大学物理 下册 (杨晓雪 著) 华中科技大学出版社 课后答案 26页

'课后答案网：www.hackshp.cn课后答案网您最真诚的朋友www.hackshp.cn网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！课后答案网：www.hackshp.cn视频教程网：www.efanjy.comPPT课件网：www.ppthouse.com课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn大学物理(下)习题册参考答案13-T1解：（1）设长直导线与AB相距x，则ABCD的磁通量为xb+µ0Ilµ0IlbΦ=∫dr=ln(1+)x2πr2πxΦµIlbvε=−d=0⋅idt2πxxb(+)（2）µlln(1+b)ωµIlln(1+b)cosωtdΦ0adI00aεi=−=⋅=−dt2πdt2πbb（3）dΦµ0Ildln(1+x)µ0lln(1+x)dIεi=−=⋅−⋅dt2πdt2πdtµIlbωtb=0{cos−ωcosωtln(1+)}2πxb(+x)x13-T2解：t时刻矩形导体框的磁通量为��vtl+Φ=B⋅dS=2Bcos(t−x)dlx∫∫vt0C1BlC01vt+l2vt=−{sin(ωt−)sin(−ωt−)}ωCCdΦvt+l2vtεi=−=BlC01(−v){cos(ωt−)cos(−ωt−)}dtCC13-T3答案：C。1313-T-T-T-T44答案：3.14×10-6C。13-T5解：当线圈转过角度θ＝ωt时，通过它的磁通量为Φ=∫r2B⋅2a⋅dr课后答案网r1µ0aIr2=lnπr1其中www.hackshp.cn222r1=b+a−2abcosωt222r2=b+a+2abcosωt线圈中的感应电动势为dΦµ0aI1dr11dr2εi==[−]dtπr1dtr2dt2µ0abIω11=−sinωt[+]πb2+a2−2abcosωtb2+a2+2abcosωt13-T6答案：D。13-T7答案：2L2Bωsinθ。13-T8答案：C若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn13-T9解：（1）εi=BLv=0.3500.250.55××=0.0481(V)(2)εi48.1Ii===2.67(mA)R18(3)22−6P=IRi=2.67×10×18=0.128(mW)µNI013-T10解：由环路定律可求出螺绕环内的磁感应强度为B=2πr长直导线到无限远处闭合形成闭合回路，沿着该回路感应电场的线积分为����dB�dB�E⋅dl=−⋅dS=−⋅dS∫i∫∫dtdtLSS′S′为螺绕环的纵截面即一匝线圈包围的面积。设该面的法向为垂直纸面向外(即该面上穿过的磁感强度的方向)，积分方向为逆时针方向����R2dBµ0NdIhµ0NhdIR2E⋅dl=−⋅dS=−dr=−ln∫i∫∫dt2πdtr2πdtRLS′R11RdBR2dBRdB13-T11解(1)Ea=Eb=,Ec==方向如图12dt2ocdt23dt（2）设o点到导线的垂直距离为d(图2)，且d=3R/2c��R2R2rdBRdB∫Ei⋅dl=∫⋅dlcosθ+∫⋅dlcosθ2dt2rdta0课后答案网RR2R2解题图1=r⋅dBdld+R⋅dBdld×××∫∫2dtr2rdtr0R××××ddB32dB其中第一项积分=R=www.hackshp.cnR2dt4dt××r×22R22R第二项积分RddBdlRddBdl∫2=∫2dtRr2dtRd2+（l−R）2解题图222RR2l−2R2dBππdBRddB1−12RdB−1−13=⋅=R2=[（tg）]=（tg3−tg）2dtdd2dt32dt612dtRc��3dBπdB22∴E⋅dl=R+R∫i4dt12dta若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnc��32dBπ2dB13-T12解：（3）εabc=∫Ei⋅dl=R+R4dt12dta或将oa、oc用导线连接使oaco形成闭合回路（图1）ε=ε+ε+ε由于oa和co均沿半径方向，其上没有电动势，所以oacooaabccodBdB3212π32dBπ2dBε=ε=(S+S)=(R+R)=R+Roacoabcoabobedtdt4264dt12dt其中Soab为三角形oab的面积，Sobe为扇形obe的面积（图1）.（4）V−V=−ε负号表示c点电位高，因为在感应电场作用下c端积聚了电子，从而a端积聚了acabc未被中和的正电荷。ldB0.2−213-T13解：（1）Ea=0|Eb|=||=×0.1=10V/m2dt22ldB2-|E=||E|=102-V/m|Ec|=||=0.71×10V/mdb22ldtb��bπ（2）εab=∫Ei⋅dl=∫Eidlcos=0×××2aa××××记Sabe为扇形abe的面积,Sabd为1/4圆面积|ε=||dB|×S=|dB|×π×l2=0.1×3.14×0.22=1.57×10−3V×××bcabedtdt88dBdB1212−3（3）|ε=|||×S=||×πl=0.1××3.14×0.2=3.14×10V总abddtdt44|ε|−3或|ε|=2|ε|=3.14×10−3V（4）总3.14×1015710−3A总bcIi===.×课后答案网R2R−3−4（5）V=V−V=−I×=−1.57×10×0.5=−7.85×10Vb高ababiwww.hackshp.cn4（6）V=V−V=|ε|−I×R=1.57×10−3−1.57×10−3×0.5=7.85×10−4Vb高bcbcbci413-T14解：在圆柱体区域内，当磁场变化时，距轴线r处的感生电场rdB大小为E=||，在该处电子受到的作用力的大小为×××2dterdBF=eE=||，它获得的加速度大小为××××2dtFerdBa==||加速度方向与电场方向相反。