大学物理学（上、下）--赵近芳--习题解答北邮版

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2、 du 一 df = r + vdt dt dt式中史就是加速度的切向分量.dtd尸 d T( .一与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)dt d/1-2设质点的运动方程为x = x (7), y = y ( t ) ,在计算质点的速度和加速度时，有人先求出片声7,然后根据 ? 及照方而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即及。=你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有一尸 = X ： + 0 ,_ d r dx - d y -V = - = - I d - -

3、- - /d z d / d /d2r d2x - d2y -d /2 d 产故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作d rv = 一山d2r其二，可能是将它与注误作速度与加速度的模。在I T题中已说明它不是速度的模,At d /2 dtd 2 r而只是速度在径向上的分量，同样，r也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中dt2的一部分。径=箸一（华）。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢尸在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢产及速度/的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1- 3 一质点在x Q y 平面

4、上运动，运动方程为1 zx =3 / + 5, y t + 3 / - 4 .2式中 /以 s 计，X，卜以0 1 计 . 以时间，为变量，写出质点位置矢量的表示式；（ 2 ）求出/= 1s时刻和/ =2s时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；（ 3 ）计算， = 0 s 时刻到f = 4 s时刻内的平均速度；求出质点速度矢量表示式，计算/ = 4 s时质点的速度；计算 /=0 s至卜= 4s内质点的平均加速度；（ 6 ）求出质点加速度矢量的表示式，计算f=4s时质点的加速度（请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式

5、） .解：（ 1） r= （ 3t + 5） i + （ - t2 + 3 t - 4 ） j m（ 2 ）将 / = l / = 2 代入上式即有rt - S T -0 . 5 j m( 3 ) V= 11J + 4 7 m尸=Q - 元 =3 / + 4. 5j mr0=5j -4j , r4= n i + 1 6 j.= Ar r4-r0 12/+20；产 /. v =- - - - - - =- - - - - - - - - -= 3 1 4 - 5/ m - st 4 -0 4( 4 ) v = = 3 / + ( / + 3 ) 7 m - s- 1dt则v4 -3i + 7

6、j m - s- 1( 5) V 环 =3 f + 3J , % = 3 f + 7 j( 6 ) a = =I j m s- 2d/这说明该点只有y方向的加速度，且为恒量。1- 4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1 -4图所示.当人以v0( m - s i ) 的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小.I2 = 2 + $ 2将上式对时间/ 求导，得d/ 出根据速度的定义，并注意到/ , S是随/ 减少的,d/ &-“ 一山 = % ， = -山即ds / d/ / v0“船一 d二- s d / s % - cos，或_/% ( + / 产% 船一

7、 S 一 S将V船再对r求导，即得船的加速度 d / / 由. 色船 J / dt - % s +小船a = A= 2 %= 2 V0a / s s(- 5 + 二说力 2 2_ _ s _ %s2 s31-5质点沿x轴运动，其加速度和位置的关系为。=2 + 6 / ,。的单位为m s , x的单位为m .质点在x =0处，速度为10 m S-I,试求质点在任何坐标处的速度值.解：dv dv dx dva = =- = vd/ dx At dr分离变量：udu = adx = (2 + 6x2)dx两边积分得 2x + 2炉 + c2由题知，x = 0时，v0= 10, /. c = 50

8、v = 2y1 x3 + x + 25 m -s-11 - 6已知一质点作直线运动，其加速度为a =4+3/ m-s-2,开始运动时，x=5m, v= 0 ,求该质点在， =10s时的速度和位置.解：；dv , ca = = 4 + 3/dt分离变量，得dv = (4 + 3t)dt积分，得A3 2v = At + t +G2 1由题知，/ = 0, v0 = 0 , J G = 0故又因为, 3 2v = 4/ + - r2d x . 3 2v = = 4/ + -Zd /23 、分离变量，d x = ( 4/ + - /2) d /积分得x = 2 t2+ 9由题知 Z = 0, x0

9、 = 5c2 = 5故x = 2 /2+ 5所以f = 1 0 s 时3= 4x l 0 + - x l 021 9 0m ,s T项02,1 ,= 2 x 1 0 2 + X 1 ( ) 3 + 5 = 7 0 5 m21 -7 一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为 6 = 2 + 3 ，。式中以弧度计，以秒计,求：t 2S时, 质点的切向和法向加速度；( 2 ) 当加速度的方向和半径成45 角时,其角位移是多少?解:d 。6 2 0 d /co =9 广， /= 1 8 /d / At / = 2s时,ar = Rf 3 = 1 x 1 8 x 2 = 3 6 m -s -2an

10、= R ? = l x ( 9 x 22)2 = 1 2 9 6 m - s-2( 2 ) 当加速度方向与半径成45 角时，有t a n 45 0 = = 1即Re o2 =R/3亦即( 9 / 2 ) 2 = 1 8 /则解得于是角位移为26 = 2 + 3- = 2 + 3 x = 2 .6 7 r a d91-8质点沿半径为R 的圆周按5 = %/ 加2的规律运动，式中S 为质点离圆周上某点的弧长， % , 6 都是常量，求：( 1 3 时刻质点的加速度；( 2) / 为何值时，加速度在数值上等于6 .小解： v = = v0 - bt_ V2 _ ( % - A /a R R则a

11、= 业+ M = + o R皿加速度与半径的夹角为(P = aractT an -= R-b- -an ( % -初 )(2)由题意应有,3 J %功 4。心+ R即期 =. +(%. ? ) , = (%_忖 4 = 0. .当/ = 时，a = bb1-9半径为火的轮子，以匀速沿水平线向前滚动：( 1)证明轮缘上任意点8 的运动方程为x - R ( a)t - sin a)t ) , y R cos a)t ) , 式中( y = % / 火是轮子滚动的角速度，当B与水平线接触的瞬间开始计时.此时8 所在的位置为原点，轮子前进方向为x 轴正方向；( 2)求 B 点速度和加速度的分量表示

12、式.解：依题意作出下图，由图可知、、、、、、、 o 、、、、、、、、题 1-9图(1)X =二% ，一 27? sincos 一0 2 2vQt - R sin 0R(cot - R sin a)t)y - 27?sin sin 2 2= 7?(1-COS) = 7?(1 -COS69/)(2)drvx = = cos)vv = = R sin cot)2 dvaY = Reo sin cot =- -“d/ costy/ = - -，dt1-10以初速度 =20 m -sT 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔6 0 的夹角,求：( 1)球轨道最高点的曲率半径飞；

13、(2)落地处的曲率半径火2( 提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示.题 1-10图(1)在最高点，V , =vx - v0 cos 60a “i = g = 10m s-2v.2 (20 x cos 600)2= 10 m(2)在落地点,匕 =% = 20 m s而%, = g x cos 60Pi封 _ (20尸ann2 10x cos 60= 80 mM l飞轮半径为0.4 m ,自静止启动，其角加速度为 = 0.2 rad - s_2,求f=2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度.解：当f = 2s 时，。=力 =0.2x

14、2 = 0.4 rad-s-1则 u = Ro)= 0.4 x 0.4 = 0.16 m-s-1an - R2 = 0.4x(0.4)2 = 0.064 m-s-2ar = R0 - 0.4 x 0.2 = 0.08 m s-2a =$a； +靖 =,(0.064)2 +(0.08)2 =0.102 m s-21 -1 2如题1-12图，物体 / 以相对3的速度v = J拓沿斜面滑动，y为纵坐标，开始时4在斜面顶端高为处，8物体以“匀速向右运动，求/ 物滑到地面时的速度.解：当滑至斜面底时，y = h ,则弓= J丽，Z物运动过程中又受到8的牵连运动影响,因此，4对地的速

15、度为心地 = 力 + 口= (M + -y2gh cos a)i + Q2gh sin a)/题1-12图1-13 一船以速率匕=30kmhi沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率V2=40kmh沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何? 在艇上看船的速度又为何？解：( 1)大船看小艇，则有弓 |= % - 区，依题意作速度矢量图如题1T3图(a)(a) (b)题 1 - 1 3 图由图可知 v21 = yv +v1 = 50 km - h-1方向北偏西 0 - arctan- - arctan- - 36.87匕 4( 2 ) 小船看大船，则有2=%-%，依题意作出速度矢量图如题1

16、T 3 图( b ) , 同上法，得v2 = 50 km - h 1方向南偏东3 6 . 8 71 - 1 4 当一轮船在雨中航行时，它的雨篷遮着篷的垂直投影后2 m 的甲板上，篷高4 m但当轮船停航时，甲板上干湿两部分的分界线却在篷前3 m ,如雨滴的速度大小为8 m s 求轮船的速率.解：依题意作出矢量图如题1 T 4 所示.: 船地题 1 - 1 4 图雨船 = 雨一船, , 雨 = 雨船 + 船由图中比例关系可知v船 = 丫的=8m -s习题二2 - 1 一细绳跨过一定滑轮，绳的一边悬有一质量为叫的物体，另一边穿在质量为机2 的圆柱体的竖直细孔中，圆柱可沿绳子滑动. 今看

17、到绳子从圆柱细孔中加速上升，柱体相对于绳子以匀加速度,下滑，求加1,加2 相对于地面的加速度、绳的张力及柱体与绳子间的摩擦力( 绳轻且不可伸长，滑轮的质量及轮与轴间的摩擦不计) .解：因绳不可伸长，故滑轮两边绳子的加速度均为q , 其对于a 2 则为牵连加速度，又知加2对绳子的相对加速度为，故加2 对地加速度，由图( b ) 可知，为a2 = a a又因绳的质量不计，所以圆柱体受到的摩擦力/ 在数值上等于绳的张力T,由牛顿定律,有m g - T = mxax T - m2g m2a2 联立、式，得( w , + m -, aa - -W1 + m2_ (AM, - mg - m aC l 2

18、加 +加2_T _ m,m2(2 g -a)m + m2讨论 ( 1 ) 若 =0，则/ = a2表示柱体与绳之间无相对滑动.( 2 ) 若 = 2g,则 T =/ = ( ) , 表示柱体与绳之间无任何作用力，此时机一加2 均作自由落体运动.题 2 - 1 图2 - 2 一个质量为P的质点，在光滑的固定斜面( 倾角为a )上以初速度% 运动，%的方向与斜面底边的水平线N8平行，如图所示，求这质点的运动轨道.解：物体置于斜面上受到重力斜面支持力 N . 建立坐标：取环方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y轴. 如图2 - 2 .题 2 - 2 图X方向

19、:y方向:工 = %Fv - m g s i n a = m az = o时y = 0v , . = 0y = gsinat由、式消去，，得y = ygsm a-x2 vn2-3质量为1 6 kg的质点在x Q y 平面内运动，受一恒力作用，力的分量为 = 6 N , fy =- 7 N,当/ = 0 时，x - y = 0 , vx =-2 m s _1, vy =0.求当才= 2 s 时质点的（ 1）位矢；（ 2）速度.匕 = 匕。 + j 凡龙 = -2 + &、2 = - 7 m -s -1A - 7 7 .Uv =Uv o+ a =x2 = m -s7 y0 y 1

20、6 8于是质点在2s 时的速度1 2 1F = (vot + -axr)i + -ayt/ c c 1 3 1 - 7( -2x2 + x-x4 ) z + ( 2 8 2 162 - 4质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力H （左为常数）作用，/= 0时质点的-（ 5速度为,证明（ 1），时刻的速度为丫 = % 6 ；（ 2）由0到/的时间内经过的距离为=（等））；（ 3 ）停止运动前经过的距离为（蓝）；（ 4 ）证明当/ = 加时速度减至 % 的工，式中勿为质点的质量.答：：-kv d va =-=m At分离变量，得d v _ - kdtv m

21、即r d v _ . 一 kdtK y J)加,v , 一他In = Ine w%_ k _tv = voe m( 2)x = j vd / = ven,t At = ( 1 e7,t)( 3 )质点停止运动时速度为零，即t - 8 ,故有 = P voe d / =竺乞k 当长：时，其速度为ks _ i v0v = voe m * = voe =e即速度减至% 的L .e2-5 升降机内有两物体，质量分别为m1加2 ,且m2 =2优用细绳连接，跨过滑轮，绳子不可伸长，滑轮质量及切摩擦都忽略不计，当升降机以匀加速a = g上升时，求：（ 1）2叫和加2相对升降机的加速度.（ 2）在

22、地面上观察回，机2的加速度各为多少？解：分别以加加2为研究对象，其受力图如图所示. 设 % 相对滑轮（即升降机）的加速度为a ,则m2对地加速度a2= a -a；因绳不可伸长,故叫对滑轮的加速度亦为。，又叫在水平方向上没有受牵连运动的影响，所以叫在水平方向对地加速度亦为。，由牛顿定律，有m2g -T - m2（af -a）T =加题 2 -5 图联立，解得 = g 方向向下( 2 ) m2对地加速度为。2 =。一。= 区方向向上22外在水面方向有相对加速度，竖直方向有牵连加速度，即G绝= 5 相+ 万牵2-6 -质量为机的质点以与地的仰角。= 30的初速从地面抛

23、出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量.解：依题意作出示意图如题2 -6 图题 2 -6 图在忽略空气阻力情况下,抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同,与轨道相切斜向下,而抛物线具有对夕轴对称性，故末速度与x 轴夹角亦为3 0 ,则动量的增量为酝 =mv - mv0由矢量图知，动量增量大小为旧环| , 方向竖直向下.2-7 一质量为加的小球从某一高度处水平抛出，落在水平桌面上发生弹性碰撞. 并在抛出1 s , 跳回到原高度，速度仍是水平方向，速度大小也与抛出时相等. 求小球与桌面碰撞过程中，桌面给予小球的冲量的大小和方向. 并回答在碰撞过程中，小球的动量是否守恒？解：

24、由题知，小球落地时间为0.5 s . 因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为匕= g /= 0.5g ,小球上跳速度的大小亦为匕=0.5g .设向上为y轴正向，则动量的增量酝 =mv2 -m v方向竖直向上，大小 | 酝| = mv2 - (-mv) = mg碰撞过程中动量不守恒. 这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用. 另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒.2-8作用在质量为10 kg的物体上的力为尸= (10 + 2 / N ,式中/ 的单位是s, (1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量.( 2)为了使这力的

25、冲量为200 Ns,该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度- 6 / m s 的物体，回答这两个问题.解：( 1)若物体原来静止，则酝 = 户由=f (10 + 2。7山 =56 kg m-s_|7 ,沿x轴正向，AA V- 1= bp - = 5c .6X m-s -ITimI = Ap =56 kg-m -s- ,z若物体原来具有-6 m -sT初速，则p0 = mvn, p = ? ( 一书 + f d/) = -m v0 + f Fdt 于是 / 2 = / 一瓦 = 户由 = 曲 ,同理， AV2 = Av, I2 -这说明，只要力函数不变，作用时间相

26、同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量( 亦即冲量) 就一定相同，这就是动量定理.(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即1= J(10 + 2/)d/ = 10/ + /2亦即Z2 +10/-200 = 0解得/ = 10s, (/ = 20s 舍去)2-9 一质量为加的质点在X。平面上运动，其位置矢量为r = a cos a)ti + b sin cotjTT求质点的动量及， =0至卜= 时间内质点所受的合力的冲量和质点动量的改变量.2 co解：质点的动量为p - m v = m co(-as i n co t i +bcos a)t j )7 T将

27、 7 = 0和/ =，_分别代入上式，得2 a)py - m cobj , p2 - -m coai ,则动量的增量亦即质点所受外力的冲量为7 =酝 =凡一万 =-m co(ai +bj )2 - 1 0 一颗子弹由枪口射出时速率为%m-sT,当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为尸= ( “- 4 ) N ( a , 6 为常数) ，其中，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/=( a - 6 z ) = 0, 得 z = gh( 2 )

28、子弹所受的冲量I - 1(设碎片上升高度力时的速度为v , 则有/ =说 -2 g h令 n = 0 , 可求出上升最大高度为H = - = R2CO22g 2g(2)圆盘的转动惯量/ = ! 上伏 2 , 碎片抛出后圆盘的转动惯量/ ， : , 加/ 一加尺？，碎片脱2 2离前，盘的角动量为/ 。，碎片刚脱离后，碎片与破盘之间的内力变为零，但内力不影响系统的总角动量，碎片与破盘的总角动量应守恒，即I co - I +式中为破盘的角速度, 于是M R 2= (；M R ? - mR2 co + m v0RM R ? - mR1)co = ( M R2 -m R co得 =( 角速度不变)

29、圆盘余下部分的角动量为M R ? - mR2)a)转动动能为题 2-31图Ek = M R2 -m R2）（D22 -3 1 一质量为加、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.另一质量为加的子弹以速度射入轮缘（如题2 -3 1 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 ）用加，和。表示系统（包括轮和质点）最后动能和初始动能之比.解：（ 1 ）射入的过程对。轴的角动量守恒R sin 20v0 = （加+ / %O） 7? 2 0:. C D = -m-o-v-o- -s-i-n-。-（m + m（）R（加 + 人

30、 /E* _ 2 （加+ 加0）H彳一 i ma sin2 0m + mQ2 -3 2 弹簧、定滑轮和物体的连接如题2 -3 2 图所示，弹簧的劲度系数为2 . 0 N m ；定滑轮的转动惯量是0 . 5 k g H i ? , 半径为0 . 3 0 m ，问当6 . 0 k g 质量的物体落下0 . 4 0 m 时，它的速率为多大？假设开始时物体静止而弹簧无伸长.解：以重物、滑轮、弹簧、地球为一系统，重物下落的过程中，机械能守恒，以最低点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则有, 1 2 1 , 2 1 , , 2meh - -m v + I co + Kn& 2 2 2又（o =

31、 vl R故有V mR2 + 1_ (2 x 6.0 x 9.8 x 0.4 - 2.0 x 0.4?) x 0.3?6.0x0.32 +0.5= 2.0 m-s-1题 2 - 3 2 图题 2 - 3 3 图2 - 3 3 空心圆环可绕竖直轴A C自由转动，如题2 - 3 3 图所示，其转动惯量为10,环半径为R ,初始角速度为例). 质量为机的小球，原来静置于N点，由于微小的干扰，小球向下滑动. 设圆环内壁是光滑的，问小球滑到6点与。点时，小球相对于环的速率各为多少？解：( 1 )小球与圆环系统对竖直轴的角动量守恒，当小球滑至8点时，有/0( y0 = ( 70 + mR2)c

32、o 该系统在转动过程中，机械能守恒，设小球相对于圆环的速率为力, 以8点为重力势能零点，则有万，0就 + mgR - (In+ mR2)co2 + mv联立、两式，得I c / 。疣( 2 )当小球滑至。点时，/ , . = / 0 . . . 。， , 二例)故由机械能守恒，有1 2mg(2R) = mvcV c = 2廊请读者求出上述两种情况下，小球对地速度.习题三3 - 1 惯性系S相对惯性系S以速度运动. 当它们的坐标原点。与0 重合时，/ = / = 0 , 发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何? 用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程.解：由于时间和空间

33、都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波. 波阵面方程为：x2 +y2 + z2 = ( c / )2x2 + y2 + z2 = (a，题 3 - 1 图3-2设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2/ . 试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差.解：设光讯号到达前门为事件1 ,在车厢(S)系时空坐标为( X； ,/； ) = ( / , )，在车站(S)系:C光信号到达后门为事件2 ,则在车厢(S )系坐标为( 石工)= ( - / 二)，在车站(S)系:c/ ， uG = r （ G + - rc于是， 2 T= 2C Cyluc2或者 / = （）

34、 , / =乙一G, A，= x ； x = 21/ = + 彳） = / （彳 2 / ）C C3-3惯性系S，相对另一惯性系S沿x轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点. 在S系中测得两事件的时空坐标分别为X|=6X10m, 0=2X 10% ,以及芍=12 a ）的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动. 若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率至少为多少？解：门外观测者测得杆长为运动长度，/ = / J i - （ y ） 2,当时，可认为能被拉进门，则解得杆的运动速率至少为:题3 - 6图3 - 6两个惯性系中的观察者

35、。和。以0 . 6 c （ c表示真空中光速）的相对速度相互接近，如果。测得两者的初始距离是20m,则。测得两者经过多少时间相遇?解：。测得相遇时间为v 0.6cO测得的是固有时 / . A t, ZA/ = = -/ v= 8.89x10% ,V（3 = = 0.6 ，c1/ ，0.8或者，。测得长度收缩，L = LQ J1 - /3? L。J1 - 0.62 = O.8Ao , ，=v些= - 2 0 x K ）-8 s0.6c 0.6x3x103-7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4 s ,而乙测得这两个事件的时间间隔为5

36、 s .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/ ， = 4 s,4= 0 ,乙测得/ / = 5 s ,V(1)2 - /(A/ + Ax) = /C i F?=解出 v = 1.8x10* m-(2) Axr = - vA/), y = / ， ) 5 3. Ax = -yvAt = xc4 5坐标差为Av = K x； LA/ - . =r A/A/ _ 4A ?-5s-1 5- = ,Ax = 04 4 = -3c = -9x10* m负号表示其-X ； 6000 m ,故该万介子能到达地球.或在万介子静止系中，万介子是静止的.地球则

37、以速度u接近介子，在A/。时间内，地球接近的距离为， = 必 /0 = 599 m% = 6000 m经洛仑兹收缩后的值为：4 = ,1 - T = 379 md d. ,故乃介子能到达地球.3-13设物体相对S 系沿x 轴正向以0.8c运动，如果S 系相对S系沿x轴正向的速度也是0 .8 c ,问物体相对S系的速度是多少？解：根据速度合成定理，= 0.8 c , V ； = 0.8 cv x + u _ 0.8c + 0.8c3 -14 飞船4以0.8 c 的速度相对地球向正东飞行，飞船8以0.6 c 的速度相对地球向正西方向飞行.当两飞船即将相遇时/飞船在自己的天窗处相隔2 s 发射两

38、颗信号弹.在8飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少？解：取8为S系，地球为S系，自西向东为x ( x )轴正向，则对S系的速度巧= 0.8 c ,S系对S系的速度为 =0.6 c ,则 /对S系(8船) 的速度为vv + u 0.8 c + 0.6 c 八八丁 =-= 0.9 4 6 c. u v 1 + 0.4 81 + 发射弹是从Z的同一点发出, 其时间间隔为固有时/ = 2 s ,6 ，叱3 VB | S系 1- - - - - - - - -工东地球土工题 3 -14 图B中测得的时间间隔为：3 -15 ( 1) 火箭 /和 3分别以0.8 c 和0.6 c

39、的速度相对地球向+ x和- X 方向飞行.试求山火箭8测得4的速度.( 2 ) 若火箭Z相对地球以0.8 c 的速度向+ 丁方向运动，火箭B的速度不变,求 /相对 8的速度.解： ( 1) 如图。，取地球为S系，B 为S 系 ,则S相对S的速度 = 0.6 c ,火箭N相对S的速度匕=0.8 c ,则A相对S ( 8 )的速度为：v , = -V .-.- -u- =-0-.-8-c-(-0-.-6-c-) = A0. n9 4 6, cx . u . ( -0.6 c ) ( 0.8 c )1 一万匕 1-2-CC或者取 /为S系，则 =0.8 c , 8相对S系的速度匕=0.

