物理重要习题答案

大学物理答案12．4 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强． [解答]在带正电的圆弧上取一弧元d s = R d θ，电荷元为d q = λd s ， 在O 点产生的场强大小为 220001d 1d d d 444q s E R R Rλλθπεπεπε===， 场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．对于带负电的圆弧，同样可得在O 点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x 方向的合场强为零，总场强沿着y 轴正方向，大小为2d sin y LE E E ==⎰θ/6/6000sin d (cos )22RR==-⎰ππλλθθθπεπε03(1)22R=-λπε．12．13 一半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去一块半径为R`<R 的小球体，如图所示，试求两球心O 与O`处的电场强度，并证明小球空腔内的电场为匀强电场．[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的叠加．对于一个半径为R ，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P 在球内时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r r ππρε=P 点场强大小为 03E r ρε=． 当场点P 在球外时，过P 点作一半径为r 的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程2301443E r R ππρε=P 点场强大小为 3203R E rρε=． O 点在大球体中心、小球体之外．大球体在O 点产生的场强为零，小球在O 点产生的场强大小为320`3O R E aρε=，方向由O 指向O `． O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O 点产生的场强大小为`03O E a ρε=，方向也由O 指向O `． [证明]在小球内任一点P ，大球和小球产生的场强大小分别为03r E r ρε=， `0`3r E r ρε=，方向如图所示． 设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为E x xE θ R d sE yO y d s E x xE θ R E y O yOR a R` O`图12.10O a r` O`r E rE r` θE P222()(`2`c o s)3r r r r ρθε=++222``2cos r r r r E E E E E θ=++， 根据余弦定理得222`2`c o s ()a r r r r πθ=+--， 所以 03E a ρε=， 可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O 到O `的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．12．21 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：（1）A ，B 两点的电势；（2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强．[解答]（1）A 点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A 点的电势就等于球心O 点的电势． 在半径为r 的球壳处取一厚度为d r 的薄壳，其体积为 d V = 4πr 2d r ，包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2d r ，在球心处产生的电势为00d d d 4O q U r r rρπεε==， 球心处的总电势为2122210d ()2R O R U r r R R ρρεε==-⎰， 这就是A 点的电势U A ．过B 点作一球面，B 的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的．球面外的电荷在B 点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得22120()2B U R r ρε=-． 球面内的电荷在B 点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B 点产生的电势．球壳在球面内的体积为3314()3B V r R π=-，包含的电量为 Q = ρV ， 这些电荷集中在球心时在B 点产生的电势为332100()43B BBQ U r R r r ρπεε==-． B 点的电势为U B = U 1 + U 2322120(32)6B BR R r r ρε=--．（2）A 点的场强为 0AA AU E r ∂=-=∂． B 点的场强为3120()3B B B B BU R E r r r ρε∂=-=-∂．[讨论] 过空腔中A 点作一半径为r 的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A 点场强为E = 0， (r ≦R 1)．A O R 1B R 2 r Ar B 图12.18 O R 1R 2 r BBOR 1R 2 r d r过球壳中B 点作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为3314()3V r R π=-，包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0，可得B 点的场强为 3120()3R E r rρε=-， (R 1≦r ≦R 2)．这两个结果与上面计算的结果相同．在球壳外面作一半径为r 的同心球形高斯面，面内球壳的体积为33214()3V R R π=-，包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得可得球壳外的场强为 33212200()43R R qE r r ρπεε-==，(R 2≦r )． A 点的电势为d d AAA r rU E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l 12131200d ()d 3A R R r R R r r r r ρε=+-⎰⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰ 22210()2R R ρε=-．B 点的电势为d d BBB r rU E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l 23120()d 3BR r R r r r ρε=-⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰322120(32)6B B R R r r ρε=--．A 和B 点的电势与前面计算的结果相同．13．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？ （2）A 板电势为多少？ [解答](1)设A 的左右两面的电荷面密度分别为ζ1和ζ2，所带电量分别为q 1 = ζ1S 和q 2 = ζ2S ，在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = ζ1S + ζ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = ζ1/ε0，A 、C 间的场强为 E 2 = ζ2/ε0． 设A 板与B 板的电势差和A 板与C 板的的电势差相等，设为ΔU ，则ΔU = E 1d 1 = E 2d 2， ② 即 ζ1d 1 = ζ2d 2． ③解联立方程①和③得 ζ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)， 所以 q 1 = ζ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)； q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)． B 、C 板上的电荷分别为 q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)．(2)两板电势差为 ΔU = E 1d 1 = ζ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π， 因此 ΔU = 144π = 452.4(V)．由于B 板和C 板的电势为零，所以 U A = ΔU = 452.4(V)．13．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能q A B C图13.4量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．13．13 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，接在电源上维持其电压为U ．将一块厚度为d 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？[解答]平行板电容器的电容为 C = ε0S/d ，当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ；另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．两个电容器并联，总电容为 C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ，静电能为 W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ．13．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；（3）极板上的自由电荷面密度．[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为 C = (1 + εr )ε0S /2d ．（2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ．（3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ．设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得01112211/C U C QQ C C C C ==++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为00112122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S dεσε===++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为0021222(/1)(1)r r C U UC C S dεεσε==++． 14.1 通有电流I 的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方形．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]电流在O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律：002d d 4I r μπ⨯=l r B ， 圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为 012d d 4I lB aμπ=， 由于 d l = a d φ，积分得 11d L B B =⎰3/200d 4I a πμϕπ=⎰038Ia μ=． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为022d sin d 4I l B rμθπ=， 由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ， 所以 d l = b d θ/sin 2θ；又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ，ICOba DA图14.4l θI d l CbA可得 02sin d d 4I B bμθθπ=，积分得3/402/2d sin d 4LI B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/22(cos )48IIb bππμμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为 001233284I IB B B B a bμμπ=++=+． [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为04IB aμϕπ=．（2）有限长直导线产生的磁感应大小为 012(cos cos )4IB bμθθπ=-． 对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得02328IB B bμπ==．上述公式可以直接引用． 14．3 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？[解答]正方形每一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利用直线电流的磁场公式：012(cos cos )4I B Rμθθπ=-， 令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为022AD IB a μπ=， O 点的磁感应强度为 0224AD IB B aμπ==，方向垂直纸面向里．14．6在半径为R = 1.0cm 的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I =5.0A ，如图所示．求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？[解答]取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外． 半圆的周长为 C = πR ， 电流线密度为 i = I/C = IπR ．