《新编大学物理》(上、下册)教材习题答案.doc 65页

'第1章质点运动学一、选择题题1.1：答案：[B]提示：明确与的区别题1.2：答案：[A]题1.3：答案：[D]提示：A与规定的正方向相反的加速运动，B切向加速度，C明确标、矢量的关系，加速度是题1.4：答案：[C]提示：，，，题1.5：答案：[D]提示：t=0时，x=5；t=3时，x=2得位移为-3m；仅从式x=t2-4t+5=(t-2)2+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6：答案：[D]提示：a=2t=，，，即可得D项题1.7：答案：[D]提示：，理清的关系 二、填空题题1.8：答案：匀速(直线)，匀速率题1.9：答案：，0.6提示：，t=0.6时，v=0题1.10：答案：（1）（2）（3）3S提示：(1)联立，消去t得：，(2)t=1s时，，(3)t=2s时，代入中得t=1s到t=2s，同样代入可求得，和垂直，即，得t=3s题1.11：答案：提示：题1.12：答案：提示：，，， 题1.13：答案：提示：先对求导得，与合成得题1.14：答案：8,提示：，，三、计算题题1.15：解：（1）又（2）又（3）当a与半径成角时，题1.16：解：（1），（*）当时，，（2）由（*）式：， 第2章质点动力学一、选择题题2.1：答案：[C]提示：A．错误，如：圆周运动B．错误，，力与速度方向不一定相同D．后半句错误，如：匀速圆周运动题2.2：答案：[B]提示：y方向上做匀速运动：x方向上做匀加速运动（初速度为0），，题2.3：答案：[B]提示：受力如图设猫给杆子的力为F，由于相对于地面猫的高度不变杆受力 题2.4：答案：[D]提示：得（，通过分析滑轮，由于A向下走过S，B走过）题2.5：答案：[C]提示：由题意，水平方向上动量守恒，故题2.6：答案：[C]提示： 由图可知分析条件得，只有在h高度时，向心力与重力分量相等所以有由机械能守恒得（以地面为零势能面）题2.7：答案：[B]提示：运用动量守恒与能量转化题2.8：答案：[D]提示：由机械能守恒得题2.9：答案：[C]题2.10：答案：[B]提示：受力如图 由功能关系可知，设位移为x（以原长时为原点）弹性势能二、填空题题2.11:答案：2mb提示：题2.12：答案：2kg4m/s2提示：由题意，题2.13：答案：， 提示：由题意，当t=2时，题2.14：答案：180kg提示：由动量守恒，题2.15：答案：提示：各方向动量守恒题2.16：答案：，0，-mgR提示：由冲量定义得由动能定律得，所以题2.17：答案：-12提示：题2.18：答案：mgh，，h=0，x=0，相对值题2.19：答案：，2mg，题2.20：答案： 三、计算题题2.21：解：（1）（2）（3），，题2.22：解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。设摆车速度v（对地）、小车的速度为V（对地）。设，则，根据位移公式：（2）摆球速度题2.23解：，油灰碰撞前动量守恒有：机械能守恒有（m，M，弹簧，地球为系统）： 则第3章刚体的定轴转动一、选择题题3.1：答案：[B]提示：A错，，合外力矩不等于合外力的力矩C错，，r是相对参考点的距离，D错，动能，题3.2：答案：[A]提示：若绳的张力为T，若物体的加速度为a，，，题3.3：答案：[D]提示：系统角动量守恒， 由于完全弹性碰撞，，故D正确题3.4：答案：[C]提示：射入点沿轮切向动量守恒，故，，C正确题3.5：答案：[D]提示：，和在同一方向上，力矩为0，故角动量守恒由定义知其动量和动能将改变二、填空题题3.6：答案：，，提示：人走到边沿时，系统的转动惯量为盘的转动惯量和人的转动惯量之和根据角动量守恒定律转台受冲量矩等于转盘角动量的增量，即题3.7：答案：，，，提示：力矩==根据转动定律=，故根据定轴转动的动能定理，力矩做的功等于动能的增量，力矩的功为题3.8：答案：，提示：根据定轴转动的动能定理得角动量的增量为 题3.9：答案：题3.10：答案：提示：系统角动量守恒，，为角速度三、计算题题3.11：解：，，因此（1）下落距离（2）张力题3.12：解：下落过程细杆机械能守恒（系统：杆与地球）。选m静止处水平面为零势点细杆碰前瞬间角速度为：碰撞过程角动量守恒：（系统杆与小球）第4章狭义相对论一、选择题题4.1：答案：[D]见概念题4.2：答案：[B]提示：运动质量，外力做功 题4.3：答案：[B]提示：在系中X轴方向上，正方形边长为，系观察系X轴方向正方形边长，，则从系测得面积为题4.4：答案：[A]提示：选飞船为一参考系，因为真空中光速C对任何惯性参考系都是常数，由于飞船匀速运动，是惯性系。则飞船固有长度为题4.5：答案：[A]提示：，题4.6：答案：[C]提示：由时间的相对性，，长度为题4.7：答案：[D]提示：得题4.8：答案：[D]提示：，，故 题4.9：答案：[A]提示：；；；故一、填空题题4.10：答案：提示：设痕迹之间距离为，由公式（为静长度）。则车上观察者测得长度为题4.11：答案：（1），（2）提示：（1）相对论质量和相对论动量：，非相对论下，，，得（2），，题4.12：答案：4提示：，， 题4.13：答案：提示：，，，解得题4.14：答案：提示：，，则，，题4.15：答案：3.73m提示：，，，则题4.16：答案：提示：即，题4.17：答案：提示：，， 一、计算题题4.18：解：（1）航程（2）时间（3）航速第5章机械振动一、选择题题5.1答案：B题5.2答案：C题5.3答案：C二、填空题题5.4答案：题5.5：答案：0.02m题5.6：答案：三、计算题5.7一物体沿x轴做简谐振动，振幅A=0.12m，周期T=2s．当t=0时，物体的位移x=0.06m，且向x轴正向运动．求：（1）此简谐振动的表达式；（2）t=T/4时物体的位置、速度和加速度；（3）物体从x=-0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．[解答]（1）设物体的简谐振动方程为x=Acos(ωt+φ)，其中A=0.12m，角频率ω=2π/T =π．当t=0时，x=0.06m，所以cosφ=0.5，因此φ=±π/3．物体的速度为v=dx/dt=-ωAsin(ωt+φ)．当t=0时，v=-ωAsinφ，由于v>0，所以sinφ<0，因此：φ=-π/3．简谐振动的表达式为：x=0.12cos(πt–π/3)．（2）当t=T/4时物体的位置为;x=0.12cos(π/2–π/3)=0.12cosπ/6=0.104(m)．速度为；v=-πAsin(π/2–π/3)=-0.12πsinπ/6=-0.188(m·s-1)．加速度为：a=dv/dt=-ω2Acos(ωt+φ)=-π2Acos(πt-π/3)=-0.12π2cosπ/6=-1.03(m·s-2)．（3）方法一：求时间差．当x=-0.06m时，可得cos(πt1-π/3)=-0.5，因此πt1-π/3=±2π/3．由于物体向x轴负方向运动，即v<0，所以sin(πt1-π/3)>0，因此πt1-π/3=2π/3，得t1=1s．当物体从x=-0.06m处第一次回到平衡位置时，x=0，v>0，因此cos(πt2-π/3)=0，可得πt2-π/3=-π/2或3π/2等．由于t2>0，所以πt2-π/3=3π/2，可得t2=11/6=1.83(s)．所需要的时间为：Δt=t2-t1=0.83(s)．