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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)B 22-2 (1)a

I B π=

830μ;(2)1.71310-5 T ;(3)1004R I B μ=204R I μ+204R I π-μ;(4)B = 0

22-3 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 + d r 的圈数为

r R R N

d 1

2-

由圆电流公式得

)(2d d 120R R r r

NI B -=

μ

?=

-=

2

1

)

(2d 12

0R R R R

r r

NI B μ1

2

120ln

)

(2R R R R NI

-μ 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d x 的无限长载流细条,它的电流

x i d d δ=

(2) 这载流长条在P 点产生的磁感应强度

x

i

B π=

2d d 0μx

x

π=

2d 0δμ

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

=

=?B B d ?

+πb

a b

x dx x

20δ

μb

b

a x +π=ln

20δμ 方向垂直纸面向里。

22-5 解:(1) 对r ~r +d r 段,电荷 d q = λ d r ,旋转形成圆电流.则 r dq I d 22d π

=π=λω

ω 它在O 点的磁感强度 r

r

r

I

B d 42d d 000π=

=

λωμμ

?

?+π

=

=b

a a

r r B B d 4d 0

00λωμa

b

a +π=ln

40λωμ 方向垂直纸面向内。

(2) r r I r p m d 2

1

d d 22

λω=

π=

?

?+==b

a a

m m r r p p d 2

1

d 2λω6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内。

(3) 若a >> b ,则a

b

a b a ≈+ln ,有 a

q

a b B π=

π=44000ωμλωμ 过渡到点电荷的情况。

同理在a >> b 时, )/31()(3

3

a b a b a +≈+,则 232

1

36

a q a

b a p m ωλω

=?

=

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)D 23-2 (1)πR 2c ;(2)22

1R B π-

(3))2/(2

10R rI πμ,0 23-3 解:设x 为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离

???++

==R

x R

R

x

r l B r l B S B d d d 21Φ

2012R Ir

B π=

μ (导线内)

r I

B π=202μ (导线外)

)(42220x R R

Il -π=μΦR R

x Il +π+ln

20μ 令 d Φ / d x = 0, 得Φ 最大时

R x )15(2

1

-=

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

NI r B μ=π?2, )2/(r NI B π=μ

在r 处取微小截面d S = b d r ,

r b r

NI

S B d 2d d π=

=μΦ

?=S

S B d Φr b r

NI

d 2π=

μ12

ln

2R R NIb

π

=

μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路,由于0=∑i

I

02=π?r B ∴ B = 0

23-5 解:圆电流产生的磁场

)2/(201R I B μ= ⊙

长直导线电流的磁场

)2/(202R I B π=μ ⊙

导体管电流产生的磁场

)](2/[103R d I B +π=μ ?

所以,圆心O点处的磁感强度

321B B B B -+= )

()1)((21

20d R R RI d R I +-π++?

π=

μ ⊙

练习24 磁场对运动电荷的作用、霍尔效应

24-1 (1)C ;(2)B ;(3) D

24-2 (1)匀速直线,匀速率圆周,等距螺旋线;(2)0.80310

-13

k N ;

(3)202

4e v f a μ=π,

垂直向上;(4)3.08310-13 J ;(5))/(cos 2eB m θv π,)/(sin eB m θv ;(6)z 轴正方向;(7)n ,p

24-3 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。

R R l =?+45sin )(

∴ l l R )12()12/(+=-= 由 )/(eB m R v =,求出v 最大值为

m

leB

m eBR )

12(+==

v 24-5 解:(1) p 型半导体

(2) a IB

K

U = q n K 01=

2001082.2?==aqU

IB n m -3

练习25 磁场对电流的作用、磁介质

25-1 (1)C ;(2)B 25-2 (1)

aIB 2;(2))(212122R R I p m -π=

,)(2

1212

2R R IB M m -π=;

(3)e

m r B

e 024

επ;(4)9.34310-

19 Am 2,相反;(5)0.226 T ,300 A/m

25-3 解:对OO '轴而言,重力矩为

αραρsin sin 2

1

21gSa a a gS a M +?=αρsin 22g Sa = 磁力矩为

ααc o s )2

1

s i n (222B Ia BIa M =-π= 平衡时,21M M = 。所以

αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-?≈=I g S B αρ T

25-4 解:(1) m =?M p B

t BI a t Bp t M m ωω202sin sin )(π==

(2)

ωθM t M P ==d /d t a BI ωω220sin π=

t t a BI T P T

d sin )/1(220ωω?0

π=202

1

a BI ωπ=

25-5 解:(1) 设磁场强度为H ,磁感强度为B

H = nI = NI / l B = μ0μr H =μ0μr IN / 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

6

0/ 1.2110r ΦS IN l μμ-=?==?B S Wb

(2) ()-1

3

m A 1058.91??≈-= H M r μ

(3)i S =M =9.583103 A 2m -1

练习26 电磁感应的基本定律、动生电动势

26-1 (1)A ;(2)D

26-2 (1)等于,小于;(2)8/32

l B ω,-8/32

l B ω,0;(3)相同(或22

1R B ω),沿

曲线由中心向外;(4)一个电源,v BL ,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。

2

/322202/3222

)

(2)(24x R IR x R IR B +=+ππ=μμ 22

223/22()IR r R x μΦ==π+?B S 3

2202x

RI r π≈μ 小线圈中的感应电动势为

22043d d d 2d i r IR x t x t μεπΦ==v 4

22023x

I

R r π=μ 当x =NR 时,

24203/(2)i r Iv N R εμ=π

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θ,则

θΦcos 2r B π=, nt t π==2ωθ

nt r B ππ=2cos 2

Φ

2d 2sin 2d N

NB r n nt t

εΦ

=-=πππnt n BNr ππ=2sin 222 222sin 2sin m NBr n i nt I t R R Τ

ε2ππ==π=

当线圈转过π /2时,t =T /4,则

987.0/22=π==2R NBn r I i m A

(2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为

==')2/(0r NI B m μ 6.20310-4 T 方向在图面内向下,故此时圆心处的实际磁感强度的大小

500.0)(2/1220≈'+=B B B T

方向与磁场B 的方向基本相同。 26-5 解: d d i t

Φ

ε= , 1d d i i R R t εΦ==

而由 t q i d d =

可得 Φd 1

d d R

t i q == 001d d Q q R

ΦΦ=?? ΦR

Q 1=

Wb 105-?π==RQ Φ

因为 B r 2

π=Φ,所以

T 10)/(22-=π=N r B Φ

练习27 感生电动势、自感和互感

27-1 (1)B ;(2)D ;(3) D

27-2(1)0;(2)0;(3)021

ln 2π

r R

R μμ;(4)0.15 H

27-3 解:大小:ε =?d Φ /d t ?= S d B / d t

ε = S d B / d t =t B Oa

R d /d )sin 2

12

1(2

2θθ?-=3.68 mV

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 ε的正方向。由 ε = -d Φ /d

t 出发,先求任意时刻t 的Φ (t )

()d

t Φ=??B S y t x y t I b

a a

d )(2)

(0?

