大物复习资料(

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1、习题 1 1.1 选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(yxr的端点处，其速度大小为(A)dtdr (B)dtrd(C)dtrd| (D) 22)()(dtdydtdx 答案： D(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度smv/2，瞬时加速度2/2sma，则一秒钟后质点的速度(A) 等于零 (B)等于 -2m/s(C) 等于 2m/s (D)不能确定。 答案： D(3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为(A)tRtR 2,2 (B) tR2,0(C) 0,0 (D) 0,2tR 答案： B1.2 填空题(1)

2、 一 质 点 ， 以1sm的 匀 速 率 作 半 径 为5m 的 圆 周 运 动 ， 则 该 质 点 在 5s内 ， 位 移 的 大 小是；经过的路程是。 答案： 10m； 5 m(2) 一质点沿 x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI) ， 如果初始时刻质点的速度v0为 5m s-1，则当 t 为 3s 时，质点的速度v= 。 答案： 23ms-1 (3) 轮船在水上以相对于水的速度1V航行，水流速度为2V，一人相对于甲板以速度3V行走。如人相对于岸静止，则1V、2V和3V的关系是。 答案：0321VVV1.9 质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为a2+62x，a的单

3、位为2s/m，x的单位为 m. 质点在x0处，速度为 10s/m, 试求质点在任何坐标处的速度值解：xvvtxxvtvadddddddd分离变量：2d(26)dv vadxxx两边积分得cxxv322221由题知，0x时，100v, 50c13sm252xxv1.12 质点沿半径为R的圆周按s2021bttv的规律运动， 式中s为质点离圆周上某点的弧长,0v，b都是常量，求： (1)t时刻质点的加速度；(2) t为何值时，加速度在数值上等于b解： （1）btvtsv0ddRbtvRvabtvan202)(dd则240222)(Rbtvbaaan加速度与半径的夹角为20)(arctanbtvRb

4、aan(2) 由题意应有2402)(Rbtvbba即0)(,)(4024022btvRbtvbb当bvt0时，ba1.14 一船以速率1v30 km/h 沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v40 km/h沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为多少?在艇上看船的速度又为多少?解： (1) 大船看小艇，则有1221vvv，依题意作速度矢量图如题1.14 图(a) 题 1.14 图由图可知1222121hkm50vvv方向北偏西87.3643arctanarctan21vv(2) 小艇看大船，则有2112vvv，依题意作出速度矢量图如题1.14 图(b) ，同上法，得5012v1hkm方向南偏

5、东o87.36.习题 22.1 选择题(1) 一质点作匀速率圆周运动时，(A) 它的动量不变，对圆心的角动量也不变。(B) 它的动量不变，对圆心的角动量不断改变。(C) 它的动量不断改变，对圆心的角动量不变。(D) 它的动量不断改变，对圆心的角动量也不断改变。 答案： C(2) 质点系的内力可以改变(A) 系统的总质量。(B) 系统的总动量。(C) 系统的总动能。(D) 系统的总角动量。 答案： C(3) 对功的概念有以下几种说法：保守力作正功时，系统内相应的势能增加。质点运动经一闭合路径，保守力对质点作的功为零。作用力与反作用力大小相等、方向相反，所以两者所作功的代数和必为零。在上述说法中：

6、(A) 、是正确的。(B) 、是正确的。(C) 只有是正确的。(D) 只有是正确的。 答案： C2.2 填空题(1) 某质点在力ixF)54(（SI ）的作用下沿x 轴作直线运动。在从x=0 移动到 x=10m的过程中，力F所做功为。 答案： 290J(2) 质量为 m的物体在水平面上作直线运动，当速度为v 时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动，经过距离 s 后速度减为零。则物体加速度的大小为，物体与水平面间的摩擦系数为。 答案：22;22vvsgs(3) 在光滑的水平面内有两个物体A 和 B，已知 mA=2mB。 （a）物体 A以一定的动能Ek与静止的物体B发生完全弹性碰撞，则碰撞后两物体的总

7、动能为； （b）物体 A以一定的动能Ek与静止的物体B发生完全非弹性碰撞，则碰撞后两物体的总动能为。 答案：2;3kkEE2.9 质量为 16 kg 的质点在xOy平面内运动，受一恒力作用，力的分量为xf6 N，yf-7 N，当t0时，yx0，xv-2 m/s ，yv0求当t2 s 时质点的 (1) 位矢； (2) 速度解：2sm83166mfaxx2sm167mfayy(1)2102103522m s84772m s168xxxyyyvva dtvva dt于是质点在s2时的速度1sm8745jiv(2)2211()221317( 224)()4282 16137m48xxyrv ta ti

8、a t jijij2.15 一颗子弹由枪口射出时速率为0v(SI) ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bta)N(ba,为常数 ) ，其中t以秒为单位： (1) 假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2) 求子弹所受的冲量(3) 求子弹的质量解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(btaF, 得bat(2) 子弹所受的冲量tbtattbtaI0221d)(将bat代入，得baI22(3) 由动量定理可求得子弹的质量0202bvavIm2.18 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板