40、6 c ,于是5相对力的速度为:, v- u -0.6 c -0.8 c 八八“V - -=- = -0.9 4 6 cx . u . ( 0.8 c ) ( -0.6 c )l- -Vx 1-2-CC( 2 ) 如图 6,取地球为S 系，火箭 8 为 S 系， S 系相对S 系沿一X方向运动，速度u = -0 .6 c , 对S系的速度为，V-v1 = 0, VZv = 0.8 c ,由洛仑兹变换式Z相对8的速度为:，A相对8的速度大小为速度与轴的夹角夕为M =收 + # = 0.88 cVtan。 =上 = 1.07夕 =46.8题3-15图3-16静止在S系中的观测者测得一光子沿与

41、x轴成60。角的方向飞行.另一观测者静止于S 系，S 系的x 轴与x轴一致，并以0.6c的速度沿x方向运动.试问S 系中的观测者观测到的光子运动方向如何？解：S系中光子运动速度的分量为vx = ccos 60 = 0.500 cvy = csin 600 = 0.866 c由速度变换公式，光子在S 系中的速度分量为0.5c-0.6c1-0.6c x 0.5c= 0.143c,1-0.62 % O.866C 遮/= 堂m2 2 0( 3 ) k - co(t2 t) = 8 万( 5 1 ) = 3 2 万4 - 5 一个沿x轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为/,周期为T,其振动方程用余弦函数

42、表示 . 如果 / = 0时质点的状态分别是：( 1 ) xQ = - A ；( 2 )过平衡位置向正向运动:A 过x = 4处向负向运动;2A 过x = 处向正向运动.试求出相应的初位相，并写出振动方程.解：因为广。% = -a A s i n 弧将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相. 故有-必444“2= 324-31-一一一一-XXXXZHX/IX万3-2乃-35-4+4 - 6 - 质量为1 0 x l ( T 3 k g的物体作谐振动，振幅为2 4 c m ,周期为4 . 0 s ,当，= 0时位移为 + 2 4 c m .求：( 1 ) t = 0

43、 . 5 s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x = 1 2 cm处所需的最短时间；( 3 )在x = 1 2 cm处物体的总能量.解：由题已知J = 2 4 x l 0- 2m , r = 4 . 0 sco - = 0.5万 rad - s-1T又，1 = 0时，/ =+/ , . . 协0 = 0故振动方程为x = 24 x 10-2 cos(0.5r)m(1)将， = 0.5s代入得x05 = 24x IO-2 cos(0.5Z) m = 0.17mF = -ma = -mco2x= -10xl0- 3x (y )2x0.17 = -4.2xl0-3

44、N方向指向坐标原点，即沿x轴负向.(2)由题知， = 0时，% = 0 ,/ = / 时 x0 +,且v 4 =产+ (：)2= J ( L 0X1 0 - 2 ) 2 +( 5 . 0 ；0 - 2 ) 2= V2 xlO2mtan 0ov0 5.0x10-2 5兀一 =- - - - - - -z = 1,即。= xCD 1 . 0X1 0 2 x5 4x = V2 xlO_2 cos(5r + j;r)m即co = =兀 rad - s-1T故xa =0.1 cos( R + 万 )mASTT由题4-8图(b) = 0 时，x0= ,v0 0,1 0 ) =JI4 = 0 时，X =

45、 0, V 0= 3% / 2又故其角振幅A= 3 . 2 x 1 0 - 3小球的振动方程为30 = 3 . 2 x l O- 3 c os( 3 . 1 3 / + - ) r a d4 - 1 1有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为0 . 2 0 m ,位相与第一振动7 T的位相差为一，已知第一振动的振幅为0 . 1 7 3 m ,求第二个振动的振幅以及第一、第二两振6解：由题意可做出旋转矢量图如下.由图知 = 彳 +1- 2 4 / C O S 3 0。= ( 0 . 1 7 3 )2 + ( 0 . 2 )2 - 2 x 0 . 1 7 3 x 0 . 2 x V 3

46、 / 2= 0 . 0 1/.A2 = 0 . 1 m设角4 4。为。，则A2 = 4 ： + -244 c os。c A + A - A2 ( 0 . 1 7 3 ) 2 + ( 0 . 1 ) 2 - ( 0 . 0 2 ) 2即一 244 2 x 0 . 1 7 3 x 0 . 1= 0即6 = ,这说明，4与4间夹角为即二振动的位相差为5.4 - 1 2试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅:$ = 5 c os( 3 / + ) c m x , = 5 c os( 3 / + J v7万x2 =5 c os( 3 / + ) c m x2

47、=5 c os +、3、7TT 7 1解：。= %一么 =号一生= 2匹乃于43 合振幅/ = 4 + 4 = 1 0 c m4-13 一质点同时参与两个在同一直线匕的简谐振动，振动方程为： / 4% 乃. . . 合振幅A = 0JI$ = 0.4cos(2r+ )mx2 = 0.3cos(2-， i)m试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解：放=-= 7t6 6力合= A - 2| = 0.1mA. / . A . 0.4 x sin - - 0.3 sin 国4 sm 必+ 4 sm % 6 6 13tan(/) = - = -= 4COSQ

48、+ WCOS02 0.4 cos 至+ 0.3 cos 区 36 60 =工6其振动方程为x = 0.1cos(2r + -)m( 作图法略)*4-14如题4-14图所示，两个相互垂直的谐振动的合振动图形为椭圆，已知X方向的振动方程为x = 6cos2Rcm ,求y方向的振动方程.题4-14图TT解：因合振动是一正椭圆，故知两分振动的位相差为或三；又，轨道是按顺时针方向旋7T转，故知两分振动位相差为1. 所以V方向的振动方程为y = 12 cos(2 加 +f)c m习题五5 -1振动和波动有什么区别和联系? 平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同? 又有什么联系? 振动曲线和波形曲线有

49、什么不同？解：( 1 ) 振动是指一个孤立的系统( 也可是介质中的一个质元) 在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为y = ./ (7 ); 波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置X , 又是时间/ 的函数，即歹=/ (X , / ).(2 )在谐振动方程歹= / (/ )中只有一个独立的变量时间乙它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程y = / (x , / )中有两个独立变量，即坐标位置x和时间/ ,它描述

50、的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律.当谐波方程丁 = /c o s 一)中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持U续不断地振动又是产生波动的必要条件之一.(3 )振动曲线N = 描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为夕，横轴为/ ；波动曲线歹= / (x , / )描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为y ，横轴为X.每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置X变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图.X X5-2波动方程歹二4 co s )+ %中的一表示什么? 如果改写为N=

51、/co sU U( & -丝 +夕 0 ) , 竺又是什么意思? 如果/ 和X均增加，但相应的。 (/ - 土 )+ %的值U U U不变，由此能从波动方程说明什么？解：波动方程中的X / 表示了介质中坐标位置为X的质元的振动落后于原点的时间；丝则U表示X处质元比原点落后的振动位相；设，时刻的波动方程为yt - A co s ( - - - - - F )U则f + ，时刻的波动方程为A / 人、 o (x + A x ) , i匕= A co s | (/ + 加)- - - - - - - - - - - + % u其表示在时刻Z , 位置X处的振动状态，经过/ 后传播到X +

52、必 / 处. 所以在3 - 丝 ) 中，U当E, x均增加时，(必- 丝- )的值不会变化，而这正好说明了经过时间4,波形即向前传u播了 A x =必/ 的距离，说明y = / co s G y/ - + 4) 描述的是一列行进中的波，故谓之行u波方程.5 - 3 波在介质中传播时，为什么介质元的动能和势能具有相同的位相，而弹簧振子的动能和势能却没有这样的特点？解：我们在讨论波动能量时，实际上讨论的是介质中某个小体积元内所有质元的能量. 波动动能当然是指质元振动动能，其与振动速度平方成正比，波动势能则是指介质的形变势能. 形变势能由介质的相对形变量（即应变量）决定. 如果取波动方程为

53、y = .ya ,。，则相对形变量（即应变量）为如 /& .波动势能则是与/ /& 的平方成正比. 山波动曲线图（题5 - 3图）可知，在波峰，波谷处，波动动能有极小（此处振动速度为零），而在该处的应变也为极小（该处方/& = o ） ,所以在波峰，波谷处波动势能也为极小；在平衡位置处波动动能为极大（该处振动速度的极大），而在该处的应变也是最大（该处是曲线的拐点），当然波动势能也为最大. 这就说明了在介质中波动动能与波动势能是同步变化的，即具有相同的量值.题5 - 3图对于一个孤立的谐振动系统，是个孤立的保守系统，机械能守恒，即振子的动能与势能之和保持为一个常数

54、，而动能与势能在不断地转换，所以动能和势能不可能同步变化.5 - 4波动方程中，坐标轴原点是否一定要选在波源处？ / = 0时刻是否一定是波源开始振动的X时刻？波动方程写成歹= /c o s。-）时，波源一定在坐标原点处吗? 在什么前提下波动U方程才能写成这种形式？解：由于坐标原点和开始计时时刻的选全完取是种主观行为，所以在波动方程中，坐标原点不一定要选在波源处，同样，/ = 0的时刻也不一定是波源开始振动的时刻；当波动方程写成N = / C O S 0（ / - 2 ）时，坐标原点也不一定是选在波源所在处的. 因为在此处对于波源U的含义已做了拓展，即在写波动方程时，我们可以把介质中某

55、一已知点的振动视为波源，只要把振动方程为已知的点选为坐标原点，即可得题示的波动方程.5 - 5在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同？2 %解：取驻波方程为y = 2 / c o s xAc o s a m V ,则可知，在相邻两波节中的同一半波长上,描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为2 Z c o sx.而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻2两波节的介质为一段，同一段介质内各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质内的质点振动位相则相反.5 - 6波源向着观察者运动和观

56、察者向波源运动都会产生频率增高的多普勒效应，这两种情况有何区别？解：波源向着观察者运动时，波面将被挤压，波在介质中的波长，将被压缩变短，（如题5 - 6图所示），因而观察者在单位时间内接收到的完整数目（ / / ）会增多，所以接收频率增高;而观察者向着波源运动时，波面形状不变，但观察者测到的波速增大，即“ = + 以，因而单位时间内通过观察者完整波的数目匕也会增多，即接收频率也将增高. 简单地说，前A者是通过压缩波面( 缩短波长) 使频率增高, 后者则是观察者的运动使得单位时间内通过的波面数增加而升高频率.( I )波前I是波源在Si时发出的波前2是波源在S时发出的,在拍照的瞬间

57、,波源在S2处(a)波源运动而观察者不动题 5 -6 图多普勒效应5- 7 平面简谐波沿x轴负向传播，波长4= 1 . 0 m, 原点处质点的振动频率为 = 2 . 0 I I z ,振幅力= 0 . 1 m ,且在L0时恰好通过平衡位置向y轴负向运动，求此平面波的波动方程.T T解：由题知/ = 0时原点处质点的振动状态为为= 0 ,% 0 )将上式与波动方程的标准形式一 Xy = A cos(2” - 2万)比较，可知：波振幅为4 ,频率t = ，波长4 = ,波速 = =C C波动周期T = 1 = -27r .u B(2)将x = / 代入波动方程即可得到该点的振动方程y - A c

58、os( 瓦一 Cl)(3)因任一时刻，同一波线上两点之间的位相差为 0 =学区 - %,)A2%将4 2 -匹 =4 ,及4 =二代入上式，即得= C d.5 - 9沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为丁 =0.05cos(10加- 4加: ) ，式中以米计，/ 以秒计. 求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3)求x=0. 2 m处质点在f=ls时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在f=L 25s时刻到达哪一点？解：( 1)将题给方程与标准式. 27t 、y - A COS(2T T”-x)A.相比，得振幅/

59、= 0.05 m ,频率u = 5sL 波长4 = 0.5 m ,波速 = Xt = 2.5 n v s” .(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为vmax =coA = 10)x0.05 = 0.5乃 m -s-1Qmz =啰？4 = (10万f x 0.05 = 5TI m -s-2max ，(3)x = 0.2 m处的振动比原点落后的时间为x 0.2 八八。= = 0.08 su 2.5故工=0.2 m , / = 1 s时的位相就是原点( x = 0 ) ,在，0 = 1 0.08 = 0.92 s时的位相,即(/) - 9.2 n .设这一位相所代表的运动状态在， =1.2

60、5 s时刻到达x点，则x = X + (/-7) = 0.2 + 2.5(1.25 -1.0) = 0.825 m5 -1 0如题5T0图是沿x轴传播的平面余弦波在f时刻的波形曲线.（ 1）若波沿x轴正向传播，该时刻O ，A, B ,。各点的振动位相是多少？（ 2）若波沿x轴负向传播，上述各点的振动位相又是多少？解：（ 1）波沿x轴正向传播，则在f时刻，有7 T对于。点：; = 0, 0 ,二 =- - -37r对于 C 点：: yc = 0, vc 0 ，娟 =-对于4点：. =+4 ,% = 0 ,，川二。TT对于8点： = 0,吸 0 , / .犬。 =（此处取正值表示/、B、

61、。点位相超前于。点的位相）5-11 一列平面余弦波沿X轴正向传播，波速为5ms 波长为2m ,原点处质点的振动曲线如题5-11图所示.（ 1）写出波动方程；（ 2）作出/=0时的波形图及距离波源0. 5m处质点的振动曲线.37r解：（ 1）山题 5Tl. （ a）图知，A = 0 . 1 m ,且，=0 时，yQ = 0, v0 0 , ,又u = 囚 =* = 2.5 Hz ,则。=2如 =5）2 2题 5-11 图(a)取 y = Acos co(t ) + % ，u则波动方程为X 37ry = 0.1 cos5乃 ( / 一二 + - ) m题 5-11 图(b) 题 5-11 图(

62、c)将x = 0.5m代入波动方程，得该点处的振动方程为八， 57 r x 0.5 3万、八, “ 、y = 0.1 cos(5m- + ) = 0.1 cos(5加 + 乃)m如题5T 1(c)图所示.5-12如题5T2图所示,已知/=0时和/=0. 5s时的波形曲线分别为图中曲线(a)和(b ),波沿x轴正向传播，试根据图中绘出的条件求：(1)波动方程；(2) P点的振动方程.7 F解：由题 5-12图可知，A 0 A m , A 4 m ,又， / = 0时，y0 0, v0 2 7 r u TI& t 0.5 2 4故波动方程为yX J r0.1 COSTT(/ - - )

63、+ y m(2)将Xp =1 m代入上式，即得P点振动方程为= O.lcosmm题5-12图5-13 一列机械波沿x轴正向传播，f=0时的波形如题5T3图所示，已知波速为10ms波长为2m ,求：(1)波动方程；(2) P点的振动方程及振动曲线；( 3 ) 0点的坐标；( 4) P点回到平衡位置所需的最短时间.A jr解：由题 5- 1 3 图可知 4 = 0 . 1 m ,， = 0 时，yQ = = , 匕 5兀 / 6 1 / = / =- - - -= sco 10万 125 - 14如题5 - 14图所示，有一平面简谐波在空间传播，已知P点的振动方程为为, = /cos (cot +

64、 (p0) .( 1)分别就图中给出的两种碓标写出其波动方程;( 2 )写出距尸点距离为6的。点的振动方程.解：( 1)如题5 - 14图( a) ,则波动方程为I xy = A cos 6 9 （ / H- - - - -） + 必） u如图( b) ,则波动方程为题5 - 14图Xy = A cos 6 9 （ r + ） + % u( 2 )如题5 T 4图( a) ,则。点的振动方程为AQ = A COSG(Z ) + u如题5 T 4图( b) ,则。点的振动方程为Ao = A C O S d9 ( Z + ) + 00 u5 - 1 5已知平面简谐波的波动方程为歹=/cos

65、( 4 7 + 2 x ) ( S I ) .( 1)写出，= 4 . 2 s时各波峰位置的坐标式，并求此时离原点最近一个波峰的位置，该波峰何时通过原点？( 2 )画出1= 4 . 2 s时的波形曲线.解： ( 1)波峰位置坐标应满足乃( 4 1 + 2 x ) = 2 k 兀解得 = ( 左一8 . 4 ) m ( 左= 0, 1, 2 , )所以离原点最近的波峰位置为- 0. 4 m., ： + 2E cot H- - -故知 =2 m , s 1,u- 0 4. W = - = 0. 2 s ,这就是说该波峰在0. 2 s前通过原点，那么从计时时刻算起，则应2是4 . 2 - 0. 2

66、= 4 s,即该波峰是在4 s时通过原点的.题5-15图27r(2) V co 44,u = 2 m ,s /I = uT - u = 1 m ,又x = 0处，t 4.2 s 时，co0o = 4.2x4乃= 16.8 4Vo = /co s4 x4.2 = 0.8/又，当y = - 4时，么=17乃，则应有16.8万+ 2加 = 7兀解得x = 0.1 m ,故/ = 4 .2 s时的波形图如题5-15图所示5-16题5-16图中(a)表示，=0时刻的波形图，( b)表示原点( x=0)处质元的振动曲线，试求此波的波动方程，并画出x=2m处质元的振动曲线.解：由题5-16(13)图所示

67、振动曲线可知7 = 2 5 , / = 0.2 111,且，= 0时，yo=O ,% O ,JT故知00 = - 1 ，再结合题5-16(a)图所示波动曲线可知，该列波沿x轴负向传播,y = 0.2cos2 乃 H5-17 一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播, 波的强度为18. 0X101 , 2s T ,频率为300 H z,波速为300m飞一, 求：(1)波的平均能量密度和最大能量密度？(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量？解：： I w u正 = _ = 18.0x = 6x10 5 J m-3u 300% = 2访= L 2X10-4 J-m-3(2) w -7td2