×××m2mdtee−19−21.6×10×5.0×10−27−2电子在A点时，加速度为a=×10=4.4×10m⋅sA−312×9.1×10若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn�B减小，dB/dt的方向垂直纸面向外，在A点，电场方向向左，因此电子加速度方向向右。7−2a=0a=4.4×10m⋅s方向向左。OC13-T15解：由于管的截面很小，则它可看成是无限长直螺线管。当管内有µNIµNI电流I时，两圆柱体内的磁感强度分别为B=1B=212llµNISµNIS1122两圆柱体截面上的磁通量分别为Φ=BS=Φ=BS=111222llNI通过螺线管截面的磁通量为Φ=Φ+Φ=(µS+µS)121122l2NΦN螺线管的自感为L==(µS+µS)1122IlR+R0U⎛−t⎞13-13-T16T16解：（1）电感器上的电压为V=U−IR=0⎜R+ReL⎟00R+R⎜0⎟0⎝⎠UU00（2）S2闭合，U0产生的电流I=≈1R+R1RR00R+R1R′V−tURRLV=010L放电产生的电流：I=e，其中：R，R′=R+≈R2R′R+RR+R010RU−tI=0eL所以2R+R0R课后答案网U0U0−t通过RL1的电流I=I1−I2=−eRR+R00两电流方向相反，I>I，I与I同向。12113-13-T17T17解：（1）设螺绕环通以电流www.hackshp.cnI，则其磁通量为µNIhR02Φ=ln2πR12NΦµNhR02自感系数为L==lnI2πR1（2）计算螺绕环对圆电流的互感系数µNIhR02设螺绕环通以电流I，则其截面上的磁通量为Φ=ln2πR1若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnµNIhR02则电流I在圆电流回路上形成的磁通量亦为Φ=ln2πR1ΦµNhR02螺绕环对圆电流回路的互感系数为M==lnI2πR1由于是非铁磁质，故螺绕环对圆电流回路的互感系数亦即两者的互感系数。13-13-1818解：（1）由于小圆环很小，可认为其处在均匀磁场中，其感应电动势和感应电流分别为dΦdµπr2dθI′()0ε=−=−BScosθ=I′sinθdtdt2r′dtr′2rεµ0πrI′dθI==sinθ（1）R2r′Rdt（2）小环受的磁力矩为2���I′2⎛µπr2⎞dθ02M=p×B=ISBsinθ=⎜⎟sinθR⎜⎝2r′⎟⎠dt222dωI′⎛µ0πr⎞2dθdω根据转动定律：M=J，有：⎜⎟sinθ=（2）dtRJ⎜⎝2r′⎟⎠dtdtdωdωdθdω由==ωdtdθdtdθ221⎛µπrI′⎞0得ω=⎜⎜课后答案网⎟⎟(2θ−sin2θ)(0≤θ≤π2)（3）8RJ⎝r′⎠2µπr0（3）穿过小环的磁通量为Φ=BScosθ=I′cosθ2r′Φwww.hackshp.cnµ02互感系数为M==πrcosθ（4）iI′2r′dIdMi大环中互感电动势为ε=−M−Iiidtdt顾及（1）（2）（4）式22⎛µπr2⎞I′⎡I′2⎛µπr2⎞⎤002ε=−⎜⎟ω⎢⎜⎟sinθsin2θ+ωcos2θ⎥i⎜2r′⎟R2RJ⎜2r′⎟⎝⎠⎢⎣⎝⎠⎥⎦其中ω由（3）式定。13-13-T19T19解：（1）由于d>>a通过两导线间的磁通量为��d−a⎡µIµI⎤µId−aµId0000Φ=∫B⋅dS=∫a⎢+⎥dr=ln≈ln⎣2πr2π(d−r)⎦πaπa若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnΦµ0d−6单位长度的自感系数为L==ln=1.2×10HIπa（2）当两导线的距离由分开，磁场力对导线单位长度所做的功为22��d′d′µ0Iµ0Id′Φ=∫F⋅dr=∫IBldr=∫dr=lndd2πr2πd−724π×10×2040−5=ln=5.55×10J>02π2021212µ0Id′−5（3）磁能改变为∆W=L′I−LI=ln=5.55×10J>0222πd磁能增加和磁场力做正功，这两部分的能量都来自电源。导线在分开的过程中，自感系数增加，因此回路中出现负的自感电动势，而电源必须克服自感电动势作功，这样就把电能变成了磁场能和移动导线时所消耗的能量。µI013-13-T20T20解：（1）两筒间的磁感应强度为B=4πr2B−412磁能密度分布为w==1.59×10(J/m)m22µr0（2）单位长度（1m）同轴线的磁能为：22r2µIµIr002W=wdV=2πrdr=lnm∫m∫r2218πr4πr1−72⎛4π×10×100⎞−3=⎜ln7⎟J=1.95×10J⎜⎟⎝4π⎠（3）单位长度（1m）同轴线的自感系数为：课后答案网2×1.95×10−32L=2WI==39.0Hm210014-T1解：（1）通过板间的位移电流为dΦdqDID==www.hackshp.cn=I=1.84Adtdt（2）忽略电容器的边缘效应，极板间0.61m的位移电流可以看着是均匀的，位移电流密度为I1.841.22mD2j===1.24AmD2S1.22根据全电流定理，沿虚线磁场强度的环量为��SS3.14×0.305211H⋅ld=jS=I=I=1.84=0.36A∫D1D2SS1.2214-T2答案：A。14-T3答案：D若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn14-T4解：根据充电方向知：极板间场强竖直向下；由于充电电流ii�+dD�的增加，向下且增大，由安培环路定理，P点磁场强度方向为⊗，P�⊗HdtE−如图所示。