+π=μa

b

a t x t I +π=ln )()(20

μ

)d d d d )((ln 2d )(d 0

t

x I x t I b b a t t ++π=μΦ a

b a t I t

+-π=-ln )1(e 200λμλv

εa

b a t I t

t +-π=

-=-ln )1(e 2d d 00

λμΦλv ε方向:λ t <1时,逆时针;λ t >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

I

B π=

201μ r >R

c

2

012R

Ir

B π=

μ 0≤r ≤R 分

3/2

002

/2d d d 22R

R S

R R

Ir

I

r r r

R

μμΦ==

+

ππ???

?

B S

23ln 2)4(402

2

2

0π+-π=I R R R

I

μμ23ln 216300π+π=I I μμ 2

3

ln 216300π+π==μμΦI M

(2) 00d 33

(ln )sin d 282

I i M t t μωεω=-=+π分

练习28 磁场能量、位移电流、Maxwell 方程组

28-1 (1)A ;(2)D 28-2 (1)1∶16 ;(2)

d d S

V

V

ρ=???D S ,

d d L

S

t ?=-?????B

E l S

d 0S

=??B S ,

d ()d L

S

t

?=+

?????D H l J S ;

(3)t E R d /d 02

επ,与E 方向相同(或由正极板垂直指向负极板)

28-3 解:

d i

I

=?∑?H l , I rH =π2 (R 1< r < R 2)

r I H π=

2, r

I

H B π==2μμ 2

2

22)2(22r I B w m π==μμμ

l r r w V w W m m m ?π==d 2d d r rl r I d 2)

2(22

2

ππ=

μ ?

=

=2

1

2

1

d 4d 2R R R R m m r

r

l I W W μ1

2

2ln

4R R l

I π

=

μ 28-4 解:由安培环路定理知 )2/(r IN B π=μ (R 1 ≤r ≤R 2) 磁能密度

)2/(2

μB w =

总能量

r b

r B W R R d 222

1

2??π?=μ ?π

=

2

1

d 42

2R R r r bI N μ12

22ln 4R R bI N π=μ 一周期平均值 ???π

=

T

t t T R R bI N W 0

2122

02d sin 1ln 4ωμ

?-?π

=

T t t T R R bI N 0

122

02d 22cos 11ln 4ωμ12202ln 8R R bI N π=μ

28-5 解:忽略边缘效应,则极板间为匀强电场,场强大小为

)/(/00S Q E εεσ==)/(sin 200a t Q π=εω

若在与极板中心轴线垂直的平面内,以轴线为中心画一半径为r 的圆,则通过该圆的位

移电流I d 为

0d d d S S

I t t ε??==??????D

E S S t E r d d 2

0π=ε2

02

cos a t Q r ωω= 根据对称性的分析,极板间任一点H 的方向沿通过该点的与极板共轴的圆周的切线方

向,并按右手螺旋法则由d d t

E

的方向决定,而且在圆周上各点H 的大小相等。因此有

d d 2d

L

L

H l rH I

===???πH l

r

I H d

π=

2)2/(cos 20a t r Q π=ωω 28-6 解:在极板间,取与电容器极板同轴的半径为r 的圆。

22d e /xt d

m L

I

I r R -==??H l

22/2R r e I r H xt m -=π? )2/(e 2R rI H xt m π=-

)2/(e 200R rI H B xt m π==-μμ

B 的方向与电流流向成右螺旋关系。

练习29 简谐振动的运动方程、特征量和旋转矢量法

29-1 (1)C ;(2)B ;(3)B ;(4)C

29-2 (1)10 cm ,(π/6) rad/s ,π/3;(2)02T ;(3)3π/4 29-3 解:由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4秒

T = 8 s , ν = (1/8) s -1,

ω = 2πν = (π /4) s -1

(1) 以AB 的中点为坐标原点,x 轴指向右方. t = 0时, 5-=x cm φcos A =

t = 2 s 时, 5=x cm φφωsin )2cos(

A A -=+= 由上二式解得

tg φ = 1

因为在A 点质点的速度大于零,所以

φ = -3π/4或5π/4 (如图所示)

25cos /==φx A cm

所以振动方程

)4

34c o s (10252π-π?=-t x (SI)

(2) 速率

)4

34sin(41025d d 2

π-π?π-==-t t x v (SI) 当t = 0 时,质点在A 点

221093.3)4

3sin(10425d d --?=π-?π-==t x v m/s

29-4 解:二弹簧共同的等效劲度系数

421=+=k k k N/m

k m T /211π=

10.0)4/(2211=π=kT m kg

粘上油泥块之后

2.021=+=m m m kg

新的周期

4.1/2=π=k m T s

物块速度111A ω=v ,油泥块和物块碰撞,所以水平方向动量守恒 v v )(2111m m m +=

碰撞后

16.0)/(2111=+=m m m v v m/s

新的振幅

0.035v

A ω

==

= m

29-5 解:(1) 1s 10/-==m k ω

63.0/2=π=ωT s

(2) A = 15 cm ,在 t = 0时,x 0 = 7.5 cm ,v 0 < 0 。故 2020)/(ωv +=

x A

3.12

02

0-=--=x A ωv m/s

π=-=-3

1

)/(tg 001x ωφv 或 4π/3

因为 x 0 > 0 ,所以

π=31φ

(3) )3

110cos(10152

π+?=-t x (SI)

练习30 简谐振动的能量、简谐振动的叠加

30-1 (1)D ;(2)B

30-2 (1)T /8,3T /8;(2)0.84;(3)3/4,g l /2?π;(4)|A 1 – A 2|,

)212cos(12π+π-=t T A A x ;

(5)4310-2 m ,π2

1;(6)1.47;(7)291 Hz 或309 Hz ;(8)4:3

30-3 解:(1) 势能

2

2

1kx W P =

总能量

22

1kA E =

由题意,

4/2122

kA kx = 21024.42

-?±=±=A

x m

(2) 周期

T = 2π/ω = 6 s

从平衡位置运动到2

A x ±

= 的最短时间 ?t 为 T /8

∴ ?t = 0.75 s

30-4 (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

?l ,则有l k mg

?=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0,则

0)(0=+-+?x l k mg F

F = kx 0

由题意,t = 0时v

0 = 0,x = x 0。则

02020)/(x x A =+=

ωv

又由题给物体振动周期4832=

T s, 可得角频率 T

π=2ω。由于 2

ωm k =,所以 444.0)/4(22=π==A T m kA F N

(2) 平衡位置以下1 cm 处

)()/2(2222x A T -π=v

221007.12

1

-?==v m E K J 2222)/4(2

1

21x T m kx E p π==

= 4.44310-4 J 30-5 解:由合振动的振幅及初相公式,可得

φ?++=

cos 2212

221A A A A A

22210)4

1

43cos(65265-?π-π???++= m 21081.7-?= m

)

