根据德布罗意关系 4.粒子在空间各点出现的几率只决定于波函数 在空间各点的相对强度，而不是强度的绝对 大小,振幅的大小不影响粒子在空间各点的几 率。 7.氢原子基态能级为 -13.6eV,则此定态能级为 -3.41eV,发射光子的能量: -0.85eV-(-3.41eV)=2.56eV 8.粒子出现的概率密度 2 2 5( ) 6 1 3 1( ) cos 2 2x a xP x a aa πψ = = = = 6.解： n =2 n =3 n =∞ λmax λmin 2 2 1 1 1 2m in ( )Rλ = − ∞ 2 2 1 1 1 2 3max ( )Rλ = − m i n m a x 5 9 λ λ = 21 二、填空题 ； 2. 3. 不变；变长；波长变长 1. 19/1.6 10 2.55E h eVν −= × =7. 发射光子的能量为： 由氢原子能级图可知 0.85 , 0.34n kE eV E eV= − = − 4. 6. ； 0 5. 0.1 2 h h nm p m eU λ = = = 8.粒子在t时刻在（x,y,z)处出现的概率 密度；单值 、有限、连续。 2 1dxdydzψ =∫∫∫ 21 v 2 m eU= 2.48U V= (2) 由 00 / λν hchA == == A hc 0λ 332.4 nm得 1.解：(1) 由 2.48kE h A eVν= − = (3) 由 三、计算题 22 )v/(mh=λ RmBq /vv 2α= qRBm =vα eq 2= eRBm 2v =α nmm 211 1000.11000.1)2/( −− ×=×== eRBhαλ αmeRB /2v = α αα λλ ⋅=⋅== m m m m eRB h m h 2v (1) 德布罗意公式：解： 由题可知a 粒子受磁场力作用作圆周运动 又 (2) 由上一问可得 对于质量为m的小球 =6.64×10-34 m 则 故 2．α粒子在磁感应强度为B = 0.025 T的均匀磁场中沿半径为R =0.83 cm的圆形轨道运动.(1) 试计算其德布罗意波长． (2) 若使质量m = 0.1 g的小球以与α粒子相同的速率运动．则 其波长为多少？ (a粒子的质量ma =6.64×10-27 kg，普朗克常量h =6.63×10-34 J·s，基本电荷e =1.60×10-19 C) 则 解：(1) 康普顿散射光子波长改变： =−=Δ )cos)(cm/h( e φλ 1 =+= Δλλλ 0 2)( cmmE eK −= Ke Ehcmmhh +=−+= ννν 20 )( KEhchc ++= Δ )]/([/ 00 λλλ )](/[ 00 λλλλ ΔΔ += hcEK =147 eV 故 即 (2) 设反冲电子获得动能， 1.012×10-10 m 0.012×10-10 m 根据能量守恒： 3)．用波长λ0 =1 Å的光子做康普顿实验． (1) 散射角α＝60°的康普顿散射波长是多少？ (2) 反 冲 电 子 获 得 的 动 能 有 多 大 ？ ( 普 朗 克 常 量 h =6.63×10-34 J·s ， 电 子 静 止 质 量 me=9.11×10-31 kg) 23 所以 4.解：设氢原子全部吸收电子的 能量后最高能激发到第 n 能级. eV n2 6.13− 1 2 13 6 13 6 12 75. ( . ) .nE E eVn − =− − − = 此能级的能量为： 2 13.6 0.85eV eV n − = − 4n = n=4 n=3 n=2 n=1可以发出l41、l31、l21、l43、l42、 l32六条谱线 解：由不确定关系式 动量不确定量的百分比为 (Δ p/p )≥19.4％ mpmEK 2/2 1 22 == v KmEp 2= 5)．动能是1 KeV的电子，要确定其某一时刻的位置和动 量，如果位置限制在0.2nm范围内，试估算其动量不确定量 的百分比． ( h = 6.63×10-34 J·s，me = 9.11×10-31 kg ) 又由经典的动能与动量关系式 Δp≥h/Δ x 2 =≥⋅ xpx ΔΔ 知 24 CH17 量子物理（二） 一、选择题 DDC 1).基态能量 1 91.3 cE h nm = 1 12 E cE h n λ− = 2 291.3 1 n nm n λ⇒ = −