68、A w -7 rd2-4 4 /= 6x 10-5 * 7 x (0.14)2 x迎=9.24xlO7 J4 30095 - 1 8 如题5 T 8 图所示，和 S 2 为两相干波源，振幅均为4,相距7 ，号较 $2 位相超前求:2( 1) 5外侧各点的合振幅和强度；( 2 ) S 2 外侧各点的合振幅和强度解： ( 1) 在 5外侧，距离为八的点，S | S 2 传到该尸点引起的位相差为A/ 2 7 r . X、= o, / = /2 = o( 2 ) 在S 2 外侧. 距离$2 为4的点，5 , S 2 传到该点引起的位相差., I 兀 27c , 几、 c = 5 -/+L

69、 = N=4+4 = 24,/ = 4 ，；5 - 19 如题5 - 19 图所示，设 8点发出的平面横波沿8P方向传播，它在8点的振动方程为%=2 x 10- 3 C O S2R ; 。点发出的平面横波沿CP方向传播，它在。点的振动方程为y2 = 2 x 103 cos ( 2 + ,本题中 y 以m计，/以s 计 . 设 B P = 0 . 4 m, CP = 0. 5 m ,波速u = 0. 2 m , s -1,求：( 1) 两波传到P 点时的位相差;( 2 ) 当这两列波的振动方向相同时，尸处合振动的振幅；* ( 3) 当这两列波的振动方向互相垂直时，P处合振动的振幅.解：岫

70、= 电一6 )一一F(CP-BP)A题 5 - 19 图( 2 ) 尸点是相长干涉，且振动方向相同，所以/尸=+ A2 =4X10“ m( 3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为o ,这时合振动轨迹是通过n, w象限的直线,所以合振幅为Z =+ 息 =&4 = 2 g 1 0 -3 =2.83x10-3 m5-20 一平面简谐波沿X轴正向传播，如题5-20图所示. 已知振幅为Z ,频率为1 /波速为(1)若/=0时，原点。处质元正好由平衡位置向位移正方向运动，写出此波的波动方程；(2)若从分界面反射的波的振幅与入射波振幅相等，试写出反射波的波动方程，并求x轴上因入射波与反射波干涉而静止的各

71、点的位置.7T解：(1) ./ = 0时，汽= 0 ,% 0 ,。0 = 一,故波动方程为y = A cos2 加“ mu 2题5-20图3 2 4 3 7 i(2)入射波传到反射面时的振动位相为(即将x = - A代入 ) -丝x 士X -上，再考虑到波由4 2 4 2波疏入射而在波密界面上反射，存在半波损失，所以反射波在界面处的位相为2 万 3 , 7 T- X A, - V 7 1 = 7 12 4 2若仍以。点为原点，则反射波在O点处的位相为2 I T 5 TT- - x- A - 7T 7 r ,因只考虑2万以内的位相角，. . 反射波在。点的位相为一2,故3 4 2 2反射波的

72、波动方程为y反= 4 cos2 不。 (/ +u 2此时驻波方程为X 7T X 7Ty = A cos2p(r ) + / cos2 加。+ ) u 2 u 2=2A cos 2以 cos(27r” - - )u 2故波节位置为27rux 2 ) / 八，、、兀= x = (2k + l ) -U A 2J故 x - (2k + 1) (A = 0,l,2, )41 3根据题意 ,左只能取0 ,1 ,即x = 4 几4 45-20 驻波方程为 y=0.02cos20xcos750/ (SI),求：(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；(2 ) 相邻两波节间距离.解：(1 )

73、取驻波方程为故知n l75 0则v = -2 乃八 / 2 7 r u x cy = 2 J c os-c os 2 7 r u tu=处=0 . 0 1 m2,出= 2 0u2TTV 2 x75 0 / 2 乃 _ _ _u =-=-= 3 7. 5 m - s2 02 02 兀。=75 0 ,(2 ) - ： A = -vG / O A旦= 0 . 1 万= 0 . 3 1 4 m所以相邻两波节间距离uZ k r = - = 0 . 1 5 7 m25 -2 2 在弦上传播的横波，它的波动方程为乂 = 0 . l c os(1 3 f + 0 . 0 0 79 x) (SI )试写出一个

74、波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在x= 0 处为波节.解：为使合成驻波在x = 0 处形成波节，则要反射波在x = 0 处与入射波有万的位相差，故反射波的波动方程为y2 = 0 . 1 c os(l 3t - 0 . 0 0 79 % -兀 )5 -2 3 两列波在一根很长的细绳上传播，它们的波动方程分别为M= 0 . 0 6c os(m -4 加 ) (SI ) , y2 -0 . 0 6c os(TD C + 4 加) (SI ) .(1 ) 试证明绳子将作驻波式振动，并求波节、波腹的位置；(2 ) 波腹处的振幅多大？ x= l . 2 m 处振幅多大？解：(1

75、) 它们的合成波为y = 0 . 0 6 c os(欣- 4 1 ) + 0 . 0 6 c os(衣 + 4 m )= 0.12COST ZXCOS4 m出现了变量的分离，符合驻波方程特征，故绳子在作驻波振动.令 7 DC = k 兀，则工= 上，k = 0 , 1 , 2 此即波腹的位置;JI1令双 = ( 2 k + 1 ) ,则x = (2 左+ 1 ) ；, 左= 0 ,1 ,2 ,，此即波节的位置.(2 ) 波腹处振幅最大，即为0 . 1 2 m ； x = 1 . 2 m处的振幅由下式决定，即4 驻=|0 . 1 2 c os( x 1 . 2 ) | = 0 . 0 9 7 m

76、5 -2 4 汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率山1 2 0 0 H z变到了 1 0 0 0 H z , 设空气中声速为3 3 0 m s ,求汽车的速率.解：设汽车的速度为匕，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为u汽车驶离车站时，车站收到的频率为5=， %“+ 匕联立以上两式，得4q - 5- U- -300 xL ), + 41200-10001200 + 100=30 m -s-15-25两列火车分别以72km 宁和54 km 户的速度相向而行,第一列火车发出一个600 Hz的汽笛声，若声速为340 m s ,求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少

77、？解：设鸣笛火车的车速为4 =20 接收鸣笛的火车车速为匕=15 m -s-、则两者相遇前收到的频率为- -ou -v340+15340-20x 600 = 665 Hz两车相遇之后收到的频率为4U V-,340-15340+20x600 = 541 Hz习题六6 -1气体在平衡态时有何特征? 气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同？答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化.力学平衡态与热力学平衡态不同. 当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡. 而个别粒子所受合外力可以不

78、为零. 而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零.6 -2气体动理论的研究对象是什么? 理想气体的宏观模型和微观模型各如何？答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统. 是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再山实验确认的方法.从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高. 理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点.6 -3何谓微观量? 何谓宏观量? 它们之间有什么联系？答：用来描述个别微观粒子特征的物理量称为微观量. 如微观粒

79、子（原子、分子等）的大小、质量、速度、能量等. 描述大量微观粒子（分子或原子）的集体的物理量叫宏观量，如实验中观测得到的气体体积、压强、温度、热容量等都是宏观量.气体宏观量是微观量统计平均的结果.6 -4计算下列一组粒子平均速率和方均根速率？解：平均速率航214682匕(m 7 )10.020.030.040.050.0V21x10 + 4x20 + 6x30 + 8x40 + 2x5021 + 4 + 6 + 8 + 289021.7m s-1方均根速率21xl02 +4x202 +6xl03 +8x402 +2x50221+4+6+8+2- 25.6 m s-16-5速率分布函数/

80、(v )的物理意义是什么? 试说明下列各量的物理意义( 为分子数密度，N为系统总分子数) .(1) f (v)dv (2) nf(v)dv (3) Nf(v)dv(4) J f (v)dv (5) /(v)dv (6) M(n)du解：/(v )：表示一定质量的气体，在温度为T的平衡态时. ，分布在速率v附近单位速率区间内的分子数占总分子数的百分比.(1) /(v)dv：表示分布在速率u附近，速率区间du内的分子数占总分子数的百分比.(2 ) /(v)dv：表示分布在速率u附近、速率区间小内的分子数密度.(3) Nf(v)dv ：表示分布在速率u附近、速率区间加内的分子数.(4) f/(v)d

81、v：表示分布在甘岭区间内的分子数占总分子数的百分比.(5) ,/(v)dv：表示分布在0 8的速率区间内所有分子，其与总分子数的比值是1.(6 )Nf(v)dv ：表示分布在匕匕区间内的分子数.6 - 6最概然速率的物理意义是什么？方均根速率、最概然速率和平均速率，它们各有何用处？答：气体分子速率分布曲线有个极大值，与这个极大值对应的速率叫做气体分子的最概然速率. 物理意义是：对所有的相等速率区间而言，在含有V p 的那个速率区间内的分子数占总分子数的百分比最大.分布函数的特征用最概然速率匕表示；讨论分子的平均平动动能用方均根速率，讨论平均自由程用平均速率.6-7容器中盛有温度为T的理

82、想气体，试问该气体分子的平均速度是多少? 为什么？答：该气体分子的平均速度为0. 在平衡态，由于分子不停地与其他分子及容器壁发生碰撞、其速度也不断地发生变化，分子具有各种可能的速度，而每个分子向各个方向运动的概率是相等的，沿各个方向运动的分子数也相同. 从统计看气体分子的平均速度是0 .6-8在同一温度下，不同气体分子的平均平动动能相等，就氢分子和氧分子比较，氧分子的质量比氢分子大，所以氢分子的速率一定比氧分子大，对吗？答：不对，平均平动动能相等是统计平均的结果. 分子速率由于不停地发生碰撞而发生变化,分子具有各种可能的速率，因此，一些氢分子的速率比氧分子速率大，也有一些氢分子的速率

83、比氧分子速率小.6-9如果盛有气体的容器相对某坐标系运动，容器内的分子速度相对这坐标系也增大了，温度也因此而升高吗？答：宏观量温度是一个统计概念，是大量分子无规则热运动的集体表现，是分子平均平动动能的量度，分子热运动是相对质心参照系的，平动动能是系统的内动能. 温度与系统的整体运动无关. 只有当系统的整体运动的动能转变成无规则热运动时，系统温度才会变化.6 - 1 0 题 6 - 1 0 图( a) 是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢?题 6 - 1 0 图( b) 是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高？答：图( a) 中( 1 ) 表示

84、氧，( 2 ) 表示氢；图中 ( 2 ) 温度高.题 6 - 1 0 图6 - 1 1 温度概念的适用条件是什么? 温度微观本质是什么？答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义. 温度微观本质是分子平均平动动能的量度.6 - 1 2 下列系统各有多少个自由度：( D 在一平面上滑动的粒子；( 2 ) 可以在一平面上滑动并可围绕垂直于平面的轴转动的硬币；( 3 ) 一弯成三角形的金属棒在空间自由运动.解 : ( 1 ) 2 , ( 2 ) 3 , ( 3 ) 66 - 1 3 试说明下列各量的物理意义.2( 1 ) - k T ( 2 ) - k T ( 3

85、) - k T2 2 2( 4 )5( 5 ) - R T23( 6 ) - R T2解：( 1 )在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为23( 2 )在平衡态下，分子平均平动动能均为士左T .2( 3 )在平衡态下，自由度为i的分子平均总能量均为上左T .2( 4 )由质量为加，摩尔质量为儿( 。1 ，自由度为i的分子组成的系统的内能为一M R T .小2( 5 ) 1摩尔自由度为，的分子组成的系统内能为上R 7 .23( 6 ) 1摩尔自由度为3的分子组成的系统的内能RT或者说热力学体系内，1摩尔分子的23平均平动动能之总和为R 7 .26 - 1 4有两种

86、不同的理想气体，同压、同温而体积不等，试问下述各量是否相同？( 1 )分子数密度；( 2 )气体质量密度；( 3 )单位体积内气体分子总平动动能：( 4 )单位体积内气体分子的总动能.解：( 1 )山0= 左7 , = * ；知分子数密度相同；( 2 )由夕= =必正知气体质量密度不同；V RT3( 3 )由士左T知单位体积内气体分子总平动动能相同；2( 4 )由士左7知单位体积内气体分子的总动能不一定相同.26 - 1 5何谓理想气体的内能? 为什么理想气体的内能是温度的单值函数？解：在不涉及化学反应，核反应，电磁变化的情况下，内能是指分子的热运动能量和分子间相互作用势能之总和.

87、对于理想气体不考虑分子间相互作用能量，质量为的理想气体的所有分子的热运动能量称为理想气体的内能.由于理想气体不计分子间相互作用力，内能仅为热运动能量之总和. 即 = 4一上火7是温度的单值函数./ 26 - 1 6如果氢和氮的摩尔数和温度相同，则下列各量是否相等，为什么？( 1 )分子的平均平动动能；( 2 )分子的平动动能；( 3 )内能.解：( 1 )相等，分子的平均平动动能都为士左T .2( 2 )不相等，因为氢分子的平均动能15 T,氨分子的平均动能3士左T .2 25 3( 3 )不相等，因为氢分子的内能。一火7,氢分子的内能。一R T .2 26 - 1 7有一水银气压计，

88、当水银柱为0 . 7 6 m高时，管顶离水银柱液面0 . 1 2 m ,管的截面积为2 . 0 X1 0 w，当有少量氢( He )混入水银管内顶部，水银柱高下降为0 . 6m ,此时温度为2 7,试计算有多少质量氨气在管顶( He的摩尔质量为0 . 0 0 4 k g m o l ) ?解：由理想气体状态方程 = H T 得4汞的重度 = 1 . 3 3 x 1 05 N m -3氯气的压强 P = ( 0 . 76- 0 . 60 ) x t /Hg氨气的体积 K = ( 0 . 88- 0 . 60 ) x 2 . 0 X1 0- 4 m3( 0 . 76 - 0 . 6

89、0 ) x % x ( 0 . 2 8 x 2 . 0 x 1 0 7)M = 0 . 0 0 4 x - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -火( 2 73 + 2 7)( 0 . 76- 0 . 60 ) xdU e x ( 0 . 2 8x 2 . 0 x l O-4)0 . 0 0 4 x - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -8. 3 1 x ( 2 73 + 2 7)= 1.91x10-6 Kg6- 1 8设有

90、N个粒子的系统，其速率分布如题6- 1 8图所示. 求( 1 )分布函数/ ( 丫) 的表达式；。与之间的关系；速度在1 . 5 %到2 . 0 %之间的粒子数.( 4 )粒子的平均速率.( 5 ) 0 . 5 %到1 %区间内粒子平均速率.题6- 1 8图解：( 1 )从图上可得分布函数表达式Nf (v ) = av l%, NJ v ) = aW ) = oav ! Nvaf (y ) = a/N0( Ov vo)( v0 v 2 v0)( 0 v v0)( v0 v 2 v0)/ ( v )满足归一化条件，但这里纵坐标是W( v )而不是/ ( v )故曲线下的总面积为N ,( 2 )

91、由归一化条件可得f o av 2 NI N d u + N adv = N a = -上 v0 3 %( 3 )可通过面积计算 A N = a ( 2 %L 5 %) = ；N( 4 ) N个粒子平均速率万= v f ( v ) d v = v 7/ / ( v ) d v = e ( 1丫 +rav dv = ?(那+ M) T。( 5 ) 0 . 5 %至U1 %区间内粒子平均速率O. 5 vo至UI%区间内粒子数1 3 1( 。+ 0 . 5 a ) ( % 0 . 5 %) =三明 =1 N2o 4.7瓯.7%V - - - -6 N 96 - 1 9试计算理想气体分子热运动速率的大

92、小介于Vp - Vp IO。 - 】与1 0 ( ) T之间的分子数占总分子数的百分比.V解：令 = 一，则麦克斯韦速率分布函数可表示为 = % uduN 同因为“ =1 , AM = 0 . 0 2由等= 力5 得 = xlxe- 1x 0 . 0 2 = 1 . 66%N &6- 2 0容器中储有氧气，其压强为p =0 . 1 MPa( 即l a t m )温度为2 7,求( 1 )单位体积中的分子；( 2 )氧分子的质量 ? ；( 3 )气体密度；( 4 )分子间的平均距离e ； ( 5 )平均速率S ； ( 6)方均根速率JR； ( 7)分子的平均动能7.解：( 1 )由气体状态方

93、程夕=%7得J . l f x Q = 2.45x103kT 1 . 3 8x 1 0 - 2 3 x 3 0 0( 2 )氧分子的质量时等=凿，5必叱k g( 3 )由气体状态方程各R 7得P =RT0 . 0 3 2 x 0 . 1 x 1 . 0 1 3 x 1 0 58. 3 1 x 3 0 00 . 1 3 k g - m -3分子间的平均距离可近似计算mm - s- 14 82 . 87 m s- 1（ 7）分子的平均动能= - = -xl.38xlO-23 x300 = 1.04x10-2 j2 26- 2 1 Im o l 氢气，在温度为2 7时，它的平动动能、转

94、动动能和内能各是多少？解：理想气体分子的能量E v -R T23平动动能， =3 E, = - x 8.31x300 = 3739.5 J22转动动能尸=2 瓦.=*x8.31x300 = 2493 J丫 2内能j = 5 瓦=2x8.31x300 = 6232.5 J26- 2 2 一瓶氧气，一瓶氢气，等压、等温，氧气体积是氢气的2 倍，求（ 1 ）氧气和氢气分子数密度之比；（ 2 ）氧分子和氢分子的平均速率之比.解 : ( 1 ) 因为p = nkT则8=1（ 2 ）由平均速率公式七 - 46- 2 3 一真空管的真空度约为1 . 3 8X1 0 p a （即 1 . 0

95、X1 0 m m Hg ） ,试求在 2 7, C 时单位体积中的分子数及分子的平均自由程（设分子的有效直径= 3 X1 0 1 0 m ） .解：由气体状态方程0= 女得一 = 3 = 3.33x10”kT 1.38X1023 X300m由平均自由程公式2=1网而2 n7x9x10-20 x3.33x10”6 - 2 4 （ 1 ）求氮气在标准状态下的平均碰撞频率；（ 2 ）若温度不变，气压降到1 . 3 3 X1 0 P a ,平均碰撞频率又为多少（设分子有效直径IO1 0 m ） ?解：（ 1 ）碰撞频率公式5 = 缶 / /对于理想气体有P= 左 7 ,即而 v 1.