4/c o s (6)4/3c o s (5)

4/s i n (6)4/3s i n (5a r c t g π+ππ+π=φ = 84.8°=1.48 rad

所以

)48.110cos(1081.72+?=-t x (SI)

30-6 解:把两波写成

)]0.802.0(21cos[11t x A y -π=)]02.00.8(2

1

cos[1x t A -π=

)]02.00.8(2

1

cos[22x t A y +π=

并令A 1 = A 2 = A = 0.06 m ,则对于所求的点有

φ?++=cos 2212

2212A A A A A

2

1

cos -=?φ

由x π=?02.0φ,可得

)3/22(02.0π+π±=πk x 或 )3/22(02.0π-π±=πk x

)3/22(50+±=k x m 或 )3/22(50-±=k x 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)D 31-2 (1)503 m/s ;(2)125 rad/s ,338 m/s ,17.0 m ;(3)u = 5.103103 m/s ;(4)

])330/(165cos[10.0π--π=x t y (SI);(5))22cos(1π-π=t T A y x 或

)/2sin(1T t A y x π=;(6)80 N

31-3 解:设平面简谐波的波长为λ,坐标原点处质点振动初相为φ,则该列平面简谐波

的表达式可写成

)/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI)

t = 1 s 时

0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy

因此时a 质点向y 轴负方向运动,故

π=

+π-π2

1

)/1.0(27φλ ① 而此时,b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动,应有 05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy 且

π-=+π-π3

1)/2.0(27φλ ② 由①、②两式联立得

λ = 0.24 m

3/17π-=φ

所以,该平面简谐波的表达式为

]31712.07cos[1.0π-π-

π=x t y (SI)或]3

1

12.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI) 31-4 解:(1) 设x = 0 处质点的振动方程为

)2cos(φν+π=t A y

由图可知,t = t '时

0)2cos(=+'π=φνt A y

0)2sin(2d /d <+'ππ-=φννt A t y

所以

2/2π=+'πφνt , t 'π-π=

νφ22

1

x = 0处的振动方程为

]2

1

)(2cos[π+'-π=t t A y ν

(2) 该波的表达式为

]2

1

)/(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν

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 φcos 2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v

所以

4/π=φ

O 处振动方程为

)4

1

500cos(0π+π=t A y (SI)

由图可判定波长λ = 200 m ,故波动表达式为

]4

1

)200250(2cos[π++

π=x t A y (SI) (2) 距O 点100 m 处

5

cos(500)4y A t =+ππ

)4

5

500cos(500π+ππ-=t A v (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)C 32-2 (1)5 J ;(2)4;(3)

Sw π

2ωλ

(4)S 1的相位比S 2的相位超前π/2;(5)])/(2cos[π++πλνx t A ,)2

1

2cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ;

(6)637.5 Hz ,566.7 Hz 32-3 解:

=

-

-=?)(21212r r λ

φφφ

42241

2/r r π-=π+π-πλ

λ 464.0)cos 2(2/1212

221=++=?φA A A A A m

32-4 解:(1) 反射点是固定端,所以反射有相位突变π,因此反射波的表达式为

])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ

(2) 驻波的表达式是

21y y y +=)2

1/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ

(3) 波腹位置

π=π+

πn x 2

1

/2λ λ)21

(21-=

n x , n = 1, 2, 3, 4,… 波节位置

π+π=π+π2121/2n x λ

λn x 2

1

= , 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

01)(ννu V V

--=

02ννu

V V

-=

012)(ννννu

V V u V V +--=-=?002222uV u

V V u νν≈-

0.120

=?=ννV

u 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)B 33-2 (1)(n 1-n 2)e 或(n 2-n 1)e ;(2)d sin θ +(r 1-r 2);(3)3.6 mm 33-3 解:因为λν = c ,所以

λ?ν = - ν?λ

?λ = | ( - λ?ν ) / ν |= c ?ν / ν 2

= 0.173 nm

l c = λ 2 / ?λ = ( c / ν )2 / (c ?ν / ν 2 ) = c / ?ν= 6000 km

33-4 解:(1) ?x =20 D λ / a =0.11 m (2) 覆盖云玻璃后,零级明纹应满足

(n -1)e +r 1=r 2

设不盖玻璃片时,此点为第k 级明纹,则应有

r 2-r 1=k λ

(n -1)e = k λ

k =(n -1) e / λ=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

?x = λD / d

相邻两明条纹的角距离

?θ = ?x / D = λ / d

由上式可知角距离正比于λ,?θ 增大10%,λ也应增大10%.故

λ'=λ(1+0.1)=648.2 nm

(2) 整个干涉装置浸入水中时,相邻两明条纹角距离变为

?θ '=?x / (nd ) = ?θ / n

由题给条件可得

'=0.15°

33-6 解:(1) 如图,设P 0为零级明纹中心 则 D O P d r r /012≈-

(l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0

所以

r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ

()d D d r r D O P /3/120λ=-=

(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差 λδ3)/(-≈D dx 明纹条件

λδk ±= (k =1,2,....) 所以

()d D k x k /3λλ+±=

在此处令k =0,即为(1)的结果.相邻明条纹间距

d D x x x

k k /1λ=-=+?

练习34 等厚干涉

34-1 (1)B ; C ;(3)C

34-2 (1)r 12/r 22;(2)2 ( n – 1) e – λ /2 或2 ( n – 1) e + λ /2;(3)3λ / (2n ) 34-3 解:(1) 明环半径

()2/12λ?-=

R k r

()R

k r 1222-=λ=5310-5 cm) (2) (2k -1)=2 r 2 / (R λ) 对于r =1.00 cm ,

k =r 2 / (R λ)+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e 1、e 2 ,第k 个暗环处空气薄膜的厚度?e 为

?e = e 1 – e 2

由几何关系近似可得 ()1212/R r e k = ,()2222/R r e k =

第k 个暗环的条件为

()λλ122

1

212+=+?k e (k = 1,2,3…)

2 ?e = k λ

λk R R r

k

=???? ??-?21

2112

2

λk R R R R r k =???