方法二：反向运动．物体从x=-0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x=0.06m，即从起点向x轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x=0，v<0，因此cos(πt-π/3)=0，可得πt-π/3=π/2，解得t=5/6=0.83(s)．[注意]根据振动方程x=Acos(ωt+φ)，当t=0时，可得φ=±arccos(x0/A)，（-π<φ<=π），初位相的取值由速度决定．由于v=dx/dt=-ωAsin(ωt+φ)，当t=0时，v=-ωAsinφ，当v>0时，sinφ<0，因此φ=-arccos(x0/A)；当v<0时，sinφ>0，因此φ=arccos(x0/A)π/3．可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0=A时，φ=0；当初位置x0=-A时，φ=π．5.8质量为10×10-3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作振动，式中t以秒(s)计，x以米(m)计．求：（1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相；Oxt=1,2,10sA（2）振动的速度、加速度的最大值；（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t为1，2，10s等各时刻的矢量位置．[解答]（1）比较简谐振动的标准方程：x=Acos(ωt+φ)，可知圆频率为：ω=8π，周期T=2π/ω=1/4=0.25(s)，振幅A=0.1(m)，初位相φ=2π/3．（2）速度的最大值为：vm=ωA=0.8π=2.51(m·s-1)；题5.8解答图加速度的最大值为：am=ω2A=6.4π2=63.2(m·s-2)．（3）弹簧的倔强系数为：k=mω2，最大回复力为:f=kA=mω2A=0.632(N)；振动能量为:E=kA2/2=mω2A2/2=3.16×10-2(J)，平均动能和平均势能为:=kA2/4=mω2A2/4=1.58×10-2(J)．（4）如图所示，当t为1，2，10s等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．kMmv图5.95.9如图所示，质量为10g的子弹以速度v=103m·s-1 水平射入木块，并陷入木块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数k=8×103N·m-1，木块的质量为4.99kg，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的振幅；（2）振动方程．[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即：mv=(m+M)v0．解得子弹射入后的速度为：v0=mv/(m+M)=2(m·s-1)，这也是它们振动的初速度．子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得：(m+M)v02/2=kA2/2，所以振幅为：=5×10-2(m)．（2）振动的圆频率为：=40(rad·s-1)．取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x的正方向，振动方程可设为：x=Acos(ωt+φ)．当t=0时，x=0，可得：φ=±π/2；由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为：x=5×10-2cos(40t-π/2)．5.10一匀质细圆环质量为m，半径为R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平CRmgθO光滑轴在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．[解答]通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为：Ic=mR2．根据平行轴定理，环绕过O点的平行轴的转动惯量为I=Ic+mR2=2mR2．当环偏离平衡位置时，重力的力矩为：M=mgRsinθ，方向与角度θ增加的方向相反．根据转动定理得：Iβ=-M，即，题5.10解答图由于环做小幅度摆动，所以sinθ≈θ，可得微分方程：．摆动的圆频率为：，周期为：．5.11质量为0.25kg的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k=25N·m-1，如果开始振动时具有势能0.6J，和动能0.2J，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度．[解答]物体的总能量为：E=Ek+Ep=0.8(J)．（1）根据能量公式E=kA2/2，得振幅为：=0.253(m)．（2）当动能等于势能时，即Ek=Ep，由于E=Ek+Ep，可得：E=2Ep，即，解得：=±0.179(m)．（3）再根据能量公式E=mvm2/2，得物体经过平衡位置的速度为： =±2.53(m·s-1)．5.12两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t曲线如图所示，求：（1）两个简谐振动的位相差；t/sx/cm501234-5x1x2题5.12解答图（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程．[解答]（1）两个简谐振动的振幅为：A=5(cm)，周期为：T=4(s)，圆频率为：ω=2π/T=π/2，它们的振动方程分别为：x1=Acosωt=5cosπt/2，x2=Asinωt=5sinπt/2=5cos(π/2-πt/2)即x2=5cos(πt/2-π/2)．位相差为：Δφ=φ2-φ1=-π/2．（2）由于x=x1+x2=5cosπt/2+5sinπt/2=5(cosπt/2·cosπ/4+5sinπt/2·sinπ/4)/sinπ/4合振动方程为：(cm)．5.13已知两个同方向简谐振动如下：，．（1）求它们的合成振动的振幅和初位相；（2）另有一同方向简谐振动x3=0.07cos(10t+φ)，问φ为何值时，x1+x3的振幅为最大？φ为何值时，x2+x3的振幅为最小？（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x以米计，t以秒计．[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为：=8.92×10-2(m)．初位相为：=68.22°．（2）要使x1+x3的振幅最大，则：cos(φ–φ1)=1，因此φ–φ1=0，所以：φ=φ1=0.6π．要使x2+x3的振幅最小，则cos(φ–φ2)=-1，因此φ–φ2=π，所以φ=π+φ2=1.2π．OxφA2A3x3x2φ2（3）如图所示．