q14-T5解：（１）由电容的定义C=，得极板电压：Uq11−tt2.0−tU==idt=−×2.0e|=1(−e)∫0CCCC−t（２）由全电流的连续性，t时刻极板间总的位移电流：I=i=2.0ed15-T1解：若振动方程为x=Acos(ωt+ϕ),π则速度方程为：v=−Aωsin(ωt+ϕ)=+vcos(ωt+ϕ+)m2π可见速度相位比位移相位超前。2πππ5由图可知速度的初相为-，则位移的初相ϕ=−−=−π。答案：C33262v0215-T2解：滑块初位移为−x，初速度为0，则振幅A=(−x)+(−)=x,初相ϕ=π。000ω设滑块处在平衡位置时，劲度系数分别为k1和k2的两个弹簧分别伸长Δx1和Δx2，则有k∆x=k∆x，当滑块位移为x时，滑块受到合力1122k+k12F=−k(∆x+x)+k(∆x−x)=−(k+k)x=−kx角频率ω=112212mk+k12所以振动方程为：x=Acos(ωt+ϕ)=xcos(k+π)答案：C0课后答案网mT15-T3解：由旋转矢量图可知，两次通过x=-2cm所用时间为,3t=0所以第二次通过t=-2cm处时刻为2πϕ=123t=×2=(s)答案：B33www.hackshp.cn-2xdy315-T4解：v==−Aωsin(ωt+π),dx4t323t=0时，y=Acos(π)=−A<0,v=−Aωsin(π)<0故选B0042415-T5答案：A2v022.009215-T6解：已知初始条件，则振幅为：A=x+(−)=.004+(−)=.005(m)0ω3−1v0−1.009��t=0初相：ϕ=tg(−)=tg(−)=−369.或1431.�ωx03×.004A1�x因为x0>0,所以ϕ=−369.��t=5.0AA12t=5.015-T7解：从旋转矢量图可见，若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn��t=0.05s时，A与A反相，即相位差为π。1215-T8解：在平台最高点时，若加速度大于g，则物体会脱离平台，由最大加速度22a=ωA=2(πv)A=g得最大振幅为mg8.9−3−2A===.993×10≈0.1×10(m)22224πv4π×5dx15-T9解：位移x=0，速度v==−ωA<0，对应于曲线上的b、f点；dt22若|x|=A,a=−ωA，又a=−ωx,所以x=A，对应于曲线上的a、e点。15-T10答案：1.2s,-0.21m/s−115-T11解：(1)ω=k/m=10s，T=2π/ω=.063s(2)A=15cm，在t=0时，x0=7.5cm，v0<02222由：A=x+(v/ω)，得：v=−ωA−x=−3.1m/s0000−111φ=tg(−v/ωx)=π或4π/3∵x0>0，∴φ=π0033−21(3)x=15×10cos(10t+π)(SI)32222−1v=−ωA−x=−10.015−.0075=−.130(m⋅s)00−2π(3)振动方程为x=Acos(ωt+ϕ)=15×10cos(10t+)（SI）315-T12解：选平板位于正最大位移处时开始计时，平板的振动方程为Nx=Acos4πt(SI)2ẋ̇=−16πAcosπ4t(SI)(1)对物体有mg−课后答案网N=mẋ̇①mg2N=mg−mẋ̇=mg+16πAcos4πt(SI)②2物对板的压力为F=−N=−mg−16πAcos4πt(SI)2=−196.−.128πcos4πt③(2)物体脱离平板时必须N=0www.hackshp.cn，由②式得2qmg+16πAcos4πt=0(SI)，cos4πt=−216πA2−2若能脱离必须cos4πt≤1(SI)，即A≥g/(16π)=.621×10m15-T13解：取如图x坐标，原点为平衡位置，向下为正方向。m在平衡位置，弹簧伸长x0,则有Nmg=kx0……………………(1)T1现将m从平衡位置向下拉一微小距离x，m和滑轮M受力如图所示。由牛顿定律和转动定律列方程，mgT2T1mg−T=ma…………………(2)1MgTR−TR=Jβ………………(3)12若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cna=Rβ………………………(4)，T=k(x+x)…………………(5)20k2联立以上各式，可以解出a=−x=−ωx，（※）J+m2R（※）是谐振动方程，2kkR所以物体作简谐振动，角频率为ω==J2J+mR+m2R2π2ππ15-T14解：已知A=0.24m，T=4.0s，圆频率：ω===T4.02π简谐振动可表示为：x=Acos(ωt+ϕ)=0.24cos(t+ϕ)002t=0时，x=0.24m，因此有0.24=0.24cosϕ,ϕ=0000π简谐振动表达式即为x=0.24cost2π(1)t=0.5s时，物体的坐标为x=0.24cos(×0.)5m=0.17m2(2)根据简谐振动加速度与位移的关系可得t=0.5s时的加速度为222⎛π⎞⎛.314⎞−2−2a=−ωx=−⎜⎟x=−⎜⎟×0.17m⋅s=−0.42m⋅s⎝2⎠⎝2⎠−3−3物体所受力的大小F=ma=10×10×0.42N=4.2×10N方向与x轴方向相反。