? ??-21122

1

1

22

12R R R R k r k -=λ

(k = 1,2,3…)

34-5 解:设A点处空气薄膜的厚度为e,则有 1112,)12(2

1

212λλλk e k e =+=+即 改变波长后有

2)1(2λ-=k e

)/(,122221λλλλλλ-=-=k k k

)/(2

1

2112211λλλλλ-==

k e 34-6 解:(1) 棱边处是第一条暗纹中心,在膜厚度为e 2=2

1

λ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

e 4=

λ2

3 所以

()l l e 2/3/4λθ===4.8310-5 rad

(2) 由上问可知A 处膜厚为 e 4=33500 / 2 nm =750 nm

对于λ'=600 nm 的光,连同附加光程差,在A 处两反射光的光程差为λ'+2

1

24e ,它与波长λ'之比为0.32

1

/24=+

'λe .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)D

35-2 (1)[( 4ne / λ )–1 ]π或 [( 4ne / λ) +1]π;(2)114.6 nm ;(3)2d / N ;(4)2(n – 1)h 35-3 解:因为

λλk i n e =--2/sin 222

令k = 0,则

2/sin 222λ=-i n e =-=i n e 22sin 2/)2/(λ111 nm

35-4 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λ1:

()11221

2λ+='k e n ①

按题意还应有,对λ2:

22λk e n =' ②

由① ②解得: ()

32121

=-=

λλλk

将k 、λ2、n '代入②式得

n

n k e '

=

22λ=7.78310-4 mm 35-5 解:反射镜移动距离

9

6589.31010m 2.9510m

22

e N λ--??=?=?=? 设开始时中心级次为k ,边缘级次为k-10。则有

λk e =2 (1)

λ)10(cos 2-=k i e k (2)

移动后:中心级次变为10-k ,边缘级次变为15-k 。则有

λ)10()(2-=?-k e e (3) λ)15(cos )(2-=?-k i e e k 2 (4)

联立式(1)、(2)、(3)和(4),可解得20=k ,边缘处515=-k 。

练习36 单缝衍射、园孔衍射

36-1 (1)C ;(1)D

36-2 (1)子波;子波干涉(或“子波相干叠加”);(2)5310-4 mm ;(3)4,第一,

暗;(4)4 ;(5)2.24310-5

,4.47;(6)13.9

36-3 解:(1) 对于第一级暗纹,有

a sin ? 1≈λ

因? 1很小,故

tg ? 1≈sin ? 1 = λ / a

故中央明纹宽度

?x 0 = 2f tg ? 1=2f λ / a = 1.2 cm

(2) 对于第二级暗纹,有

a sin ? 2≈2λ

x 2 = f tg ? 2≈f sin ? 2 =2f λ / a = 1.2 cm 分

36-4 解:(1) 由单缝衍射暗纹公式得

111sin λθ=a 222s i n λθ=a

由题意可知

21θθ= , 21sin sin θθ=

代入上式可得

212λλ=

(2) 211112sin λλθk k a == (k 1 = 1, 2, ……) a k /2sin 211λθ=

222sin λθk a = (k 2 = 1, 2, ……)

a k /sin 222λθ=

若k 2 = 2k 1,则θ1 = θ2,即λ1的任一k 1级极小都有λ2的2k 1级极小与之重合。 36-5 解:设人眼在空气中最小分辨角为θ ,汽车与人之距离为S

d

λ

θ22

.1=

l S =θ

d

l

l

S /22.1λθ

=

=

λ22.1/ld == 4.9 3103 m

36-6 解:(1) 已知 d = 3 mm ,λ = 550 nm ,人眼的最小分辨角为:

==d /22.1λθ 2.24310-4 rad

(2) 设等号两横线相距 ?x = 2 mm 时,人距黑板l 刚好看清,则 l = ?x / θ = 8.9 m

所以距黑板10 m 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)D 37-2 (1)一、三;(2)3;(3)30 °;(4)2d 37-3 解:由光栅衍射主极大公式得

111sin λ?k d = 222sin λ?k d =

2

1

2122112132660440sin sin k k k k k k =??==λλ??

当两谱线重合时有?1= ?2 即

6

9

462321===k k ....... 两谱线第二次重合即是

4

6

21=k k , k 1=6, k 2=4 由光栅公式可知

d sin60°=6λ1

60

sin 61λ=

d =3.05310-3

mm 37-4 解:(1) λφk b a =+sin )( 当 2/π=φ时

=+=λ/)(b a k 3.39,k max = 3 又因为a = b

λφφk a b a ==+sin 2sin )(

有谱线

2/sin λφk a =

但当k =±2,±4,±6,… 时缺级。所以能看到5条谱线为0,±1,±3级。 (2) λθφk b a =++)sin )(sin (,

θ = 30°,φ =±90°

π=

21

φ,λ/)90sin 30)(sin (?+?+=b a k = 5.09 取 k max = 5 π-=2

1

φ,λ/)90sin 30)(sin (?-?+=b a k = -1.7 取 1m

a x -='k 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λ1 = 450nm ,λ2 = 650nm, 则据光栅方程,λ1和λ2的第2级谱线有

d sin θ 1 =2λ1; dsin θ 2=2λ2

θ 1 =sin -12λ1/d =26.74°,θ 2 = sin -12λ2 /d =40.54°

第2级光谱的宽度

x 2 - x 1 = f (tg θ 2-tg θ 1)

所以

f = (x 1 - x 2) / (t

g θ 2 - tg θ 1) =100 cm

37-6 解:光栅常数d=2310-6

m 。

(1) 垂直入射时,设能看到的光谱线的最高级次为k m ,则据光栅方程有

d sin θ = k m λ

因为sin θ ≤1 ,所以 k m λ / d ≤1 , 故

k m ≤d / λ=3.39

由于k m 为整数,有

k m =3

(3) 斜入射时,设能看到的光谱线的最高级次为m

k ',则据斜入射时的光栅方程有 ()

λθm

k d '='+sin 30sin 即

d k m

/sin 2

1

λθ'='+ 因为 sin θ'≤1 ,所以5.1/≤'d k m

λ,故 λ/5.1d k m

≤'=5.09 由于m

k '为整数,有 m

k '=5 37-7 解:设晶面间距为d ;第一束X 射线波长为λ1,掠射角θ1 = 30°,级次k 1 = 1;

另一束射线波长为λ2 = 0.097 nm ,掠射角θ2 = 60°,级次k 2 = 3。 根据布拉格公式: 第一束 111s i n 2λθk d =

第二束 222s i n 2λθk d =

两式相除得

==

2

1

1221sin sin θθλλk k 0.168 nm

练习38 光的偏振

38-1 (1) A ;(2)D ;(3)D 38-2 (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θ.透过第一个偏 振片后的光强

I 1=I 0 / 2

透过第二个偏振片后的光强为I 2,由马吕斯定律

I 2=(I 0 /2)cos 2θ分

透过第三个偏振片的光强为I 3

I 3 =I 2 cos 2(90°-θ ) = (I 0 / 2) cos 2θ sin 2θ = (I 0 / 8)sin 22θ

由题意知I 3=I 2 / 16,所以

sin 22θ = 1 / 2

()

2/2sin 2

11-=θ=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i 0满足布儒斯特定律

tg i 0=n / n 0

在这种情况下,反射光线和折射光线垂直,有

i 0+r =90?