9、内1 cm，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同题 2.18 图解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y坐标正向，如题2.18 图，则铁钉所受阻力为kyf第一锤外力的功为1AsskykyyfyfA1012ddd式中f是铁锤作用于钉上的力，f是木板作用于钉上的力，在0dt时，ff设第二锤外力的功为2A，则同理，有21222221dykkyykyA由题意，有2)21(212kmvAA即222122kkky所以，22y于是钉子第二次能进入的深度为cm414.01212yyy2.23 质量为M的大木块具有半径为R的四分之一弧形槽，如题2.23 图所示质量为m的小立方体从曲面的顶端滑下

10、，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度题 2.23 图解: m从M上下滑的过程中，机械能守恒，以m，M，地球为系统，以最低点为重力势能零点，则有222121MVmvmgR又下滑过程，动量守恒，以m、M为系统，则在m脱离M瞬间，水平方向有0MVmv联立以上两式，得2MgRvmM习题 33.1 选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J，开始时转台以匀角速度0转动，此时有一质量为m的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02mRJJ(B) 02)(RmJJ(

11、C) 02mRJ(D) 0答案： (A)(2) 如题 3.1 （2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm的半球形碗，以匀角速度绕其对称轴 OC旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P相对于碗静止，其位置高于碗底4cm，则由此可推知碗旋转的角速度约为(A)13rad/s (B)17rad/s(C)10rad/s (D)18rad/s (a) (b)题 3.1 （2）图 答案： (A)(3) 如 3.1(3) 图所示， 有一小块物体， 置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度w 在距孔为 R的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量

12、改变。（B ）动量不变，动能改变。（C ）角动量不变，动量不变。（D）角动量改变，动量改变。（E）角动量不变，动能、动量都改变。 答案： (E)3.2 填空题(1) 半径为 30cm的飞轮，从静止开始以0.5 rad s-2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过 240? 时的切向加速度a= ，法向加速度an= 。 答案：0.15;1.256(2) 如题 3.2 （2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒， 原因是。 木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、

13、细棒、地球系统的守恒。题 3.2 （2）图 答案：对 o 轴的角动量守恒， 因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o 轴的合外力矩为零，机械能守恒 (3) 两个质量分布均匀的圆盘A 和 B的密度分别为A和B ( AB) ，且两圆盘的总质量和厚度均相同。设两圆盘对通过盘心且垂直于盘面的轴的转动惯量分别为JA和 JB， 则有 JAJB 。（填 、或=） 答案： 3.11 飞轮的质量m60kg，半径R0.25m，绕其水平中心轴O转动，转速为 900 r/min 现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力F，可使飞轮减速已知闸杆的尺寸如题3.11 图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数11=0.4

14、 ，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算试求：(1) 设F100 N，问可使飞轮在多长时间内停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?(2) 如果在 2s内飞轮转速减少一半，需加多大的力F?解: (1) 先作闸杆和飞轮的受力分析图( 如图 (b) 图中N、N是正压力，rF、rF是摩擦力，xF和yF是杆在A点转轴处所受支承力，R是轮的重力，P是轮在O轴处所受支承力题 3.11 图（ a）题 3.11 图(b)杆处于静止状态，所以对A点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有FlllNlNllF1211210)(对飞轮，按转动定律有IRFr/，式中负号表示与角速度方向相反NFrNNFlllNFr121又,212m

15、RIFmRlllIRFr121)(2以N100F等代入上式，得2srad34010050.025.060)75.050.0(40.02由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为s06.74060329000t这段时间内飞轮的角位移为rad21.53)49(340214960290021220tt可知在这段时间里，飞轮转了1.53转(2)10srad602900，要求飞轮转速在2ts内减少一半，可知2000srad21522tt用上面式 (1) 所示的关系，可求出所需的制动力为1122 ()60 0.25 0.50 152 0.40 (0.500.75) 2177mRlFllN3.14 如

16、题 3.14 图所示，一匀质细杆质量为m，长为l，可绕过一端O的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下求：(1) 初始时刻的角加速度；(2) 杆转过角时的角速度 .题 3.14 图解: (1)由转动定律，有211()23mglmllg23(2) 由机械能守恒定律，有22)31(21sin2mllmglg sin33.17 一质量为m、半径为 R 的自行车轮，假定质量均匀分布在轮缘上，可绕轴自由转动另一质量为0m的子弹以速度0v射入轮缘 ( 如题 3.17 图所示方向 )(1) 开始时轮是静止的，在质点打入后的角速度为何值?(2) 用m,0m和14表示系统 ( 包括轮和质点 ) 最后动能和初

17、始动能之比题 3.17 图解: (1)射入的过程对O轴的角动量守恒2000)(sinRmmvmRRmmvm)(sin000(2) 020200200020sin21)(sin)(210mmmvmRmmvmRmmEEkk习题 44.1 选择题（1）在一惯性系中观测，两个事件同时不同地，则在其他惯性系中观测，他们 。（A）一定同时（B）可能同时（C）不可能同时，但可能同地（D）不可能同时，也不可能同地 答案： D （2）在一惯性系中观测，两个事件同地不同时，则在其他惯性系中观测，他们 。（A）一定同地（B）可能同地（C）不可能同地，但可能同时（D）不可能同地，也不可能同时 答案： D （3）宇宙飞