在半圆上取一线元d l = R d φ代表无限长直导线的截面，电流元为 d I = i d l = I d φ/π，在轴线上产生的磁感应强度为 002d d d 22I I B R Rμμϕππ==， 方向与径向垂直．d B 的两个分量为 d B x = d B cos φ，d B y = d B sin φ．积分得 00220cos d sin 022x I IB R Rππμμϕϕϕππ===⎰， 020sin d 2y I B R πμϕϕπ=⎰00220(cos )2II R Rπμμϕππ=-=．由对称性也可知B x = 0，所以磁感应强度 B = B y = 6.4×10-5(T)，方向沿着y 正向．BI θ1b θ2I O D B CA 图14.6x d B y d B x d B yR o 1 φ14．11 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q ，半径为a ，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动，设角速度为ω．求圆盘中心o 的磁感应强度B = ？[解答]圆盘面积为 S = πa 2，面电荷密度为 ζ = Q/S = Q/πa 2．在圆盘上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为 d S = 2πr d r ， 所带的电量为 d q = ζd S = 2πζr d r ． 薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω， 形成的电流元为 d I = d q/T = ωζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωζd r /2，从o 到a 积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为B = μ0ωζa /2 = μ0ωQ /2πa ．如果圆盘带正电，则磁场方向向上．14．12二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b = c = 10cm ，l = 10m ，I 1 = I 2 = 100A ，求通过线圈的磁通量．[解答]电流I 1和I 2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐标系中的x 点，它们共同产生的磁感应强度大小为 01022(/2)2(/2)I I B a b x c b x μμππ=++++-． 在矩形中取一面积元d S = l d x ，通过面积元的磁通量为d Φ = B d S = Bl d x ，通过线圈的磁通量为/2012/2()d 2/2/2b b l I I x a b x c b xμΦπ-=++++-⎰011(ln ln )2l a b cI I a c bμπ+=-+=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb)． *14．15 一长直载流导体，具有半径为R 的圆形横截面，在其内部有与导体相切，半径为a 的圆柱形长孔，其轴与导体轴平行，相距b = R – a ，导体截有均匀分布的电流I ．（1）证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B 的值；（2）若要获得与载流为I ，单位长度匝数n 的长螺线管内部磁场相等的均匀磁场，a 应满足什么条件？[解答]（1）导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为22()IR a δπ=-． 长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的．如果在圆形截面中过任意点P 取一个半径为r 的同心圆，其面积为 S = πr 2， 包围的电流为 ΣI = δS = πr 2δ， 根据安培环路定理可得方程 2πrB r = μ0ΣI ，磁感应强度为 0022r I B r r μμδπ∑==，方向与矢径r 垂直． 同理，密度为-δ的电流在P 点产生的磁感应强度为0``2r B r μδ=， 方向与矢径r`垂直．设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为 222``2cos r r r r B B B B B θ=++22220()(`2`cos )2B r r rr μδθ=++．根据余弦定理，如图可知：222`2`cos b r r rr ϕ=+-，aω o 图14.14 b d xc xa I 1o 1 I 2 l 图14.15 b a R O 1 O`1 图14.18b aRO 1 O`1rr` B r B B r` θφ P由于φ = π - θ，所以 02B b μδ=， 由于b 和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场．将δ和b 代入公式得磁感应强度大小为 02()IB R a μπ=+，可以证明磁场的方向向上．（2）[解答]长螺线管内部的场为 B =μ0nI ，与上式联立得 12a R nπ=-，这就是a 所满足的条件．[注意]此题中的长孔中的磁场与习题13．10．中空腔中的电场情况非常类似．16．2 一长直载流导线电流强度为I ，铜棒AB 长为L ，A 端与直导线的距离为x A ，AB 与直导线的夹角为θ，以水平速度v 向右运动．求AB 棒的动生电动势为多少，何端电势高？[解答]在棒上长为l 处取一线元d l ，在垂直于速度方向上的长度为 d l ⊥ = d l cos θ；线元到直线之间的距离为 r = x A + l sin θ，直线电流在线元处产生的磁感应强度为0022(sin )A I IB r x l μμππθ==+． 由于B ，v 和d l ⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为0cos d d d 2(sin )A Iv lBv l x l μθεπθ⊥==+，棒的动生电动势为0cos d 2sin LAIv lx l μθεπθ=+⎰00cos d(sin )2sin sin LA A Iv x l x l μθθπθθ+=+⎰0sin cot ln 2A A Ivx L x μθθπ+=，A 端的电势高．[讨论]（1）当θ→π/2时，cot θ = cos θ/sin θ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势．（2）当θ→0时，由于sin sin sin lnln(1)A A A A x L L L x x x θθθ+=+→，所以02AIvLx μεπ→，这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势．16．10 长为b ，宽为a 的矩形线圈ABCD 与无限长直截流导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 向右平动，t 时刻基AD 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε． [解答]电流I 在r 处产生的磁感应强度为02IB rμπ=， 穿过面积元d S = b d r 的磁通量为0d d d 2IbB S r rμΦπ==， 穿过矩形线圈ABCD 的磁通量为001d ln()22x a xIb Ib x a r r x μμΦππ++==⎰，回路中的电动势为oxvA B I θ x A r ld l 图16.2B A Bv D Cxr x d r xb xa图16.10d d tΦε=-0d 11d [ln()()]2d d b x a I xI x t x a x tμπ+=-+-+00cos [ln()sin ]2()I b x a av t t x x x a μωωωπ+=++．