因而上式可写成

tg(90?-r )=ctg r =n / n 0

tg r =n 0 / 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

θsin A A o =

e 光振幅

θcos A A e =

θ = 60°,两光强之比

2

)/(/e o e o A A I I =2)cos /(sin θθ= 3tg 2

==θ (2) 晶片厚度d = 0.50 mm 两光光程差

δ = ( n e - n o ) d = 4.5 μm

38-6 解: 4

)(λδ=

-=d n n e o

4()

o e d n n λ

=

-=8.56 310-7 m

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)D 39-2 (1)0.64;(2)5.133103;(3)2.403103 K ;(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h ν 的整数倍;(5)A /h ,))(/(01νν-e h

39-3 解: (1) 太阳在单位时间内辐射的总能量

E = 1.37310334π(R SE )2 = 3.8731026 W (2) 太阳的辐射出射度

=π=

2

04S

r E

E 0.6743108 W/m 2 由斯特藩-玻尔兹曼定律

40T E σ=

5872/40==σE T K

39-4 解:设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为λ0 。

00=-A h ν

0)/(0=-A hc λ

A hc /0=λ

又按题意

K E A hc =-)/(λ

所以

K E hc A -=)/(λ

λ

λ

λλK K E hc hc E hc hc -=

-=

)/(0= 612 nm 39-5 解:(1) 00/λνhc h A ==

==

A

hc

0λ 5.65310-7 m = 565 nm (2) a U e m =2

21v , A U e hc h a +==λ

ν

=+=

A

U e hc

a λ 1.73310-7 m = 173 nm

39-6 解:当铜球充电达到正电势U 时,有

22

1

v m A eU h ++=ν

当νh ≤A eU +时,铜球不再放出电子,即

eU ≥h ν -A =

=-A hc

λ

2.12 eV

故U ≥2.12 V 时,铜球不再放出电子。

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)C 40-2(1)

θφννcos )

cos (p c

h c h +'=;

(2)0.586 ;(3)量子化定态假设,量子化跃迁的频率法则h E E k n kn /-=ν,角动量量子化假设 π=2/nh L (其中 n =1,2,3,……);(4)13.6,5;(5)2.55;(6)1,2;(7)5,10

40-3 解:入射光子的能量为

0λεhc

=

散射光子的能量为

λ

εhc

=

反冲电子的动能为

εε-=0K E =-=)1

1

(

λ

λhc 1.68310-16 J

40-4 解:(1) 康普顿散射光子波长改变:

=-=?)cos 1)((φλc hm e 0.024310-

10 m

=+=?λλλ0 1.024310-10 m

(2) 设反冲电子获得动能2

)(c m m E e K -=,根据能量守恒:

K e E h c m m h h +=-+=ννν20)(

K E hc hc ++=?)]/([/00λλλ

)](/[00λλλλ??+=hc E K =4.66310-17 J =291 eV

40-5 解:(1) ==λν/hc h 2.86 eV

(2) 由于此谱线是巴耳末线系,其 k =2

4.32/21-==E E K eV (E 1 =-13.6 eV)

νh E n E E K n +==2

1/ 51

=+=

ν

h E E n K

(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:νh E E n +=1 对氢原子

E 1 =-13.6 eV (基态)

h ν =12.09 eV

所以

E n =-1.51 eV 分

另外,对氢原子有

E n =-13.6/n 2eV

由此有

-1.51=-13.6/n 2

n 2≈9,n =3 氢原子的半径公式为

r n = n 2a 1 = 9 a 1

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)A

=5 =4 =3 =2

=1

大学物理学下册课后答案(袁艳红主编)

第9章 静电场 习 题 一 选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷,形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ,它们之间的距离R 远大于小球本身的直径,现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触,再和B 接触,然后移去,则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案:B 解析:经过碰撞后,球A 、B 带电量为2 q ,根据库伦定律12204q q F r πε=,可知球 A 、 B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ,下列说法中哪个是正确的?[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点,试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ,则0=F ,从而0=E 答案:B 解析:根据电场强度的定义,E 的大小与试验电荷无关,方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案(B ) 9-3 如图9-3所示,任一闭合曲面S 内有一点电荷q ,O 为S 面上任一点,若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点,且 OP =OT ,那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变,O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变,O 点的场强大小改变 习题9-3图

(C) 穿过S 面的电场强度通量不变,O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变,O 点的场强大小不变 答案:D 解析:根据高斯定理,穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和,曲面S 内电荷量没变,因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关,由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ,移动电荷后,由于OP =OT , 即r 没有变化,q 没有变化,因而电场强度大小不变。因而正确答案(D ) 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷,则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案:D 解析:根据电场的高斯定理,通过该立方体的电场强度通量为q /ε0,并且电荷位于正立方体中心,因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0,答案(D ) 9-5 在静电场中,高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷,则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关,但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量,仅与面内电荷有关,而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零,则面上各点的E 必为零 答案:C 解析:高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和,与面内电荷分布无关;电场强度E 为矢量,却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案(C ) 9-6 两个均匀带电的同心球面,半径分别为R 1、R 2(R 1

大学物理学下册答案第11章

第11章 稳恒磁场 习 题 一 选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈,分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I (其中ab 、cd 与正方形共面),在这两种情况下,线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为:[ ] (A )10B =,20B = (B )10B = ,02I B l π= (C )01I B l π= ,20B = (D )01I B l π= ,02I B l π= 答案:C 解析:有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -,并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向,按照磁场的叠加原理,可计 算 01I B l π= ,20B =。故正确答案为(C )。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置,一个处于竖直位置,两个线圈的圆心重合,如图11-2所示,则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] (A )0 (B )R I 2/0μ (C )R I 2/20μ (D )R I /0μ 答案:C 解析:圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==,按照右手螺旋定 习题11-1图 习题11-2图

则判断知1B 和2B 的方向相互垂直,依照磁场的矢量叠加原理,计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示,在均匀磁场B 中,有一个半径为R 的半球面S ,S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α,则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] (A )B R 2π (B )B R 22π (C )2cos R B πα (D )2sin R B πα 答案:C 解析:通过半球面的磁感应线线必通过底面,因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正 确答案为(C )。 11-4 如图11-4所示,在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ,当曲面S 向长直导线靠近时,穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化?[ ] ( A )Φ增大, B 也增大 (B )Φ不变,B 也不变 ( C )Φ增大,B 不变 ( D )Φ不变,B 增大 答案:D 解析:根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ,通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0,保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ,曲面S 靠近长直导线时,距离d 减小,从而B 增大。故正确答案为(D )。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时,回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时,回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时,回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图 习题11-3图

大学物理课后习题答案(赵近芳)下册

习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷,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A 处点电荷为研究对象,由力平衡知:q '为负电荷 2 22 0)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关. 题8-1图 题8-2图

8-2 两小球的质量都是m ,都用长为l 的细绳挂在同一点,它们带有相同电量,静止时两线夹角为2θ ,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图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θ πεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ,当被考察的场点距 源点电荷很近(r →0)时,则场强→∞,这是没有物理意义的,对此应如何理解 解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立,当0→r 时,带电体不能 再视为点电荷,再用上式求场强是错误的,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A ,B 两平行板,相对距离为d ,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f ,有人说f = 2 024d q πε,又有人说,因为f =qE ,S q E 0ε= ,所以f =S q 02 ε.试问这两种说法对吗为什么 f 到底应等于 多少 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S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ,另一板受它的作用力 S q S q q f 02 022εε= =,这是两板间相互作用的电场力. 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =,场点到偶极子中心O 点的 距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图),且l r >>.试 证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为