18、船相对于地面以速度v作匀速直线飞行， 某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过t（飞船上的钟）时间后，被尾部的接收器收到，则由此可知飞船的固有长度为（c表示真空中光速） 。（A）ct（B）vt（C）21/ctv c（D）21/ctv c 答案： A （4）一宇航员要到离地球5 光年的星球去旅行。如果宇航员希望把这路程缩短为3 光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度v应为 。（A ）0.5c （B）0.6c（C ）0.8c （D）0.9c 答案： C （5）某宇宙飞船以0.8c的速度离开地球，若地球上测到它发出的两个信号之间的时间间隔为10s。则宇航员测出的相应的时间间隔为 。（A

19、）6s （B）8s（C ）10s （D）10/3s 答案： A 4.2 填空题（1） 有一速度为的宇宙飞船沿轴正方向飞行，飞船头尾各有一个脉冲光源在工作，处于船尾的观察者测得船头光源发出的光脉冲的传播速度大小为_； 处于船头的观察者测得船尾光源发出的光脉冲的传播速度大小为_。 答案： c，c； （2）S系相对S系沿x轴匀速运动的速度为0.8c， 在S中观测，两个事件的时间间隔75 10ts，空间间隔是120xm，则在S系中测得的两事件的空间间隔x，时间间隔t。 答案： 0，73 10s （3）用 v 表示物体的速度，则当vc时，02mm；vc时，0kEE。 答案：32，32 （4 ）电子的静止

20、质量为em，将一个电子从静止加速到速率为0.6c （ c 为真空中的光速），需做功。 答案： 0.252em c （5）粒子在加速器中被加速，当其质量为静止质量的5 倍时，其动能为静止能量的倍。 答案： 4 （6）质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的3 倍时，其质量为静止质量的倍。 答案： 4 4.6 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S和S中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s ，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s 求： (1) S相对于S的运动速度 (2) 乙测得这两个事件发生的地点间的距离解: 甲测得0, s4xt,乙测得s5t，坐标差为12xxx(1) tcvtxc

21、vtt22)(11)(54122ttcv解出ccttcv53)54(1)(1228108 .11sm(2) 0,45,xtttvxxm1093453458cctvx负号表示012xx习题 55.1 选择题(1) 一物体作简谐振动，振动方程为)2cos( tAx，则该物体在0t时刻的动能与8/Tt（T为振动周期）时刻的动能之比为：(A)1 ：4 （B）1：2 （C）1：1 (D) 2：1 答案： D(2) 弹簧振子在光滑水平面上作简谐振动时，弹性力在半个周期内所作的功为(A)kA2 (B) kA2/2(C) kA2/4 (D)0 答案： D(3) 谐振动过程中，动能和势能相等的位置的位移等于(A

22、)4A (B) 2A(C) 23A (D) 22A 答案： D5.2 填空题(1) 一质点在 X轴上作简谐振动，振幅A 4cm，周期 T2s，其平衡位置取作坐标原点。若t 0 时质点第一次通过x 2cm处且向 X 轴负方向运动，则质点第二次通过x 2cm处的时刻为_s。 答案：23s(2) 一水平弹簧简谐振子的振动曲线如题5.2(2) 图所示。振子在位移为零，速度为wA 、加速度为零和弹性力为零的状态，对应于曲线上的_点。振子处在位移的绝对值为A、速度为零、加速度为w2A和弹性力为 KA的状态，则对应曲线上的_点。题 5.2(2) 图 答案： b、f ；a、e(3) 一质点沿 x 轴作简谐振动

23、，振动范围的中心点为x 轴的原点，已知周期为T，振幅为 A。(a) 若 t=0 时质点过 x=0 处且朝 x 轴正方向运动，则振动方程为x=_。(b) 若 t=0 时质点过 x=A/2 处且朝 x 轴负方向运动， 则振动方程为x=_。 答案：cos(2/2)xAt T；cos(2/3)xAt T5.8 一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A， 周期为T， 其振动方程用余弦函数表示如果0t时质点的状态分别是：(1)Ax0；(2) 过平衡位置向正向运动；(3) 过2Ax处向负向运动；(4) 过2Ax处向正向运动试求出相应的初位相，并写出振动方程解：因为0000sincosAvAx将以上初值条件代

24、入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相故有)2cos(1tTAx)232cos(232tTAx)32cos(33tTAx)452cos(454tTAx5.9 一质量为kg10103的物体作谐振动，振幅为cm24，周期为s0.4，当0t时位移为cm24求：(1)s5. 0t时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2) 由起始位置运动到cm12x处所需的最短时间；(3) 在cm12x处物体的总能量解：由题已知s0.4,m10242TA1srad5.02T又，0t时，0,00Ax故振动方程为m)5.0cos(10242tx (1) 将s5.0t代入得0.17mm)5 .0cos(102

25、425.0txN102.417.0)2(10103232xmmaF方向指向坐标原点，即沿x轴负向(2) 由题知，0t时，00，tt时3,0,20tvAx故且s322/3t (3) 由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为J101.7)24.0()2(10102121214223222AmkAE5.12 一轻弹簧的倔强系数为k， 其下端悬有一质量为M的盘子现有一质量为m的物体从离盘底h高度处自由下落到盘中并和盘子粘在一起，于是盘子开始振动(1) 此时的振动周期与空盘子作振动时的周期有何不同?(2) 此时的振动振幅多大?(3) 取平衡位置为原点，位移以向下为正， 并以弹簧开