OxA3A1x1φ1x3OxAφA2A1x1x2xφ2φ1题5.13解答图5.14将频率为384Hz的标准音叉振动和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为3.0Hz，在待测νν0ν1ν2ν`1ν`2ΔνΔν 音叉的一端加上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率．[解答]标准音叉的频率为v0=384(Hz)，拍频为Δv=3.0(Hz)，待测音叉的固有频率可能是v1=v0-Δv=381(Hz)，也可能是v2=v0+Δv=387(Hz)．在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2=k/m，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率v1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v2，即387Hz．5.15三个同方向、同频率的简谐振动为，，．求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式；（2）合振动由初始位置运动到所需最短时间（A为合振动振幅）．[解答]合振动的圆频率为：ω=314=100π(rad·s-1)．设A0=0.08，根据公式得：Ax=A1cosφ1+A2cosφ2+A3cosφ3=0，Ay=A1sinφ1+A2sinφ2+A3sinφ3=2A0=0.16(m)，振幅为：=0.16(m)，初位相为：φ=arctan(Ay/Ax)=π/2．合振动的方程为：x=0.16cos(100πt+π/2)．（2）当时，可得：，解得：100πt+π/2=π/4或7π/4．由于t>0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t=0.0125s．第6章机械波一、选择题题6.1答案：D题6.2答案：A题6.3答案：A题6.4答案：C二、填空题题6.5 答案：相同，相同，2p/3.题6.6答案：p/4，x=0.02cos(pt+p/4)(SI).题6.7答案：3/4，2p(Dl/g)1/2.三、计算题6.8已知一波的波动方程为y=5×10-2sin(10πt–0.6x)(m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；（2）说明x=0时波动方程的意义，并作图表示．[解答]（1）与标准波动方程t/sy/cm500.10.20.3比较得：2π/λ=0.6，因此波长为：λ=10.47(m)；圆频率为：ω=10π，题6.8图频率为：v=ω/2π=5(Hz)；波速为：u=λ/T=λv=52.36(m·s-1)．且传播方向为x轴正方向．（2）当x=0时波动方程就成为该处质点的振动方程：y=5×10-2sin10πt=5×10-2cos(10πt–π/2)，振动曲线如图．6.9有一沿x轴正向传播的平面波，其波速为u=1m·s-1，波长λ=0.04m，振幅A=0.03m．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x=0.01m处质点的振动方程，该点初相是多少？[解答]（1）设原点的振动方程为：y0=Acos(ωt+φ)，其中A=0.03m．由于u=λ/T，所以质点振动的周期为：T=λ/u=0.04(s)，圆频率为：ω=2π/T=50π．当t=0时，y0=0，因此cosφ=0；由于质点速度小于零，所以φ=π/2．原点的振动方程为：y0=0.03cos(50πt+π/2)，平面波的波动方程为：=0.03cos[50π(t–x)+π/2)．（2）与波源相距x=0.01m处质点的振动方程为：y=0.03cos50πt．该点初相φ=0．6.10如图所示为一列沿x负向传播的平面谐波在t=T/4时的波形图，振幅A、波长λ以及周期T均已知．xyAObau题6.10图（1）写出该波的波动方程；（2）画出x=λ/2处质点的振动曲线；（3）图中波线上a和b两点的位相差φa–φb为多少？[解答]（1）设此波的波动方程为：， 当t=T/4时的波形方程为：．在x=0处y=0，因此得sinφ=0，解得φ=0或π．而在x=λ/2处y=-A，所以φ=0．因此波动方程为：．（2）在x=λ/2处质点的振动方程为：，tyAO曲线如图所示．（3）xa=λ/4处的质点的振动方程为；xb=λ处的质点的振动方程为．波线上a和b两点的位相差题6.10图φa–φb=-3π/2．6.11在波的传播路程上有A和B两点，都做简谐振动，B点的位相比A点落后π/6，已知A和B之间的距离为2.0cm，振动周期为2.0s．求波速u和波长λ．[解答]设波动方程为：，那么A和B两点的振动方程分别为：，．两点之间的位相差为：，由于xB–xA=0.02m，所以波长为：λ=0.24(m)．波速为：u=λ/T=0.12(m·s-1)．6.12一平面波在介质中以速度u=20m·s-1沿x轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A的振动方程为y=3cos4πt．x5mABCD8m9m题6.12图（1）如以A点为坐标原点，写出波动方程；（2）如以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B，C，D点的振动方程．[解答]（1）以A点为坐标原点，波动方程为．（2）以B点为坐标原点，波动方程为 ．（3）以A点为坐标原点，则xB=-5m、xC=-13m、xD=9m，各点的振动方程为，，．[注意]以B点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．6.13设空气中声速为330m·s-1．一列火车以30m·s-1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s-1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为，其中vS表示声源的频率，u表示声速，uB表示观察者的速度，uS表示声源的速度，vB表示观察者接收的频率．（1）当观察者静止时，uB=0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，uS=30m·s-1，观察者听到的频率为=660(Hz)．火车驶去时其速度方向与声速方向相反，uS=-30m·s-1，观察者听到的频率为=550(Hz)．（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，uB=-10m·s-1；火车速度方向与声速方向相同，uS=30m·s-1，观察者听到的频率为=680(Hz)．当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，uB=10m·s-1；火车速度方向与声速方向相反，uS=-30m·s-1，观察者听到的频率为=533(Hz)．[注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．6.14S1与S2为两相干波源，相距1/4个波长，S1比S2的位相超前π/2．问S1、S2连线上在S1外侧各点的合成波的振幅如何？在S2外侧各点的振幅如何？xS1xS2λ/4x[解答]如图所示，设S1在其左侧产生的波的波动方程为题6.14图，那么S2在S1左侧产生的波的波动方程为 ，由于两波源在任意点x产生振动反相，所以合振幅为零．