显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电动势．16．16 一圆形线圈C 1由50匝表面绝缘的细导线密绕而成，圆面积S = 2cm 2，将C 1放在一个半径R = 20cm 的大圆线圈C 2的中心，两线圈共轴，C 2线圈为100匝．求：（1）两线圈的互感M ； （2）C 2线圈中的电流以50A·s -1的速率减少时，C 1中的感应电动势为多少？[解答](1)设大线圈中通以电流I 2，N 2匝线圈形成的环电流在圆心产生的磁感应强度为 B = μ0N 2I 2/2R ，小线圈中的全磁通为 Φ12 = N 1BS =μ0N 1N 2I 2S /2R ，互感系数为 M = Φ12/I 2 = μ0N 1N 2S /2R = 4π×10-7×50×100×2×10-4/2×0.2=10-6π(H)．(2) C 1中的感应电动势的大小为 ε = M d I 2/d t = 10-6π×50 = 5×10-5π(V)．17．4铝表面电子的逸出功为6.72×10-19J ，今有波长为λ = 2.0×10-7m 的光投射到铝表面上．试求：（1）由此产生的光电子的最大初动能； （2）遏止电势差； （3）铝的红限波长．[解答]（1）光子的能量为E = hν = hc/λ， 根据爱因斯坦光电效应方程hν = E k + A ，产生的光电子的最大初动能为E k = hν - A = 6.63×10-34×3×108/2.0×10-7-6.72×10-19= 3.23×10-19(J)．（2）遏止电势差的公式为eU s = E k ，遏止电势差为U s = E k /e = 3.23×10-19/1.6×10-19=2.0(V)．（3）铝的红限频率为ν0 = A/h ，红限波长为 λ0 = c/ν0 = hc/A = 6.63×10-34×3×108/6.72×10-19= 2.96×10-7(m)17．5 康普顿散射中入射X 射线的波长是λ = 0.70×10-10m ，散射的X 射线与入射的X 射线垂直．求：（1）反冲电子的动能E K ； （2）散射X 射线的波长；（3）反冲电子的运动方向与入射X 射线间的夹角θ． [解答]（1）（2）根据康普顿散射公式得波长变化为21222sin2 2.42610sin24ϕπλΛ-∆==⨯⨯= 2.426×10-12(m)，散射线的波长为λ` = λ + Δλ = 0.72426×10-10(m)．反冲电子的动能为`k hchc E λλ=-34834810106.6310310 6.63103100.7100.7242610----⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-⨯⨯= 9.52×10-17(J)．（3）由于/`tan /`hc hc λλθλλ==0.70.96650.72426==，所以夹角为θ = 44°1`． I 2 C 2C 1图16.16ph/λθ17．11 电子和光子各具有波长2.0×10-10m ，它们的动量和总能量各是多少？ [解答]它们的动量都为34106.6310210hp λ--⨯==⨯= 3.315×10-24(kg·m·s -1)． 根据公式E 2 = p 2c 2 + m 02c 4，电子的总能量为2220E c p m c =+=3×108×[(3.315×10-24)2 + (9.1×10-31×3×108)2]1/2=8.19×10-14(J)． 光子的静止质量为零，总能量为E = cp = 3×108×3.315×10-24 = 9.945×10-16(J)．17．17 设有一宽度为a 的一维无限深势阱，粒子处于第一激发态，求在x = 0至x = a /3之间找到粒子的几率？[解答]粒子在一维无限深势阱中的定态波函数为(0)2()sin ,(1,2,3,...)πψ≤≤==n x a n x x n a a ， Ψ(x ) = 0，(x < 0，x > a )．当粒子处于第一激发态时，n = 2，在x = 0至x = a /3之间被发现的几率为/3220|()|d ψ⎰a x x /32022sin d π=⎰a xx a a2332π=-= 0.391．17．13 假定对某个粒子动量的测定可精确到千分之一，试确定这个粒子位置的最小不确定量．（1）该粒子质量为5×10-3kg ，以2m·s -1的速度运动； （2）该粒子是速度为1.8×108m·s -1的电子． [解答]粒子的动量为 p = mv ， 动量的不确定量为 Δp = p /1000， 根据动量和位置的不确定关系Δp ·Δx ≧ћ/2， 位置的不确定量为 Δx = ћ/2Δp ．（1）100024h x p mvπ∆≥=∆h 3431000 6.631045102-⨯⨯=π⨯⨯⨯= 5.276×10-30(m)． （2）100024hx p mv π∆≥=∆h 343181000 6.631049.110 1.810--⨯⨯=π⨯⨯⨯⨯= 3.22×10-10(m)．17．20 一维运动的粒子，处于如下的波函数所描述的状态,(0);()0,(0).x Axe x x x λψ-⎧>=⎨<⎩ 式中λ > 0，A 为常数．（1）将此波函数归一化；（2）求粒子位置的概率分布函数； （3）粒子在在何处出现的概率最大？ [解答]（1）归一化得222201||d d xx A x ex λψ∞∞--∞==⎰⎰22201d 2xA x e λλ∞--=⎰ 2222001{2d }2xxA x exex λλλ∞∞---=-⎰222012()d 2x A x e λλ∞--=-⎰2222012(){d }2xxA xe ex λλλ∞∞---=--⎰22323012()24xA A e λλλ∞--==， 所以A =2λ3/2．归一化波函数为3/22,(0);()0,(0).x xe x x x λλψ-⎧>=⎨<⎩（[注]利用Γ函数的性质可简化积分过程．10()d n x n x e x ∞--Γ=⎰，当n 为整数时，Γ(n ) = (n - 1)!．设y = 2λx ，则d x = d y /2λ，可得2233101d ()d 2xyx ex y e y λλ∞∞---=⎰⎰3311()(3)2()22λλ=Γ=，可以得出同一结果．）（2）粒子坐标的几率分布函数为32224,(0);()|()|0,(0).x x e x w x x x λλψ-⎧>==⎨<⎩（3）利用上一题的方法求导可得几率最大的位置为x = 1/λ．17．22 原子内电子的量子态由n 、l 、m l 、m s 四个量子数表征，当n 、l 、m l 一定时，不同的量子态数目为多少？当n 、l 一定时，不同量子态数目为多少？当n 一定时，不同量子态数目为多少？[解答]当n 、l 、m l 一定时，m s 只取两个值，所以量子态数目为2．当n 、l 一定时，m l 有(2l + 1)种不同取值，所以量子态数目为2(2l + 1)． 当n 一定时，l 从0到(n - 1)共有n 种不同取值，量子态数目为1112(21)421n n n l l l l l ---===+=+∑∑∑2(1)4222n n n n -=⨯+=．。