26、始振动时作为计时起点，求初位相并写出物体与盘子的振动方程解： (1) 空盘的振动周期为kM2，落下重物后振动周期为kmM2，即增大(2) 按(3) 所设坐标原点及计时起点，0t时，则kmgx0碰撞时，以Mm,为一系统动量守恒，即0)(2vMmghm则有Mmghmv20于是2222002()()()21()vmgmghAxkk mMmgkhkmM g（3）gmMkhxv)(2tan000 ( 第三象限 ) ，所以振动方程为221cosarctan()()mgkhkkhxtkmMgmMMm g习题 66.1 选择题(1) 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中：

27、(A) 它的动能转化为势能.(B) 它的势能转化为动能.(C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大. (D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小. 答案： D(2) 某时刻驻波波形曲线如图所示，则a,b 两点位相差是(A) (B) /2(C)5 /4 (D)0 答案： A(3) 设声波在媒质中的传播速度为，声源的频率为vs若声源不动，而接收器相对于媒质以速度VB沿着、连线向着声源运动，则位于、连线中点的质点的振动频率为(A)sv(B)sBvuVu(C) sBvVuu(D) sBvVuu答案： A6.2 填空题(1) 频率为 100Hz，传播速度为300m/s 的平面简谐波，

28、波线上两点振动的相位差为/3 ，则此两点相距 _m 。 答案：0.5m(2) 一横波的波动方程是)(4.0100(2sin02.0SIxty，则振幅是 _，波长是_，频率是 _，波的传播速度是_。 答案：0.02;2.5;100;250/mmHzm s(3) 设入射波的表达式为)(2cos1xtAy，波在 x0处反射， 反射点为一固定端，则反射波的表达式为_， 驻波的表达式为_，入射波和反射波合成的驻波的波腹所在处的坐标为_。 答案：)(2cos2xtAy；2cos(2)cos(2)22xAt(21)4xk6.8 已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为y=Acos(CxBt) ，其中A，B

29、，C为正值恒量求：(1) 波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2) 写出传播方向上距离波源为l处一点的振动方程；(3) 任一时刻，在波的传播方向上相距为d的两点的位相差解: (1)已知平面简谐波的波动方程)cos(CxBtAy (0x)将上式与波动方程的标准形式)22cos(xtAy比较，可知：波振幅为A，频率2B，波长C2，波速CBu，波动周期BT21(2) 将lx代入波动方程即可得到该点的振动方程)cos(ClBtAy(3) 因任一时刻t同一波线上两点之间的位相差为)(212xx将dxx12，及C2代入上式，即得Cd6.11 一列平面余弦波沿x轴正向传播， 波速为 5 m/s， 波长为 2

30、m ，原点处质点的振动曲线如题6.11 图所示(1) 写出波动方程；(2) 作出t=0时的波形图及距离波源0.5m处质点的振动曲线解: (1)由题 6.11(a) 图知，1. 0A m，且0t时，0,000vy，230，又5 .225uHz，则52题 6.11 图(a)取)(cos0uxtAy，则波动方程为30.1cos5()52xytm(2) 0t时的波形如题6.11(b) 图题 6.11 图(b) 题 6.11 图(c)将5. 0xm代入波动方程，得该点处的振动方程为50.530.1cos50.1cos(5)52yttm如题 6.11(c)图所示6.13 一列机械波沿x轴正向传播，t=0时

31、的波形如题 6.13 图所示，已知波速为10 m/s1，波长为 2m ，求：(1) 波动方程；(2) P点的振动方程及振动曲线；(3) P点的坐标；(4) P点回到平衡位置所需的最短时间解: 由题 6.13 图可知1 .0Am，0t时，0,200vAy，30，由题知2m，10u1sm，则5210uHz102(1) 波动方程为0.1cos10 ()103xytm题 6.13 图(2) 由图知，0t时，0,2PPvAy，34P (P点的位相应落后于0点，故取负值 )P点振动方程为)3410cos(1 .0typ(3) 34|3)10(100txt解得67.135xm(4) 根据 (2) 的结果可作

32、出旋转矢量图如题6.13 图(a) ，则由P点回到平衡位置应经历的位相角题 6.13 图(a)6523所属最短时间为121106/5ts习题 9 9.1 选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q ，另两对角线各放置电荷q，若 Q所受到合力为零，则Q与 q 的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q 答案： A(2)下面说法正确的是： （）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则

33、该面上的电场强度必定处处不为零。 答案： A(3)一半径为 R的导体球表面的面点荷密度为，则在距球面R处的电场强度（）（A） / 0 （B） /2 0 （C） /4 0 （D） /8 0 答案： C(4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B ）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 答案： C9.2 填空题(1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 答案：零 (2)一个点电荷q 放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。 答案： q/6 0, 将为零 (3)电介质在电容器中作用（a）（