S1在S2右侧产生的波的波动方程为，那么S2在其右侧产生的波的波动方程为，由于两波源在任意点x产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．6.15设入射波的表达式为，在x=0处发生反射，反射点为一自由端，求：（1）反射波的表达式；（2）合成驻波的表达式．[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为．（2）合成波为y=y1+y2，将三角函数展开得，这是驻波的方程．第7章气体动理论一、选择题题7.1答案：B解：根据理想气体的状态方程，有题7.2答案：A解：根据理想气体的内能定义，有（1）根据理想气体的状态方程，有（2）由（1）、（2）得： 因为，所以．题7.3答案：C解：根据平均速率的定义，有题7.4答案：B解：根据最概然速率公式知，当温度升高时，增大，由于要保持速率分布曲线下面所围的面积恒等于1，所以曲线将变得平坦些，故而将减小．所以．题7.5答案：D题7.6答案：A解：根据三个统计平均速率的公式知，当最概然速率相等时，平均速率和方均根速率必然相等．二、填空题题7.7答案：（1）温度为T的平衡态下，一个分子每个自由度上分配的平均能量（2）温度为T的平衡态下，理想气体分子的平均平动动能（3）温度为T的平衡态下，理想气体分子的平均能量（4）温度为T的平衡态下，1mol理想气体的内能（5）温度为T的平衡态下，mol理想气体的内能（6）速率在附近单位速率区间内的分子数与总分子数的比（7）速率在附近速率区间内的分子数与总分子数的比 （8）速率在～区间内的分子数与总分子数的比（9）速率在0～∞区间内的分子数与总分子数的比，它恒等于1，是速率分布函数的归一化条件（10）速率在～区间内的分子数（11）分子的平均速率（12）分子速率平方的平均值说明：欲正确解答本题必须要准确理解能均分定理和速率分布函数的定义式及定义式中的各量的含义．另外，也应将上面各式与速率分布曲线联系起来进行理解，使我们能更好地“看懂”速率分布曲线．题7.8答案：5:3；10:3解：根据理想气体的内能定义，有单位体积的内能（1）单位质量的内能（2）根据理想气体的状态方程，有（3）由（1）～（3）得：由于，，所以单位体积的内能之比为5:3；单位质量的内能之比为10:3习题7.9图题7.9答案：210K；240K解：根据理想气体的状态方程，有所以，三、计算题题7.10解：根据理想气体的状态方程，混合前有：（1） （2）根据理想气体的内能的定义，有混合前（3）（4）混合后（5）根据题意，知混合前后系统的内能不变，所以（6）解（1）～（6）得题7.11解：（1）根据理想气体的状态方程得：（2）根据密度定义，有氧气的密度为（3）分子的平均平动动能为（4）分子间的平均距离可近似计算为题7.12解：根据理想气体的状态方程，有所以题7.13 习题7－11图解：（1）由图知：（～）（～）（～∞）根据归一化条件有：解得：（2）速率在到间隔内的分子数为：（3）根据平均速率的定义得：（4）根据平均速率的平方的定义，有：根据平均平动动能的定义，有：小结：通过求解本题说明只有在掌握有关定义、概念的基础上才能正确求解，切记不能硬套公式．第8章热力学基础一、选择题题8.1：答案：[BD]题8.2：答案：[D]提示：内能不变时，系统对外做功等于系统从外界吸收的热量，当系统内能减小时，对外做功大于系统从外界吸收的热量。题8.3：答案：[D] 提示：A-E-B，根据，A-F-B，题8.4：答案：[B]提示：根据和题8.5：答案：[C]提示：两条绝热线下的面积代表做的功，等温过程中内能不变，绝热过程Q=0题8.6：答案：[B]题8.7：答案：[B]提示：根据和，可以得到；循环曲线所围面积等于工作物质在整个循环过程中对外作的净功，而Q净=A净，所以Q净1=Q净2，又因为Q净=Q吸-Q放，，故，Q放I大于Q放II，则吸收的热量Q1大于Q2题8.8：答案：[BC]二、填空题题8.9：答案：等压过程绝热过程等压过程题8.10：答案：12.117.4J提示：制冷系数题8.11：答案：25%9000J52.6%360°C 提示：=25%，==25%和=3000得，故放出热量J。当=10000J，保持不变时，J,根据，得T1=360题8.12：答案：等压过程等体过程等温过程一般状态变化过程题8.13：答案：不可能制成一种循环动作的热机，只从单一热源中吸取热量，让其他物体不发生任何变化热量不可自动从低温物体传向高温物体在孤立系统中，伴随着热现象的自然过程都具有方向性一、计算题题8.14：解：ab为等温过程：bc为等容过程：ac为绝热过程：1.2.题8.15：解：等容过程，等压过程，绝热过程内能改变均为：等容过程： 等压过程：绝热过程：第9章静电场一、选择题9.1答案：B9.2答案：C解：根据高斯定理，通过整个立方体表面的电通量为，由于电荷位于立方体的中心，从立方体各个面穿出的电力线一样多，所以穿过一个表面的电场强度通量为．9.3答案：B9.4答案：A解：根据电势的定义式知，空间中某点的电势高低与电势零点的选择有关，所以B、C、D均不正确；如果某一区域内电势为常数，则该区域内任意两点的电势差为0，即，要使其成立，该区域内电场强度必为零．9.5答案：A解：根据电势和电势差的定义式，知，空间中某点电势的高低与电势零点的选择有关，选择不同的电势零点，同一点的电势数值是不一样的．而任意两点的电势差总是确定的，与电势零点的选择无关．9.6答案：D解：根据电势叠加原理，两个点电荷中垂线上任意一点的电势为由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等，即，所以．要使其为零，则，所以．9.7 答案：A解：根据保守力做功和势能的关系知，负电荷沿电力线移动电场力做负功，所以电势能增加．根据等势面的定义，等势面上各点的电势相等，而电势相等的点场强不一定相等；根据电场力做功的公式知，初速度为零的点电荷,仅在电场力的作用下，如何运动取决于点电荷本身和电势的高低．正电荷从高电势向低电势运动；负电荷从低电势向高电势运动．习题9.8图9.8解习题9.8图答案：C解：达到静电平衡后，根据高斯定理设各板上的电荷密度如图所示．根据静电平衡条件，有由于A、B板由导线相连，所以其与中间板C的电势差必然相等，所以9.9答案：D解：根据动能定理，有二、填空题9.10答案：；方向水平向右解：根据场强叠加原理，本题可以利用割补法，等效于一个均匀带电圆环和一个带相同电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场．由于均匀带电圆环电荷分布的对称性，在圆心处产生的电场强度为零．异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为方向水平向右． 习题9.10图习题9.11图习题9.12图9.11答案：解：根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线的条数相同，所以根据电通量的定义，有9.12答案：，水平向左；，水平向左；，水平向右解：根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理，以水平向右为正有“+”表示电场强度的方向水平向右，“-”表示电场强度的方向水平向左．