ππ1(3)x=0.12m时，代入位移表达式有0.12=0.24cost，cost=222ππ2最小位相为：t=，最短时间为：t=s=0.67s233(4)物体的速度课后答案网.314⎛π2⎞1-1-v=−ωAsin(ωt+ϕ0)=−×.024×sin⎜×⎟m⋅s=−.0326m⋅s2⎝23⎠121−32−4物体的动能E=mv=×10×10×(−0.326)J=5.31×10Jk22www.hackshp.cnk2因为ω=可得k=mωm2121221−3⎛3.14⎞2−4系统的势能Ep=kx=mωx=×10×10×⎜⎟×.012J=1.77×10J222⎝2⎠-4−4−4系统的总能量E=E+E=(5.31×10+.177×10J)=7.08×10Jkp2115-T15解：（1）E=E+E=kA→A=[(2E+E)/k]2=0.08mkp2kp2222222（2）kx=mv/→mωx=mωAsin(ωt+ϕ)222222[2]22→x=Asin(ωt+ϕ)=A1−cos(ωt+ϕ)=A−x22→2x=A→x=±A/2=±0.0566m2（3）过平衡点时，x=0，此时动能等于总能量E=E+E=mvkp2若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn[]1v=(2E+E)/m2=±0.8m/skp3515-T16（1）答案：T，T。15-T17（2）答案：π，π4124415-T18解：这两组简谐振动都是同方向、同频率的简谐振动，合成的结果与每组简谐振动的相位差有关。第一组：7ππ∆ϕ=−=2π33合振动振幅为A=A+A=(0.05+0.05)m=0.10m12第二组：4ππ∆ϕ=−=π33合振动振幅为A=A−A=0.05−0.05=012°/15-T19答案：8416⎛2ππ⎞15-T20解：（1）由题意x=0.04cos⎜t+⎟⎝33⎠⎛2ππ⎞⎛2πππ⎞⎛2ππ⎞y=0.03cos⎜t−⎟=0.03cos⎜t+−⎟=0.03sin⎜t+⎟⎝36⎠⎝332⎠⎝33⎠22xy两式平方后相加得+=1220.040.03因此质点的运动轨迹为椭圆。（2）t时刻质点的位矢为���⎛2ππ⎞�⎛2ππ⎞�r=ix+jy=0.04cos⎜t+⎟i+0.03cos⎜t−⎟j⎝33⎠⎝36⎠所以加速度为2�2课后答案网2�dr⎛2π⎞⎡⎛2ππ⎞�⎛2ππ⎞�⎤⎛2π⎞�a=2=−⎜⎟⎢0.04cos⎜t+⎟i+0.03cos⎜t−⎟j⎥=−⎜⎟rdt⎝3⎠⎣⎝33⎠⎝36⎠⎦⎝3⎠2��⎛2π⎞�因此质点在任一位置时所受的作用力F=ma=−m⎜⎟r，方向始终指向原点。www.hackshp.cn⎝3⎠16-T1解：（1）由点A的简谐振动表达式可知ω4πu20ν===2Hz,λ===10m2π2πν2以A为原点的波动表达式为xxπy=Acos[(ωt−)]0.03cos[4(=πt−)]0.03cos(4=πt−x)u205(2)波向右传播，故点B的相位比点A超前，其简谐振动表达式为5y=Acos(ωt+ϕ)=0.03cos[4(πt+)]0.03cos(4=πt+π)BB20故以B为原点的波动表达式为xπy=0.03cos[4(πt−)+π]0.03cos(4=πt−x+π)205（3）由于点C的相位落后于点A，故点C的振动表达式为若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnAC9y=0.03cos[4(πt−)]0.03cos(4=πt−π)Cu5（4）由于BC间的距离为14m，故2π2π∆ϕ=∆x=×14=2.8πBCBCλ1016-T2解：原点位相比波源落后，原点的振动方程为−23y=1.010cos[120(×πt−)](m)O50−2=1.010cos(120×πt−6π−1.2)(m)π−2=1.010cos(120×πt−1.2)(m)π−2xy=1.010cos[120(×πt+)1.2](m)−π反反向波则为50−2=1.010cos(120×πt+2.4πx−1.2)(m)π式中x<3m。−2x−3y=1.010cos[120(×πt−)](m)正对由源向正方向传播的波：50−2=1.010cos(120×πt−2.4πx+1.2)(m)π式中x>3m。16-T3解：（1）由波形图可知振幅A=0.1m，波长λ=0.4m，波速u=λν=0.2ms，122角频率ω=2πν=πrads。t=s时，点O振动位相ϕ=π，即ωt+ϕ=π0333211则ϕ=π−π=π033课后答案网3所以当O为坐标原点时的波动表达式为xxπy=Acos[(ωt−)+ϕ]0.1cos[(=πt−)+]0u0.231π（2）t=s时点A的振动相位ϕ=−，即A3www.hackshp.cn2πππ5ωt+ϕ=−,ϕ=−−=−πA0A02236所以点A处的振动表达式为：5y=0.1cos(πt−π)A6ϕ−ϕx−x0A0A0（3）由=，得：2πλπ5−−(π)ϕ0−ϕA036x=λ=×0.4=0.23mA2π2π16-T4解：（1）由图可知，t=0时，对于点Oy=Acosϕ=0,v=−Aωsinϕ<000若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnϕ=ππ所以，于是原点O的振动方程为：y=Acos(ωt+)2O2xπ以点O为坐标原点的波动方程为：y=Acos[(ωt−)+]u2t=0时，对于点P：y=Acosϕ=−Av,=−Aωsinϕ=000所以ϕ=π，于是点P的振动方程为：y=Acos(ωt+π)Px以点P为原点的波动方程为;y=Acos[(ωt−)+π]u∂yxπ（2）与原点O相距x的质点振动速度为：v==−Aωsin[(ωt−)+]∂tu22π3πv=−Aωsin[ωt−iλ+]3λ82在x=处：8π=−Aωsin[ωt−]42当t=0时，v=Aω，指向y轴正方向。02122I=ρAωu21−4232316-T5解：（1）波的强度为：=×800(1.010)×××(2π×10)×1025-2=1.5810(Wm)×i课后答案网E=ISt5−4（2）60s内通过S的能量为1.5810=×××410×603=3.7910()×J16-T6解：波在单位时间内通过某一面的平均能量即为波通过该面的平均功率，它与波的强度关系为www.hackshp.cnP=IS。