34、 b）。 答案： (a) 提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命(4)电量 Q均匀分布在半径为R 的球体内，则球内球外的静电能之比。 答案： 1：59.10 (1)点电荷q位于一边长为 a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2) 如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少? 解: (1)由高斯定理0dqSEs立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等各面电通量06qe(2) 电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a2的立方体，使q处于边长a2的立方体中心，则边长a2的正方形上电通量06qe对于边长a的正方形，如果它不包含

35、q所在的顶点，则024qe，如果它包含q所在顶点则0e如题 9.10 图所示题 9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm，外半径 10cm ，电荷体密度为2510C/m3求距球心 5cm ，8cm ,12cm 各点的场强解: 高斯定理0dqSEs,024qrE当5rcm时，0q,0E8rcm时，q34p3(r)3内r2023434rrrE内41048.31CN， 方向沿半径向外12rcm时,34q3(外r）内3r420331010.4434rrrE内外1CN沿半径向外 .9.18如题 9.18 图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷 , 两直导线的长度和半圆环的半径都等于R试求环中

36、心O点处的场强和电势解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，取ddRl则ddRq产生O点Ed如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向题 9.18 图cos4dd2220RREEyR04)2sin(2sinR02(2) AB电荷在O点产生电势，以0UAB200012ln44d4dRRxxxxU同理CD产生2ln402U半圆环产生00344RRU0032142ln2UUUUO9.23 两个半径分别为1R和2R（1R2R) 的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算： (1) 外球壳上的电荷分布及电势大小；(2) 先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外

37、球壳的电荷分布及电势；*(3) 再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量解 : (1) 内 球 带 电q； 球 壳 内 表 面 带 电 则 为q, 外 表 面 带 电 为q， 且 均 匀 分 布 ， 其 电 势2202044ddRRRqrrqrEU题 9.23 图(2) 外壳接地时， 外表面电荷q入地，外表面不带电， 内表面电荷仍为q所以球壳电势由内球q与内表面q产生：0442020RqRqU(3) 设此时内球壳带电量为q； 则外壳内表面带电量为q， 外壳外表面带电量为qq ( 电荷守恒 ) ，此时内球壳电势为零，且0444202010RqqRqRqUA得qRRq21外球壳

38、上电势220212020204444RqRRRqqRqRqUB习题 10 10.1 选择题(1)对于安培环路定理的理解，正确的是：（A）若环流等于零，则在回路L 上必定是 H处处为零；（B）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零；（D）回路 L 上各点的 H仅与回路 L 包围的电流有关。 答案： C(2)对半径为 R载流为 I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度B （）（A）内外部磁感应强度B都与 r 成正比；（B）内部磁感应强度B与 r 成正比，外部磁感应强度B与 r 成反比；（C）内外部磁感应强度B都与 r 成反比；（

39、D ）内部磁感应强度B与 r 成反比，外部磁感应强度B与 r 成正比。答案： B(3 ）质量为 m电量为 q 的粒子，以速率v 与均匀磁场B成角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（）（A）增加磁场 B； （B）减少磁场B ； （C ）增加角；（D）减少速率v。 答案： B(4 ）一个 100 匝的圆形线圈，半径为5 厘米，通过电流为0.1 安，当线圈在1.5T 的磁场中从 =0 的位置转到 180度（为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（）（A ）0.24J ； （B）2.4J ； （C）0.14J ； （D ）14J。 答案： A10.2 填空题(1) 边长为 a 的正方形

40、导线回路载有电流为I ，则其中心处的磁感应强度。 答案：aI022，方向垂直正方形平面(2) 计算有限长的直线电流产生的磁场用毕奥萨伐尔定律，而用安培环路定理求得（填能或不能）。 答案：能 , 不能 (3) 电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为。电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为。 答案：零，零 (4) 两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以电流时，管内的磁力线分布相同，管内的磁感线分布将。 答案：相同，不相同 10.8 已知磁感应强度0. 2B Wb/m2的均匀磁场，方向沿x轴正方向，如题9-6 图所示试求：(1) 通过图中abcd面的磁通

41、量； (2) 通过图中befc面的磁通量； (3) 通过图中aefd面的磁通量解： 如题 10.8 图所示题 10.8 图(1) 通过abcd面积1S的磁通是24.04 .03.00 .211SBWb(2) 通过befc面积2S的磁通量022SB(3) 通过aefd面积3S的磁通量24.0545 .03. 02cos5.03 .0233SBWb ( 或24.0Wb)题 10.9 图10.10 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L和2L，相距 0.1m，通有方向相反的电流，1I=20A,2I=10A，如题 10.10图所示A，B两点与导线在同一平面内这两点与导线2L的距离均为 5.0cm试

42、求A，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置题 10.10 图解：如题 10.10 图所示 ,AB方向垂直纸面向里42010102 .105.02)05.01.0(2IIBAT52010103310502050102.).(IIBBT(2) 设0B在2L外侧距离2L为r处则02)1.0(220rIrI解得1.0rm题 10.11 图10.15 一根很长的铜导线载有电流10A，设电流均匀分布. 在导线内部作一平面S，如题 10.15 图所示试计算通过 S平面的磁通量 ( 沿导线长度方向取长为1m 的一段作计算 )铜的磁导率0.解：由安培环路定律求距圆导线轴为r处的磁感应强度lIlB0