96、60庆2士 - 41 7 t d2v p所以有 z=- _匕k T455.43m s-1氮气在标准状态下的平均碰撞频率V2/rxl0-2() x455.43xl.013xlQ51.38xl0x273气压下降后的平均碰撞频率V2 x 1020 x 455.43x1.33 xlQ-41.38x10-23 *273= 5.44义 IO s-i= 0.714s-16 - 2 5 Im o l 氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2 倍，求末态与初态之间( 1 ) 气体分子方均根速率之比； ( 2 )分子平均自由程之比.解：由气体状态方

97、程华 =今及外匕 =心匕12方均根速率公式对于理想气体，p = nk T ,即 = 二k T1厂 “ 后 W k T所以有 X = j = ； N 2 7 1 dp初 _ TP24末 P W6 - 2 6 飞机起飞前机舱中的压力计指示为1 . 0 a t m ( l . 0 1 3 X1 05 P a ) ,温度为2 7 ；起飞后压力计指示为0 . 8 a t m ( 0 . 8 1 0 4 X1 05 P a ) , 温度仍为2 7 , 试计算飞机距地面的高度.解：气体压强随高度变化的规律：由 ?= 7及 =%e 6_mgz gz _ Mmol 炉p - nkTe kT - pe k

98、T - pQe RTZ = J但 m “ g Pz -8. 3 1 x3 0 00 . 0 2 89x9. 8In = 1 . 96 xl 030 . 8m6-27上升到什么高度处大气压强减少为地面的75%（设空气的温度为0C ） .解：压强随高度变化的规律Mmog P8. 3 1 x2 73 , 1 c . ,c3z = -In - - - - = 2 . 3 x 1 0 m0 . 0 2 89x9. 8 0 . 756-28在标准状态下，氨气的粘度= 1.89X10-pa. s , 摩尔质量阳, 加=0.004 kg/m ol,分子平均速率V = 1.20X 103 m /s .试求在标

99、准状态下氨分子的平均自由程.解：据得1 _Tn 二 F九T 3 3 %= 2.65X10- 7m6-29在标准状态下氧气的导热系数K= 5.79X10-2 w .m T K i 分子平均自由程7 =2.60XIO -m ,试求氢分子的平均速率.解:1 Cy 了 1 Cy y3 M； 3 V.得心理= 等= 也=L2OX103m zsCyX RA26-30实验测得在标准状态下，氧气的扩散系数为1.9X10-5 m % ,试根据这数据计算分子的平均自由程和分子的有效直径.（普适气体常量R =解：；= 8.31 J-mol-1 -K-1, 玻尔兹曼常量仁 1.38 X 10 3 J.K-I)D -

100、vA3氧气在标准状态下-1 8H7v = - - - - -= 4 2 5 m / sV叫 “Z = = 1 . 3 x 1 0- 7 m- kT(2) V2 -厂 2Y2nd2 P d= 1 优= 2 . 5 x1 0 - m y/2nAp习题七7- 1 下列表述是否正确? 为什么？并将错误更正.( 1 ) Q E + A ( 2 ) Q = E+Jpd2？ 7 * 1 -冬不可逆 1 一冬解：( D 不正确，Q = E + A( 2 ) 不正确， Q =AE+JpdP( 3 ) 不正确， = 1 一 &( 4 ) 不正确，不可逆= 1 一哙7 -22-忆图上封闭曲线所包围的面积

101、表示什么？如果该面积越大，是否效率越高?答：封闭曲线所包围的面积表示循环过程中所做的净功. 由于 =4t4争面积越大，效率不一定高，因为还与吸热& 有关.7 -3如题 7- 3 图所示，有三个循环过程，指出每一循环过程所作的功是正的、负的，还是零，说明理由.解：各图中所表示的循环过程作功都为0.因为各图中整个循环分两部分，各部分面积大小相等，而循环方向一个为逆时针，另一个为顺时针，整个循环过程作功为0 .题 7- 3 图7 -4用热力学第一定律和第二定律分别证明，在 p-P图上一绝热线与一等温线不能有两题 7- 4 图解：1. 由热力学第一定律有Q = E + A若有两个交点。和6,则经等

102、温a- 力过程有经绝热a T b过程3 = 0 - 4 = 0A 2 + 4=0A 2 = A2 d0不可逆T7-9 根据SB-S ，= 些返及品 -S ，不可逆,这是否说明可逆过程的嫡变大于不可逆过程嫡变? 为什么? 说明理由.答：这不能说明可逆过程的嫡变大于不可逆过程嫡变，嫡是状态函数，燃变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的墉变. 只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于嫡变.7 - 1 0 如题7 T 0 图所示，一系统由状态。沿到达状态 b 的过程中，有3 5 0 J 热量传入系统,而系统作功1 2 6 J .(1 ) 若沿

103、。或时，系统作功4 2 J,问有多少热量传入系统？(2 ) 若系统由状态b沿曲线6 a 返回状态。时，外界对系统作功为8 4 J,试问系统是吸热还是放热? 热量传递是多少？题 7 - 1 0 图解：由ab c过程可求出6 态和a 态的内能之差Q = E +A. = 0_/ = 3 5 0 - 1 2 6 = 2 2 4 J过程，系统作功力 = 4 2 J。= a +4 = 2 2 4 + 4 2 = 2 66 J 系统吸收热量取过程，外界对系统作功力 = - 8 4 J。=A E + Z = 2 2 4 8 4 = 3 0 8 J 系统放热7 - 1 1 1 mo l单原子理想气体从3

104、0 0 K加热到3 5 0 K ,问在下列两过程中吸收了多少热量? 增加了多少内能? 对外作了多少功？( D 体积保持不变；(2 ) 压力保持不变.解：(1 ) 等体过程由热力学第一定律得。=AE吸热 Q = AE = uCy(mL晒 _()30 = a = 2 x 8 . 3 1 x (3 5 0 3 0 0 ) = 62 3 . 2 5 J对外作功 A - 0(2 ) 等压过程吸热内能增加对外作功Q = v Cp(T2-Tl) = vl2R(T2-T)2 = I x 8 . 3 1 x (3 5 0 - 3 0 0 ) = 1 0 3 8 . 7 5 JE = VCV(T2-T)3A E

105、= - x 8 . 3 1 x (3 5 0 - 3 0 0 ) = 62 3 . 2 5 J4 = 0 = 1 0 3 8 . 7 5 - 62 3 . 5 = 4 1 5 . 5 J7 - 1 2 - 个绝热容器中盛有摩尔质量为Mm ol ,比热容比为了的理想气体，整个容器以速度u运动，若容器突然停止运动，求气体温度的升高量（设气体分子的机械能全部转变为内能） .解：整个气体有序运动的能量为上/ m J ,转变为气体分子无序运动使得内能增加，温度变2化M v 2T =j M .u2 = M .u2（ v - 1 ）2 mH Cv 2 R m o7 - 1 3 0 . 0 1 氮气在温度为

106、3 0 0 K时，i l l 0 . 1 M P a（即1 at m）压缩到1 0 M P a.试分别求氮气经等温及绝热压缩后的（ 1 ）体积：（ 2 ）温度；（ 3 ）各过程对外所作的功.解：（ 1 ）等温压缩 T = 3 0 0 K由P/ = P 2匕求得体积K = - L = x 0 . 0 1 = lx l0- 3 m3Pi i o对外作功A = VRTn- - = p / ln 包匕 Pi= lx l. 0 1 3 x l05 x 0 . 0 1 x ln0 . 0 1= - 4 . 67 x l03 J5 7(2 )绝热压缩。丫 =2火 / = y由绝热方程p J J = p

107、招 % = (比 -产Pi匕=（比二） ” ， =（红了匕Pi Pi1 1( )4 X 0 . 0 1 = 1 . 93 x 1 0 - 3 m1 0由绝热方程TPI1 得TP = 3 0 01-4 x (1 0 ) g T, = 5 7 9Kp /热力学第一定律。=+/, 。=0所以 “= 兀3）AMpV =P/ 5RT12R(TT)1 . 0 1 3 x l05 x 0 . 0 0 13 0 0x | x (5 7 9 - 3 0 0 ) = - 2 3 . 5 x 1 0sRT , A7-14理想气体由初状态（ 0 ,匕）经绝热膨胀至末状态（ 0 2 ,%）试证过程中气体所作的功

108、为/ = 叱一产, 式中 /为气体的比热容比.答：证明：由绝热方程=PK = P2 =C 得。=。/ 77 -I所以A=P-P2./ - I7-15 1 mol的理想气体的T-V图如题7T 5图所示，为直线，延长线通过原点0 .求过程气体对外做的功.解：设7 = K P由图可求得直线的斜率K为2%得过程方程 K = -V2%由状态方程 pVuRTvRT7 -1 7设有- 以理想气体为工质的热机循环，如题7T 7图所示. 试证其循环效率为ah过程气体对外作功A4= a -J-0 V二空d7 -1 6某理想气体的过程方程为功2 =解：气体作功A“ J京展= pdPd 展k V 2V0展”2

109、a, a为常数，气体从匕膨胀到匕 . 求其所做的功.= j p d /Mm ol8等压过程2=v G(乙一刀)放热MQ2=-Q2= - - - CP(TC-TD)“mo lQ1 =TC-TD TC(-TD/TC)QTB-TTB(1-TA/TB)根据绝热过程方程得到z。绝热过程BC绝热过程PT二p ”又rD TPA =PB PC = PD =1 C 1 B工(2 ) 不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间.7 - 2 0 (1 ) 用一卡诺循环的致冷机从7 的热源中提取1 0 0 0 J 的热量传向2 7 c 的热源，需要多少功？从T 7 3 向2 7 呢？(2 ) - 可逆的卡诺

110、机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利. 当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利? 为什么？解：(1 ) 卡诺循环的致冷机八 2 = q7 2 7 时，需作功X -吗1 0 0 0 = 7 1 . 4 J T2 2 2 8 0一1 7 3 - 2 7 时，需作功=T-T2 = 3 0 0 -1 0 0x 1000 = 2000 j2 T2 1 0 0(2 ) 从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的.7 - 2 1 如题7 - 2 1 图所示，1 mo l双原子分子

111、理想气体，从初态匕= 2 0 L , 7 = 3 0 0 K 经历三种不同的过程到达末态匕= 4 0 L ， 4 = 3 0 0 K . 图中 2为等温线，1 - 4 为绝热线，4 -2为等压线，1 - 3 为等压线，3 f 2为等体线. 试分别沿这三种过程计算气体的嫡变.题 7 - 2 1 图解：1 f 2 端变等温过程 d Q = c L 4 , dApdVpV = RT= Rl n2 = R ln 2 = 5 . 7 6匕J - K- 1邑s、If 2 - 3 嫡变r d f d。S 2 - E = J T + TS2S=尸 +产二M T 上 T T、、 T31 3等压过程匕匕P

112、 = Pi 7 - = T _Vy 2厂彳3 2等体过程TJT?Z k _ i Pi .4 - P 3 T 10S , - S = C p I n + Cv I n 匕 Pi在1 2等温过程中P7 = PM所以52- 5 = Cpl n - Cvl n - - = /?l n - - = 7?l n 2匕匕匕1 - 4 - 2 嫡变f庠 + 谭S , = 0 + (r, Cn6 T = 仁12T = 。 1 1 1TT P 7； P 7；1-4绝热过程T pkT y r = T4Vr 方= 方0匕”= 。 / ,9 = (且产 = ( 互产匕 P4 Pl在1 2等温过程中P7 =P1V

113、2匕 _(P xl / _(P xl /7 一/匕 xl /y 一 mS2-S.=C l n n = Cp31n2 = R l n 2X I I r r f I j r看 7 匕7 - 2 2有两个相同体积的容器，分别装有1 m o l的水，初始温度分别为7；和心，令其进行接触，最后达到相同温度7 .求嫡的变化，( 设水的摩尔热容为C m o l ).解：两个容器中的总嫡变f CmoldT f Cmo/dT。 -1T TT T72= Cm i,1( l n + I n )= Cm o l I n IT lO l、r r f rr-f ITIOl r r f rr-f因为是两个相同体积的容器

114、，故G m ( r ) = c )得S - S o = Cn/n 7- 2 3把0 的0 . 5 k g的冰块加热到它全部溶化成0 的水，问：( 1 )水的嫡变如何？( 2 )若热源是温度为2 0 的庞大物体，那么热源的嫡变化多大?( 3 )水和热源的总炳变多大?增加还是减少？ ( 水的熔解热4 = 3 3 4 J g T )解：( 1 )水的嫡变埼聋竺出里，61 2 J . K -2 73( 2 )热源的嫡变冬吟- 0 . 5 x3 3 4x1 0 3 =_5 7 Q j 2 93( 3 )总嫡变S = A + AS 2 =61 2 5 70 = 42 J K嫡增加习题八8- 1电量都是夕的

115、三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点. 试问：( 1 )在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡( 即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)？ ( 2 )这种平衡与三角形的边长有无关系？解：如题8- 1图示( 1 )以4处点电荷为研究对象，由力平衡知：/ 为负电荷2 ! - co s3 0 = a- 4n0 J 3 2解得题8- 1图( 2 )与三角形边长无关.8- 2两小球的质量都是7 ,都用长为/的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为26，如题8- 2图所示. 设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量.解：如题8- 2图

116、示T co s 0 = m gT sin ( 94n0 ( 2 /sin 6)2解得 q -2 1 sin 6 J 4笳0 z M g ta n 08- 3根据点电荷场强公式E 当被考察的场点距源点电荷很近( r - 0 )时，则场强4啊 /-8, 这是没有物理意义的，对此应如何理解？解：仅对点电荷成立，当尸- 0时: 带电体不能再视为点电荷，再用上式求4兀犷场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8 - 4在真空中有N , 8两平行板，相对距离为“，板面积为S ,其带电量分别为+ q和- q .则这两板之间有相互作用力了 , 有人

117、说/ = q 2,又有人说，因为f = q E, E = 一 ,所4 % d S以 / = 仁. 试问这两种说法对吗? 为什么？ / 到底应等于多少？（） S解：题中的两种说法均不对. 第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强E = 工看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的. 正确解答应为一个2板的电场为 = 一，另一板受它的作用力/ = = 这是两板间相互作用2 Q S2 Q S Q S的电场力.8 - 5 电偶极子的电矩为R=47, 场点到偶极子中心0 点的距离为人矢量产与，的夹角为e,（见题8 - 5 图），且r / . 试证馍的场强E在 r 方

118、向上的分量E ,和垂直于r 的分量Ee分别为p c os 。 p s i nOE r : -T， H 0 =- - - - -72 万（/3 4 啊尸3证：如题8 - 5 所示，将万分解为与产平行的分量p s i n。和垂直于尸的分量Ps i n。.， /r /场点P在，方向场强分量 p cos OEr =- - - - - - T2 nor垂直于r 方向，即6方向场强分量r_ p s i nB“ 0 3 -4716-QF8 - 6 长/ = 1 5 . 0 c m 的直导线A B 上均匀地分布着线密度4 = 5 . 0 x 1 OOm的正电荷. 试求:（ 1 ）在导线的延长线上与导线

119、B 端相距为 = 5 . 0 c m 处P点的场强；（ 2 ）在导线的垂直平分线上与导线中点相距4 = 5 . 0 c m处。点的场强.解：如题8 - 6图所示( 1 )在带电直线上取线元d r ,其上电量d q在尸点产生场强为1 A d xAEp =-T4兀4 (a-x)Ep = dEp = J 4兀4 J ? ( Q- x ) =. . . . . . 4。 L 2 2AIns0(4a2 - Z2)用/ = 1 5 c m , 4 = 5 . 0 x 1 0 - 9 c . m T , a = 1 2 . 5 c m代入得Ep = 6 . 7 4 x l 02 N - C -1方向水平

120、向右( 2 )同理 dE0= -%二方向如题8 - 6图所示Q 4ns0 x2 +d 由于对称性j d 0 r =0,即2 只有y分量，1 2 d x c P4兀4 x2 + d ； & + 92 /2 兀 0/ +4 d ；以4 = 5 . 0 x 1 0 9 C - c m ，/ = 1 5 c m , d ? = 5 c m代入得E。= E 0 , = 1 4 . 9 6 x 1 0 2 N - C - i ,方向沿y 轴正向8 - 7 个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为X ,求环心处。点的场强.解：如8 - 7图在圆上取dl= Rd(pd q = A d / =火2 d 0,

121、它在。点产生场强大小为亚 =-独 ”方向沿半径向外4 冗名R2贝ij d = d s i n = - - s i np d。4716,O7?- AdE = d E c os （ - （p ） =- - - - - - c os（p d（p4 兀（） H积分与二P 一 - -s i n阳夕二一- 一小 4 7 1 0 7 ? 2 兀 4 7 ?err 4Ev = - - - - - - C O S 6 9 d 6 9 = 0 4 兀E = Ex = -, 方向沿x轴正向.2 ns0R8 - 8均匀带电的细线弯成正方形，边长为/ , 总电量为( 1 )求这正方形轴线上离中心为尸处的场强

122、E ； ( 2 )证明：在r /处，它相当于点电荷q产生的场强E.解：如8 -8图示，正方形一条边上电荷旦在尸点产生物强赤？方向如图，大小为4co s % - - co s 4d&在垂直于平面上的分量d/ = d Ep Co s 题8 -8图由于对称性，。点场强沿0尸方向，大小为Ep =4 义 dE4彷Aq4/Ep 二- , 方向沿而4.兀% （,厂2 + l4, 厂2 + I228 -9 ( 1 )点电荷夕位于一边长为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? *( 3)如题8

123、 -9 ( 3)图所示，在点电荷4的电场中取半径为R的圆平面.q在该平面轴线上的N 点处，求：通过圆平面的电通量.( a = a r ct a n )X解：( 1 )由高斯定理五= 里。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=4 .6 %( 2 )电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2。的立方体，使q处于边长2。的立方体中心，则边长2 ”的正方形上电通量, , =46 %如果它包含q所在顶点则，= 0.对于边长。的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则，题 8 -9 ( a ) 图题 8 -9 ( c) 图如题8 -9 ( a ) 图所示.题 8 -9 ( b ) 图

124、( 3) 通过半径为R的圆平面的电通量等于通过半径为R2+X2的球冠面的电通量，球冠面积*5 = 2K( A2 +x2) l - - . % 4 R? +X27 oS =口-s0 +X2) 2S0* 关于球冠面积的计算：见题8 -9 ( c) 图S = 2 7 1 r s i n a -r d a2 n r2 s i n a ck z2 m ，( 1 - co s a )8 - 1 0 均匀带电球壳内半径6 cm , 外半径1 0cm , 电荷体密度为2 义l O c m 0求距球心5 cm ,8 cm , 1 2 cm 各点的场强.解：高斯定理cf 点出片二堂， E 4 兀 /

125、=Zi1 4 %当r = 5 c m时，$q =0 ,百=0、 47 r ,r = 8c m时，q = p不(尸 _ 日)苧 F)E = -； 3.48X104 N - C - ,方向沿半径向外.4兀_ 47 r _r = 1 2 cm 时, q = p ( 琮一力)一唱)E = 、- - -4. 1 0xl 04 N - C 沿半径向外.4716,0 r8 - 1 1 半径为名和火2 ( 火 2 / ) 的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量丸和- 4 , 试求： / V火 1 ； ( 2 ) 7 ? ) r 火2 处各点的场强,解：高斯定理Ei%取同轴圆柱形高斯面，侧面积S =

126、2T I”则 - dS = 2 7 i r /对 r / ? , q = 0,E = 0( 2 )R r q = 12E = - 沿径向向外2nnr( 3)r R2 Zq = 0E 0题 8T2图8 - 1 2 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为6 和2,试求空间各处场强.解：如题8 -1 2 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为名与。2 ，_ 1两面间， E =(C T, -(T2)H 7 面外， E = -( cr , + a2)% 面外，E - ( cr , + a2 )i i万：垂直于两平面由巧面指为b 2 面.8 - 1 3 半径为R的均匀带电球体内的电荷体

127、密度为，若在球内挖去一块半径为的小球体，如题8 -1 3图所示. 试求：两球心O 与。点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的.解：将此带电体看作带正电夕的均匀球与带电一 0 的均匀小球的组合，见题8 -1 3图( a ) .( 1 ) +球在。点产生电场E o = 0,- p球在。点产生电场= 4JI % 产例（） 0 ri= 6 . 5 5 x 1 0 - 6 j外力需作的功 4 = 一 3= 6 . 5 5 x 1 0 - 6 j题 8- 1 6 图8 - 1 6 如题8- 1 6 图所示，在 N , 8 两点处放有电量分别为+ 4 , -q的点

128、电荷，间距离为2R ,现将另一正试验点电荷先从。点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功.解:如题如1 6 图中0q“q血snR8 - 1 7 如题8- 1 7图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为A的正电荷, 两直导线的长度和半圆环的半径都等于R .试求环中心。点处的场强和电势.解：（ 1 ）由于电荷均匀分布与对称性，48 和。段电荷在。点产生的场强互相抵消，取dl = Rd0则= 产生。点曲如图，由于对称性，。点场强沿y轴负方向A4兀 sin（ _ g -sin-?!2冗（ 2 ） 48 电荷在O点产生电势，以。8 = 04-A-d-x- -= * -A-d-x- = -

129、2- -I n 2.4兀o% * 4兀oX 4兀同理CO产生- ln24无小4半圆环产生TIRX _ A4TI4R 4%UO=U+U2+U3 =A-ln2 + A58- 1 8 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2 X 1 0 % s 的匀速率作圆周运动. 求带电直线上的线电荷密度. （电子质量加。 =9. I X 1 0 k g, 电子电量e =1 . 6 0 X 1 0 ” C ）解：设均匀带电直线电荷密度为4,在电子轨道处场强E = 2 兀（）电子受力大小 Fe= e E = -2兀. e A v2. . -= m 2兀 0尸 r得力 =2兀4加了 =1 2 . 5 x 1

130、0 73 ce8 - 1 9 空气可以承受的场强的最大值为E =3 0 k V c m 超过这个数值时空气要发生火花放电. 今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0 . 5 c m , 求此电容器可承受的最高电压.解：平行板电容器内部近似为均匀电场/ . C 7 = d = 1 . 5 x l 04 V8 - 2 0 根据场强后与电势。的关系后= 求下列电场的场强：（ 1 ）点电荷q的电场；（ 2 ）总电量为q,半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；* （ 3 ）偶极子p = q / 的 / 处（见题8- 2 0 图） .P S ）/ q / + q解：（ 1 ）点电

131、荷U = /4 兀 4尸，E = rQ = - o 痣为厂方向单位矢量.（ 2 ）总电量夕，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势U = -4 ,4 兀 0 J* +X2.?d U - q x - E = -l = -尸- - - - - 77- T z& 4 无（火 2+/）-题 8- 2 0 图（ 3 ）偶极子 = 在尸/ 处的一点电势U = - -1-1-47r% （ _ ；c o s e ）（ l + ； c o s。）.厂 d U p cos d A ,r 一“ 3, q lcos 3J%/_1 dU _ psinOr 30 4兀8- 2 1 证明：对于两个无限大的平行平面带电

