大学物理 下册new 31页

练习一机械振动(一)参考解答1.(C);2.(B)3.(SI)4.3.43(s);-2p/3.5.解：k=m0g/DlN/mcm，f=0.64rad(SI)6.周期s，振幅A=0.1m，初相f=2p/3，vmax=wA=0.8pm/s(=2.5m/s)，amax=w2A=6.4p2m/s2(=63m/s2)．\n练习二机械振动(二)参考解答1．(D)；2.（C）.3.;4.;5.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=0.75s．6.解：x2=3×10-2sin(4t-p/6)=3×10-2cos(4t-p/6-p/2)=3×10-2cos(4t-2p/3)．作两振动的旋转矢量图，如图所示．由图得：合振动的振幅和初相分别为A=(5-3)cm=2cm，f=p/3．合振动方程为x=2×10-2cos(4t+p/3)(SI)\n练习三波动(一)参考解答1．(A);2.(D);3.(SI)4.,XO5.解：(1)由P点的运动方向，可判定该波向左传播．画原点O处质点t=0时的旋转矢量图,得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处质点的振动方程是振动速度表达式是(SI)OYO6.解：(1)设x=0处质点的振动方程为画原点O处质点t=t＇时的旋转矢量图得x=0处的振动方程为(2)该波的表达式为\n练习四波动（二）参考解答1．(C)；2.(B);3.S1的相位比S2的相位超前p/2;★4.,;5.解：(1)如图A，取波线上任一点P，其坐标设为x，由波的传播特性，P点的振动超前于l/4处质点的振动．该波的表达式为(SI)t=T时的波形和t=0时波形一样．t=0时按上述方程画的波形图见图B．6.解：m\n练习五光的干涉(一)参考解答1.（B）2.（B）3.dsinq＋(r1－r2)4.7.32mm5.解：根据公式x＝klD/d相邻条纹间距Dx＝Dl/d则l＝dDx/D＝562.5nm．6.解：(1)∵dx/D≈klx≈Dkl/d=(1200×5×500×10-6/0.50)mm=6.0mm(2)从几何关系，近似有r2－r1≈有透明薄膜时，两相干光线的光程差d=r2–(r1–l+nl)=r2–r1–(n-1)l对零级明条纹上方的第k级明纹有零级上方的第五级明条纹坐标=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×10-4]/0.50mm=19.9mm练习六光的干涉(二)参考解答1.A2.B3.4.539.1\n5.解：加强，2ne+l=kl，nmk=1，l1=3000nm，k=2，l2=1000nm，k=3，l3=600nm，k=4，l4=428.6nm，k=5，l5=333.3nm．∴在可见光范围内，干涉加强的光的波长是l＝600nm和l＝428.6nm．6.解：空气劈形膜时，间距液体劈形膜时，间距∴q=l(1–1/n)/(2Dl)＝1.7×10-4rad练习七光的衍射(一)参考解答1.（C）2.（B）3.子波子波干涉(或答“子波相干叠加”)4.500nm(或5×10-4mm)\n5.解：中央明纹宽度Dx≈2fl/a=2×5.46×10-4×500/0.10mm=5.46mm6.解练习八光的衍射(二)参考解答1.（D）2.（D）3.10l4.35.解：由光栅公式(a＋b)sinj=klk=1，f=30°，sinj1=1/2∴l=(a＋b)sinj1/k=625nm\n若k=2,则sinj2=2l/(a+b)=1,j2=90°实际观察不到第二级谱线6.解：(1)由光栅衍射主极大公式得(2)nm练习九光的偏振参考解答1.（A）2.（A）3.I0/84.见图\n5.解：以P1、P2、P3分别表示三个偏振片，I1为透过第一个偏振片P1的光强，且I1=I0/2．设P2与P1的偏振化方向之间的夹角为q，连续穿过P1、P2后的光强为I2，设连续穿过三个偏振片后的光强为I3，显然，当2q＝90°时,即q＝45°时，I3最大．6.解：光自水中入射到玻璃表面上时，tgi0＝1.56/1.33i0＝49.6°光自玻璃中入射到水表面上时，tg＝1.33/1.56＝40.4°(或＝90°－i0＝40.4°)练习十狭义相对论（一）参考解答1．(A)2．(D)3．(B)\n4．(A)5．解：(1)观测站测得飞船船身的长度为54m则Dt1=L/v=2.25×10-7s(2)宇航员测得飞船船身的长度为L0，则Dt2=L0/v=3.75×10-7s6．解：令S＇系与S系的相对速度为v，有，则(=2.24×108m·s-1)那么，在S＇系中测得两事件之间距离为：=6.72×108m练习十一狭义相对论（二）参考解答1．(C)2．5.8×10-13，8.04×10-23．（A）4．(C)\n5．解：设立方体的长、宽、高分别以x0，y0，z0表示，观察者A测得立方体的长、宽、高分别为，，．相应体积为观察者Ａ测得立方体的质量故相应密度为6、解：据相对论动能公式得即解得v=0.91c平均寿命为s练习十二分子运动论(一)参考解答1.(B)2.(D)3.6.23×1036.21×10-211.035×10-214.氩氦5.解：(1)∵T相等,∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能＝6.21×10-21J．\n且m/s(2)＝300K．6解：由pV=RT和pV=RT得===．由E(H2)=RT和得=∵=(p、V、T均相同)，∴=．练习十三分子运动论（二）参考解答1.(C)2.(B)3.1210/34.1.934.01×104\n5.解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时，左、右两边氢气的压强相等、体积也相等，两边气体的状态方程为：p1V1=(M1/Mmol)RT1，p2V2=(M2/Mmol)RT2．由p1=p2得：V1/V2=(M1/M2)(T1/T2)．开始时V1=V2，则有M1/M2=T2/T1＝293/273．当温度改变为＝278K，＝303K时，两边体积比为＝0.9847<1．即．可见水银滴将向左边移动少许．6.解：根据，可得，即==＝7.31×106．又＝＝4.16×104J．及＝＝0.856m/s．练习十四热力学（一）参考解答1.(C)2.(A)3.166J4.，5.解：(1)等温过程气体对外作功为\n=8.31×298×1.0986J=2.72×103J(2)绝热过程气体对外作功为＝2.20×103J6.解：(1)J(2).J(3)J练习十五热力学（二）参考解答1.(D)2.(B)3.等压等压等压4.124.7J\n-84.3J5.解：氦气为单原子分子理想气体，(1)等体过程，V＝常量，W=0据Q＝DE+W可知＝623J(2)定压过程，p=常量，=1.04×103JDE与(1)相同．W=Q-DE＝417J(3)Q=0，DE与(1)同W=-DE=-623J(负号表示外界作功)6.解：由图，pA=300Pa，pB=pC=100Pa；VA=VC=1m3，VB=3m3．(1)C→A为等体过程，据方程pA/TA=pC/TC得TC=TApC/pA=100K．B→C为等压过程，据方程VB/TB=VC/TC得TB=TCVB/VC=300K．(2)各过程中气体所作的功分别为A→B：=400J．B→C：W2=pB(VC－VB)=-200J．C→A：W3=0(3)整个循环过程中气体所作总功为W=W1+W2+W3=200J．因为循环过程气体内能增量为ΔE=0，因此该循环中气体总吸热Q=W+ΔE=200J．练习十六静电场（一）参考解答1.(C)2.(C)3.单位正试验电荷置于该点时所受到的电场力4.4N/C，向上ＰLddqx(L+d－x)dExO5.解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为l=q/L，在x\n处取一电荷元dq=ldx=qdx/L，它在P点的场强：总场强为方向沿x轴，即杆的延长线方向．6.解：把所有电荷都当作正电荷处理.在q处取微小电荷dq=ldl=2Qdq/p它在O处产生场强按q角变化，将dE分解成二个分量：　　　　　　　对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷＝0所以练习十七静电场（二）参考解答1.(D)2.(B)3.－(sS)/e0(sS)/e04.pR2E5.解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为\n在半径为r的球面内包含的总电荷为(r≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有得到，(r≤R)方向沿径向，A>0时向外,A<0时向里．在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有得到，(r>R)方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里．rQabr6.证：用高斯定理求球壳内场强：而要使的大小与r无关，则应有，即练习十八静电场（三）参考解答1.(D)2.(B)3．Q/(4pe0R2)，0，Q/(4pe0R)，Q/(4pe0r2)4.l/(2e0)\n5.解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为dS=2prdr其上电荷为dq=2psrdr它在O点产生的电势为总电势6.解：(1)球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即＝8.85×10-9C/m2(2)设外球面上放电后电荷面密度为，则应有=0即外球面上应变成带负电，共应放掉电荷＝6.67×10-9C练习十九静电场中的导体与电介质（一）参考解答1.(B)2.(A)3.4.s(x，y，z)/e0，与导体表面垂直朝外(s>0)或与导体表面垂直朝里(s<0)\n5.解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为：E=0(板内)(板外)1、2两点间电势差6.解：(1)两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A、B外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A、B所带的电荷分别为Q1、Q2，由于A、B用导线连接，故两者等电势，即满足：代入数据解得两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为B球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即V/m(2)由E2max解得Q2=3.3×10-4C0.47×10-4C击穿时两球所带的总电荷为Q=Q1+Q2=3.77×10-4C练习二十静电场中的导体与电介质（二）参考解答1.（B）2.(B)3.\n4.增大增大5.解：，其中E为真空中的场强。其中为电介质中的场强。∴电场总能量6.答：不能用高斯定理求场强．其旁的物体如是导体，由于静电感应，将出现感生电荷，如是介质，将出现极化电荷；这种电荷也要影响导体球上的电荷分布．这时，空间的场强分布不具有适当初对称性，不能应用高斯定理求场强分布．练习二十一电流的磁场（一）参考解答1.（D）2.（D）\n3.4.05.解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O点产生的磁感强度设为B1、B2、B3、B4．根据叠加原理O点的磁感强度为：∵、均为0，故方向Ä方向Ä其中，∴方向Ä6.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．练习二十二电流的磁场（二）参考解答1.（B）2.（C）\n3.4.5.解：的方向与y轴正方向一致．6.解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通F1为在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通F2为穿过整个矩形平面的磁通量练习二十三磁场对电流的作用（一）参考解答1.(D)2.(C)\n3直电流元背向半圆弧(即向左)4.在图面中向上(n=1，2，……)4.解：(1)圆弧AC所受的磁力：在均匀磁场中，通电圆弧AC所受的磁力与通有相同电流的直线所受的磁力相等。故有FAC=N方向：与AC直线垂直，与OC夹角45°，如图．(2)磁力矩：线圈的磁矩为本小问中设线圈平面与成60°角，则与成30°角，有力矩M=1.57×10-2N·m方向：力矩将驱使线圈法线转向与平行.6.解：将电流元Idl处的分解为平行线圈平面的B1和垂直线圈平面的B2两分量，则；分别讨论线圈在B1磁场和B2磁场中所受的合力F1与F2．电流元受B1的作用力方向平行圆环轴线．因为线圈上每一电流元受力方向相同，所以合力=0.34N，方向垂直环面向上电流元受B2的作用力方向指向线圈平面中心．由于轴对称，dF2对整个线圈的合力为零，即．所以圆环所受合力N，方向垂直环面向上．练习二十四磁场对电流的作用（二）参考解答1.（A）2.（C）\n3.4.n，p5.解：依据无限长带电和载流导线的电场和磁场知：(方向沿径向向外)(方向垂直纸面向里)运动电荷受力F(大小)为：此力方向为沿径向(或向里，或向外)为使粒子继续沿着原方向平行导线运动，径向力应为零，=0则有6.解：(1)由安培环路定理：(大小)方向：在板右侧垂直纸面向里(2)由洛伦兹力公式可求(至少从距板R处开始向外运动)返回时间练习二十五电磁感应（一）参考解答1．（B）;2.（C）;\n3.无感应电流,无感应电流;4.,;5.解：设在时间t1→t2中线圈法线从平行于磁场的位置转到垂直于磁场的位置，则在t1时刻线圈中的总磁通为(S为线圈的面积)，在t2时刻线圈的总磁通为零，于是在t1→t2时间内总磁通变化为令t时刻线圈中的感应电动势为E，则电流计中通过的感应电流为t1→t2时间内通过的电荷为∴T6.解：长直带电线运动相当于电流．正方形线圈内的磁通量可如下求出练习二十六电磁感应（二）参考解答1.D;2.D;\n3.E=或E4.5.解：(1)载流为I的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为：与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：总磁通量感应电动势为：由E>0和回路正方向为顺时针，所以E的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向．6.解：(1)由于线框垂直下落，线框所包围面积内的磁通量无变化，故感应电流Ii=0(2)设dc边长为l′，则由图可见=L+2Lcos60°=2L取d→c的方向为dc边内感应电动势的正向，则，说明cd段内电动势的方向由d→c由于回路内无电流因为c点电势最高，d点电势最低，故：为电势最高处与电势最低处之间的电势差．练习二十七电磁感应（三）参考解答1．B;2.E;\n3.;4.0.400H;5.解：(1)导线ab运动起来时，切割磁感线，产生动生电动势．设导线中电流为i，导线运动速度为v，则ab上的动生电动势E=Blv，由b指向a．在由ab接通的电路中E0-E=E0-Blv=ri在磁场力作用下，v不断增大，则i不断减小，当v增大到某一值V时，若E0-BlV=0，则i=0，ab所受磁场力为零，其速度不再增加，导线作匀速运动，这也就是ab能达到的最大速度V=E0/(Bl)(2)这时电路中和电源中的电流都是I=06.解：∴A练习二十八光的量子性（一）参考解答1．1.5\n1．(D)2．(B)3．(C)5、解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为l0．由又按题意：∴得=612nm6、解：(1)由得，代入可得(2)练习二十九光的量子性（二）参考解答1．(C)2．(D)3．p，04．0.586\n5．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：即故=4.66×10-17J=291eV6．解：根据能量守恒,有∴则解得：=0.00434nm练习三十氢原子、玻尔理论参考解答1．(A)2．(A)3．13.6，5\n4．2.55，45．解：(1)eVn=4(2)可以发出l41、l31、l21、l43、l42、l32六条谱线．能级图如图所示．6．解：极限波数可求出该线系的共同终态.由l=6565Å可得始态=3由eV可知终态n=2，E2=-3.4eV始态n=3，E3=-1.51eV练习三十一量子力学参考解答1．2．1．(C)参考解：\n根据p=h/l则=5000×10-10×5000×103=2.5m=250cm4．(D)5．解：若电子的动能是它的静止能量的两倍，则：故：由有解得德布罗意波长为：m6．解：1keV的电子，其动量为1.71×10-23kg·m·s-1据不确定关系式：得kg·m·s-1`∴Dp/p=0.062＝6.2％[若不确定关系式写成则Dp/p=39％，或写成则Dp/p=3.1％，均可视为正确．]