43、d2202RIrrB202 RIrB题 10.15 图磁通量60020)(1042IdrRIrSdBRsmWb习题 1111.1 选择题(1）一圆形线圈在均匀磁场中作下列运动时，哪些情况会产生感应电流（）（A ）沿垂直磁场方向平移； （B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C ）沿平行磁场方向平移； （D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。 答案： B(2) 下列哪些矢量场为保守力场（）（A ）静电场；（B）稳恒磁场；（C）感生电场；（D）变化的磁场。 答案： A (3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式221LIWm（）( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于

44、一个匝数很多，且密绕的螺线环；( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。 答案： D(4) 对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A）涡旋电场对电荷有作用力；（B）涡旋电场由变化的磁场产生；（C）涡旋场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。 答案： C11.2 填空题(1) 将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。 答案：磁力 (2) 产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。 答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场(3) 长为l的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度转动，如果转轴的位置

45、在，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在，整个导线上的电动势最小，数值为。 答案：端点，221lB；中点， 011.8 如题 11.8 图所示，长直导线通以电流I=5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面 线圈长b=0.06m，宽a=0.04m，线圈以速度v=0.03 m/s 垂直于直线平移远离求：d=0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向题 11.8 图解: AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势DA产生电动势ADIvbvBblBvd2d)(01BC产生电动势)(2d)(02daIvblBvCB回路中总感应电动势8021106 .1)11(2addIbvV方向沿顺

46、时针11.9 长度为l的金属杆ab以速率 v在导电轨道abcd上平行移动 已知导轨处于均匀磁场B中，B的方向与回路的法线成60角 ( 如题 11.9 图所示 )，B的大小为B=kt(k为正常 ) 设t=0时杆位于cd处，求：任一时刻t导线回路中感应电动势的大小和方向解: 22212160cosdklvtlvktBlvtSBmklvttmdd即沿abcd方向顺时针方向题 11.9 图11.12 如题 11.12 图所示，长度为b2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动两直导线通以大小相等、方向相反的电流I，两导线相距 2a试求：金属杆两端的电势差及其方向解：在金

47、属杆上取rd距左边直导线为r，则babaIvrrarIvlBvbabaBAABlnd)211(2d)(000AB实际上感应电动势方向从AB，即从图中从右向左，babaIvUABln0习题 1313.1 选择题（1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是 (A) 使屏靠近双缝 (B) 使两缝的间距变小 (C) 把两个缝的宽度稍微调窄(D) 改用波长较小的单色光源 答案： B（2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的 (A) 间隔变小，并向棱边方向平移 (B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移

48、 (C) 间隔不变，向棱边方向平移(D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移 答案： A（3）一束波长为的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上， 透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为 (A) (B) / (4n) (C) (D) / (2n) 答案： B（4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n，厚度为d的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了 (A) 2 ( n-1 ) d (B) 2nd (C) 2 ( n-1 ) d+ / 2 (D) nd(E) ( n-1 ) d 答案： A（5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n的透明介质薄膜后，测

49、出两束光的光程差的改变量为一个波长，则薄膜的厚度是(A) (B) / (2n) (C) n (D) / 2(n-1) 答案： D13.2 填空题（1）如图所示， 波长为的平行单色光斜入射到距离为d的双缝上，入射角为在图中的屏中央O处(OSOS21) ，两束相干光的相位差为_ 答案：2sin/d（2）在双缝干涉实验中，所用单色光波长为562.5 nm (1nm10-9m)，双缝与观察屏的距离D1.2 m ，若测得屏上相邻明条纹间距为x1.5 mm，则双缝的间距d_ 答案： 0.45mmO S1S2d （3）波长600 nm 的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二个明环与第五个明环所对应的空气膜厚度

50、之差为 _nm (1 nm=10-9 m) 答案： 900nm （4）在杨氏双缝干涉实验中，整个装置的结构不变，全部由空气中浸入水中，则干涉条纹的间距将变。 （填疏或密） 答案：变密 （5）在杨氏双缝干涉实验中，光源作平行于缝S1，S2联线方向向下微小移动，则屏幕上的干涉条纹将向方移动。 答案：向上 （6）在杨氏双缝干涉实验中，用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝，则屏幕上的干涉条纹将向方移动。 答案：向下 （7）由两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射若上面的平玻璃以垂直于下平玻璃的方向离开平移，则干涉条纹将向平移，并且条纹的间距将。 答案：棱边，保持不变 13.7 在杨

51、氏双缝实验中，双缝间距d=0.20mm ，缝屏间距D1.0m，试求：(1) 若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长；(2) 相邻两明条纹间的距离解: (1)由kdDx明知，22 .01010 .63，3106 .0mm600nm(2) 3106 .02.010133dDxmm13.8 在双缝装置中， 用一很薄的云母片(n=1.58) 覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置若入射光的波长为550nm ，求此云母片的厚度解: 设云母片厚度为e，则由云母片引起的光程差为enene)1(按题意769106.6158.110550717nem