132、导体板( 题8- 2 1 图) 来说，( 1 ) 相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；( 2 ) 相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同.证：如题8- 2 1 图所示，设两导体2、 8 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为巧，。 2 ,。3 , 题 8- 2 1 图( 1 ) 则取与平面垂直且底面分别在、8内部的闭合柱面为高斯面时; 有亚 - d5 = (C T2 + O GS = 0cr2 + r3 = 0说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；( 2 ) 在/ 内部任取一点P,则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即f2 J3 5

133、 = 0又72 + (73 = 0 说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同.8 - 2 2 三个平行金属板8和。的面积都是2 0 0 c mI 和8相距4 . 0 mm, 与C相距2 . 0mm. B , C都接地，如题8- 2 2 图所示. 如果使N板带正电3 . 0 X 1 0 七，略去边缘效应，| n j B板和C板上的感应电荷各是多少？以地的电势为零，则N板的电势是多少？解：如题8- 2 2 图示，令/ 板左侧面电荷面密度为3,右侧面电荷面密度为a ?C A B025ri题8- 2 2图( 1 )UA C= U /B，即 AC AC =6 _ E c _ d -

134、 3 _ 2。2 EAB d / c且在 “g ”3 % = 3得b =以 o =应2 3 S 13s而2Qc = P i S = 一心= - 2乂1 0 - 7 CqB = p2 s = 1 x 1 0 - C( 2 )%=%,=%= 2 . 3 x 1 0 3 V 。8- 2 3 两个半径分别为用和号 ( 与 4)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+ 4 ,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；

135、球壳内表面带电则为- q ,外表面带电为+ q,且均匀分布，其电势题8- 2 3图八5号( 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+ 4与内表面-4产生：U = % - 4 = 04冗出2 4兀% %设此时内球壳带电量为9,；则外壳内表面带电量为外壳外表面带电量为-9 +/( 电荷守恒) ，此时内球壳电势为零，且uA=工 +q + q ,= o4兀4凡 4兀 % % 4兀47?2得外球壳上电势rr _ q q, q + qUR - I -4兀（）火2 4兀/ ? ?2 4n 小2 4兀4尼8 -2

136、4半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为d = 3火处有一点电荷+ 4 ,试求：金属球上的感应电荷的电量.解：如题8-24图所示，设金属球感应电荷为则球接地时电势。=08-24 图由电势叠加原理有:匚 + - - = 04兀4R 4兀。3火8-25有三个大小相同的金属小球，小球1, 2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为F。 .试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1, 2后移去，小球1, 2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1, 2很多次后移去，小球1, 2之间的库仑力.2解：由题意知 F.= 4兀4尸

137、小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电居小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电“ 3q = -q4 此时小球1与小球2间相互作用力3 2F= qq 一宝占1 4兀4/ 4 7 i ,or2 8 ( 2 )小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为23小球1、2间的作用力与4-9-2F纣2-3471* 8- 2 6如题8- 2 6图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ,相距为4,分别维持电势UA=U , UB= O不变. 现把一块带有电量q的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ,片的厚度略去不计. 求导体薄片的电势.解：依次设2 , C, 8从上到下的

138、6个表面的面电荷密度分别为2 ， % , 小， /, % ，如图所示. 由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持 =。可得以下6个方程题8 - 2 6图CT, + cr2Ud 4qB _ uS _da2 + % = 0cr4 + cr5 = 0= cr2 + (T3 + cr4 + cr5 + cr6解得% = _T3%U qd2S一%切 qd 2S所以C 8间电场邑=区=2+工2 s0 d 2 / S注意：因为C 片带电，所以。片一，若。片不带电，显然U c= g8 - 2 7 在半径为R的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为金属球

139、带电试求：( 1 ) 电介质内、外的场强；( 2 ) 电介质层内、外的电势；( 3) 金属球的电势.解：利用有介质时的高斯定理方( 1 ) 介质内( 凡 ()场强4 兀r 4TtsQf.r介质外( 尸 7 ?2) 电势U = 瓦介质内(/ r & )，且/& -& ，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质. 当两圆柱面分别带等量异号电荷。和时 . ，求:( 1 ) 在半径r处( / r此 =，厚度为Q，长为/ 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；( 2 ) 电介质中的总电场能量；( 3) 圆柱形电容器的电容.解：取半径为尸的同轴圆柱面( S )则= 2 nr lD

140、当（ & r / ? 2 ）时，q = QD = 22TI/7D2 0 2（ D电场能量密度 w= = . 222 e 8/夕 2 / 2薄壳中 d % = w d 。= 4 寸2T I r dr / =旦旦版 2 夕2 / 2 4兀 )1( 2 ) 电介质中总电场能量叫刖= 明里“ 如 4兀夕 7 4兀 4 R 电容：； W - -2 Cc =Q 1 = 2 7 I g /一 2%- l n( % / 凡)* 8 - 30 金属球壳N和 6 的中心相距为r , 和8原来都不带电. 现在Z的中心放一点电荷%,在8的中心放一点电荷生 ,如题8 - 30 图所示. 试求：( 1 )

141、/ 对 / 作用的库仑力，较有无加速度;( 2 ) 去掉金属壳8,求知作用在42 上的库仑力，此时夕2 有无加速度解：( 1 ) / 作用在% 的库仑力仍满足库仑定律，即F 二 1 一夕24兀 4 r2但必处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度.( 2 ) 去掉金属壳8 , 小作用在弦上的库仑力仍是尸=组 2，但此时私受合力不为零,4 兀 o r有加速度.题 8-30图T C8 - 3 1 如题8-31图所示,ClIFC3题 8-31图BC, =0. 25 n F, C2=0. 15/zF, C3=0. 20/F . G 上电压为50V 求:UAB 解：电容q 上电量2 =

142、G L电容G 与G 并联。23 =02+G其上电荷。2 3 = a1_Q2i _ 25x50 Cz 9 。23 。23 3525%= 5 + 。2=50(1 + 石 ) =86 V8-32 G 和。2两电容器分别标明20。pF、500 V”和“300 pF、900 V”，把它们串联起来后等值电容是多少? 如果两端加上1000 V的电压，是否会击穿？解：( 1) G 与串联后电容C| + (72200x300200 + 300= 120 pF(2)串联后电压比L = S = 2U2 G 2而幼 +。2 =1000U =600 V, 2=400 V即电容4电压超过耐压值会击穿，然后。

143、2也击穿.8 - 3 3 将两个电容器G 和 G 充电到相等的电压。以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联. 试求：(1)每个电容器的最终电荷；( 2 ) 电场能量的损失.解：如题8 -3 3 图所示，设联接后两电容器带电分别为名， &则注学, T 题 8 -3 3 图% + 私 = ( 7 1 0 _ = CU - C2U/ _ Gi% C2U25 = u2解得 / = - U, q 2 = U1 C , +C2 2 G+C2( 2 ) 电场能量损失 % = % 一 %= ( * + * 炉) 一( 如含_ 2CtC2 2 G +G u8 -3 4 半径为& =

144、 2 . 0 c m 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、7 ? 2 = 4 . 0 c m 和 & = 5 . 0 c m ,当内球带电荷 Q = 3 . OX 1 O 、 C 时，求：( 1 ) 整个电场储存的能量；( 2 ) 如果将导体壳接地，计算储存的能量；( 3 ) 此电容器的电容值.解：如图，内球带电。，外球壳内表面带电- 。，外表面带电。外半径分别为题 8 -3 4 图( 1 ) 在r / 和火2 r R3区域后=0在K r 此时4 7 i f0 r尸为时- OrE2 =上？4兀，在火1 r &区域明 = -. ( )24 j r r2d r = - -2 4n0r2

145、S n0 R.总能量 w = w , + w , = - (- + )-8无。a & &1 . 8 2 X 1 0-4 J( 2 )导体壳接地时，只有与 r 凡时百= ，叫=04 7 1 0 r()2 1 1% = %=* ( -) = 1 . 0 1 x l 0-4 J8 7 1 4 R R22W I I电容器电容。= = = 4兀 % / ( -)0 & &4 . 4 9 x 1 ( ) 7 2 F习题九9 - 1在同-磁感应线上，各点月的数值是否都相等? 为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度月的方向？解：在同一磁感应线上，各点月的数值一般不相等. 因为磁场作用于

146、运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度月的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为8的方向.、b可* B题 9 -2 图9 -2 ( 1 ) 在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度辰的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化( 即磁场是否定是均匀的) ？( 2) 若存在电流，上述结论是否还对？解：( D 不可能变化，即磁场一定是均匀的. 如图作闭合回路。税可证明友 = 月 2 方向 _ 1 _ 向里.3 2 兀 R 2 69 - 8在真空中，有两根互相平行的无限长直导线右和心，相距0. 1m,通有方向相反的电流,

147、Z1=20A, 72=10A ,如题9-8图所示 .A, 8两点与导线在同平面内. 这两点与导线人的距离均为5. 0 cm .试求4 , 8两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置.Zi=20AZ2=10A题9-8图解：如题9 -8图所示，BA方向垂直纸面向里BA1 l_ Noh2-(0.1-0.05) 2-x 0.05= 1.2x10 4 T 设月 =0在4外侧距离2 2为r处题99图 89 -9如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的4 , B 两点 ,并在很远处与电源相连. 已知圆环的粗细均匀，求环中心。的磁感应强度.解：如题9 -9图所示，圆心。点磁场由直

148、电流Aoo和Boo及两段圆弧上电流人与12所产生,但4 利5 8在O点产生的磁场为零。且7, _电阻凡 _ 012 一甩阻K - 2 71- 0产生友方向，纸面向外B = （ 2 一。）1 2R 2 万，A产生瓦方向，纸面向里8 ,二2且2R 2 %-B - =1- -3- - -叫- - - =1.B2 i2e瓦 =月1 +月2 =。9- 10在一半径R= 1. 0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流/ = 5 . 0 A通有解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如题9- 10图所示，取宽为d/的一无限长直电流d / = 1 -

149、d/,在轴上P点产生d月与火TIR垂直，大小为d - N0d 7 _ j m A d。_ j /de2nR 2nR 2n2 Rd5、= d8co s 0 =出空则X2兀2火,n ,n M e、 |1O/ s i n 0d0d5 = dB co s ( + 0) = - ； - - - - 2 2 兀 2及B.、= E2嗤詈=燃时 s m (g ) =罟= 6 . 3 7x10- 12群嚅库。月= 6 . 3 7x10。19 - 1 1 氢原子处在基态时，它的电子可看作是在半径“ =0. 52Xl(Tcni的轨道上作匀速圆周运动,速率丫= 2.2*10%015 . 求电子在轨道中心所产生的磁感应

150、强度和电子磁矩的值.解：电子在轨道中心产生的磁感应强度如题9-11图，方向垂直向里，大小为8。 = ” = 13 T电子磁矩9 ”在图中也是垂直向里，大小为题 9-12图9-12两平行长直导线相距d=40cm ,每根导线载有电流= /2=20A,如题9T 2图所示. 求:(1)两导线所在平血内与该两导线等距的一点Z 处的磁感应强度；(2)通过图中斜线所示面积的磁通量. (八= q=l0cm, / =25cm).解：(1) 8 , = 上叫- + = 4X10-5 丁方向，纸面向外2() 21弓)(2)取面元 dS = ldr = f + gZ | ldr = l n3- I n工=叫I

151、n3 = 2.2x 10.6 w b上 2nr 2 兀 ( d - r ) 2 兀 2兀 3 兀9-13 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- 平面S , 如题9T3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 = ) 解：由安培环路定律求距圆导线轴为r 处的磁感应强度眄山= 口03 /产KNo ，2 成 2题 9- 13 图磁通量 , “= 旧欣=或 = 肛 =K T ， w b妨卜2兀可 4万9- 14设题9- 14图中两导线中的电流均为8 A , 对图示的三条闭合曲线a , 6 , c ,分别写出安培环路定理

152、等式右边电流的代数和. 并讨论：(1) 在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度方的大小是否相等？(2 ) 在闭合曲线c 上各点的月是否为零? 为什么？解： 5 d / = 8 人(S B-dl = 8 /( ) (1jB d l = 0( 1 ) 在各条闭合曲线上，各点月的大小不相等.( 2 ) 在闭合曲线C上各点B不为零. 只是B的环路积分为零而非每点5 = 0 .题 9 - 1 5 图9 - 1 5 题9 - 1 5 图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径分别为a , 6, 导体内载有沿轴线方向的电流/，月 . / 均匀地分布在管的横截面上. 设导体的磁导率试证明导体内部各点(

153、 a r b)的磁感应强度的大小由下式给出:B_ AQ/ r - - a2 27r(h2- a2) r解：取闭合回路/ = 2 勿 ( Q / ? )则0 月 d 7 = B2nr/ = ( 小一加 2 )7 1 0 Ti a 。 / ( 产 ” 2 )2 勿2 - a2)9 - 1 6 - 根很长的同轴电缆，由一导体圆柱（半径为。）和- 同轴的导体圆管（内、外半径分别为6 , 。）构成，如题9 - 1 6 图所示. 使用时，电流/ 从一导体流去，从另一导体流回. 设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：（ D 导体圆柱内（厂。），（ 2 ）两导体之间（ “rc ）各

154、点处磁感应强度的大小解:( 1 ) r 7 B 2m = 即rR2B2成2( 2 ) a r r c B2E = 0题 9 - 1 6 图9 - 1 7 在半径为尺的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为r 的长直圆柱形空腔，两轴间距离为。，且a r, 横截面如题9 T 7 图所示. 现在电流I 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行. 求：（ 1 ）圆柱轴线上的磁感应强度的大小；（ 2 ）空心部分轴线上的磁感应强度的大小.解：空间各点磁场可看作半径为R ,电流人均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为r电流 -人均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和.( 1

155、 )圆柱轴线上的。点8的大小：电流4产生的4=0,电流人产生的磁场B,I户2 2加 2m R - r2B= 2 2 皿(R2 T 2)( 2 )空心部分轴线上。点8的大小：电流A产生的M = 0 ,电流。产生的区 =曲 -J =叫 ,2 2na R2- r2 2兀口产)9 - 1 8如题9 T 8图所示，长直电流。附近有一等腰直角三角形线框，通以电流人共面 . 求 Z 8 C的各边所受的磁力.解：FAB I2dlxB二者方向垂直向左FAC = I2d/xB 方向垂直NC向下，大小为，2 2 2 兀 d同理瓦。方向垂直BC向上，大小fii+akJ/2d /d /d rc

156、os 4 52兀 F=N oA/ 巾 =IW2 l n d + aB C 1 2 cos 4 5。 J2it d9 - 1 9 在磁感应强度为月的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电流为/, 如题9 T 9 图所示. 求其所受的安培力.解：在曲线上取d 7则国 , = f / d ， x 月V 出与5夹角=不变，8是均匀的.2Fah = p d/x5 = Z ( p 7 ) x 5 = Zx5方向_ L 向上，大小Fah = BI ab9 - 2 0 如题9 - 2 0 图所示，在长直导线48内通以电流/ | = 2 0 A ,在矩形线圈C0E E 中通有电流， 2

157、= 1 0 A , 48与线圈共面，且 C D , E尸都与ZB平行. 已知a = 9 . 0 cm, 6 = 2 0 . 0 cm, 1 = 7 /2B = 4.33X10-2 J49-22 一正方形线圈，由细导线做成，边长为。，共有N 匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动.现在线圈中通有电流/ ,并把线圈放在均匀的水平外磁场片中，线圈对其转轴的转动惯量为J .求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期T .解：设微振动时线圈振动角度为。（ 0 = 月, , 月），贝 IJM = PmBsin0 = NIa2Bsm0山转动定律即振动角频率周期d209-23 一长直导线通有电流

158、4 = 2 0 A , 旁边放导线其中通有电流， 2=10A , 且两者共面，如题9-23图所示.求导线。人所受作用力对。点的力矩.解：在上取 dr,它受力函 _ 1_ 。 6 向上, 大小为d F = 1, d r 外西对。点力矩（ 1 加 =尸 x Rd 必方向垂直纸面向外，大小为dA/ = rdF =j d/2% = fdr = 3.6x10-6 N-m, 2 ) L题 9-23图题 9-24图9 - 2 4 如题9-24图所示，一平面塑料圆盘，半径为表面带有面密度为 b 剩余电荷.假定圆盘绕其轴线4 4 以角速度。 ( ra d s

159、T)转动，磁场耳的方向垂直于转轴4 4 . 试证磁场作用于圆盘的力矩的大小为” = 变幽也 . ( 提示：将圆盘分成许多同心圆环来考虑. )4解：取圆环dS = 2 m d ,，它等效电流 = 啊 = 2曲T 2%O1= odd = cocy i r2兀等效磁矩 dPm = 2d/ = Tr coar y dr受到磁力矩 d M = dPmxB ,方向，纸面向内，大小为A M = dPm x B =兀城dr BM - d M =兀a)oBm a)R* B49 - 2 5 电子在8 =70X 1 0 -T 的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径r=3. 0cm .已知月垂直于纸面向外，某时刻电子

160、在/点，速度/向上，如题9-25图.(1)试画出这电子运动的轨道；(2)求这电子速度E 的大小；(3)求这电子的动能题 9-25图解：( 1)轨迹如图V2(2) Ve v B - m (3)9-26 一电子在 8 =20X10T如题9-26图.(1)求这电子的速度；(2)磁场月的方向如何？v = - - = 3.7xl07 m -s-1mEK =1wv2=6.2xio-16 J的磁场中沿半径为A =2. 0 c m 的螺旋线运动，螺距h=5.0cm,_ 777V COSlx.=一I隼=VCOS。 ! 题 9-26 图eB：. v =( 理 + (型 =7,57xlO6 m-s-1V m l7

161、im(2)磁场月的方向沿螺旋线轴线.或向上或向下，由电子旋转方向确定.9-27在霍耳效应实验中，一宽1.0cm ,长4.0cm ,厚L O X lO ,cm 的导体，沿长度方向载有3.0A的电流，当磁感应强度大小为8=1. 5T的磁场垂直地通过该导体时，产生1.0X10 %的横向电压.试求：(1)载流子的漂移速度；(2)每立方米的载流子数目.解：；eEH - evBB1B/为导体宽度，/ = L0cmUH 1.0x10IB2 X-5V = = 6.7X1()Tm-s-11 - nevSevS31.6xl0-19 x6.7xl0-4 xlO-2 xlO-52 .8 x 1 0 2 9 m -

162、39-28 两种不同磁性材料做成的小棒，放在磁铁的两个磁极之间，小棒被磁化后在磁极间处于不同的方位，如题9 - 2 8 图所示. 试指出哪个是由顺磁质材料做成的，哪一个是由抗磁质材料做成的？解：见题9 - 2 8 图所示.匚题 9 - 2 8 图抗磁质9 - 2 9 题9 - 2 9 图中的三条线表示三种不同磁介质的关系曲线，虚线是关系的曲线，试指出哪一条是表示顺磁质?哪一条是表示抗磁质?哪一条是表示铁磁质？答：曲线n是顺磁质，曲线n i 是抗磁质，曲线I 是铁磁质.9 - 3 0 螺绕环中心周长L= 1 0 c m , 环上线

163、圈匝数N = 2 0 0 匝，线圈中通有电流/ = 1 0 0 m A.( 1 ) 当管内是真空时，求管中心的磁场强度力和磁感应强度反；( 2 ) 若环内充满相对磁导率, = 4 2 0 0 的磁性物质，则管内的月和后各是多少?* ( 3 ) 磁性物质中心处由导线中传导电流产生的瓦, 和由磁化电流产生的月各是多少?解：眄 d， = Z /HL = NI/ = = 200 A m-1LBo =/o77 = 2.5xlO_4T ” = 200 A m-1 8 = ” = = 1.05 T由传导电流产生的瓦即中的8。=2.5xl()T T由磁化电流产生的8 = 6 -为” 1.05 T9 - 3

164、 1 螺绕环的导线内通有电流2 0 A, 利用冲击电流计测得环内磁感应强度的大小是1 . 0W b m 2.已知环的平均周长是4 0 c m , 绕有导线4 0 0 匝. 试计算：( 1 ) 磁场强度；( 2 ) 磁化强度；* ( 3 ) 磁化率;* ( 4 ) 相对磁导率.解： H = % = 2x104 A m*1I 阳 =27.76x105 A m- 。(3) xm = = 38.8H(4)相对磁导率 4 = 1 + xm = 39.89-32 - 铁制的螺绕环，其平均圆周长上=30cm,截面积为1.0 cm ,在环上均匀绕以300匝导线，当绕组内的电流为0.032安培时，环内的磁通量

165、为2. 0X10 W b .试计算：(1)环内的平均磁通量密度；圆环截面中心处的磁场强度；解： (2)8 = = 2x10-2 TSj H d l = NI”=必 =32 A m-iL2题 9-33 图 - - - - - - - -1 -*9-33试证明任何长度的沿轴向磁化的磁棒的中垂面上，侧表面内、外两点1, 2的磁场强度“ 相等( 这提供了一种测量磁棒内部磁场强度” 的方法) ，如题9-33图所示. 这两点的磁感应强度相等吗？解：；磁化棒表面没有传导电流，取矩形回路。灰力则 j H d l = Hia b- H2cd = 0Hi、这两点的磁感应强度片=H,B2=I0H2/. B H

166、 B2习题十10-1 一半径尸二1 0 cm 的圆形回路放在8 二 0. 8T的均匀磁场中. 回路平面与月垂直. 当回路半径以恒定速率 =80cm 收缩时，求回路中感应电动势的大小.d/解：回路磁通 0,“ = 8 S = 8 兀，感应电动势大小f = (Bn r2) = B 2 n r = 0.40 Vd/ d/ (it1 0 - 2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径尺= 5 c m , 如题1 0 - 2 图所示. 均匀磁场 8 = 8 0 X 1 0 T, 6的方向与两半圆的公共直径( 在O z 轴上) 垂直，且与两个半圆构成相等的角a 当磁场在5 m s 内均匀降为零时，

167、求回路中的感应电动势的大小及方向.解：取半圆形c b a 法向为i ,叫5 c o s a2则同理，半圆形a/ c 法向为，则g Bc o s a2月与f 夹角和片与，夹角相等,则a = 4 5 m = Bn R2 c o s 6 Zd 山 2 d B- =-TCR c o s a =dt- dt-8.89 x 10-2 V方向与cbadc相反，即顺时针方向.* 1 0 - 3 如题1 0 - 3 图所示，一根导线弯成抛物线形状N 二。 1,放在均匀磁场中 . 月与平面垂直，细杆C 。平行于x轴并以加速度a从抛物线的底部向开口处作平动.求C 。距。点为y处时回路中产生

168、的感应电动势.解：计算抛物线与C D 组成的面积内的磁通量,2B 2 .外 =2 j d S = 2 及 8( y _ a ? ) ( k = 2= y2d ， B | dy IB |s =- - - - - = 一一v= y1- = - - t= y2vdt 而dt 向v2 = 2ay_ 2v = 42a y2与实际方向沿O Q C .题 1 0 - 4 图 La-11 0 - 4 如题1 0 - 4 图所示，载有电流/ 的长直导线附近，放一导体半圆环牍N 与长直导线共面,且端点脑V的连线与长直导线垂直.半圆环的半径为力，环心。与导线相距设半圆环以速度v 平行导线平移.