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大学物理答案施建青版 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动 1-1 (1)D ;(2)D ;(3)B ;(4)C 1-2 (1)8 m ;10 m ;(2)x = (y 3)2;(3)10 m/s 2,-15 m/s 2 1-3 解:(1)2 192 x y =- (2)24t =-v i j 4=-a j (3)垂直时,则 0=r v 2 2(192)(24)0t t t ??+--=??i j i j 0t =s ,3s t =-(舍去) 1-4 解:设质点在x 处的速度为v , 62d d d d d d 2x t x x t a +=?== v v ()x x x d 62d 0 2 ??+=v v v () 2 2 1 3 x x +=v 1-5 解: y t y y t a d d d d d d d d v v v v === 又-=a ky ,所以 -k =y v d v / d y d d ky y -=??v v 2211 22 ky C -=+v 已知=y y 0 ,=v v 0 则 20202121ky C --=v )(22 0202y y k -+=v v 1-6 证: 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d v /v =-K d x ??-=x x K 0 d d 1 0v v v v , Kx -=0ln v v v =v 0e -Kx

练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动 2-1 (1)C ;(2)A ;(3)B ;(4)D ;(5)E 2-2(1)g sin θ ,g cos θ ;(2)g /cos 022 θv ;(3)-c ,(b -ct )2/R ;(4)69.8 m/s ;(5)33 1 ct ,2ct ,c 2t 4/R 2-3 解:(1)物体的总加速度a 为 t n =+a a a ()2 2t t a R R t a a a a an t t t n t = ==α αot a R t t c = (2)αot R t a S t c 2 12 12== 2-4解:质点的运动方程可写成 S = bt , 式中b 为待定常量。由此可求得 0d d d d d d 2 2=====t S t a b t S t v , v , ρ2b a n ==ρv 2 由此可知,质点作匀速率曲线运动,加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动,ρ 越来越小,而b 为常数,所以该质点加速度的大小是越来越大。 2-5 解: 设下标A 指飞机,F 指空气,E 指地面,由题可知: v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知 v AE 大小未知, 正北方向 所以 AE AF FE =+v v v AE v 、 AF v 、AE v 构成直角三角形,可得 170 km/h AE = =v ( 4.19/tg 1==-AE FE v v θ 飞机应取向北偏东19.4?的航向。 西 a

大学物理第三版下册答案(供参考)

习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷,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A处点电荷为研究对象,由力平衡知:q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关. 题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O点的场强. 解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =,它在O点产生场强大小为

2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外 则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =,方向沿x 轴正向. 8-11 半径为1R 和2R (2R >1R )的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r <1R ;(2) 1R <r <2R ;(3) r >2R 处各点的场强. 解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外

大学物理下册习题及答案

大学物理 练 习 册 物理教研室遍

热力学(一) 一、选择题: 1、如图所示,当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时,气体所经历的过程 (A)是平衡过程,它能用P—V图上的一条曲线表示。 (B)不是平衡过程,但它能用P—V图上的一条曲线表示。 (C)不是平衡过程,它不能用P—V图上的一条曲线表示。 (D)是平衡过程,但它不能用P—V图上的一条曲线表示。 [ ] 2、在下列各种说法中,哪些是正确的? [ ] (1)热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。 (2)热平衡过程一定是可逆过程。 (3)热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。 (4)热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。 (A)(1)、(2)(B)(3)、(4) (C)(2)、(3)、(4)(D)(1)、(2)、(3)、(4) 3、设有下列过程: [ ] (1)用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。(设活塞与器壁无摩擦)(2)用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。 (3)冰溶解为水。 (4)一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。 其中是逆过程的为 (A)(1)、(2)、(4)(B)(1)、(2)、(3) (C)(1)、(3)、(4)(D)(1)、(4) 4、关于可逆过程和不可逆过程的判断: [ ] (1)可逆热力学过程一定是准静态过程。 (2)准静态过程一定是可逆过程。 (3)不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。 (4)凡有摩擦的过程,一定是不可逆过程。 以上四种判断,其中正确的是 (A)(1)、(2)、(3)(B)(1)、(2)、(4) (C)(2)、(4)(D)(1)、(4) 5、在下列说法中,哪些是正确的? [ ] (1)可逆过程一定是平衡过程。 (2)平衡过程一定是可逆的。 (3)不可逆过程一定是非平衡过程。 (4)非平衡过程一定是不可逆的。 (A)(1)、(4)(B)(2)、(3) (C)(1)、(2)、(3)、(4)(D)(1)、(3)

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练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动 1-1 (1)D ;(2)D ;(3)B ;(4)C 1-2 (1)8 m ;10 m ;(2)x = (y 3)2;(3)10 m/s 2,-15 m/s 2 1-3 解:(1)2192 x y =- (2)24t =-v i j 4=-a j (3)垂直时,则 0=r v 2 2(192)(24)0t t t ??+--=??i j i j 0t =s ,3s t =-(舍去) 1-4 解:设质点在x 处的速度为v , 62d d d d d d 2x t x x t a +=?== v v ()x x x d 62d 02 ??+=v v v () 2 2 1 3 x x +=v 1-5 解: y t y y t a d d d d d d d d v v v v === 又-=a ky ,所以 -k =y v d v / d y

d d ky y -=??v v 2211 22 ky C -=+v 已知=y y 0 ,=v v 0 则 20202121ky C --=v )(22 0202y y k -+=v v 1-6 证: 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d v /v =-K d x ??-=x x K 0 d d 1 0v v v v , Kx -=0ln v v v =v 0e -Kx 练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动 2-1 (1)C ;(2)A ;(3)B ;(4)D ;(5)E 2-2(1)g sin ,g cos ;(2)g /cos 022 0θv ;(3)-c ,(b -ct )2/R ; (4)69.8 m/s ;(5)33 1 ct ,2ct ,c 2t 4/R 2-3 解:(1)物体的总加速度a 为 t n =+a a a ()2 2t t a R R t a a a a an t t t n t === α αot a R t t c = S