22对于球面波S=4πr，于是：P=I4iπr而波的强度与平均能量密度的关系为：I=ωu2P所以P=ωu4iπr或r=4πωu35000代入数据得r==34.5km−1584π×7.810××3.010×16-T7答案：(1)P=W/t=2.70×10－3J/s；(2)I=P/S=9×10－2J/(sm2)；(3)w=I/u=2.65×10-4J/m2.16-T8答案：0若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn16-T9答案：（1）2kπ+π/2，k=0，±1，±2，…（2）2kπ+3π/2，k=0，±1，±2，…16-T10答案：A116-T1116-T116-T111答案：y＝12.0×10-2cos(πx)cos20πt(SI)2x＝(2n＋1)m，即x＝1m，5m，7m，9mx＝2nm即x＝0m，2m，4m，6m，8m，10m16-T12解：(1)另一列横波的波方程为y2=0.05cos[2π(t/0.05+x/4)](SI)(2)绳索上的驻波方程为y=y1+y2=0.10cos(πx/2)cos40πt(SI)波节坐标x满足πx/2==kπ+π/2即x=2k+1(k=0,±1,±2,……)离原点最近的四个波节点的坐标为x=±1m,±3mtx2L16-T13答案：y=cos[2π(+)+(φ+π−2π)]2Tλλtx2L或y=cos[2π(+)+(φ−π−2π)]2Tλλ16-T14解：设S1和S2的振动相位分别为φ1和φ2．在x1点两波引起的振动相位差d−xx11[φ−2π]−[φ−2π]=2(K+)1π21λλd−2x1即(φ−φ)−2π=2(K+)1π①21λd−xx22在x2点两波引起的振动相位差：[φ−2π]−[φ−2π]=2(K+)3π21λλd−2x2即(φ−φ)−2π=2(K+)3π②21课后答案网λ②－①得4π(x−x/)λ=2π，λ=(2x−x)=6m2121d−2x1由①φ−φ=2(K+)1π+2π=2(K+)5π21λ当K=-2、-3时相位差最小φ−φ=±πwww.hackshp.cn2117-T1答案：D。17-T2答案：B。17-T3答案：C2π18-T1答案：n(r−r；)n(r−r。)2121λDλ18-T2解：根据双缝干涉明纹位置条件：x=±kd本题中D=1，d=5.0mm，k取5所以对于两种波长的光，其第五级明纹的位置差为：D−4∆x=±k∆λ=1.2×10mdDλ1418-T3解：条纹间隔∆x=，单色光的频率v=5×10Hzd若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnV根据波长公式：λ=，空气中V=c，水中V=/cnvDλ−3因此相应的条纹间距：空气中：∆x==6×10m，dDλ−3水中：∆x==4.501×10md18-T4解：未加玻璃片前，在屏幕中央（即中央亮纹处）两束相干光的光程差为0，设玻璃片厚度为d，则根据题意，加入玻璃片后，两束光的光程差可表示为：()()−6δ=n−1d−n−1d=5λ，其中λ为波长，因此，d=8×10m21Dλ18-T5解：洛埃镜类似杨氏双缝隙∆x=，d其中D=50cm,d=2×2mm,λ=7200埃,Dλ−5所以第一极小与中央暗纹间距离为：∆x==9×10md又因为第一极大在上述暗纹中间，而中央暗纹的位置是，−5所以第一明纹的位置是4.5×10mλ18-T6解：由薄膜干涉相长的条件得2hncosi−=jλ222−6104hncosi4×2.1×10×10×5.1×17200022λ===2j+12j+12j+1从玻璃片反射的光中光最强的那些波长是72000λ==6545，5538，4800，4235j=8,7,6,52j+1答：从玻璃片反射的光中光最强的那些波长是课后答案网6545埃、5538埃、4800埃和4235埃λλ18-T7解：由暗纹条件2nd+=(2k+1)取k=122−9λ560×10−7则dmin===.200×10m2nwww.hackshp.cn2×4.1−9λλ700×1018-T8解：由L=得到n===4.1−2−42nθ2Lθ2×.025×10×0.1×10λ18-T9解：由明纹条件2nd+=kλ22rk牛顿环薄膜厚度d与凸透镜曲率半径R和牛顿环半径rk的关系式：d=2RRλ⎛1⎞带入上式得到亮环半径rk=⎜k−⎟n越大同级牛顿环半径越小n⎝2⎠若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnRλ⎛1⎞在空气中第k级牛顿环的半径：rk=⎜k−⎟1⎝2⎠Rλ⎛1⎞在充满折射率为n的油后第k级牛顿环的半径：rm′=⎜k−⎟n⎝2⎠22rnrk.140得：k==n∴n===.125122r′1r′.127kkλ18-T10解：由明纹条件2nd+=kλ设能看到m级条纹22rk牛顿环薄膜厚度d与凸透镜曲率半径R和牛顿环半径rk的关系式：d=2RRλ⎛1⎞带入上式得到亮环半径rk=⎜k−⎟n⎝2⎠2Rλ⎛1⎞2Rλ⎛1⎞22Rmλrk=⎜k−⎟rk+m=⎜k+m−⎟得到rk+m−rk=n⎝2⎠n⎝2⎠n−9−2代入数据：空气折射率n=1，λ=589×10m，R=0.5m,r=1×10m,r=0k+mk得到m=33.96。水折射率n=.133，求得：m=45.2718-T11解：在迈克尔逊干涉仪中可移动反射镜移动每移动半个波长的距离，产生一个波长的光程变化。移动一个条纹。考虑垂光直入射，由：课后答案网2d=kλ2(∆d)(=∆kλ)−3∆d=.0233×10mΔk=729，代入上式：得到λ=5884.nm18-T12解：设膜厚为d，薄膜放入迈克尔逊干涉仪的一臂产生的光程增加为：()−6δ∆=2n−1dδ∆=2(www.hackshp.cnn−1d)=7λ得到d=.5154×10m18-T13解：（1）等效于空气劈尖的等厚干涉。条纹间距公式为：λLLl=，且l=2dNλ上式中，=∆e，∆e是相邻条纹处的“膜”厚差。