169、求半圆环内感应电动势的大小和方向及儿W两端的电压3 .解：作辅助线MV，则在M e N A / 回路中，沿工方向运动时d G, “ = 0 MeNM = 即 MeN 二又；cos 加 / = I n - - 0怵 i- 27t a + b所以M,N沿NeM方向,大小为M 点电势高于N 点电势，即2 ) a -b2 7 r a -bII，卜小厂) 二题 1 0 - 5 图I I1 0 - 5 如题1 0 - 5 所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈.两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以包的变化率增大，求：d /( 1 ) 任一时刻线圈内所通过的磁通量；( 2 ) 线圈中

170、的感应电动势.解：以向外磁通为正则. h ，， + / ，， u J , u J l, b + a , d + a(1) (Pm = -ld r = n-In-上瓦7 2JI r 2JI h dd uJ r, d + a , h + andl(2) =-= -ln -In-1At 2JI d h At1 0 -6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为尸的一个半圆.令这半圆形导线在磁场中以频率/ 绕图中半圆的直径旋转.整个电路的电阻为R. 求：感应电流的最大值.解:- - 7i r2=B - S = B-cos(cot + g)o) ，d_ Bn r2dT -TBn rco Bn

171、r222sin(& +(pQ)10-7如题10-7图所示，长直导线通以电流/= 5 A ,在其右方放一长方形线圈，两者共面.线圈长6=0. 06m,宽a=0. 04m,线圈以速度n=0. 03m 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.纯 / =兀2r2”_ R2产BfR R题 10-7图解：AB、CD运动速度/ 方向与磁力线平行，不产生感应电动势.D4产生电动势I = r ( vx5)-d/ - vBb - v h -历2血8C产生电动势2f(v X 分 d7 = -vb 纽一上2JI (a + d) 回路中总感应电动势方向沿顺时针.10-8长度为

172、/ 的金属杆以速率 v在导电轨道。机4 上平行移动.已知导轨处于均匀磁场月中，月的方向与回路的法线成6 0 角( 如题10-8图所示) ，月的大小为8 = / (%为正常) .设L 0 时杆位于c d 处，求：任- 时刻/ 导线回路中感应电动势的大小和方向.解:，, = P dS一 = Blvt cos 600 = k r7 lv -1 = -1k lv t022 2d 也= -klvtd/即沿abed方向顺时针方向.10-9 - 矩形导线框以恒定的加速度向右穿过均匀磁场区，月的方向如题10-9图所示.取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系( 设导线框刚进入磁场区时

173、/=0).d解：如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时 0 ;d/O3。 4a- -(b)av题 10-9 图(a)在磁场中时- - -= 0, = 0 ；d/出场时 % 0 , = (一6 + 6) 8 / = / B。/-18 9 6(2) V a h0 即。“ 一方 0点电势高.题 1 0 T 图 -2a -10 -11如题10 -11图所示，长度为2 6 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。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/ , 两导线相距2 a .试求：金属杆两端的电势差及其方向.解：在金属杆上取“ 距左边直导线为r , 则ABxB ).d

174、Z =一一如 d + ) dr = *l n* 271r 2a 一丫 n a -h AB 0 时，求：杆两端的感应电d/动势的大小和方向.解: 今 = 时 += _ 弛 = _3_也之用 =逊变d/ dr 4 4 drd。， d r兀火2 兀火2曲=-B=-d/ d/ 12 12 d/ac = t-H -4 12nR2 dBJ -d/dBd70/. 双 0即从。-CdR10-13半径为R的直螺线管中，有一0的磁场，任意闭合导线abca, 一部分在螺线管dt内绷直成弦，a, 6两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示.设ab= R ,试求：闭合导线中的感应电动势.解：如图

175、，闭合导线abca内磁通量与= (7t/?26 4）变4 dtdB A 0dt, 0 ,即感应电动势沿acba,逆时针方向.题10T3图题10T4图10-14如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体于直径位置，另导体cd在一弦上，导体均与螺线管绝缘.当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向.试求：(1) “6两端的电势差；(2) c d两点电势高低的情况.解：由旋d，= 知，此时2旋以。为中心沿逆时针方向.是直径，在上处处E旋与垂直旋由=o*, 8ab = ，有 Uq = Ub(2) 同理,E -d/ 0旋。厂。0 ud题 10 -15图1

176、0 -15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10 -15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘 ) .求：线圈与导线间的互感系数.解：设长直电流为/ , 其磁场通过正方形线圈的互感磁通为12 27rr 2兀考学210 -16 矩形线圈长为a =20 c m ,宽为6=10 c m ,由10 0 匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面.求：题10 -16图中(a ) 和 (b ) 两种情况下，线圈与长直导线间的互感.解：(a ) 见题10 -16图(a ) ,设长直电流为/ , 它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为3 E Y 年喈l n 2M = = Nln2 = 2.8 x 1

177、0 -6 HI2JI(b ) ,长直电流磁场通过矩形线圈的磁通= 0, 见题 10 -16图(b )题 10 -16图题 10 -17图10 -17两根平行长直导线，横截面的半径都是a , 中心相距为d , 两导线属于同一回路.设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样-对导线长度为/的一段自感为71公组皿心解：如图 10 -17图所示，取 d5 =/dr则二+ 上J /” = 叫) = 皿劭j- ln* - )1 2rit 27c (d-r) Zt ， r r - d 2 兀 a d -a= Mln 47i aL = 9 = %也巴I it a1 0 - 1 8 两线圈顺串联后总

178、自感为L O H , 在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0 . 4 H . 试求：它们之间的互感.解： . , 顺串时 L = L + L 2 + 2M反串联时% - 2 L -L = 4MI - TA f = = 0 . 1 5 H41 0 - 1 9 图1 0 - 1 9 一矩形截面的螺绕环如题1 0 - 1 9图所示，共有N b f i. 试求:( 1 ) 此螺线环的自感系数；( 2 ) 若导线内通有电流/ ,环内磁能为多少？解 : 如题 1 0 - 1 9图示( 1 ) 通过横截面的磁通为昨厘时= 典Tn?L 2 r a 2JI a磁链 = NP=，l n 22JI

179、a( 2 ) VI 2n a1 )K =2 4 兀 a1 0 - 2 0 无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为/ .求：导线内部单位长度上所储存的磁能.解：在r 火时 8 = 且乜2 n /?2取则Wn ,B22 No 8/内d K = 2 n r d r （；导线长 / = 1 ）2mM =/ dr _ “而尺4 1 6 /1习题十一1 1 - 1圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为与和与火2 ），中间充满介电常数为的电介质. 当两极板间的电压随时间的变化与人时小为常数），求介质内距圆柱轴线为r处的位移电流密度.G 7解：圆柱形电容器电容I n 2

180、氏q = CU =2/rdU R、I n Rq 2T TWU SUD =-=-S 、 I R, I R,2 r In- r l n -R、 &._SDsk色r I n上&1 1 - 2试证：平行板电容器的位移电流可写成/ ,= C电.式中C为电容器的电容，。是d /电容器两极板的电势差. 如果不是平板电容器，以上关系还适用吗？解： q = CUnCU 。 =三7zT ) = 72OxlO5o cosl05f A m-2dt dt(2) V . d / = 70 + pD-d5取与极板平行且以中心连线为圆心，半径r 的圆周/ = 2勿1则H ITTT = 7ir jDH =

181、勾口t = 0时/尸= x 720x10%q = 3.6x I O ,A - m ”， = _l x l 0 - 5 s 时，Hp= 021 1 - 5 半径为R=0 . 1 0 m 的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中. 今对电容器匀速充电，d /7使两极板间电场的变化率为= l .o x 1 0 1 3 V - m1 - s L 求两极板间的位移电流，并计算电d /容器内离两圆板中心联线r ( r 7 ? )处的磁感应强度B r以及r = R处的磁感应强度B R .解：( 1 ),dD dEj D =dF = SdF3 JDS = JDR2 X 2.8 A 眄 d =Z0 + pD-

182、d5s取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周/ = 2切，则口 O 2 dE 2H IT V T = jD/v r - 7 cr_ r d- yAz2 at当尸=R时，练 = 幺 & 区延 = 5 .6 x 1 0 -6 T2 d/*1 1 -6 -导线，截面半径为1 0 % , 单位长度的电阻为3 X 1 0 七载有电流 2 5 . 1 A . 试计算在距导线表面很近一点的以下各量：(D H 的大小；( 2 ) E在平行于导线方向上的分量;( 3 )垂直于导线表面的S分量.解：；幽7江/取与导线同轴的垂直于导线的圆周/ = 2万，则H2m=1/= = 4xl02 A m

183、I2%r( 2 )由欧姆定律微分形式 j = o E 得 r / QE )=- = / 火 = 7 .5 3 x 1 0 -2 v m-1c r 1 /RS( 3 ) ：S = E xH, E沿导线轴线，H垂直于轴线S垂直导线侧面进入导线，大小S = E H= 3 0A W- m-2*1 1 -7 有一圆柱形导体，截面半径为a , 电阻率为，载有电流/ ( ).( 1 )求在导体内距轴线为r 处某点的后的大小和方向;( 2 )该点后的大小和方向；( 3 )该点坡印廷矢量S的大小和方向：( 4 )将 ( 3 )的结果与长度为/ 、半径为r的导体内消耗的能量作比较.解： ( 1 )电流密度Jo

184、 =y由欧姆定律微分形式j =bE得E = 卜 =4=, 方向与电流方向一致(7 7 i a( 2 )取以导线轴为圆心，垂直于导线的平面圆周/ = 2m则由 J 后 = 7 0 d s可得r H 2 7 TT = / a： . H = , 方向与电流成右螺旋2 如 2( 3 ) V S = E xH片垂直于导线侧面而进入导线，大小为( 4 )长为1, 半径为r ( r a)导体内单位时间消耗能量为% = 产。 # = ( 吟/ = a 7 1 a单位时间进入长为/, 半径为尸导体内的能量W2 = S 1 7 O-1 = 1。竺2M = % 说明这段导线消耗的能量正是电磁场进入导线的能量.*1

185、 1 -8 一个很长的螺线管，每单位长度有匝，截面半径为4, 载有一增加的电流求:( 1 )在螺线管内距轴线为r处一点的感应电场；( 2 )在这点的坡印矢量的大小和方向.解：( 1 )螺线管内 8 = o 位亚 . / 二偿有由取以管轴线为中心，垂直于轴的平面圆周/ = 2 勿，正绕向与8 成右螺旋关系，则Q 5B 2= - 7 CTdt. = 一二2 = 一为竺 .,方向沿圆周切向，当业 0时，E_ 与 8_成左旋关系。d r( 2 ) V SE xH,由后与后方向知，*指向轴，如图所示.大小为c r2 r .出S - E H = E m - - - 1 2 d /*1 1

186、-9 -平面电磁波的波长为3 . 0 c m ,电场强度的振幅为3 0 V m试问该电磁波的频率为多少? 磁场强度的振幅为多少? 对于一个垂直于传播方向的面积为0 . 5 n ? 的全吸收面，该电磁波的平均幅射压强是多大？解：频率。= = 1 .0 x 1 0 1 Hz利用痣刀 E = 嬴H 和 = ； E0H0可得舔 =o o = J %。E 。= l .O x 1 0 T由于电磁波具有动量，当它垂直射到一个面积为A的全吸收表面时，这个表面在t时间内所吸收的电磁动量为g Act, 于是该表面所受到的电磁波的平均辐射压强为：C 2 C豆 = 4 . 0 x 1 0 -9 PaA o 2

187、 c可见，电磁波的幅射压强( 包括光压) 是很微弱的.习题十二1 2 -1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化? 怎样变化?解：。不变，为波源的振动频率；4 , = /变小；” = 4 9变小.n12-2在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化? 试说明理由.(1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小：(3)整个装置的结构不变，全部浸入水中；(4)光源作平行于5，S2联线方向上下微小移动；(5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝.解：由A t = 2 / 1知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹

188、在屏幕上作d相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动.12-3什么是光程？在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同？其所需时间是否相同? 在光程差与位相差的关系式/ 夕 =箕27r/中，光波的波长要用真空中波长, 为什么？解：A = ” . 不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为加 = 9 .C因为中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。12-4如题12-4图所示，A, 8两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化？(1) / 沿垂直于8的方向向上平移见图(a)；(2) / 绕棱边逆时针转动见

189、图(b) .(b)题12-4图解：(1)由夕 =2 , e * =女生知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变；(2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密.12-5用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为丸的单色光垂直入射时，观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切. 试说明工件缺陷是凸还是凹？并估算该缺陷的程度.解：工件缺陷是凹的. 故各级等厚线( 在缺陷附近的) 向棱边方向弯曲. 按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = 3 ,这也是工件

190、缺陷的程度.2题 1 2 -5 图题 1 2 -6 图1 2 -6 如题1 2 -6 图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中心收缩，问透镜是向上还是向下移动？解：条纹向中心收缩，透镜应向上移动.因相应条纹的膜厚与位置向中心移动.1 2 -7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0 .2 0 m m ,缝屏间距。 =1 . 0 m , 试求：( D 若第二级明条纹离屏中心的距离为6 . 0 m m ,计算此单色光的波长；( 2 ) 相邻两明条纹间的距离.n1 x 1 O3解：由x叫=上左/1知，6.0 = -x22,d 0.2A . = 0.6x1 O _3 mm

191、= 6000 AI) i x i n3( 2 ) A x = 2 = -x0.6x10、=3 mmd 0.21 2 -8 在双缝装置中，用一很薄的云母片( n =L 5 8 ) 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5 5 0 0 人，求此云母片的厚度.解：设云母片厚度为e, 则山云母片引起的光程差为8 - ne-e - (n-V)e按题意 3 = 74. e -7-2- = -7-x-5-5-0-0-x-1-0- = 6.6 x 1,0n .6 m =6.,6 ,umn-1 1.58-11 2 -9洛埃镜干涉装置如题1 2 -9图所

192、示，镜长3 0 c m ,狭缝光源S 在离镜左边2 0 c m 的平面内，与镜面的垂直距离为2 . 0 m m ,光源波长2 = 7 . 2 X 1 0 %, 试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离.2 0 c m 一 30cm 一题1 2 -9图解：镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S 发出.所以山S与S 发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为X处的光程差为/ % 1 x 2o = (r . - r)+ = d-1 2 1 2 D 2第一明纹处，对应5 = 4AD 7 .2 x I O -5 x 5 0.x _2 d 2 x 0 .4= 4 .5 x 1 0 2 mm1 2

193、-1 0 -平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜匕油膜覆盖在玻璃板上.油的折射率为1 . 3 0 ,玻璃的折射率为1 . 5 0 ,若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5 0 0 0 A与7 0 0 0A这两个波长的单色光在反射中消失.试求油膜层的厚度.解：油膜上、下两表面反射光的光程差为2 e ,由反射相消条件有J 12 ne - （ 2 k + 1 ） = （左 H ） /1 （ k - 0 ,1 ,2 , , , ） 2 k 2当4 =5 0 0 0 X时，有2 ne -（左 + = 左 4 + 2 5 0 0 当 =7 0 0 0公时，有2 e = （攵2+ g ） 4

194、=左2丸2+ 3 5 0 0 因丸2 4 ,所以左2用；又因为4与4之间不存在4满足2 ne （左3 + ；）几3 式即不存在网人3片的情形,所以左2、匕应为连续整数，即& = 尤一1 由、式可得：_ +1 0 0 0 _ 7 & +1 _ 7 ( -1 ) + 1I X 4 5 5左1 = 3得k2 = 1 = 2可由式求得油膜的厚度为匕4 + 2 5 0 02 = 6 7 3 1 A1 2 -1 1 白光垂直照射到空气中一厚度为3 8 0 0 A的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1 .3 3 ,试问该膜的正面呈现什么颜色? 背面呈现什么颜色？解：由反射干涉相长公式有2 n

195、e + = k A. ( % =1 ,2 ,)后， 4 x 1 .3 3 x 3 8 0 0 2 0 2 1 6得几 =- = - = -2 左一 1 2 k -1 2 k -I左= 2 , 4 = 6 7 3 9 A ( 红色)左= 3 , 4 = 4 0 4 3 A ( 紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色.由透射干涉相长公式2 e = 版 (k = 1 ,2 ,.-)所以2 ne _ 1 0 1 0 8k k当 = 2 时， 2 =5 0 5 4 A ( 绿色)故背面呈现绿色.1 2 -1 2 在折射率为=1 .5 2 的镜头表面涂有层折射率2 = 1 . 3 8 的幅耳增透膜，如果此膜

196、适用于波长X = 5 5 0 0 A 的光，间膜的厚度应取何值？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2 n2e -(k + ；) 几(k - 0 , 1 , 2 , - - ) 2 k 九 A.e - - = - + -2 % 2 n 2 4 %5 5 00 k + 5 5 00 = ( 1 9 9 3 左 + 9 9 6 ) A2 x1 . 3 8 4 x1 . 3 8令 = 0,得膜的最薄厚度为9 9 6 A .当为其他整数倍时，也都满足要求.1 2 - 1 3 如题1 2 - 1 3 图，波长为6 8 0 0 A 的平行光垂直照射到L = 0

197、 . 1 2 m 长的两块玻璃片匕两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d = 0 . 0 4 8 m m 的细钢丝隔开. 求：( 1 ) 两玻璃片间的夹角6 = ?( 2 ) 相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少？( 3 ) 相邻两暗条纹的间距是多少？( 4 ) 在这0 . 1 2 m 内呈现多少条明条纹？题1 2 - 1 3图解：( 1 )由图知，L s i nJ = d ,即 4故 6 = & = _ 2I2 = 4 . 0XIC T Y弧度)L 0 . 1 2 x1 0s( 2 )相邻两明条纹空气膜厚度差为A e = = 3 . 4 x IO m2( 3 )相邻两暗纹间距/ = 4= 6