三、计算题9.13解：（1）如图所示，在θ处取一小段弧为电荷元，其电量为根据点电荷的场强分布知，它在O点处产生的电场强度大小为习题9.13图在x、y轴上的分量为，根据场强叠加原理，有 解习题9.13图所以（2）根据点电荷的电势分布，有根据电势叠加原理，有9.14解：（1）由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成，根据教材例9.5的分析知，均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布，所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布，即到球心距离为的所有点的电场强度的大小都相等，方向为各自的径向．可以利用高斯定理求解．根据电场的这种球对称性分布，过P点作半径为的同心球面为高斯面，如图所示．根据高斯定理，有解习题9.14图根据已知，有电荷的分布为：所以，电场强度的大小为根据分析知，电场强度E的方向为径向．如果Q＞0，则电场强度的方向沿径向指向外；若Q＜0，则电场强度的方向沿径向指向球心．（2）根据电势的定义式，为了便于积分，我们沿径向移到无穷远，所以 9.15解：（1）如图所示，在空间任取一点P，过P点作无限长圆柱面轴的垂线交于O点，O、P的距离为．为了便于分析P点的电场强度，作其俯视图，则俯视图圆上任意一段弧代表一根无限长均匀带电直线．根据教材例9-6的分析知，无限长均匀带电直线周围的电场强度呈轴对称分布，即任意点的场强方向垂直于直线．由于圆柱面电荷分布的对称性，所以P点的场强方向沿垂线向外（假设λ＞0）．同理，距离直线也为r的另一点P＇的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外．可见，到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等，方向沿各点的垂线方向向外，即场强也呈轴对称分布，可以用高斯定理求解．根据电场强度的这种对称性分布，过P点作同轴的圆柱面为高斯面，如图所示．该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成，其面积分别为S1、S2和S3，半径为r，长为l．根据高斯定理有解习题9.15图由于上、下底面的外法线方向都与场强E垂直，，所以上式前两项积分为零；又由于圆柱侧面外法线方向与场强E的方向一致，因此有根据已知，有电荷的分布为：所以，电场强度的大小为根据分析知，场强的方向是垂直于轴的垂线方向．如果λ＞0，则电场强度的方向沿垂线向外辐射；若λ＜0，则电场强度的方向沿垂线指向直线．（2）由于均匀带电无限长圆柱面的电荷分布到无限远，所以不能选择无穷远处为电势零点，必须另选零电势的参考点．原则上来说，除“无穷远”处外，其他地方都可选．本题我们选择距圆柱面轴为处电势为零，即．根据电势的定义式，有 解习题9.16图9.16解：（1）由于圆盘是由许多小圆环组成的，取一半径为r宽度为的细圆环，此圆环上带电量为，由教材例9-9的结果知，圆环轴线上到环心的距离为x的任意点P的电势为根据电势叠加原理，有P点电势为（2）根据分析知，圆盘轴线上的电场强度方向沿轴线方向，所以根据电场强度与电势梯度的关系，有轴线上到环心的距离为x的任意点P的电场强度为此结果与教材例9-4的结果一样，很明显这种方法比较简单，去掉了复杂的矢量积分．9.17解：由于自由电荷和电介质分布的球对称性，所以和的分布具有球对称性，可以用有介质时的高斯定理．根据电位移矢量的这种球对称性分布，过P点作半径为的同心球面为高斯面，如图所示．根据的高斯定理，有习题9.17图根据已知，有电荷的分布为：所以，电位移矢量的大小为根据分析知，电位移矢量的方向为径向．如果Q ＞0，则的方向沿径向指向外；若Q＜0，则的方向沿径向指向球心．根据电场强度和电位移矢量关系，有电场强度的大小为方向也为径向．根据极化强度与电场强度的关系，知极化强度的大小为根据极化电荷密度和极化强度的关系，有所以，球外的电场分布以及贴近金属球表面的油面上的极化电荷为第10章稳恒电流的磁场一、选择题10.1答案：B10.2答案：C解：根据洛伦兹力公式知，洛伦兹力始终与运动速度垂直，所以对运动电荷不做功，根据动能定理电荷的动能不变。但当速度与磁场有一定夹角进入均匀磁场时，电荷做螺旋运动，速度的方向改变，所以动量改变。习题10.3图10.3答案：B解：根据洛伦兹力公式判断受力方向，知B答案正确；根据带电粒子垂直于磁场进入磁场的规律，有，，所以C、D不正确。 10.4答案：D解：根据平面线圈在均匀磁场中的受力和力矩规律，任意平面线圈在磁场中不受力，可见该磁场一定为均匀场；根据，知不受力矩线圈平面和磁场垂直。10.5答案：C解：根据典型题解中第3题的解题思想，取一半径为，宽度为的细圆环，则其电流为，所以此细圆环的磁矩大小为。根据叠加原理，线圈的磁矩大小为。10.6习题10.7图答案：D二、填空题10.7答案：10.8答案：；相反解：根据电流和电流密度的定义，有,由于自由电子在电场中逆着电场方向运动，所以根据电流方向的规定，电流密度方向与电场方向相反。三、计算题10.9求下列各图中p点的磁感应强度的大小和方向： （a）(b)(c)(d)(e)习题10.9图解：根据上一题的解题分析和教材例题10.1、10.2的结果，选取垂直纸面向外为正，直接可得：习题10.10图习题10.13图习题10.12图10.10一同轴电缆，如图所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．求空间的磁感应强度分布． 解：根据教材例题10.4的分析知，由于本题电流是轴对称性分布的，所以磁感应强度呈轴对称性分布，可以利用安培环路定理求解。根据磁感应强度分布的对称性，过P点作同轴的圆为安培回路L，根据安培环路定理，有根据已知，有电流的分布为所以，磁感应强度的大小为磁感应强度的方向沿各点所在圆的切向．10.11半径为R的带电薄圆盘的电荷密度为，并以角速度绕通过盘心垂直盘面的轴转动，求圆盘中心处的磁感应强度．解：当带电平面圆环绕过环心且垂直于环面的轴旋转时，其上电荷作圆周运动形成电流，在空间激发磁场。圆盘绕通过盘心垂直盘面的轴转动是形成的电流可看成是半径连续变化的圆形电流的叠加。在圆盘上取半径为，宽为的细圆环，此细圆环上的电荷为，旋转时细圆环中的电流为根据载流圆环中心的磁感应强度分布，该细圆环电流在环心处产生的磁感应强度大小为根据磁感应强度叠加原理，整个圆盘转动时，在盘心处产生的磁感应强度大小为磁感应强度的方向垂直于盘面。若圆盘绕通过盘心垂直盘面的轴逆时针旋转时，当圆盘带正电时，盘心处的磁感应强度垂直纸面向外，当圆盘带负电时，盘心处的磁感应强度垂直纸面向里。10.12如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．解：载流直导线周围的磁感应强度的大小为在线框区域，磁感应强度的方向为垂直于线框指向里。在线框中竖直方向取一窄条，宽度为，根据磁通量的定义，有 10.13如图所示，在长直电流近旁放一个矩形线圈与其共面，长直导线中通的电流为I，线圈各边分别平行和垂直于长直导线．当矩形线圈中通有电流I1时，它受的磁力的大小和方向各如何？它又受到多大的磁力矩？解：载流直导线周围的磁感应强度的大小为在线框区域，磁感应强度的方向为垂直于线框指向里。根据安培定律，有靠近直导线的边受力大小为，方向水平向左远离直导线的边受力大小为，方向水平向右由于导线受力方向在线框平面内，所以力矩为零。