2两镜面偏离垂直方向的角度等效于劈尖夹角θ，此角度通常很小，因此−9dλλN600×10×24−4θ=sinθ====rad=.240×10rad−2L2l2L2×3×10（2）调节装置后，便等效于等厚空气膜的等倾干涉。这圆环状条纹就是等倾干涉条纹。若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnλ因为∆d=∆N，所以2−42∆d2×.3142×10−7λ==m=.7393×10m=7393.nm∆N850λ19-T1解：由单缝衍射明纹公式：asinθ=2(k+)1，有:2λ6302(×3+)1=2(×2+)1×解得：λ=450nm。222λf−319-T2解：单缝衍射中央明纹的宽度为：l==.546×10m0a（1）装置浸入水中后，单色光在水中的波长变为：λ′=λn2λf−3则此时中央明纹的宽度为：l′==.411×10m01na2λ′f−3（2）以红光照射时，中央明纹宽度增大为：l′==0.7×10m02a2λf−3（3）缝宽减小为a′=0.05mm时，中央明纹宽度增大为：l′==10.99.×10m03a′（4）此时，中央明纹的位置和宽度均保持不变。19-T3答案：2λ；4；1；暗纹。y19-T4解：由单缝衍射暗纹公式：asinθ=kλ,k=±,1±,2±3⋯，而sinθ=，有：f−3−3−6ay6.0×10×4.1×101.2×10λ==课后答案网=mkf4.0kk在可见光范围内解得：λ=700nm,k=3;λ=525nm,k=4;λ=420nm,k=5111即入射光可能是上述三种波长中的某一种。19-T5答案：变窄；减少。www.hackshp.cnλf−319-T6解：（1）条纹的间距：∆x==4.2×10mdd.010（2）∵==,5即双缝衍射明纹的±5k(k=,3,2,1⋯)级缺级，故单缝衍射中央包线内含a.0022×4+1=9条明纹。β3（3）中央包线内一侧的第三条亮纹的β=3π，相应α==π，552⎛3π⎞⎜sin⎟I2⎜5⎟所以=(cos3π)=.025Im⎜3π⎟⎜5⎟⎝⎠若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn019-T7答案：36.87。19-T8答案：3、6、9、…。d−419-T9解：（1）因第四级缺级，有：=4，故光栅常数d=4a=6×10cm。a由光栅方程dsinθ=kλ,k=,0±,1±,2±,3⋯得：2λ第二级明纹的衍射角sinθ=,距中央明纹的距离x=ftgθ≈fsinθ，2222d3λ第三级明纹的衍射角sinθ=,距中央明纹的距离x=ftgθ≈fsinθ，3333d所以第二级明纹与第三级明纹的距离为：λf∆x=x−x=f(sinθ−sinθ)==10cm。3232ad（2）由光栅方程可得屏幕上所呈现明纹的最高级数为：k<=10λ其中第±10级看不到，并且第±,4±8级缺级，故屏幕上所呈现的全部明纹级数为：,0±,1±,2±,3±,5±,6±,7±9共15级。19-T10解：由布拉格公式2dsinθ=kλ对波长为λA的X射线有2dsin30°=λA；对波长为λB的X射线有2dsin60°=3λBλsin30��A3sin30λB因此=，λ==.0168nm�A�3λBsin60sin6019-T11解：由布拉格公式2dsinθ=kλ，已知k=1时θ1=15.8°λ.029所以d==nm=.054nm2sinθ2sin158.1课后答案网kλ2×.029当k=2时，sinθ===.0537022d2×.054所以θ2=32.5°l−719-T12解：（1）已知l=5cm，www.hackshp.cnd=160km，则角分辨率应为：θ==3×10radd−9.122λ.122×500×10（2）照相机的孔径D应为D==2m−7θ3×1019-T13解：已知瞳孔直径D=5.0mm，λ=550.0nm。λ人眼的最小分辨角：θR=.122Dl汽车两灯间距l=1.2m，当车与人相距d时，两车灯对人眼的张角：θ=dλl当θ=θR时，眼睛恰可分辨这两盏灯。由.122=Dd若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn−3Dl0.5×10×2.1得这时车与人的距离d===.894km−9.122λ.122×5500.×1020-T1解：设自然光的强度为I1，线偏振光的强度为I2。混合光通过偏振片后，当偏振片的透振方向与线偏光的振动方向平行时，投射光的强度最大1I=I+Imax1221当偏振片的透振方向与线偏光的振动方向垂直时，投射光的强度最小：I=Imin121I+I因为I12，所以解得Imax=2=61:I2=2:5I1minI1220-T2答：（1）反射光是（垂直于入射面振动的完全偏振光）线偏振光；折射光是（平行于入射面的振动占优势的）部分偏振光。（2）反射光和折射光均为部分偏振光；20-T3解：已知水的折射率nw=1.33，玻璃的折射率ng=1.50。当光由水中射向玻璃而反射时，起偏角为ng.150i=arctan=arctan=48°26",0wgn.133w当光由玻璃中射向水而反射时，起偏角为nw.133i=arctan=arctan=41°34",0gwn.150g−1ng⎛⎜nw⎞⎟−1∵tani===(tani),0wgn课后答案网⎜n⎟,0gww⎝g⎠这两个起偏角的数值是互余的。20-T4解：设入射的自然光强度为I0。