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q,另两对角线各放置电荷q,若Q所受到合力为零, 则Q与q的关系为:() (A)Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案:A] (2)下面说法正确的是:() (A)若高斯面上的电场强度处处为零,则该面内必定没有净电荷; (B)若高斯面内没有电荷,则该面上的电场强度必定处处为零; (C)若高斯面上的电场强度处处不为零,则该面内必定有电荷; (D)若高斯面内有电荷,则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案:A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ,则在距球面R处的电场强度() (A)σ/ε0 (B)σ/2ε0 (C)σ/4ε0 (D)σ/8ε0 [答案:C] (4)在电场中的导体内部的() (A)电场和电势均为零;(B)电场不为零,电势均为零; (C)电势和表面电势相等;(D)电势低于表面电势。 [答案:C] 9.2填空题 (1)在静电场中,电势梯度不变的区域,电场强度必定为。 [答案:零] (2)一个点电荷q放在立方体中心,则穿过某一表面的电通量为,若将点电荷由中 心向外移动至无限远,则总通量将。 [答案:q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用(a)——(b)——。 [答案:(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内,则球内球外的静电能之比。 [答案:1:5] 9.3 电量都是q的三个点电荷,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9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象,由力平衡知:q 为负电荷

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册 吴柳 第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程 左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解: () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

大学物理下练习题答案汇总

大学物理下练习题 一、选择题(每题1分,共41分) 1.关于电场强度定义式E = F /q 0,下列说法中哪个是正确的?(B ) (A) 场强E 的大小与试验电荷q 0的大小成反比; (B) 对场中某点,试验电荷受力F 与q 0的比值不因q 0而变; (C) 试验电荷受力F 的方向就是场强E 的方向; (D) 若场中某点不放试验电荷q 0,则F = 0,从而E = 0. 2.下列几个说法中哪一个是正确的?(C ) (A )电场中某点场强的方向,就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 (B )在以点电荷为中心的球面上,由该点电荷所产生的场强处处相同。 (C )场强方向可由 E =F /q 定出,其中 q 为试验电荷的电量,q 可正、可负,F 为试验电荷所受的电场力。 ( D )以上说法都不正确。 3.图1.1所示为一沿x 轴放置的“无限长”分段均匀带电直线,电荷线密度分别为+λ ( x < 0)和-λ ( x > 0),则xOy 平面上(0, a )点处的场强为: (A ) (A ) i a 02πελ . (B) 0. (C) i a 04πελ . (D) )(40j +i a πελ . 4. 边长为a 的正方形的四个顶点上放置如图1.2所示的点电荷,则中心O 处场强(C ) (A) 大小为零. (B) 大小为q/(2πε0a 2), 方向沿x 轴正向. (C) 大小为() 2022a q πε, 方向沿y 轴正向. (D) 大小为()2 022a q πε, 方向沿y 轴负向. 5. 如图1.3所示.有一电场强度E 平行于x 轴正向的均匀电场,则通过图中一半径为R 的半球面的电场强度通量为(D ) (A) πR 2E . (B) πR 2E /2 . (C) 2πR 2E . (D) 0 . 6. 下列关于高斯定理理解的说法中,正确的是:(B ) (A)当高斯面内电荷代数和为零时,高斯面上任意点的电场强度都等于零 +λ -λ ? (0, a ) x y O 图 1.1 图1.2 图1.3

《大学物理学》第二版上册课后答案

大学物理学习题答案 习题一答案 习题一 1.1 简要回答下列问题: (1) 位移和路程有何区别?在什么情况下二者的量值相等?在什么情况下二者的量值不相 等? (2) 平均速度和平均速率有何区别?在什么情况下二者的量值相等? (3) 瞬时速度和平均速度的关系和区别是什么?瞬时速率和平均速率的关系和区别又是什 么? (4) 质点的位矢方向不变,它是否一定做直线运动?质点做直线运动,其位矢的方向是否一 定保持不变? (5) r ?和r ?有区别吗?v ?和v ?有区别吗? 0dv dt =和0d v dt =各代表什么运动? (6) 设质点的运动方程为:()x x t =,()y y t =,在计算质点的速度和加速度时,有人先求 出22r x y = + dr v dt = 及 22d r a dt = 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 v = 及 a =你认为两种方法哪一种正确?两者区别何在? (7) 如果一质点的加速度与时间的关系是线性的,那么,该质点的速度和位矢与时间的关系是否也是线性的? (8) “物体做曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切线方向,法向分速度恒为零,因此 其法向加速度也一定为零.”这种说法正确吗? (9) 任意平面曲线运动的加速度的方向总指向曲线凹进那一侧,为什么? (10) 质点沿圆周运动,且速率随时间均匀增大,n a 、t a 、a 三者的大小是否随时间改变? (11) 一个人在以恒定速度运动的火车上竖直向上抛出一石子,此石子能否落回他的手中?如果石子抛出后,火车以恒定加速度前进,结果又如何? 1.2 一质点沿x 轴运动,坐标与时间的变化关系为224t t x -=,式中t x ,分别以m 、s 为单位,试计算:(1)在最初s 2内的位移、平均速度和s 2末的瞬时速度;(2)s 1末到s 3末的平均

大学物理习题集(下)答案

一、 选择题 1. 对一个作简谐振动的物体,下面哪种说法是正确的? [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时,速度和加速度都达到最大值; (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时,速度和加速度都为零; (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时,速度最大,加速度为零; (D) 物体处在负方向的端点时,速度最大,加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,振动方程用余弦函数表示,如果该振子 的初相为4 3 π,则t=0时,质点的位置在: [ D ] (A) 过1x A 2=处,向负方向运动; (B) 过1x A 2 =处,向正方向运动; (C) 过1x A 2=-处,向负方向运动;(D) 过1 x A 2 =-处,向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动,振幅为A ,在起始时刻质点的位移为/2A ,且向x 轴的正方向运动,代表 此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统,组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示,(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为: [ B ] (A) 2:1:1; (B) 1:2:4; (C) 4:2:1; (D) 1:1:2 5. 一弹簧振子,当把它水平放置时,它可以作简谐振动,若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图,试判断下面哪种情况是正确的: [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动,放在光滑斜面上不能作简谐振动; (B) 竖直放置不能作简谐振动,放在光滑斜面上可作简谐振动; (C) 两种情况都可作简谐振动; (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动,它的动能与势能相等时,它的相位和坐标分别为: [ C ] (4) 题(5) 题

大学物理(下册)练解答 大学物理 施建青

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)B 22-2 (1)a I B π= 830μ;(2)1.71×10-5 T ;(3)1004R I B μ=204R I μ+204R I π-μ;(4)B = 0 22-3 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 + d r 的圈数为 r R R N d 1 2- 由圆电流公式得 ) (2d d 120R R r r NI B -= μ ?= -= 2 1 ) (2d 12 0R R R R r r NI B μ1 2 120ln ) (2R R R R NI -μ 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d x 的无限长载流细条,它的电流 x i d d δ= (2) 这载流长条在P 点产生的磁感应强度 x i B π= 2d d 0μx x π= 2d 0δμ 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 = =?B B d ? +πb a b x dx x 20δ μb b a x +π=ln 20δμ 方向垂直纸面向里。 22-5 解:(1) 对r ~r +d r 段,电荷 d q = λ d r ,旋转形成圆电流.则 r dq I d 22d π =π=λω ω 它在O 点的磁感强度 r r r I B d 42d d 000π = = λωμμ ? ?+π = =b a a r r B B d 4d 0 00λωμa b a +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内。 (2) r r I r p m d 2 1 d d 22 λω= π=