52、6. 6m13.12 在折射率1n=1.52 的镜头表面涂有一层折射率2n=1.38 的Mg2F增透膜，如果此膜适用于波长=550nm 的光，问膜的厚度应取何值?解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即)21(22ken),2, 1 ,0(k222422)21(nnknke)6.993.199(38. 1455038.12550kknm令0k，得膜的最薄厚度为6.99nm 当k为其他整数倍时，也都满足要求习题 1414.1 选择题（1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹 (A) 对应

53、的衍射角变小 (B) 对应的衍射角变大(C) 对应的衍射角也不变 (D) 光强也不变 答案： B（2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm ，则凸透镜的焦距是 (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m 答案： B（3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、 总缝数为N的光栅上 取k=0，1， 2 ，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成 (A) N a si

54、n=k (B) a sin=k(C) N d sin=k (D) d sin=k 答案： D（4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 答案： B（5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为 (A) a=0.5b (B) a=b(C) a=2b (D)a=3b 答案： B14.2 填空题（1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图

55、样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于_ 答案：/sin（2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上对应于衍射角=30，单缝处的波面可划分为_个半波带。 答案： 4（3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。 （填疏或密） 答案：变疏，变疏（4）在单缝夫琅禾费衍射实验中，设第一级暗纹的衍射角很小，若钠黄光（nm）中央明条纹为4.0nm，则nm（1nm=10-9m）的蓝紫色光的中央明纹宽度为 nm。 答案：3.0nm（5）在透光缝数为N的平面光栅的衍射实验中，中央主极大的光强是单缝衍射中央主极大光强的倍，通过 N个缝的总能量是通过

56、单缝的能量的倍。 答案：N2，N14.12 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝， 缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的 P 点为一明条纹；求：(1) 入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3) 从P点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解： (1) 由于P点是明纹，故有2)12(sinka，3 ,2, 1k由sintan105 .34004.13fx故3105 .3126. 0212sin2kka3102 .4121kmm当3k，得6003nm4k，得4704nm(2) 若6003nm ，则P点

57、是第3级明纹；若4704nm ，则P点是第4级明纹(3) 由2) 12(sinka可知，当3k时，单缝处的波面可分成712k个半波带；当4k时，单缝处的波面可分成912k个半波带14.13 用590nm 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?解：5001bamm3100 .2mm由kbasin)(知，最多见到的条纹级数maxk对应的2,所以有39.3590100.23maxbak，即实际见到的最高级次为3maxk.14.17 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84 10-6rad ，它们都发出波长为550nm 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能

58、分辨出这两颗星?解：由最小分辨角公式D22.186.131084.4105.522.122.165Dcm14.18 已知入射的 X射线束含有从 0.0951.3nm范围内的各种波长，晶体的晶格常数为0.275nm，当X射线以45角入射到晶体时，问对哪些波长的X射线能产生强反射?解：由布喇格公式kd sin2得kd sin2时满足干涉相长当1k时，389.045sin75.22nm2k时，191.0245sin75.22nm3k时，130.0389.3nm4k时，097.0489.3nm故只有130.03nm和097.04nm的X射线能产生强反射习题 1515.1 选择题（1）一束光强为I0的自

59、然光垂直穿过两个偏振片，且此两偏振片的偏振化方向成45角，则穿过两个偏振片后的光强I为 (A) 4/0I2 (B) I0 / 4(C) I0 / 2 (D) 2I0 / 2 。 答案： B（2）自然光以布儒斯特角由空气入射到一玻璃表面上，反射光是 (A) 在入射面内振动的完全线偏振光 (B) 平行于入射面的振动占优势的部分偏振光 (C) 垂直于入射面振动的完全线偏振光(D) 垂直于入射面的振动占优势的部分偏振光 答案： C（3）在双缝干涉实验中，用单色自然光，在屏上形成干涉条纹若在两缝后放一个偏振片，则 (A) 干涉条纹的间距不变，但明纹的亮度加强 (B) 干涉条纹的间距不变，但明纹的亮度减弱

60、 (C) 干涉条纹的间距变窄，且明纹的亮度减弱(D) 无干涉条纹 答案： B（4）一束自然光自空气射向一块平板玻璃（如图），设入射角等于布儒斯特角i0，则在界面2 的反射光是 (A) 自然光。(B) 线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面。(C) 线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面。(D) 部分偏振光。 答案： B* （5）ABCD为一块方解石的一个截面，AB为垂直于纸面的晶体平面与纸面的交线光轴方向在纸面内且与AB成一锐角，如图所示一束平行的单色自然光垂直于AB端面入射在方解石内折射光分解为o光和e光，o光和e光的 (A) 传播方向相同，电场强度的振动方向互相垂直 (B) 传播方向相同，

61、电场强度的振动方向不互相垂直 (C) 传播方向不同，电场强度的振动方向互相垂直(D) 传播方向不同，电场强度的振动方向不互相垂直 答案： C15.2 填空题（1） 马吕斯定律的数学表达式为I= I0cos2 式中I为通过检偏器的透射光的强度；I0为入射 _的强度；为入射光 _方向和检偏器 _方向之间的夹角。 答案：线偏振光（或完全偏振光，或平面偏振光），光（矢量）振动，偏振化（或透光轴）；（ 2 ） 当 一 束 自 然 光 以 布 儒 斯 特 角 入 射 到 两 种 媒 质 的 分 界 面 上 时 ， 就 偏 振 状 态 来 说 反 射 光 为_光，其振动方向 _于入射面。 答案：完全偏振光（