12www.hackshp.cn∵I=Icos60°∴I0=8I02插入另一个偏振片后，出射的偏振光强度为1221339I′=Icos30°cos30°=×8I××=I02244421-T1解：已知λR=6328Å；（2）λV=4100Å；(3)λX=1.57Åhchε=hν=p=λλ−348.6626×10×0.3×10ε==.196eVR−10−196328×10×6.1×10−34.6626×10−27−1p==.105×10kg⋅m⋅sR−106328×10若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn−348.6626×10×0.3×10ε==.303eVV−10−194100×10×6.1×10−34.6626×10−27−1p==.162×10kg⋅m⋅sV−104100×10−348.6626×10×0.3×10ε==.791keVX−10−193.157×10×6.1×10×10−34.6626×10−24−1p==.422×10kg⋅m⋅sR−10.157×1021-T2证明：假设一个自由电子一次能够完全吸收一个光子。以原来的自由电子作为参考系，利用能量守恒定律、动量手能定律，得：2c2hmc+h=mcmv=0λλ⎛v⎞m0(1−vc)∴m0=m⎜1−⎟=⎝c⎠1−v2c222即1−vc=1−vc∴v=0、v=c故能量守恒定律、动量手能定律不可能同时满足。故一个自由电子一次不能完全吸收一个光子。-2Å，波长变化∆λ/λ21-T3解：已知波长λ0=2.0×100=20%。hchchc∆λ∵∆ε=−≈−⋅γλ+∆λλλλ0000所以，反冲电子增加的能量课后答案网−348hc∆λ.6626×10×0.3×10∆ε=−∆ε=⋅=×2.0=0.12MeVλ−12−196λ0λ00.2×10×6.1×10×1021-T4解：已知λ-3486-190=3.0cm、500nmwww.hackshp.cn、1.0Å、6.626×10×3.0×10/(1.0×10×1.6×10)m，ϕ=90°。h∆ε∆λhε0∆λ=(1−cosϕ；)∴==(1−cos90°=)2m0cε0λ0m0cλ0m0c∆ε−34.6626×10−11(1)微波频段：==1.8×10−318−2ε01.9×10×0.3×10×0.3×10∆ε−34.6626×10−6(2)可见光频段：==9.4×10−318−9ε01.9×10×0.3×10×500×10∆ε−34.6626×10(3)X射线频段：==4.2%−318−10ε01.9×10×0.3×10×0.1×10若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn∆εε10(4)γ射线频段：===202εmc5.000这几种光子的能量−348hc.6626×10×0.3×10−11ε===1.4×10MeV微波0−2−19−6λ0.3×10×6.1×10×10−348.6626×10×0.3×10−6ε==5.2×10MeV可见光可见光0−9−19−6500×10×6.1×10×10−348.6626×10×0.3×10−2ε==2.1×10MeVX0−10−19−60.1×10×6.1×10×10ε=1MeVγ0从前面的计算中可以看到，微波至可见光频段的光子，由于其能量较电子的自能（m20c）太小，实验中观察不到康普顿效应。当入射光子的波长小到X射线频段，实验中才能够观察到明显的康普顿效应。22-T1（B）。22-T2（A）。22-T3（0.66eV）;（n=4）;（n=3）22-T4解：（1）氢原子处于基态时，量子数n=1；22nhε0−11（2）电子轨道半径：r==5.3×10（m）=0.053（nm）12πmeh−34（3）角动量：L=nℏ==1.06×10（kg⋅m2/s）12πL1−24线动量：p=mv==2.0×10（kg⋅m/s）11r课后答案网1p16（4）电子的线速度：v==2.20×10（m/s）1m6v12.20×1016电子的角速度：ω===4.15×10（rad/s）1www.hackshp.cnr5.3×10−11116ω14.15×1015电子的绕行频率：ν===6.61×10（r/s）12π2π2e−8（5）电子所受力：F==8.16×10（N）24πεr01−8F8.16×1022电子加速度：a===8.96×10（m/s2）−31m9.11×10121−3162−18（6）电子动能：E=mv=×9.11×10×2(.20×10)=2.20×10（J）k122若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn=13.6eV2−e−18电子势能：E==−4.35×10（J）=−27.2eVp4πεr01电子总能量：E=E+E=13.6eV−27.2eV=−13.6eVkp8c3×101422-T5解：（1）波长为486.3nm光频率为：ν===6.17×10（Hz）−9λ486.3×104me11根据玻尔跃迁条件得：ν=(−)，因此23228εhkn02314−122−343118νε0h8×6.17×10×(8.85×10)×6(.63×10)−===0.188224−31−194knme9.11×10×(1.6×10)1111当k=2，n=4时，−=−≈0.1872222kn24（2）此辐射属于巴耳末系。22-T6解：以电子和质子所构成的系统在电子被质子捕获过程中总能量守恒，即：12hν=mv−Ee12电子被质子捕获前的速度为：−3415−19(2hν+E1)2×6(.63×10×5.71×10−13.6×1.6×10)v==−31m9.11×10e=1.88×106（m/s）课后答案网222224E2223-T1解：根据相对论能量与动量关系有：E=pc+mc，则电子动量为：p=−mc020c根据德布罗意假设知电子的德布罗意波长：−348hhc6.63×10×3×10−17λ=≈==5.65×10（m）2www.hackshp.cnE22×109×1.6×10−19E22−mc20c由于这种能量电子的德布罗意波长比质子的线度差不多小两个数量级，无明显衍射现象，因此能用这样的电子来够探测质子内部情况。