10.14载流子浓度是半导体材料的重要参数，工艺上通过控制三价或五价掺杂原子的浓度，来控制p型或n型半导体的载流子浓度，利用霍耳效应可以测量载流子的浓度和类型，如图所示一块半导体材料样品，均匀磁场垂直于样品表面，样品中通过的电流为I，载流子电荷为q，现测得霍耳电压为，证明：样品载流子浓度为。习题10.14图证明：当系统达到平衡时，载流子所受的电场力和洛伦兹力相等，即（1）根据电流I的定义，有（2）由（1）、（2）得　10.15如图所示，半径为的无限长圆柱导体，与半径为的无限长导体圆柱面同轴放置，其夹层充满磁导率为的均匀磁介质，这样就构成了一根无限长的同轴电缆．现在内、外分别通以电流和，并且电流在横截面上分布均匀，试求：空间的磁场强度和磁感应强度。解：（1）根据教材例题10.4的分析知，由于本题电流是轴对称性分布的，所以磁场强度和磁感应强度均呈轴对称性分布，可以利用安培环路定理解。根据磁场强度分布的对称性，过P点作同轴的圆为安培回路L，根据有介质时的安培环路定理，有 根据已知，有电流的分布为习题10.15图所以，磁场强度的大小为磁场强度H的方向为沿各点所在圆顺时针方向的切向．（2）根据磁场强度和磁感应强度的关系，磁感应强度的大小为B的方向和H的方向相同，也沿各点所在圆顺时针方向的切向．第11章电磁感应一、选择题11.1答案：C解：当磁铁沿线圈轴线插入线圈时，穿过线圈平面的磁感应线增多，所以，根据法拉第电磁感应定律知，，所以答案是C。11.2答案：D解：根据法拉第电磁感应定律知，铁环与铜环所包围的面积中穿过相同变化率的磁通量时，产生的感应电动势大小相同，由于铁环与铜环的电阻率不同，所以尺寸相同时电阻不同，产生的感应电流不同。11.3答案：C解：为了计算互感系数，假设线圈2中通有电流，则根据通电圆环轴线上的磁场分布，有线圈2的圆心处的磁感应强度大小为由于(R>>r)，所以线圈1周围的磁感应强度可认为是均匀场，大小为 ，根据磁通量的定义，有通过线圈1每一匝的磁通量为根据互感系数的定义，有11.4答案：A11.5答案：D解：本题属于动生电动势的求解，下面用两种方法解题。方法一：利用法拉第电磁感应定律根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为方向垂直于纸面指向里。根据磁通量的定义，并取垂直指向里为正，有通过回路面积的磁通量为根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势为“+”表示感应电流沿顺时针方向，也可根据楞次定律判断。方法二：电动势的定义式法根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为方向垂直于纸面指向里。根据楞次定律知：a端电势高b端电势低，d端电势高c端电势低，所以根据电动势的定义式，有由于串联，取顺时针为正，则整个线圈的电动势为 二、填空题11.6答案：洛伦兹力；感生电场11.7答案：解：根据互感系数的定义，有由于，所以。三、计算题11.8如图所示，在通有电流I的长直导线近旁有一导线段AB．当它沿平行于长直导线的方向以速率平移时，导线段中的感应电动势是多少？A，B哪端的电势高？习题11.8图解：本题属于动生电动势的求解，下面用两种方法解题。方法一：利用法拉第电磁感应定律根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为方向垂直于纸面指向里。由于导体棒不是回路，所以补成如图所示的假想矩形回路，则通过回路面积的磁通量为根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势的大小为根据楞次定律知，A端电势高，B端电势低方法二：电动势的定义式法根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为方向垂直于纸面指向里。根据楞次定律知A端电势高B端电势低，所以根据电动势的定义式，有 说明：利用电动势的定义式求解动生电动势时，可以先假设电动势的高低点，然后按定义式求解，结果为正时表示假设为真，否则与假设相反。11.9如图所示，一根无限长导线通以电流(其中为正常数)，线框平面与直导线处在同一平面内，试求线框中的感应电动势．习题11.9图解：本题属于感生电动势的计算，由于不知道感生电场的分布，所以只有一种方法求解。具体如下：根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为方向垂直于纸面指向里。为了求解通过矩形面积的磁通量，在r处取一窄条（如图所示），并取垂直指向里为正，根据电通量的定义，有根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势为“-”表示感应电流沿逆时针方向。11.10在半径为R的圆柱形空间内，充满磁感应强度为B的均匀磁场．有一长为L的金属棒AB放在磁场中，如图所示．设磁场在增强，并且已知，求棒中的感应电动势，并指出哪端电势高．习题11.10图解：本题属于感生电动势的计算，但又不是闭合回路，所以解题过程中应设法补成闭合回路。具体方法如下：根据题意知感生电场为同心圆环，所以连接OA、OB构成等腰三角形，如图所示。取逆时针方向为绕行的正方向，则穿过回路的磁通量为根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势为“-”表示感应电流沿顺时针方向。由于感生电场为同心圆环，与等腰三角形的OA、OB边垂直，所以所以棒中的感应电动势为“-”表示A点的电势高于B点的电势。 11.11如图所示，横截面为矩形的环形均匀密绕螺绕环，总匝数为N．（1）求该螺绕环的自感系数；（2）沿环的轴线拉一根直导线，求直导线与螺绕环的互感系数。习题11.11图解：（1）为了计算自感系数，假设螺绕环中通有电流I，方向如图所示，过环内某一点P作同轴的圆为积分回路，并取顺时针为积分回路的正方向，根据安培环路定理，有所以，螺绕环内的磁感应强度大小为方向为顺时针方向圆的切向。根据磁通量的定义，有通过一个线圈的磁通量为根据自感系数的定义，有（2）为了求直导线与螺绕环的互感系数，假设直导线中通有竖直向上的电流，则根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为方向垂直于纸面指向里。根据磁通量的定义，有通过螺绕环每个线圈的磁通量为根据互感系数的定义，有第12章光的干涉 一、选择题12.1答案：B解：洛埃德镜实验中入射光在反射镜M发射时有半波损失，有效光程差。比双缝干涉附加了，当时，洛埃德镜实验恰好满足干涉干涉相消的暗纹条件。12.2答案：C。解：在＜＞和＞＜的情况下，二反射光有附加光程差。12.3答案：C。解：两相邻条纹的高度差。12.4答案：B解：在劈尖干涉中，两相邻条纹的高度差，两滚柱之间的直径差d（高度差）不变，所以条纹数目不变。而两个相邻明纹或暗纹之间的距离，因、不变，当L减小时也减小。12.5答案：B解：当在平凸透镜与平玻璃板之间充满折射率为n的透明介质时，透明介质上下表面的发射光的光程差。由暗环条件，联立解得。12.6答案：B解：分析见12.17的解答，第k级暗环半径rk=[(kl-2d0)R]1/2(k为大于等于2d0/l的整数)随着d0的增加而减少，条纹向中心收缩。环心处空气膜上下表面的反射光光程差随d0的增加依次取的奇数倍和偶数倍，呈明暗交替的变化。