62、或线偏振光），垂直； （3）一束自然光从空气投射到玻璃表面上（空气折射率为1） ，当折射角为30o时，反射光是完全偏振光，则此玻璃板的折射率等于。 答案：3（4）光的干涉和衍射现象反映了光的_性质光的偏振现像说明光波是_波。 答案：波动，横波；*（5）在光学各向异性晶体内部有一确定的方向，沿这一方向寻常光和非寻常光的相等，这一方向称为晶体的光轴。只有一个光轴方向的晶体称为晶体。 答案：传播速度，单轴DACB光轴15.9投射到起偏器的自然光强度为0I，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行然后使检偏器绕入射光的传播方向转过30， 45， 60，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是0

63、I的几倍 ?解：由马吕斯定律有0o2018330cos2III02024145cos2III02038160cos2III所以透过检偏器后光的强度分别是0I的83,41,81倍15.10 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60的偏振片时， 透射光强为1I，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30，问此时透射光I与1I之比为多少 ?解：由马吕斯定律20160cos2II80I32930cos30cos20220III25.2491II习 题 1616.1 选择题 (1)用一定频率的单色光照射在某种金属上，测出其光电流I与电势差U的关系曲线如题16.1 图中实线所示然

64、后在光强度I不变的条件下增大照射光的频率，测出其光电流的曲线用虚线表示符合题意的图是： 答案： D。光强度If不变 ,光的频率v增大 , 光子数（光子密度）Nf减少，则逸出光电子数 Ne减少，饱和光电流Ie减少；光的频率v增大，由爱因斯坦光电效应方程21A2mmhv知初动能增大，则遏止电压增加。 (2) 康普顿散射的主要特点是: (A) 散射光的波长均与入射光的波长相同，与散射角、散射体性质无关(B) 散射光中既有与入射光波长相同的，也有比入射光波长长的和比入射光波长短的. 这与散射体性质有关(C) 散射光的波长均比入射光的波长短，且随散射角增大而减小，但与散射体的性质无关 (D) 散射光中有

65、些波长比入射光的波长长，且随散射角增大而增大，有些散射光波长与入射光波长相同这都与散射体的性质无关 答案： D。 (3)假定氢原子原是静止的，质量为1.67 10-27 kg ，则氢原子从n = 3 的激发状态直接通过辐射跃迁到基态时的反冲速度大约是(A) 4 m/s (B) 10 m/s (C) 100 m/s (D) 400 m/s 答案： A。动量守恒 -m+h/347227116.626101.096 108()131.67 109HhRm4m/sOUIOUIOUOU（A）（B）（C）（D）II题 16.1 图(4) 关于不确定关系2xpx，有以下几种理解： (a) 粒子的动量不可能确

66、定 (b) 粒子的坐标不可能确定 (c) 粒子的动量和坐标不可能同时准确地确定 (d) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子其中正确的是： (A) (a) ，(b). (B) (c) ，(d). (C) (a) ，(d). (D) (b) ，(d). 答案： B 。(5) 直接证实了电子自旋存在的最早的实验之一是 (A) 康普顿散射实验 (B) 卢瑟福散射实验 (C) 戴维孙革末实验 (D) 斯特恩革拉赫实验 答案： D 。16.2 填空题 (1) 氢原子从能量为0.85 eV 的状态跃迁到能量为3.4 eV 的状态时，所发射的光子能量是_eV，这是电子从n =_ 的能级到n =

67、2的能级的跃迁 答案： 2.55 ; 4. E=hv=E2-E1=-0.85-(-3.4)= 2.55eV; 213.58En=-0.85, 则 n=4。 (2) 光子波长为，则其能量_；动量的大小p =_；质量 m=_ 答案：/hc ; /h; )/(ch。德布罗意关系式，=hv=/hc; p =/h; mc=p=/h (3) 设描述微观粒子运动的波函数为),(tr，则*表示 _；),(tr须满足的条件是 _；其归一化条件是_ 答案：粒子在t时刻在 (x，y，z) 处出现的概率密度 ; 单值、有限、连续 ;1ddd2zyx . (4) 根据量子力学理论，氢原子中电子的动量矩为)1(llL，当

68、主量子数n =3 时，电子动量矩的可能取值为 _ 答案： 0，2，6.当n =3 时, l=0,1,2. (5) 锂(Z=3) 原子中含有 3 个电子，电子的量子态可用(n，l，ml，ms)四个量子数来描述，若已知基态锂原子中一个电子的量子态为(1 ，0，0，21) ，则其余两个电子的量子态分别为(_) 和(_) 答案： 1，0，0，21; 2，0，0，21或 2 ，0，0，21。根据泡利原理和能量最低原理。16.8 若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量解：电子的静止质量m0=9.1110-31kg, h=6.6310-34Js当hv=m0c2时， 则23182200349.1110(310 )1.23610Hz6.6310m cvh122.427110mcv=0.0024271nm2212.73 10kg m shp或 E=cp231822009.11 103 102.73 10kg m /sm cEpm ccc