hh23-T2解：（1）根据德布罗意假设有：λ=，则电子速度为：v=mvmλee12电子速度v与加速电压U的关系为：eU=mve222−342mevh6(.63×10)因此，U====151（V）2−19−31−922e2emλ2×1.6×10×9.11×10×0(.1×10)e若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn（2）如果用该加速电压去加速质子，那么质子的德布罗意波长为:−34h6.63×10−12λ===2.33×10（m）2emU−19−27p2×1.6×10×1.67×10×151hh23-T3.证：位置不确定量∆x=λ，由不确定关系式可得：∆p≥=，∆xλ∆php而∆v=，故速度的不确定量：∆v≥=，mmλm故∆v≥v。23-T4答案：5.28×10-27J23-T5解：热中子的平动动能等于其平均平动动能33−23−21ε=kT=×.138×10×300=.621×10)J(k22热中子动量−27−21−24−1p=2mε=2×.167×10×.621×10=.455×10(kg⋅m⋅s)k−34h.663×10−10热中子的德布罗意波长为：λ===.148×10(m)−24p.455×10223-T6解：电子的静能E=mc=.051MeV≺≺22GeV，需用相对论计算其动量，00Ep=，其德布罗意波长为：c−348hhc.663×10×3×10−18λ====7.5×10(m)9−19pE22×10×6.1×10由于λ<<10-15m，所以这种电子可以用来探测质子内部给出质子内部各处的信息。课后答案网hh23-T7证：由p=得∆p=∆λ，代入不确定关系式可得，2λλh2∆x∆λ≥h，即：∆x∆λ≥λ2λwww.hackshp.cnℏ23-T8解：取∆y=.050mm则由不确定关系得：∆p=y2∆y而p=2mE，荧光屏上亮斑直径为xe2∆pyℏlℏld=l==p∆yp∆y2mExxe−34.105×10×.030=−3−313−195.0×10×2×1.9×10×9×10×6.1×10−9=2.1×10(m)=2.1nm若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn此亮斑的大小不会影响电视图像的清晰度。又，亮斑直径也可用波的衍射来求：.122λl.244hl.244×2πℏlℏld=2θl=2×==≈∆y∆yp∆y2mE∆y2mEeehh23-T9解：电子的德布罗意波长等于其康普顿波长，即=mvmc0−318−22−1（1）电子动量：p=mv=mc=.911×10×3×10=.273×10(kg⋅m⋅s)02vm0vv2（2）电子的速率与光速之比：==1−，解得：=c2cmcc223-T10答案：D。23-T11答案：0.145nm；6.63×10-20nm；23-T12答案：6.63×10-2223-T13解：由不确定关系式：∆p∆y≥h，y−34ph.663×10−24得：∆≥==.663×10(m/s)y∆y1.0×10−9−24p=∆p=.663×10m/syy23-T14答案：D2222hdϕhdϕ23-T15答案：−⋅=Eϕ；−⋅=(E−V)ϕ222208πmd课后答案网x8πmdx+∞22−2λx23-T16解：①由∫ϕ(xd)x=1，即∫A⋅x⋅edx=1−∞232/3积分得：A=4λwww.hackshp.cn；A=2λ2/3−λx②ϕ(x)=2⋅λ⋅x.edϕ(x)1③由=0得：x=dxλ23-T17答案：943eV222πx23-T18解：由dP=|ψ|dx=sindx,0~a/4的几率为：aa若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cna4/22πxP=∫⋅sindx0aaa4/22πxπx22/1πx12πxa4/p=⋅sin(d)=[−sin|]∫00aaaπa4a22/1πa12πa[⋅−sin(⋅)]=.0091πa44a4由dp/dx=0得x=a/2hhh23-T19答案：0，1，2，3，4；,0±,±2,±3。2π2π2π223-T20答案：2；2(2l+)1；2nr−a023-T21解：因为R(r)=A⋅e；2故在r→r+dr球壳内电子出现的径向概率为：P(r)=r⋅R(r)dr−2rdP(r)22a0径向概率密度为：ω(r)==r⋅A⋅edrdω则径向概率密度最大的地方满足=0，解得r=a。dr23-T22解：L=(ll+)1ℏ=2ℏ，L=ℏ,0,−ℏzππ3π所以,可能的夹角为,,.43423-T23解：钾：1s22s22p63s23p64s1；钠：1s22s22p63s124-T1答：粒子数反转是传统激光器中实现光放大课后答案网,获得激光的必要条件.要实现粒子数反转,要求物质中存在亚稳态能级。24-T2答：导向、放大、提高单色性。24-T3答：从能带的观点看,导体、半导体和绝缘体的区别在于禁带宽度的不同,导体中导带和满带重叠,即禁带宽度为零,绝缘体中禁带宽度很大,而半导体的禁带宽度很小.因此,a、b、c三种材料依次是绝缘体、半导体和导体。www.hackshp.cn24-T4答：从导电的机制看,本征半导体中电子和空穴数目相等,导电是电子和空穴共同完成的,n型半导体中电子是多数载流子,空穴为少数载流子,导电以带负电的电子为主,p型半导体中空穴是多数载流子,电子为少数载流子,导电以带正电的空穴为主。导带导带施主能级受主能级满带满带n型半导体p型半导体若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn课后答案网www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn'