大学物理-(下册)练习解答 大学物理- 施建青 26页

-大学物理（下册）练习解答练习22毕奥—萨伐尔定律22-1（1）D；（2）A；（3）B22-2（1）；（2）1.71×10-5T；（3）；（4）B=022-3解：以O为圆心，在线圈所在处作一半径为r的圆．则在r到r+dr的圈数为由圆电流公式得方向⊙22-4解：利用无限长载流直导线的公式求解。(1)取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流(2)这载流长条在P点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里。(3)所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度方向垂直纸面向里。22-5解：(1)对r～r+dr段，电荷dq=ldr，旋转形成圆电流．则它在O点的磁感强度方向垂直纸面向内。(2)---\n-方向垂直纸面向内。(3)若a>>b，则，有过渡到点电荷的情况。同理在a>>b时，，则也与点电荷运动时的磁矩相同。练习23磁通量、磁场的高斯定理和安培环路定律23-1（1）B；（2）D23-2（1）pR2c；（2）；（3），023-3解：设x为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离(导线内)(导线外)令dF/dx=0，得F最大时23-4解：(1)在环内作半径为r的圆形回路,由安培环路定理得，在r处取微小截面dS=bdr,(2)同样在环外(rR2)作圆形回路，由于∴B=023-5解：圆电流产生的磁场⊙---\n-长直导线电流的磁场⊙导体管电流产生的磁场Ä所以，圆心Ｏ点处的磁感强度⊙练习24磁场对运动电荷的作用、霍尔效应24-1（1）C；（2）B；（3）D24-2（1）匀速直线，匀速率圆周，等距螺旋线；（2）0.80×10-13N；（3），垂直向上；（4）3.08×10-13J；（5），；（6）z轴正方向；（7）n，p24-3解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形。∴由，求出v最大值为24-5解：(1)p型半导体(2)m-3练习25磁场对电流的作用、磁介质25-1（1）C；（2）B25-2（1）；（2），；（3）；（4）9.34×10-19Am2，相反；（5）0.226T，300A/m25-3解：对OO＇轴而言,重力矩为磁力矩为---\n-平衡时，。所以T25-4解：(1)(2)25-5解：(1)设磁场强度为H，磁感强度为BH=nI=NI/lB=m0mrH=m0mrIN/l铁环的周长远大于横截面半径，所以在横截面内可以认为磁场是均匀的。所以Wb(2)（3）iS＝M＝9.58×103A·m-1练习26电磁感应的基本定律、动生电动势26-1（1）A；（2）D26-2（1）等于，小于；（2），-，0；（3）相同(或)，沿曲线由中心向外；（4）一个电源，vBL，洛伦兹力26-3解：由题意，大线圈中的电流Ｉ在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的。小线圈中的感应电动势为当x=NR时，26-4解：(1)设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为q，则,---\n-当线圈转过p/2时，t=T/4，则A(2)由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为6.20×10-4T方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小T方向与磁场的方向基本相同。26-5解：,而由可得因为，所以练习27感生电动势、自感和互感27-1（1）B；（2）D；（3）D××××RcbdaOq27-2（1）0；（2）0；（3）；（4）0.15H27-3解：大小：=ïdF/dtï=SdB/dt=SdB/dt==3.68mV方向：沿adcb绕向。27-4解：线框内既有感生又有动生电动势。设顺时针绕向为的正方向。由=-dF/dt出发，先求任意时刻t的F(t)---\n-方向：lt<1时，逆时针；lt>1时，顺时针。27-5解：(1)根据安培环路定理可求得磁场分布如下：r>R0≤r≤R分(2)分练习28磁场能量、位移电流、Maxwell方程组28-1（1）A；（2）D28-2（1）1∶16；（2），，，；（3），与方向相同（或由正极板垂直指向负极板）28-3解：，(R10，所以(3)(SI)---\n-练习30简谐振动的能量、简谐振动的叠加30-1（1）D；（2）B30-2（1）T/8，3T/8；（2）0.84；（3）3/4，；（4）|A1–A2|，；（5）4×10-2m，；（6）1.47；（7）291Hz或309Hz；（8）4:330-3解：(1)势能总能量由题意，m(2)周期T=2p/w=6s从平衡位置运动到的最短时间Dt为T/8∴Dt=0.75s30-4(1)取平衡位置为原点，向下为x正方向。设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为Dl，则有,加拉力F后弹簧又伸长x0，则F=kx0由题意，t=0时v0=0，x=x0。则又由题给物体振动周期s,可得角频率。由于，所以N(1)平衡位置以下1cm处J=4.44×10-4J30-5解：由合振动的振幅及初相公式，可得---\n-mm=84.8°=1.48rad所以(SI)30-6解：把两波写成并令A1=A2=A=0.06m，则对于所求的点有由，可得或m或m(k=0,1,2,…)练习31波的基本概念、平面简谐波31-1（1）C；（2）B；（3）D31-2（1）503m/s；（2）125rad/s，338m/s，17.0m；（3）u=5.10×103m/s；（4）(SI)；（5）或；（6）80N31-3解：设平面简谐波的波长为l，坐标原点处质点振动初相为f，则该列平面简谐波的表达式可写成(SI)t=1s时因此时a质点向y轴负方向运动，故①而此时，b质点正通过y=0.05m处向y轴正方向运动，应有且②由①、②两式联立得l=0.24m---\n-所以，该平面简谐波的表达式为(SI)或(SI)31-4解：(1)设x=0处质点的振动方程为由图可知，t=t＇时所以，x=0处的振动方程为(2)该波的表达式为31-5解：(1)由P点的运动方向，可判定该波向左传播。原点O处质点，t=0时,所以O处振动方程为(SI)由图可判定波长l=200m，故波动表达式为(SI)(2)距O点100m处(SI)练习32波的能量、波的干涉、驻波和多普勒效应32-1（1）D；（2）C；（3）B；（4）C32-2（1）5J；（2）4；（3）；（4）S1的相位比S2的相位超前p/2；（5），；（6）637.5Hz，566.7Hz32-3解：---\n-m32-4解：(1)反射点是固定端，所以反射有相位突变p，因此反射波的表达式为(2)驻波的表达式是(3)波腹位置,n=1,2,3,4,…波节位置,n=1,2,3,4,…32-5解：A点的观察者接收到的拍频是S振源向A处发射的波和向墙壁发射的波经反射到A处合成的结果。即m/s练习33光的相干性、分波阵面干涉33-1（1）A；（2）C；（3）C；（4）B33-2（1）(n1-n2)e或(n2-n1)e；（2）dsinq＋(r1－r2)；（3）3.6mm33-3解：因为ln=c，所以lDn=-nDlDl=|(-lDn)/n|=cDn/n2=0.173nmlc=l2/Dl=(c/n)2/(cDn/n2)=c/Dn=6000km33-4解：(1)Dx＝20Dl/a＝0.11m(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n－1)e＋r1＝r2设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2－r1＝kl(n－1)e=kl---\n-k＝(n－1)e/l＝6.96≈7零级明纹移到原第7级明纹处33-5解：(1)干涉条纹间距Dx=lD/d相邻两明条纹的角距离Dq=Dx/D=l/d由上式可知角距离正比于l，Dq增大10％，l也应增大10％．故l＇＝l（1＋0.1）＝648.2nm(2)整个干涉装置浸入水中时，相邻两明条纹角距离变为Dq＇＝Dx/(nd)=Dq/n由题给条件可得Dq＇＝0.15°33-6解：(1)如图，设P0为零级明纹中心则(l2+r2)-(l1+r1)=0所以r2–r1=l1–l2=3l(2)在屏上距O点为x处,光程差明纹条件(k＝1，2，....)所以在此处令k＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距练习34等厚干涉34-1（1）B；C；（3）C34-2（1）r12/r22；（2）2(n–1)e–l/2或2(n–1)e+l/2；（3）3l/(2n)34-3解：(1)明环半径＝5×10-5cm)(2)(2k－1)＝2r2/(Rl)对于r＝1.00cm，k＝r2/(Rl)＋0.5＝50.5故在OA范围内可观察到的明环数目为50个。34-4证：如图过接触点O作凸凹球面的公共切平面,第k个暗环半径处,凸凹球面与切平面的距离分别为e1、e2，第k个暗环处空气薄膜的厚度De为De=e1–e2由几何关系近似可得---\n-，第k个暗环的条件为(k=1，2，3…)2De=kl(k=1，2，3…)34-5解：设Ａ点处空气薄膜的厚度为ｅ，则有改变波长后有故34-6解：(1)棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2＝l处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜厚度e4=所以＝4.8×10-5rad(2)由上问可知A处膜厚为e4＝3×500/2nm＝750nm对于l＇＝600nm的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为，它与波长之比为．所以A处是明纹(3)棱边处仍是暗纹，A处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹。练习35等倾干涉、迈克尔逊干涉35-1（1）B；（2）D35-2（1）[(4ne/l)–1]p或[(4ne/l)+1]p；（2）114.6nm；（3）2d/N；（4）2(n–1)h35-3解：因为令k=0，则---\n-111nm35-4解：设介质薄膜的厚度为e，上、下表面反射均为由光疏介质到光密介质，故不计附加程差。当光垂直入射i=0时，依公式有，对l1：①按题意还应有，对l2：②由①②解得：将k、l2、代入②式得＝7.78×10-4mm35-5解：反射镜移动距离设开始时中心级次为k，边缘级次为k-10。则有(1)(2)移动后：中心级次变为，边缘级次变为。则有(3)2(4)联立式（1）、（2）、（3）和（4），可解得，边缘处。练习36单缝衍射、园孔衍射36-1（1）C；（1）D36-2（1）子波；子波干涉(或“子波相干叠加”)；（2）5×10-4mm；（3）4，第一，暗；（4）4；（5）2.24×10-5，4.47；（6）13.936-3解：(1)对于第一级暗纹，有asinj1≈l因j1很小，故tgj1≈sinj1=l/a故中央明纹宽度Dx0=2ftgj1=2fl/a=1.2cm(2)对于第二级暗纹，有asinj2≈2lx2=ftgj2≈fsinj2=2fl/a=1.2cm分36-4解：(1)由单缝衍射暗纹公式得由题意可知,---\n-代入上式可得(2)(k1=1,2,……)(k2=1,2,……)若k2=2k1，则q1=q2，即l1的任一k1级极小都有l2的2k1级极小与之重合。36-5解：设人眼在空气中最小分辨角为q，汽车与人之距离为S　=4.9×103m36-6解：(1)已知d=3mm，l=550nm，人眼的最小分辨角为：2.24×10-4rad(2)设等号两横线相距Dx=2mm时，人距黑板l刚好看清，则l=Dx/q=8.9m所以距黑板10m处的同学看不清楚。练习37光栅衍射、X射线衍射37-1（1）D；（2）D；（3）D37-2（1）一、三；（2）3；（3）30 °；（4）2d37-3解：由光栅衍射主极大公式得当两谱线重合时有j1=j2即．．．．．．．两谱线第二次重合即是，k1=6，k2=4由光栅公式可知dsin60°=6l1=3.05×10-3mm37-4解：(1)当时3.39，kmax=3---\n-又因为a=b有谱线但当k=±2，±4，±6，…时缺级。所以能看到5条谱线为0，±1，±3级。(2)，q=30°，f=±90°，=5.09取kmax=5，=-1.7取因为a=b，故第2，4，…缺级。所以，能看5条谱线为+5，+3，+1，0，-1级37-5解：光栅常数d=1m/(5×105)=2×10-5m设l1=450nm，l2=650nm,则据光栅方程，l1和l2的第2级谱线有dsinq1=2l1；dsinq2=2l2q1=sin-12l1/d＝26.74°，q2=sin-12l2/d＝40.54°第2级光谱的宽度x2-x1=f(tgq2-tgq1)所以f=(x1-x2)/(tgq2-tgq1)＝100cm37-6解：光栅常数d=2×10-6m。(1)垂直入射时，设能看到的光谱线的最高级次为km，则据光栅方程有dsinq=kml因为sinq≤１，所以kml/d≤1，故km≤d/l=3.39由于km为整数,有km=3(1)斜入射时，设能看到的光谱线的最高级次为，则据斜入射时的光栅方程有即因为sinq＇≤1，所以，故=5.09由于为整数，有=537-7解：设晶面间距为d；第一束X射线波长为l1，掠射角q1=30°，级次k1=1；另一束射线波长为l2=0.097nm，掠射角q2=60°，级次k2=3。根据布拉格公式：第一束第二束两式相除得0.168nm---\n-练习38光的偏振38-1（1）A；（2）D；（3）D38-2（1）2，1/4；（2）30°，1.73；（3）（4）自然光或(和)圆偏振光，线偏振光(完全偏振光)，部分偏振光或椭圆偏振光38-3解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为q．透过第一个偏振片后的光强I1＝I0/2透过第二个偏振片后的光强为I2，由马吕斯定律I2＝(I0/2)cos2q分透过第三个偏振片的光强为I3I3＝I2cos2(90°－q)=(I0/2)cos2qsin2q=(I0/8)sin22q由题意知I3＝I2/16，所以sin22q=1/2＝22.5°38-4证：因反射光线1为完全偏振光，故自然光线的入射角i0满足布儒斯特定律tgi0＝n/n0在这种情况下，反射光线和折射光线垂直，有i0＋r＝90°因而上式可写成tg(90°－r)＝ctgr＝n/n0tgr＝n0/n折射光线在玻璃板下表面的入射角r也满足布儒斯特定律，因而反射光线2也是完全偏振光.38-5解：(1)o光振幅e光振幅q=60°，两光强之比(2)晶片厚度d=0.50mm两光光程差d=(ne-no)d=4.5mm38-6解：＝8.56×10-7m---\n-练习39黑体辐射、普朗克量子假设、光电效应39-1（1）C；（2）B；（3）D39-2（1）0.64；（2）5.13×103；（3）2.40×103K；（4）黑体辐射；认为黑体腔壁由许多带电简谐振子组成，每个振子辐射和吸收的能量值是不连续的，是能量子hn的整数倍；（5）A/h，39-3解：(1)太阳在单位时间内辐射的总能量E=1.37×103×4p(RSE)2=3.87×1026W(2)太阳的辐射出射度0.674×108W/m2由斯特藩－玻尔兹曼定律K39-4解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为l0。又按题意所以=612nm39-5解：(1)5.65×10-7m=565nm(2),得1.73×10-7m=173nm39-6解：当铜球充电达到正电势U时，有当≤时，铜球不再放出电子，即eU≥hn-A=2.12eV故U≥2.12V时，铜球不再放出电子。---\n-练习40康普顿效应、氢原子光谱与玻尔理论40-1（1）D；（2）C；（3）C；（4）C40-2（1）；（2）0.586；（3）量子化定态假设，量子化跃迁的频率法则，角动量量子化假设（其中n=1，2，3，……）；（4）13.6，5；（5）2.55；（6）1，2；（7）5，1040-3解：入射光子的能量为散射光子的能量为反冲电子的动能为1.68×10-16J40-4解：(1)康普顿散射光子波长改变：0.024×10-10m1.024×10-10m(2)设反冲电子获得动能，根据能量守恒：=4.66×10-17J=291eV40-5解：(1)2.86eV(2)由于此谱线是巴耳末线系，其k=2eV(E1=－13.6eV)(3)可发射四个线系，共有10条谱线，如图所以。波长最短的是由n=5跃迁到n=1的谱线。40-6解：设激发态量子数为n,根据玻尔理论：对氢原子E1=－13.6eV(基态)hn=12.09eV所以En=－1.51eV分另外，对氢原子有---\n-En=－13.6/n2eV由此有－1.51＝－13.6/n2n2≈9，n=3氢原子的半径公式为rn=n2a1=9a1即氢原子的半径增加到基态时的9倍。练习41德布罗意波、测不准关系41-1（1）A；（2）A41-2（1）150V；（2）；（3）1.46Å41-3解：将m，v代入德布罗意公式得41-4解：用相对论计算由①②③计算得m若不考虑相对论效应，则④⑤由③，④，⑤式计算得3.88×10-12m相对误差41-5解：DxDpx≥DxDmvx≥≥粒子的最小能量应满足---\n-≥在核内，质子或中子的最小能量Emin≥=3.3×10-14J41-6解：根据不确定关系式DEDt≥，可得DE≥/Dt=0.659×10-7eV根据光子能量与波长的关系则光子的波长3.67×10-7m波长的最小不确定量为Dl=hcDE/E2=7.13×10-15m41-7解：光子动量按题意，动量的不确定量为根据测不准关系式得Dx≥Dx≥0.048m＝48mm当然，也可以用或，或，来计算Dx。练习42波函数、薛定谔方程、一维无限深势阱、氢原子42-1（1）B；（2）B42-2（1）粒子在t时刻在(x，y，z)处出现的概率密度，单值、有限、连续，；（2）2，2×(2l+1)，2n2；（3）泡利不相容，能量最小；（4）0、、；（5）电子自旋的角动量的空间取向量子化；（6）4；（7）1s22s22p2，1s22s22p63s23p242-3解：据已知条件①又据德布罗意公式②无限深势阱中粒子的能量为③由②、③式解得---\n-以①式代入得42-4解：谐振子处于第一激发态时概率密度为具有最大概率的位置由dP1/dx=0决定，即由解得（概率最大的位置）42-5解：由波函数的性质得由此解得，设在0-l/3区间内发现该粒子的概率为P，则42-6解：（1）在0-a一维无限深方势阱中波函数为在0-a/4的粒子概率为（2）当n=2k时，n=2k+1时，显然时（即），值最大---\n-（3）表示当能量增大时，量子力学问题区于经典问题，粒子概率趋于平均。练习43固体中的电子43-1（1）D；（2）C；（3）C；（4）D；（5）C。43-2（1）106m/s；（2）；（3）N，增大；（4）P型，靠近价带顶的禁带中，N型，靠近导带顶的禁带中；（5）514nm，4.14，可见光，红外。43-3解：（1），且可独立任取1，2，3（整数值）。（2）（3）。43-4解：(1)金原子质量kg以每个金原子有一个导电电子计，则有m-3.m/sK(2)m=0.524nm43-5.解：（1）类似题43-4的方法可求得（2）由电导式，得s（3）nm（4）nm---\n-43-6.解：（1）由玻尔兹曼分布定律可得：这一结果说明，由于禁带宽度大，实际金刚石的空带是空的。（2）43-7.解eV练习44核物理44-1.（1）C；（2）B；（3）B；（4）C44-2（1）10-10m，10-15m；（2）1014；（3）0，1/2，1/2；（4）m；（5）饱和性；（6）铜原子质量小于钴原子与氦原子质量之和；（7）44-3解：由于6MeV比α粒子的静能（~4×103MeV）要小得多，可知6MeV是α粒子的动能，可不考虑相对论效应。以M表示靶核的质量，当α粒子达到离靶核最近时，两者速度相等，设其共同速度为v’，则由动量守恒和质量守恒，得：解此二式，得对金核，M=197>>mα，可忽略金核的反冲，则有对氮核，M=14，不可忽略其反冲，则有而氮核的半径，所以还不能说6MeV的α粒子可到达氮核的核力范围之内。44-4解：起始活度：---\n-44-5解：的丰度只有%，所以N0=0.3×1.3×10-12×6.02×1023=2.35×1011而A=9/60s-1，s。由于，故有44-6解：由于4.7825MeV比α粒子的静能（~4×103MeV）要小得多，可知4.7825MeV是α粒子的动能，可不考虑相对论效应。以Md表示靶核的质量，mα表示α粒子的质量，则由动量守恒得：子核的反冲能量为此α衰变放出的总能量为44-7解：为放热反应。---