12.7答案：A解：如图12-6（b），在迈克尔逊干涉仪中，因光束两次经过介质薄片。二、填空题12.8答案：；4×104 解：插入玻璃片之前，s1和s2发出光在A点同相位。插入玻璃片后，引起的光程改变为由光程差与相位差的关系。由题设，代入计算得Å12.9答案：解：当把双缝干涉实验装置放在折射率为n的媒质中时，光程差明纹暗纹由干涉条件则屏上干涉条纹中相邻明纹的间距12.10答案：1.40解：由劈尖干涉条纹间距公式，则12.11答案：5391Å解：三、计算题12.12答案：λ1＝400nm；λ2＝444.4nm；λ3＝500nm；λ4＝571.4nm；λ5＝666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强分析：由双缝干涉屏上明纹位置公式，求k取整数时对应的可见光的波长。解：已知：d＝0.2mm，D＝1m，x＝20mm依公式：∴＝4×10-3mm＝4000nm 故k＝10lλ1＝400nmk＝9λ2＝444.4nmk＝8λ3＝500nmk＝7λ4＝571.4nmk＝6λ5＝666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．12.13答案：，分析：由明纹位置公式求解。解：在屏幕上取坐标轴，坐标原点位于关于双缝的对称中心。屏幕上第级明纹中心的距坐标原点距离：可知代入已知数据，得对于所用仪器只能测量的距离时12.14答案：（1）；（2），分析：当光垂直入射到玻璃片时，由于玻璃的折射率大于空气的折射率．因此，反射光在玻璃表面上存在半波损失．所以，反射光干涉时光程差，透射光干涉时光程差。解：玻璃片上下表面的反射光加强时，应满足即在可见光范围内，只能取（其它值均在可见光范围外），代入上式，得玻璃片上下表面的透射光加强时，应满足或，反射光应满足干涉减弱条件（与透射光互补）即都有：时，时， 12.15答案：分析：出现干涉条纹，说明两物体不等高；干涉条纹间隔相等，说明两物体的端面平行，此干涉为劈尖干涉．解：设劈尖角为，相邻两干涉条纹间隔为，空气劈相邻两明（暗）干涉条纹的间距为：两物体端面的高度差为：得12.16答案：1.5×10-3mm分析：上下表面反射都有相位突变p，计算光程差时不必考虑附加的半波长.解：设膜厚为d，A处为明纹，B处为暗纹，2nd＝(2k＋1)，（k＝0，1，2，…），第8个暗纹对应上式k＝7，＝1.5×10-3mm12.17答案：rk=[(kl-2d0)R]1/2，(k为大于等于2d0/l的整数)分析：利用几何关系求不包括d0对应空气膜厚度，并考虑半波损失。解：设反射光牛顿环暗环半径为r，不包括d0对应空气膜厚度为r2/(2R)，所以r处对应空气膜的总厚度为d=r2/(2R)+d0因光垂直照射，且相干减弱，所以有d=2d+l/2=r2/R+2d0+l/2=(k+1/2)l得牛顿环的各暗环半径rk=[(kl-2d0)R]1/2(k为大于等于2d0/l的整数)12.18答案：1.00029分析：当气体慢慢导入管内，由于两束相干光的光程差改变了，从而引起干涉条纹发生移动。解：气体导入一管过程中，光程差从零变为：，有98条干涉条纹移动即可k=98。所以， 第13章光的衍射一、选择题13.1答案：B解：根据单缝衍射公式第k级暗纹对应的单缝波阵面被分成2k个半波带，第k级明纹对应的单缝波阵面被分成2k+1个半波带。由题意，对应第2级暗纹，对应的单缝波阵面被分成4个半波带。13.2答案：C解：单色平行光垂直照射单缝时，在衍射角为的方向上，光程差与单缝位置无关。13.3答案：B解：由光栅方程，可能观察到的最大级次取整数，考虑缺级，即级次为缺级。13.4答案：B解：假设入射单色平行光以入射，则光程差13.5答案：D解：光栅衍射可以产生明亮细锐的亮纹，且相邻条纹之间分得很开，可精确测量。二、填空题13.6答案：1×10-6m解：由单缝衍射规律，则13.7答案：4；第一；暗解：解析见13.1分析13.8答案：19.52mm 解：由题设，要分辨这两颗星，望远镜的最小分辨角至少不小于这两颗星相对望远镜的角距离。由，则13.9答案：2.05mm；38.2°解：由光栅方程光栅常数第二级主极大的衍射角，=38.2°三、计算题13.10答案：500nm分析：由单缝衍射暗纹条件及暗纹到中心的距离可求波长。解：设第三级暗纹在方向上，则有此暗纹到中心的距离为因为很小，可认为≈sin，所以x3≈3fλ/a．两侧第三级暗纹的距离是2x3=6λf/a=8.0mm∴λ=(2x3)a/6f=500nm13.11答案：(1)，，个半波带(2)，，个半波带解答：(1)由于点是明纹，故有，由故当，得，得 (2)若，则点是第级明纹；若，则点是第级明纹．(3)由可知，当时，单缝处的波面可分成个半波带；当时，单缝处的波面可分成个半波带．13.12答案：(1)2.4；(2)共条双缝衍射明条纹．解答：(1)中央明纹宽度为(2)由缺级条件知即缺级．中央明纹的边缘对应，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有共条双缝衍射明条纹．13.13答案：（1)(2)(3)共15条明条纹分析：（1）将已知条件代入光栅方程可求出光栅常数即光栅上相邻两缝的间距；（2）用缺级公式，，可求出光栅上狭缝可能的最小宽度；（3）以为限先确定干涉条纹的级数，等于时对应的级次看不见，扣除缺级，最后算出条纹数。解：（1）由光栅方程（k=2）得（2）根据缺级条件，有取,得（3）由光栅方程令,解得: 即时出现主极大，缺级,级主极大在处,实际不可见,光屏上可观察到的全部主极大谱线数有15条.13.14答案：（1），（2）分析：由瑞利判据讨论。解：（1）设在月球上的爱里斑直径为，激光束直径为，地球至月球距离为。由瑞利判据（2）若将激光束的直径扩为，则月球表面爱里斑的直径为可见，所以，使用激光扩束器可减小光束的发散，使光能集中，方向性更好，从而提高测距精度.13.15答案：；分析：由布拉格公式，把波带端的波长代入，求出的取值范围。当取整数时，求出的在波带中即可产生X射线衍射。解：由布拉格公式级次的取值范围在即只能取整数，所以，时,时,可产生衍射。 第14章光的偏振一、选择题14.1答案：B解：自然光透过偏振片后光强为，由于两偏振片的偏振化方向成角，所以偏振光透过第二个偏振片后光强由马吕斯定律得。14.2答案：B解：由于偏振光和偏振片P1的偏振化方向成的角，透过偏振片P1后光强由马吕斯定律得。透过偏振片P1的偏振光和偏振片P2的偏振化方向成的角，透过偏振片P2后光强由马吕斯定律得。14.3答案：B解：当入射光以布儒斯特角入射时，反射光是垂直于入射面的线偏振光，反射光与折射光互相垂直，。14.4答案：C解：根据布儒斯特定律，。反射光与折射光互相垂直，。14.5答案：C解：光束进入各向异性晶体后，分裂成两束沿不同方向传播的o光和e光。光的光振动垂直于自己的主平面，光的光振动在自己的主平面内。当入射光在主截面内，即入射面是晶体的主截面时，光与光的主平面重合，且就在入射面（主截面）内，这时，光与光的振动方向相互垂直（亦即振动面相互垂直）。二、填空题14.6答案：2；1/4解：解析见14.214.7答案：355.2nm；396.4nm解：由折射率的定义，则 三、计算题14.8答案：(1)I1=I0/2；I2＝I0/4；I3＝I0/8(2)I3=0；I1=I0/2分析：强度为的自然光通过偏振片后，变为光强为的线偏振光，线偏振光通过偏振片的强度取决于偏振片的偏振化方向与线偏振光的振动方向的夹角，根据马吕斯定律可进行求解。解：(1)自然光通过第一偏振片后，其强度I1=I0/2通过第二偏振片后，I2＝I1cos245°＝I0/4通过第三偏振片后，I3＝I2cos245°＝I0/8通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平行．(2)若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时I3=0,I1仍不变。14.9答案：；分析：同上题。解：自然光透过偏振片后光强为，假设两偏振片的偏振化方向成角，所以偏振光透过第二个偏振片后光强由马吕斯定律得。由题设⑴⑵14.10答案：；分析：由布儒斯特定律可知：自然光只有以布儒斯特角入射时，反射光才是线偏振光。解:(1)由布儒斯特定律所以(2)令在介质Ⅱ中的折射角为,则此在数值上等于介质Ⅱ、Ⅲ界面上的入射角,由布儒斯特定律得14.11答案： 解答：通过晶片的振动面旋转的角度与晶片厚度成正比．要使该波长的光完全不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转．∴ 第15章几何光学一、选择题15.1答案：A解：质点A抛出后左平抛运动，，设其在NO上的投影为，则由几何关系，即，所以。15.2答案：A解：15.3答案：B解：玻璃砖中的球形大气泡可等效成已发散透镜，成缩小正立的虚像15.4答案：D解：显微镜成像，物体放在物镜的物方焦点外侧附近，成像于目镜的物方焦点邻近并靠近目镜一侧，通过目镜最后成一倒立放大的虚像。由题设，物镜成像的相距，代入到高斯公式，求得。15.5答案：D解：伽利略望远镜的目镜是发散透镜，望远镜的放大率。15.6答案：D二、填空题15.7 答案：60°解：画出光路图，由几何关系可知，代入折射定律可求解。15.8答案：-10cm；-10cm解：球面反射镜焦距。15.9答案：50mm解：透镜焦距。三、计算题15.10答案：20cm；2分析：利用凹面镜的半径可确定焦距，以知物距，由球面镜的物像公式和横向放大率公式可求解。解：像的位置如图所示，为正立、放大的虚像．15.11答案：26.67cm分析：两次平面折射。解：由平面折射公式，利用逐步成像法，即可求得物体的像。一次折射成像：二次折射成像：距观察者距离15.12答案：像在球的右侧，离球的右边2cm处． 分析：利用逐步成像法，对玻璃球的前后两个球面逐一成像，即可求得最后像的位置．用高斯成像公式时，应注意两个球面的顶点位置是不同的。．解：用对玻璃球前表面所成的像，对后表面而言是物，所以或用，像在球的右侧，离球的右边2cm处．15.13答案（1）；(2)（1）分析：远视眼应配凸透镜眼镜，配上眼镜后，相当于物体在离明视距离（）处，而所成虚像在近点处（）．解：由透镜成像公式可得解得镜片焦距，其光焦度为应配眼镜度数为度．（2）分析：近视者应配凹透镜眼镜，配上眼镜后，从无穷远处（物体发出的光看似从远点处发出，即虚像成在远点处（）． 解：由透镜成像公式可得解得镜片焦距，其光焦度为应配眼镜度数为度。第16章早期量子论一、选择题16.1解：基尔霍夫辐射定律指出，在同样的温度下，各种不同物体对相同波长的单色辐出度与单色吸收比之比值都相等，并等于该温度下黑体对同一波长的单色辐出度。答：B16.2解：两次照射金属的逸出功不变。据爱因斯坦光电效应方程，有第一次，第二次，从这两个式子中消去A，即可得答案。答：D16.3解：据玻尔氢原子理论，当电子从能量较高定态En跃迁到另一能量较低的定态Ek时，则原子将放出一个频率为ν，能量为的光子，而这就是形成谱线的依据。则从第三激发态向下跃迁时，如图所示，有。答：D二、填空题16.4解：由维思位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长该波长 属紫外区域，所以天狼星呈紫色。答：257nm16.5解：据爱因斯坦光电效应方程，当动能为零时，对应的照射光频率即为红限频率，故有。而遏止电势差随光射光频率成线性变化，即。答：，16.6解：氢原子基态能量为-13.6eV，则定态k的能量为10.2eV-13.6eV=-3.4eV，而l级量为-0.85V。氢原子由定态l跃迁到定态k所发射的光子的能量为答：2.55eV三、计算题16.7：太阳可看作是半径为7.0´108m的球形黑体，试计算太阳的温度。设太阳射到地球表面上的辐射能量为1.4´103W×m－2，地球与太阳间的距离为1.5´1011m。解：以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上。太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因此有（1）（2）由式（1）、（2）可得16.8：在康普顿效应中，入射光子的波长为3.0´10－3nm，反冲电子的速度为光速的60％，求散射光子的波长及散射角。解：根据能量守恒，相对论质速关系以及散射公式有（1）（2）（3） 由式（1）和式（2）可得散射光子的波长将入值代入式（3），得散射角16.9：已知银的电子逸出功为，以波长的紫外线照射，求从银表面逸出的光电子的最大速率。解：根据光电效应的爱因斯坦方程，又，整理得16.10：第17章量子物理初步一、选择题17.1解：德布罗意波长由式来计算。在磁感应强度为B均匀磁场中圆形轨道运动的a粒子应满足牛顿定律，从中解得，由此全题得解。答：A17.2解：粒子在空间的分布几率是波函数在空间各点振幅的平方。答：A17.3解：不确定关系可表示为，若势阱宽度，则动量的最小值应为 ，而对应的应为零点能量，其大小为。答：B二、填空题17.4解：德布罗意波长由式来计算，而。答：17.5解：按德布罗意波的假定来计算，即和。答：光子的动能，电子的动能；17.6解：按不确定关系来计算，其中，。答：三、计算题17.7已知一维运动粒子的波函数为式中，试求：（1）归一化常数A和归一化波函数；（2）该粒子位置坐标的概率分布函数（又称概率密度）；（3）在何处找到粒子的概率最大。解：（l）由归一化条件，有（注：利用积分公式）经归一化后的波函数为（2）粒子的概率分布函数为（3）令，有4，得和时，函数有极值。由二阶导数可知，在处，有最大值，即粒子在该处出现的概率最大。17.8一电子被限制在宽度为1.0´10-10m 的一维无限深势阱中运动。（1）欲使电子从基态跃迁到第一激发态，需给它多少能量？（2）在基态时，电子处于x1=0.090×10-10m与x2=0.110´10-10m之间的概率为多少？（3）在第一激发态时，电子处于与之间的概率为多少？解：（l）电子从基态（n=1）跃迁到第一激发态（n=2）所需能量为（2）当电子处于基态（n=1）时，电子在势阱中的概率密度为。所求区间宽度，区间的中心位置，则电子在所求区间的概率近似为（3）同理，电子在第一激发态（n=2）的概率密度为，则电子在所求区间的概率近似为。17.9在描述原子内电子状态的量子数中，（l）当n=5时，的可能值是多少？（2）当时，的可能值为多少？（3）当时，n的最小可能值是多少？（4）当n=3时，电子可能状态数为多少？解：（1）n=5时，的可能值为5个，它们是=0，1，2，3，4；（2）=5时，的可能值为11个，它们是=0，±1，±2，±3，±4，±5；（3）=4时，因为的最大可能值为（n-1），所以n的最小可能值为5；（4）n=3时，电子的可能状态数为2n2=18。'