198、800x10 = 8 5 0 x1 0 - 6 m = o . 8 5 mm2 0 2 x4 . 0 x1 0( 4 )岫=3a 1 4 1 条1 2 - 1 4用4 = 5 0 0 0 Q的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹. 若劈尖上面媒质的折射率勺大于薄膜的折射率( =1 . 5 ) .求：( 1 )膜下面媒质的折射率2与”的大小关系；( 2 )第1 0条暗纹处薄膜的厚度；( 3 )使膜的下表面向下平移一微小距离/ e ,干涉条纹有什么变化? 若/ e = 2 . 0 原来的第1 0条暗纹处将被哪级暗纹占据？解：( I) % ”.因为劈尖的棱边是暗纹，对

199、应光程差 = 2 e + = ( 2左+ 1 ) ,膜厚e = 02 2处，有人=0,只能是下面媒质的反射光有半波损失生才合题意；2( 因1 0个条纹只有9个条纹间距)( 3 )膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动. 若 e = 2 . 0 u m ,原来第1 0条暗纹处现对应的膜厚为 A e = ( 1 . 5 xIO + 2 . 0 xl O-3) mm e 3 . 5 xl 0- 3 x2 x 1 . 55 . 0 x1 0 - 4现被第2 1级暗纹占据.1 2 - 1 5若用波长不同的光观察牛顿环，4 = 6 0 0 0 1，22= 4 5 0 0 A ,观察到用4时的第k个暗环

200、与用4 时的第k + 1 个暗环重合，已知透镜的曲率半径是1 9 0 c m . 求用人时第k 个暗环的半径.( 2 ) 又如在牛顿环中用波长为5 0 0 0 & 的第 5 个明环与用波长为4 的第6 个明环重合，求未知波长4 .解：( 1 ) 由牛顿环暗环公式=y/kRA.据题意有= 木菽= &k+l)R%： . k =，代入上式得4 一几 27 ? 4 A24 41 9 0 xl O- 2 x 6 0 0 0 xl O- l ox 4 5 0 0 xl O- 1 06 0 0 0 x 1 0- 1 0 -4 5 0 0 xl O- 1 01 . 8 5 x1 0 - 3 m(

201、2 ) 用4 = 5 0 0 0 照射，占 =5级明环与4 的左2 =6级明环重合，则有( 2 / 一 1 ) / ? 42(2k2 -1 ) / ? 2222 4 1 7 x5 1 o= 4 =- - - - - - - x5 0 0 0 = 4 0 9 1 A 2 左 2 - 1 2 x 6 - 11 2 - 1 6 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径山4 =1 . 4 0 X 1 0 % 变为4 = 1 . 2 7 X 1 0 % , 求液体的折射率.解：由牛顿环明环公式两式相除得2 = 6,D2Df 1 . 6 1即 z1 2 - 1 7 利用迈克耳逊干

202、涉仪可测量单色光的波长.当移动距离为0.322m m 时，观察到干涉条纹移动数为1 024条，求所用单色光的波长.解：由 d = M -2得. - d e 0.322x 1 0-3z = 2 - = 2 x -NV 1 024= 6.289x I O m = 6289 A1 2-1 8把折射率为“=1 .632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观察到有1 50条干涉条纹向一方移过.若所用单色光的波长为4 = 5 0 0 0 求此玻璃片的厚度.解：设插入玻璃片厚度为d , 则相应光程差变化为2( - l ) c/ = A A U1 50x 5000x 1 0-1 02( -1 ) -

203、 -2( 1 .632-1 )= 5.9x 1 0 5 m = 5.9x 1 0 2 mm习题十三1 3 - 1 衍射的本质是什么? 衍射和干涉有什么联系和区别？答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象.其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生.而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成.1 3 - 2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动？答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动.单缝沿垂直于光

204、轴方向平移时,衍射图样不会跟着移动.1 3 - 3 什么叫半波带? 单缝衍射中怎样划分半波带? 对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带？答：半波带山单缝/ 、8 首尾两点向夕方向发出的衍射线的光程差用g来划分.对应于第3 级明纹和第4 级暗纹，单缝处波面可分成7 个和8 个半波带. . .由 t /s i n e = ( 24 +1 ) , = ( 2 x 3 +1 ) , = 7 x,丸a s i n = 42 = 8 x1 3 - 4 在单缝衍射中，为什么衍射角夕愈大( 级数愈大) 的那些明条纹的亮度愈小？答：因为衍射角愈大则as i n 夕值愈大，分成的半

205、波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由个半波带的光能量决定的，所以亮度减小.1 3 - 5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化? 如果此时用公J式as i n e = (2 k + l) (k = 1 ,2,)来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长？解：当全部装置浸入水中时; 由于水中波长变短，对应as i n d = a =丝，而空气中为nas i n(p -k A, s i n(p - ns i n(p ,即0 = 0 ,水中同级衍射角变小，条纹变密.如用as i n 0 = ( 2左+ 1 ) -( 左= 1 , 2

206、 , )来测光的波长，则应是光在水中的波长. ( 因as i n。只代表光在水中的波程差) .1 3 - 6在单缝关琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化？( 1 )缝宽变窄；( 2 )入射光波长变长；( 3 )入射平行光由正入射变为斜入射.解：( 1 )缝宽变窄，由as i n = A / l知，衍射角变大，条纹变稀：( 2 ) / 1变大，保持。，左不变，则衍射角夕亦变大，条纹变稀；由正入射变为斜入射时，因正入射时as i n e = l ；斜入射时，a( s i n 9一s i n 6 ) = Y / l ,保持a, 4不变，则应有左或左左. 即原来的左级条纹现为1级.1

207、3 - 7单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾? 怎样说明？答：不矛盾. 单缝衍射暗纹条件为as i n e = K l = 2左彳，是用半波带法分析( 子波叠加问题) . 相邻两半波带上对应点向夕方向发出的光波在屏上会聚点一相消，而半波带为偶数,故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为d s i n e = k / l ,描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹.1 3 - 8光栅衍射与单缝衍射有何区别? 为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽？答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果. 其明条纹主要取决于多光束干涉 . 光强与缝数N

208、 z成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有( N - 1 )个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景.1 3 - 9试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级？( 1 )a+ b= 2 a; ( 2 ) a+ b= 3 a; ( 3 ) a+ b= 4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级. 即( a + 6 ) s i n * = 左4 k = 0 , 1 , 2 , )as m (p - k A. ( 左 =1 , 2 )可知，当左= 巴吆左时明纹缺级.a(1)6 = 2。时，k = 2 , 4, 6 , 偶数级缺级;

209、(2)= 3。时，左= 3 , 6 , 9 , 级次缺级：(3)6 = 4。，左= 4, 8 , 1 2 , 级次缺级.1 3 - 1 0若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角. 问( 1 )零级明条纹能否分开不同波长的光？ ( 2 )在可见光中哪种颜色的光衍射角最大? 不同波长的光分开程度与什么因素有关？解：( 1 )零级明纹不会分开不同波长的光. 因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强.( 2 )可见光中红光的衍射角最大，因为由( “ + b) s i n 0 = k / l ,对同一后值，衍射角QO / 1 .1 3 - 1 1 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级

210、明条纹位置正好与6 0 0 0 X的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长.解：单缝衍射的明纹公式为a si n = (2 k + 1)当 4 = 60 0 0 A B寸，k 24 = 4时，k = 3重合时角相同，所以有a si n = ( 2x 2 + l )60 0 022= ( 2x 3 + 1 )；得54= x 60 0 0 = 4286 A71 3 - 1 2单缝宽0 . 1 0 mm,透镜焦距为50 c m,用4 = 5 0 0 0人的绿光垂直照射单缝. 求：位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少？( 2)若把此装置浸入水中( n=1 . 3

211、3) ,中央明条纹的半角宽度又为多少？解：中央明纹的宽度为A x = 2 /na半角宽度为。=si n” na空气中， = 1,所以A x = 2x 0 . 5x50 0 0 x I Q -1 0O . l O x l O- 3= 5. 0 x 1 0 3 m50 0 0 x 1 ( ) 7 O . l O x l O- 30 = si n 1= 5. 0 x 1 0 - 3ra d( 2)浸入水中，, 7 = 1 . 33,所以有A r = 2x 0 . 50 x50 0 0 x 1 0 - 01 . 33x 0 . 1 0 x 1 0 - 3合3. 7 6x 1 0 - 3m0 = si

212、n 150 0 0 x l O -1 01 . 33x 0 . 1 x 1 0a 3. 7 6x 1 CT ? r a d1 3- 1 3用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a =0 . 60 mm的单缝，缝后凸透镜的焦距440 . 0 c m,观察屏幕上形成的衍射条纹. 若屏上离中央明条纹中心1 . 40 mm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 ）由于尸点是明纹，故有“ si n = （ 2% + l ） 5 ，左= 1 , 2, 3由土 = - = 3. 5x 1 0 3

213、 = ta n a si n 0f 40 0故人处迎= 2 x3 .5 x10-32 k + 2左 + 1= - - - x 4. 2 x 1 0- 3 m m2 k + 当 k= 3 ,得43 = 6 0 0 0 区k = 4 ,得儿 = 4 7 0 0 1（ 2）若石 =60 0 0 X,则P点是第3 级明纹；O若 =47 0 0 A ,则P点是第4 级明纹.（ 3）由 a si n 0 = （ 2左+ 1 ）可知，当左= 3 时，单缝处的波面可分成2左+ 1 = 7 个半波带；当k= 4 时，单缝处的波面可分成2 % + 1 = 9 个半波带.1 3- 1 4用4 = 590

214、0 A的钠黄光垂直入射到每毫米有50 0 条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹？1O解：。+ 6 = - - -m m = 2. 0 乂1 0 - 3 mm = 2. 0 x l O- 4 A50 0TT由（ a + b ） si n9 = %/ l 知，最多见到的条纹级数kmm对应的夕= ；,所以有左ma x = 2 = 2- X14 X 3. 39 ,即实际见到的最高级次为左 ma x = 3 4 590 01 3- 1 5波长为50 0 0 Q的平行单色光垂直照射到每毫米有20 0 条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60 c m. 求：（ 1 ）屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间

215、距；（ 2）当光线与光栅法线成30 斜入射时，中央明条纹的位移为多少？解：a + b = - = 5. 0 x 1 0 -3 m m 5, O x l O- 6 m20 0（ 1 ）由光栅衍射明纹公式(Q + 6) sin e =, 因左=1,又 sin 夕=tan x所以有= 4pn夕 5000 x 1()T x 60x10-2即M = -：-a + b 5.0x 10 6= 6.0x10-2 m = 6 cm(2)对应中央明纹，有左=0正入射时，( q + b)sine = 0 ,所以sin e ae = 0斜入射时，( q + 6)(sin 士 sin。 )=0 ,即 sin 士 s

216、in。= 0x 1因。=30, sin。a tan。= 一 = 故x = 1 / = 1 x60x100 - =30xl0 7“m= 30 cm2 2这就是中央明条纹的位移值.13-16波长4 = 6000 Q的单色光垂直入射到光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在5由夕 =0.20与5后0=0.30处，第四级缺级. 求：( 1)光栅常数；( 2)光栅上狭缝的宽度;(3)在90 -9 0 范围内，实际呈现的全部级数.解：(1)由(a + b) sin (p = kA 式对应于sin% = 0.20与sin ? =0.30处满足：0.20(4 + 6) = 2x6000x1070.30(4 +

217、6) = 3x6000x10”。得a + b = 6.0 x 10 6 m(2)因第四级缺级，故此须同时满足( 。+ 6)sin. = k九tz sin = kX解得人 = 1.5x10-64取 = 1,得光栅狭缝的最小宽度为1 . 5x 1 0 - 6 m（ 3）由（ q + b ） si n* = k X. （ Q + b ） si n OK = -ATT当。=2 ,对应 =绘小. a + b 6. 0 x 1 0 6m ax - 17 6 0 0 0 x 1 0一因4, 8缺级，所以在 90 夕90 范围内实际呈现的全部级数为k = 0 , 1 , 2, 3, 5, 6, 7 , 9

218、共 1 5 条明条纹（左= 1 0在左=90 处看不到） .1 3- 1 7 一双缝，两缝间距为0 . 1 m m ,每缝宽为0 . 0 2 m m ,用波长为480 0 X的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放- 焦距为50 c m的透镜. 试求：（ 1 ）透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；（ 2）单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹？解：（ 1 ）中央明纹宽度为、4 8 0 0 x l 0- 7 x 5 0 x 1 02 / = 2 x- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - m m = 2. 4 cma 0 . 0 2（ 2

219、）由缺级条件tz si n = k 九（。+ 6 ） si ne = k A知=3女=1 , 2, 即左= 5 , 1 0 , 1 5, 缺级.中央明纹的边缘对应左=1,所以单缝衍射的中央明纹包迹内有左=0 , 1 , 2, 3, 4共9条双缝衍射明条纹.1 3- 1 8在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0 . 1 0m m ,透镜焦距为5 0 c m ,所用单色光波长为50 0 0 X ,求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径.解：由爱里斑的半角宽度0 =1 . 2 2 = 1 . 2 2 xD5 0 0 0 x 1 0 - 70 . 2= 30.5x10-4爱里斑半径5 = / tan。

220、a = 500x30.5x10-4 = 5 mm13-19已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84X 10ad,它们都发出波长为5500灰的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星？解：由最小分辨角公式2 = 1.22 DD = 1.22- = 1.22xe5.5x1074.84x10-6= 13.86 cm13-20已知入射的X射线束含有从0.95 1.3oX范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75 A ,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2dsine = ?U得2 = 2”山夕时满足干涉相长k当左=1 时，A = 2 x

221、2.75x sin450 =3.89 A% = 2 时,人 2x2.75xsin45 “ d23.89 0左=3 时，A. =-= 1.30 A33 89 %=4 时，2 = = 0.97 A4故只有 = 1.301和4= 0.97 & 的X射线能产生强反射.习题十四14-1自然光是否一定不是单色光? 线偏振光是否一定是单色光？答：自然光不能说一定不是单色光. 因为它只强调存在大量的、各个方向的光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样. 线偏振光也不一定是单色光. 因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同.14-2用哪些方法可以获得线偏振光? 怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振光

222、和自然光？答：利用偏振片。利用光的反射和折射或晶体棱镜也可以获取偏振光.光再垂直入射至偏振片（检偏器） . 如果把偏振片绕光的传播方向旋转, 若是线偏振光就会发现透过检偏器的光强不断改变，并有消光现象。如果入射到检偏器的是部分偏振光，只能观察到光强弱变化，但无消光现象。如果入射到检偏器上的是自然光，光强弱不变化。14-3 - 束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射光，试说明这束光是怎样入射的? 其偏振状态如何？答：这束光是以布儒斯特角入射的. 其偏振态为平行入射面的线偏振光.1 4 -4什么是光轴、主截面和主平面? 什么是寻常光线和非常光线? 它们的振动方向和各自的主平面

223、有何关系？答：当光在晶体内沿某个特殊方向传播时不发生双折射，该方向称为晶体的光轴主平面：晶体中某条光线与晶体光轴构成的平面。主截血：由晶体光轴和晶体表面法线方向组成的平面。寻常光线，遵守折射定律; 非常光线不遵守折射定律。光的振动面垂直于。光的主平面,e光的振动面平行于e光的主平面14-5在单轴晶体中，e光是否总是以c /%的速率传播 ? 哪个方向以的速率传播？答：e光沿不同方向传播速率不等，并不是以c /%的速率传播. 沿光轴方向以c / 。的速率传播.14-6是否只有自然光入射晶体时才能产生。光和e光？答：否. 线偏振光不沿光轴入射晶体时，也能产生。光和e光

224、.14-7投射到起偏器的自然光强度为/ 。，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130 , 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的几倍？解：由马吕斯定律有4 =，cos2 30。= 士1 2 8 I22 cos2 45 = - 702 4 0L cos2 603 2 8 所以透过检偏器后光的强_度分别是的巳3 ，上1 ，二1倍.14-8使自然光通过两个偏振化方向夹角为6 0 的偏振片时; 透射光强为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/ 与

225、，之比为多少？解：由马吕斯定律Z. =-COS2601 2 8/ = & o s 2 30 cos2 30 =也2 32942.2514-9自然光入射到两个重叠的偏振片上. 如果透射光强为，( I)透射光最大强度的三分之一,(2)入射光强的三分之则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少？解：（ 1） I, = cos2 a. = - /,1 2 1 3 1又/ =人 *m ax 2 / = 4 6 故cos2 a, = -,c o sa ( = ,al =5444 .(2)/, = cos22 2 35 .cosa2 = J ,a2 = 35 1614-10 一束自然光从空气入射到折射率为1.4

226、0的液体表面上，其反射光是完全偏振光. 试求：( 1)入射角等于多少?(2)折射角为多少？1 40解 : tani。= 丁， . . % =5428(2)y = 90。-4 = 3 5。3214-11利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率? 若测得釉质在空气中的起偏振角为58 ,求釉质的折射率.解：由 tan58 = , ,故 = 1.6014-12光由空气射入折射率为的玻璃. 在题14-12图所示的各种情况中，用黑点和短线把反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还是部分偏振光 . 图中i 工 i0,i0= arctann.题解14T2图题14

227、-13图*14-13如果一个二分之一波片或四分之一波片的光轴与起偏器的偏振化方向成3 0 角，试问从二分之一波片还是从四分之一波片透射出来的光将是：(1)线偏振光？(2)圆偏振光？ (3)椭圆偏振光? 为什么？解：从偏振片出射的线偏振光进入晶（波）片后分解为o, e光，仍沿原方向前进，但振方向相互垂直（。光矢垂直光轴，e光矢平行光轴） . 设入射波片的线偏振光振幅为Z,则有4 , = c os 30 = A ,2A, - A s i n 30 - - A .2光虽沿同一方向前进，但传播速度不同，因此两光通过晶片后有光程差.若为二分之一波片，。4光通过它后有光程差 = 1,位相差 9 =

228、乃，所以透射的是线偏振光. 因为由相互垂直振动的合成得-x2 - + y2 r - 2 - -x-y- c os A - s i. n 2Ao2 Ae2 AoAe ”A即y =- -幺xAo若为四分之一波片，则。 ,e光的 = 1 ,位相差A e = 5 ,此时c os A。= 0 , s i n 2 = 1.x2 y2- - 2 =4 , 4即透射光是椭圆偏振光.* 1 4 - 1 4将厚度为1 m m且垂直于光轴切出的石英晶片，放在两平行的偏振片之间，对某一波长的光波，经过晶片后振动面旋转了 2 0 . 问石英晶片的厚度变为多少时，该波长的光将完全不能通过？解：通过晶片的振动面旋转的角度9

229、与晶片厚度d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9 0 .92 ：怯= & ： 4d） = d -x 1 = 4 . 5 mm2 （P 2 0 习题十五1 5 - 1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量4n便可求得这是测量星球表面温度的方法之一. 设测得：太阳的4 n=0 . 5 5 加，北极星的4 n=0 . 3 5 n, 天狼星的4 = 0 . 2 9 的，试求这些星球的表面温度.解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：4 . 7 = 61= 2 . 8 9 7 x 1 0 - 3 m.K对太阳:2孤律3Km对北极星:2 =裳台

230、Kni?对天狼星:= 怎摹 x O K叫1 5 - 2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度（总辐射本领）为2 2 . 8 W - cm-2,求炉内温度.解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度 8 （ 7 ） = 2 2 . 8 W-c m - = 2 2 . 8 x 1 （ / w - m- 2按斯特藩- 玻尔兹曼定律:MB（ T ） = Q 4, 2 2 . 8 x 1 0 4 ；= （ - - - - - - - - - - - ） *5 . 6 7 x 1 0 - 8 ,77 Q= （） x l 03 =1 . 4 2 x 1 0 3 K5 . 6 71 5 - 3 从铝中移出一个电

231、子需要4 . 2 eV的能量，今有波长为2 0 0 0 X的光投射到铝表面. 试问：（ 1 ）山此发射出来的光电子的最大动能是多少?（ 2 ）遏止电势差为多大?（ 3 ）铝的截止（红限）波长有多大？解：（ 1 ）已知逸出功/ = 4 . 2 e V据光电效应公式 u = + A2则光电子最大动能：EkmK amxa x - -2m vm - h u - A - 九- - A6.63x10-34 x 3x1082000X10T-4.2xl.6xl0-19= 3.23x10- j = 2.0 e VeU a = E k mi x = mV2rnU K II Id A2. . . 遏止电势

232、差U“3.23x10-19L6xl0T9= 2.0 V(3)红限频率 % , = 4又 = ，截止波长/?c 6.63x1 Q-34X3X108A 4.2x1.60x1 O9= 2.96 xlO 7 m = 0.296 /zm15-4在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(几=5.0、10一7111)产生光的感觉. 此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到达眼睛的功率为多大？解：5个兰绿光子的能量E - nhv - n 2_ 5X6.63X1Q4X3X1Q85.0x10-7= 1.99x1 O-18 JF功率 = = 1.99x1()78 wt15

233、-5设太阳照射到地球上光的强度为8 J s - m2,如果平均波长为5000 A ,则每秒钟落到地面上In?的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm,每秒钟进入人眼的光子数是多少?解：一个光子能量 = 生1秒钟落到1 m2地面上的光子数为_ _8_ 82 _ 8x5x10 Ehc 6.63X10-34X3X108= 2.01xl019 s-1 -m-2每秒进入人眼的光子数为T Z z/ 2N = =2.01X10I9X3.14X32X10-6/44= 1 . 4 2 x 1 0 s- 1 5 - 6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：电子的静止质量加0 =9

234、. 1 1 x 1 0 3 k g , = 6 . 6 3 x 1 0 - 3 4 J - S当加0 C?时，则_ moc2 _ 9 . 1 1 X 1 Q -3 1 x (3 x 1 08)2U h 6 . 6 3 x 1 0 3= 1 . 2 3 6 x 1 0 2。H z2 = - = 2 . 4 2 7 1 x 1 0-2 m = 0 . 0 2 AVhp = = 2 . 7 3 x l O- 2 2 k g m- s -14或E = cpp = = m ( C - m ()c = 9 . 1 1 x 1 0- 3 1 x 3 x l O8 = 2 . 7 3 x 1 0 2 2 k

235、g - m- s -1c c1 5 - 7光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同?答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象. 遵守能量守恒定律. 而康普顿效应则是光子与自山电子( 或准自山电子) 的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律.1 5- 8在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1 . 2倍，则散射光子的能量与反冲电子的动能之比 / 等于多少？解：由 / ?v0 + m c1 =h u - m e1Ek - m e2 -m0c2 = h uQ -h u = ( 4 -u )s

236、= h u. 8 h u v . = - = -= 5Ek h (un - t?) u0-v已知-=1 . 2 由 c = AD = 1 . 24 ) uu 1 n I u = 贝 I j - - -% 1 . 2 % - u 1 . 2- 1 0 . 2JI15-9波长4 =0.708 A的X射线在石腊上受到康普顿散射，求在| 和贝方向上所散射的X射线波长各是多大？JI 、解：在 * = 5方向上：A 11 1 2 2。入=入AQ - - - -sin moc 22x6.63x10-34 .兀9 . 1 1X1 0- 3 ,X3X1 08 4= 2.43xl()T2 m = 0.0243

237、X散射波长 4 = 4 + 2 = 0.708 + 0.0248 = 0.732 A在尹 =万方向上A2 = 2 -/l0 = -sin2- = - = 4.86x1 O_12 m = 0.0486 Amnc 2 m()c散射波长 X = 4 + 4 = 0.708+ 0.0486 = 0.756 X15-10已知X光光子的能量为0.60 M e V,在康普顿散射之后波长变化了20% ,求反冲电子的能量.解 : 已知X射线的初能量/ =0.6 Me V,又有he . he - A) =40 %经散射后 4 = % + AA. = Zo + 0.020% = 1.20 Ao此时能量为反冲电子

238、能量he he 12 1.220 1.2 E = e = ( -L )XO. 6 O = 0.10 Me V 1.215-11在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 A ,反冲电子的速度为0 .6 0 c,求散射光子的波长及散射角.解：反冲电子的能量增量为2 2 ITIQC 2 c 2AE = me -m c = = 一叫。 = O.25mocV l-0.62山能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量，故有he4heTO.25moc2散射光子波长A=处h -O.25mocAo_6 . 6 3 x 1 0 - 3 4 x 0 0 3 0 x 1 0 =- 6 . 6 3 x 1 0

239、- 3 4 - 0 . 25 x 9 . 1 x 1 0 3 1 x 3 x 1 08 x 0 . 0 3 0 x 1 0 1 0= 4 . 3 x 1 0 * m = 0 . 0 4 3 A由康普顿散射公式/ X A - - 4 )- - si n2 = 2x 0 . 0 24 3 si n2 moc 2 2可得si. n 2 920 . 0 4 3 - 0 . 0 3 02 x 0 . 0 24 3= 0 . 26 7 5散射角为 = 6 2 1 7 1 5- 1 2实验发现基态氢原子可吸收能量为1 2. 7 5eV 的光子.( D 试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级？( 2) 受激发

240、的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上.1 3 6 eV解：( 1 ) 一 1 3 . 6 eV + 1 2. 7 5 eV = - 0 . 8 5 eV = 一一M解得 = 4或者/ 1 =却/ 。 ( 二二)I2 n2= 1 3 6 . ( 1 - V ) = 1 2. 7 5n解出 = 4题 1 5- 1 2图题 1 5- 1 3 图可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2 条，帕邢系1 条，共计6条 .1 5 - 1 3 以动能1 2. 5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线？解：设氢原子全部吸收1 2. 5 e V

241、能量后，最高能激发到第个能级，则E“- E、= Rhc- -1 nRhe = 1 3 . 6 eV , 即 1 2. 5 = 1 3 . 6 1 - y 得 = 3 . 5,只能取整数，A最高激发到 = 3,当然也能激发到 = 2的能级. 于是从3-1 ：向 = 火4-4 =尺L l2 32 J 99 9 4 = = - - - - - - - - - - - z - = 1 . 0 26 x 1 0 m = 1 0 26 A8 7 ? 8 x l . 0 9 7 x l 071 1 - I 3 4 “ 从 2 1 : 0 = R ；二= = 1 21 6 AL l2 22J 4 2 3R-

242、 1 1 | s 3 6 从3 2: 6 = R - - - R ， 4 = = 6 56 3 AL 22 32J 3 6 s 5R题1 5- 1 4图1 5- 1 4处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两条谱线的波长及外来光的频率.解：巴尔末系是由 2的高能级跃迁到 = 2的能级发出的谱线. 只有二条谱线说明激发后最高能级是= 4的激发态. = - . % =- 0 . 8 5eP4 = T3%2 = - L51e KE2 L U%2 = - 3 . 4e Phv = = E E八 h eh e= E3- E26.63X1Q-34X3X3X108( 3 .

243、4- 1. 51) x l . 6 0 x l 0 9= 6 573 x 10 - m = 6 573 A%h e 6.63X1Q-34X3X10S旦-4一(3 . 4- 0 . 8 5) x 1. 6 x 10 - 19基态氢原子吸收个光子。被激发到 =4的能态h v = E4- E =yEEh( 13 . 6 - 0 . 8 5) x 1. 6 x 10 *6 . 6 26 义10 一 3 4= 3 . 0 8 x 10 H z15- 15当基态氢原子被12. 0 9 e V 的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍?解:E “ E = 13 . 6 l - - y = 12. 0 9

244、e Vn13 . 6 - 12. 0 9 =与13 . 6 _ 13 . 613 6 . - 12. 0 9 -?5 1，二3rn = 20 ，= 9 , r = 9 r .轨道半径增加到9 倍 .1 5 7 6 德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么？答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义，仅表示粒子某时刻在空间的概率密度.15- 17为使电子的德布罗意波长为1 ，需要多大的加速电压?解:4 = -j =r - A = 1A加速电压15- 18 具有能量15e V 的光子,& 7 = 12. 25。 =150 伏被氢原子中处于第一

245、玻尔轨道的电子所吸收，形成一个光电子. 问此光电子远离质子时的速度为多大? 它的德布罗意波长是多少？解：使处于基态的电子电离所需能量为13 . 6 e V ,因此，该电子远离质子时的动能为1 ,Ek = - mv2 = E e + E = 15- 13 . 6 = 1. 4 e V它的速度为_ j 2x l . 4x L6 x l ( ) T 9V - V -9 . 11X 10- 3= 7. 0 x l 05m - s其德布罗意波长为:h _ 6.63x10-34WV-9.11X10-3IX7.0X105= 1. 0 4x l 0- 9 m = 10 . 4A15- 19 光子与电子的波长都

246、是2. oX,它们的动量和总能量各为多少？解：由德布罗意关系：E = m c2,0=加丫 = 巴波长相同它们的动量相等.2Ph 6 . 6 3 x l Q -3 42 2. OX 1O-10=3 . 3 x l O- 24 k g - m s 1光子的能量h r = hu=义 = = 3 . 3 x 10 2 4x 3 x l 08 =9.9X10_16J = 6.2X103e V电子的总能量 E = & p ) 2 + 5 / ) 2 , c p = 6 2 X 1( ) 3 e V而mQc2 = 0 . 51 MeV = 0 . 51x l 06 e V/. t nQc cpE =，(

247、2 + ( 加0 。 2) 2 = r nnc2 = 0 . 51 M e V1 5 - 2 0 已知中子的质量 ? 1 , = 1. 6 7x 10 27k g , 当中子的动能等于温度3 0 0 K 的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少？解：加n = 1. 6 7x 10 - 27 k g , 0 = 6 . 6 3 x 10 - 3 4 J.s 左= 1. 3 8 x 10 - 23 J, K -17 2中子的平均动能 Ek = - KT = 2 2 mh h 0德布罗意波长 A = - = . = 1. 456 Ap 3m k T15- 21 一个质量为机的粒子，约束在长

248、度为的一维线段上. 试根据测不准关系估算这个粒子所具有的最小能量的值.解：按测不准关系，A x A pv h , A / ?v = A vx ,则hm /x vx h, A vr - - - -w A x这粒子最小动能应满足L 1 八、 2 、1 , 、 2 h2 h2E - = w ( A vx)- m (- )- = -y =- - - -2 2 w A x 2 m /x2 2 m L 15- 22从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4 0 0 0 1 ，测得谱线宽度为 X , 求该激发能级的平均寿命.解：光子的能量 E = h u 4A由于激发能级有一定的宽度造成谱线也有一定宽

249、度A / l , 两者之间的关系为：A rh e 0 E = A / t由测不准关系， E - th,平均寿命二 / , 则E c A A( 40 0 0 x 1 ( ) T ) 23 x l 08 x l O- 4 x l O105. 3 x 1 O-8 s15- 23 一波长为3 0 0 0 Q的光子，假定其波长的测量精度为百万分之一，求该光子位置的测不准量.解:A 入h光子 = r 4 ?=h1r由测不准关系，光子位置的不准确量为/Y _h_ _ _A_4P z U z U / 4翳= 3 x 1 0 喂= 3 0 c m1 5 - 2 4 波函数在空间各点的振幅同时增大倍，则粒子在空间

250、分布的概率会发生什么变化？解：不变. 因为波函数是计算粒子，时刻空间各点出现概率的数学量. 概率是相对值. 则1 、 2点的概率比值为：I肝行陶厂川?概率分布不变.1 5 - 2 5 有一宽度为a的一维无限深势阱，用测不准关系估算其中质量为加的粒子的零点能.解：位置不确定量为A x = a,由测不准关系：h hA x - A p / / , 可得：A PV 一, Px A PV 一A x A xP2 h2 h2 h2： . Ex - - - - - - - = 即零点能为2 m 2 M A x ) N 2 m cT 2 m cr1 5 - 2 6 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函

251、数为:13 m， ( x ) -c os- - -4a 2 a(-a x a)那么，粒子在x = *a处出现的概率密度为多少？6解：网/ * =/ = ( J c 0 S ) 2 2 /1 3 - 6 7 1 1 2 6 1 2 5 万 c os - - - - - - = - c os-a 2 a a 41 2 / % 1 2 % c os ( ) + ) = c os a 4 a 415-27粒子在一维无限深势阱中运动，其波函数为:/ 2 HTTX?/(x) = - s in ( - -) (0 x )若粒子处于 =1的状态，在0,。区间发现粒子的概率是多少?4解：dw = |Mdx =

252、 sin2 dr. . . 在o 0区间发现粒子的概率为:4#2 . sin ax =)a ap = y 加 =。2。si. n 2 一欣d山(乃 x)、 a 7i a a-r 4 -l-c o s 2 t/(-x) = 0.091万由 2 a a1 5 -2 8宽度为。的一维无限深势阱中粒子的波函数为“ (x) = Zsi n求：( 1)归一化a系数/ ； (2)在 =2时何处发现粒子的概率最大?2解：( 1)归一化系数 1 dx = 1 = 1即 r 2sin2 xdx = 力 a YIKa2%)a2 2 r . n7r “ n兀、| sin xd( x)A2 (l-co s7尸兀、x)d

253、( x)粒子的波函数 (x)A2n/r = - A2 = 122 . n兀 sin xa aIn 7tA2当 = 2时，匕12 . 2 乃sin xa a几率密度w = | 2 sin2 x = 1 -co s xa a a a人dw 4乃 4万八日n 4乃令=0 ,即sin x = 0 ,即sin x = 0,dr a a a47r x = k i,k - 0,1,2,-aT又因 0 x 4 , k 1836.1AB5.05.X10-27 A m2式中机. 是质子的质量. 核磁子与玻尔磁子形式上相似，玻尔磁子定义为8 =卫一4mne，式中叫，是电子的质量. 质子的磁矩不等于心质子的

254、磁矩0 =2.79273 ” .平常用来衡量核磁矩大小的是核磁矩在外磁场方向分量的最大值它和原子核g因子、自旋量子数的关系是； =.16-6核自旋量子数等于整数或半奇整数是由核的什么性质决定？核磁矩与核自旋角动量有什么关系？核磁矩的正负是如何规定的？解：原子核是由质子和中子组成. 质子和中子的自旋均为4 .因此组成原子核的质子和中2子数的奇、偶数决定了核自旋量子数为零或工的奇、偶倍数.2核磁矩与自旋角动量的关系是:2mp/ 的正负取决于g / 的正负 . 当为与 E 平行时均为正，当为与反平行时，用为负.1 6 - 7 什么叫核磁共振？怎样利用核磁共振来测量核磁矩？解：原子核置

255、于磁场中，磁场和核磁矩相互作用的附加能量使原子核能级发生分裂. 当核在电磁辐射场中时; 辐射场是光子组成的，当光子的能量痴等于核能级间隔时; 原子核便吸收电磁场的能量，称为共振吸收，这一现象称为核磁共振. 在磁场中核能级间隔为：空 =giN共振吸收时，h u = k E = g/ zB通常用核磁矩在磁场方向分量的最大值” 来衡量磁矩的大小，= g / N ，则有h u =及 BIh n: M = I噎 ,已测出/, u,现测得8就可以算出修.1 6 - 8 什么叫核力？核力具有哪些主要性质？答：组成原子核的核子之间的强相互作用力称为核力.核力的主要性质：（ 1 ）是强相互作用力，主要是

256、引力 . （ 2 ）是短程力，作用距离小于IO-15 m,（ 3）核力与核子的带电状况无关.（ 4）具有饱和性.1 6 - 9 什么叫放谢性衰变？ a, B ，夕射线是什么粒子流？写出曜1 ；的a衰变和端Th的尸衰变的表示式. 写出a衰变和力衰变的位移定则.解: 不稳定的原子核都会自发地转变成另一种核而同时放出射线，这种变化叫放射性衰变. a射线是带正电的氮核： H e 粒子流，射线是高速运动的正、负电子流，夕射线是光子流.置U记 Th+； He记 Th f - p a + e+ aa衰变和力衰变的位移定则为：a 衰变？ X f t ； Y+： He，哀变的位移定则为：?X 七

257、 + 丫 + 支 +。Y +e +41 6 - 1 0 什么叫原子核的稳定性？哪些经验规则可以预测核的稳定性?答：原子核的稳定性是指原子核不会自发地从核中发出射线而转变成另一种原子核的性质.以下经验规则可预测核的稳定性：( 1 )原子序数大于8 4的核是不稳定的.( 2 )原子序数小于8 4的核中质子数和中子数都是偶数的核稳定.质子或中子数等于幻数2、8、2 0、2 8、50、8 2、1 2 6的原子核特别稳定.( 4)质子数和中子数之比2 = 1的核稳定. 比值越大，稳定性越差.P1 6 - 1 1写出放射性衰变定律的公式. 衰变常数4的物理意义是什么？什么叫半衰期7； ? T2 2和/I有

258、什么关系？什么叫平均寿命7 ?它和半衰期，、和4有什么关系？2解：N = N e - ，衰变常数4 =-处的物理意义是表示在某时刻，单位时间内衰变N的原子数与该时刻原子核数的比值. 是表征衰变快慢的物理常数.原子核每衰变一半所需的时间叫半衰期.平均寿命7是每个原子核衰变前存在时间的平均值.1T = 2T - tin2 .21 6 - 1 2测得地壳中铀元素嗡U只点0 . 72 % ,其余为膘U,已知1U的半衰期为4素6 8 X 1 0 年，的半衰期为7. 0 38 X 4年，设地球形成时地壳中的和强U是同样多，试估计地球的年龄.解：按半衰期I n 2 0 . 6 9 3

259、1 =- =-Z 2对置u： 40 . 6 9 3 _ 0 . 6 9 37, - 7. 0 38 x l O1 8= 9 . 8 4 7 x 1 0 7 01 /年对; 3甯二建*55 /年按衰变定律N = N e ” ,可得N _ Noe瓦 No-%( 冬-4则地球年龄:之2 一4(1.551-9.847)x10-15.94 xlO9 年16-13放射性同位素主要应用有哪些？答：放射性同位素主要在以下几个方面应用较广泛：医学上用于放射性治疗和诊断；工业上用于无损检测；农业上用放射性育种；考古学、地质学中用于计算生物或地质年代：生物学中作示踪原子等等.16-14为什么重核裂变或轻核聚变能够

260、放出原子核能？答：轻核和重核的平均结合能较小，而中等质量(4 = 4060)的核平均结合能较大，因此将重核裂变成两个中等质量的核或轻核聚变成质量数较大的核时平均结合能升高，从而放出核能.16-15原子核裂变的热中子反应堆主要由哪几部分组成？它们各起什么作用？答：热中子反应堆的主要组成部份有堆芯、中子反射层、冷却系统、控制系统、防护层.堆芯是放置核燃料和中子减速剂的核心部份，维持可控链式反应，释放原子核能.冷却系统与换能系统合二为一，再通过冷却系统将堆芯释放出的核能输送到堆芯以外.控制系统是通过控制棒插入堆芯的长度，控制参加反应的中子数，使反应堆保持稳定的功率.中子反射层是阻挡中子从反应堆

261、中逸出.防护层是反应堆的安全屏障.16T6试举出在自然界中存在负能态的例子. 这些状态与狄拉克真空，结果产生1 Me V的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：例如物体在引力场中所具有的引力势能；正电荷在负电荷电场中的静电能，都是自然界中的负能态. 这些负能态是能够观测到的，具有可观测效应. 狄拉克的负能态是观测不到的，没有可观测效应.16-17将3Me V能量的了光子引入狄拉克真空，结果产生IMe V的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：把能量大于电子静能两倍 2相002 =1.022 Me V的/ 光子引入真空，它有可能被负能量电子的一个电子所吸收，吸收了这么多能量的电

262、子有可能越过禁区而跃迁到正能量区，并表现为一个正能量的负电子e -；同时、留下的空穴表现为一个正能量的正电子e + .这一过程称为电子偶的产生，可写为/ e +e按题意，根据能量守恒，正电子的能量为2 Me V16-18试证明任何能量的/ 光子在真空中都不可能产生正、负电子对.答：证明：设由了光子转化成的一对正负电子其动量分别为P1和0 2 ,在电子的质心系中应有 Pi +P2 =0并且正负电子的总能量应大于2加 /2.按照相对论，光子动量与能量的关系为E = pc ,动量等于零而能量不等于零的光子是不存在的.显然/光子转换成正负电子，同时满足能量守恒和动量守恒是不可能的，即在真空中无论/光子能量多大，都不可能产生正负电子对.但是7光子与重原子核作用时便可转化为正负电子对.

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大学物理学（上、下）--赵近芳--习题解答北邮版

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