大学物理(下)答案

大学物理学答案【下】 北京邮电大学出版社 习题9 9.1选择题 (1) 正方形的两对角线处各放置电荷Q,另两对角线各放置电荷q,若Q所受到合力为零, 则Q与q的关系为:() (A)Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案:A] (2) 下面说法正确的是:() (A)若高斯面上的电场强度处处为零,则该面内必定没有电荷; (B)若高斯面内没有电荷,则该面上的电场强度必定处处为零; (C)若高斯面上的电场强度处处不为零,则该面内必定有电荷; (D)若高斯面内有电荷,则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案:D] (3) 一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ,则在距球面R处的电场强度() (A)σ/ε0 (B)σ/2ε0 (C)σ/4ε0 (D)σ/8ε0 [答案:C] (4) 在电场中的导体内部的()

(A)电场和电势均为零;(B)电场不为零,电势均为零; (C)电势和表面电势相等;(D)电势低于表面电势。 [答案:C] 9.2填空题 (1) 在静电场中,电势不变的区域,场强必定为 [答案:相同] (2) 一个点电荷q放在立方体中心,则穿过某一表面的电通量为若将点电荷由中心向外移动至无限远,则总通量将。 [答案:q/6ε0, 将为零] (3) 电介质在电容器中作用(a)——(b)——。 [答案:(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4) 电量Q均匀分布在半径为R的球体内,则球内球外的静电能之比 [答案:5:6] 9.3 电量都是q的三个点电荷,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9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象,由力平衡知:q'为负电荷 1q212cos30?=4πε0a24πε0qq'(2a)3 解得q'=-q 3

大学物理下册练习及答案

大学物理下册练习及答 案 文件排版存档编号:[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]

电磁学 磁力 A 点时,具有速率s m /10170?=。 (1) 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动,试求所需 的磁场大小和方向; (2) 求电子自A 运动到C 所需的时间。 解:(1)电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。 (2)所需的时间为s v R T t 87 0106.110 105 .0222-?=??===ππ eV 3100.2?的一个正电子,射入磁感应强度B =的匀强磁场中,其速度 B 成89角,路径成螺旋线,其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解:正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 1019 31 106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.1 0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB mv r m d =1.0mm ,放在 知铜片里每立方厘米有2210?个自由电子,每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ,当铜片中有I =200A 的电流流通时, (1)求铜片两侧的电势差'aa U ; (2)铜片宽度b 对'aa U 有无影响为什么 解:(1)53 1928'1023.210 0.1)106.1(104.85 .1200---?-=???-???== nqd IB U aa V ,负号表示'a 侧电势高。 v A C

(完整版)大学物理练习题答案(上下)施建青

大学物理(上册)练习解答 练习1 在笛卡尔坐标系中描述质点的运动 1-1 (1)D ;(2)D ;(3)B ;(4)C 1-2 (1)8 m ;10 m ;(2)x = (y -3)2;(3)10 m/s 2,-15 m/s 2 1-3 解:(1)2192 x y =- (2)24t =-v i j 4=-a j (3)垂直时,则 0=g r v 2 2(192)(24)0t t t ??+--=??g i j i j 0t =s ,3s t =-(舍去) 1-4 解:设质点在x 处的速度为v , 62d d d d d d 2x t x x t a +=?== v v ()x x x d 62d 02 ??+=v v v ( ) 2 2 1 3 x x +=v 1-5 解: y t y y t a d d d d d d d d v v v v === 又-=a ky ,所以 -k =y v d v / d y d d ky y -=??v v 2211 22 ky C -=+v 已知=y y 0 ,=v v 0 则 20202121ky C --=v )(22 0202y y k -+=v v 1-6 证: 2d d d d d d d d v x v v t x x v t v K -==?= d v /v =-K d x ??-=x x K 0 d d 1 0v v v v , Kx -=0ln v v v =v 0e -Kx

练习2 在自然坐标系中描述质点的运动、相对运动 2-1 (1)C ;(2)A ;(3)B ;(4)D ;(5)E 2-2(1)g sin θ ,g cos θ ;(2)g /cos 0220θv ;(3)-c ,(b -ct )2/R ;(4)69.8 m/s ;(5) 3 3 1ct ,2ct ,c 2t 4/R 2-3 解:(1)物体的总加速度a 为 t n =+a a a ()2 2t t a R R t a a a a an t t t n t = ==α αot a R t t c = (2)αot R t a S t c 2 1212== 2-4解:质点的运动方程可写成 S = bt , 式中b 为待定常量。由此可求得 0d d d d d d 2 2=====t S t a b t S t v , v , ρ2b a n ==ρv 2 由此可知,质点作匀速率曲线运动,加速度就等于法向加速度。又由于质点自外向内运动, ρ 越来越小,而b 为常数,所以该质点加速度的大小是越来越大。 2-5 解: 设下标A 指飞机,F 指空气,E 指地面,由题可知: v FE =60 km/h 正西方向 v AF =180 km/h 方向未知 v AE 大小未知, 正北方向 所以 AE AF FE =+v v v AE v 、 AF v 、AE v 构成直角三角形,可得 170 km/h AE ==v ο4.19/tg 1 ==-AE FE v v θ 飞机应取向北偏东19.4?的航向。 练习3 牛顿运动定律 3-1 (1)C ;(2)D ;(3)D ;(4)B ;(5)B 3-2 (1)l/cos 2 θ;(2)2% 3-3 解:(1)先计算公路路面倾角θ 。 设计时轮胎不受路面左右方向的力,而法向力应在水平方向上.因而有 R m N /sin 21v =θ mg N =θcos 所以 西 a

大学物理下册练习及答案

电磁学 磁力 图所示,一电子经过A 点时,具有速率s m /10170?=υ。 (1) 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动,试求所需的磁场大小和方向; (2) 求电子自A 运动到C 所需的时间。 解:(1)电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。 (2)所需的时间为s v R T t 8 7 0106.110 105.0222-?=??= ==ππ eV 3100.2?的一个正电子,射入磁感应强度B =0.1T 的匀强磁场中,B 成89?角,路径成螺旋线,其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解:正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 10 19 31106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.11 .0106.189sin 106.21011.989sin ---? =??????==eB mv r m d =1.0mm ,放在知铜片里每立方厘米有8.42210?个自由电子,每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ,当铜片中有I =200A 的电流流通时, (1)求铜片两侧的电势差'aa U ; (2)铜片宽度b 对'aa U 有无影响?为什么? v C

大学物理学第三版下册课后答案

习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷,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A 处点电荷为研究对象,由力平衡知:q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无 关. 题8-1图 题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ,都用长为l 的细绳挂在同一点,它们带有相同电量,静止时两线夹角为2θ ,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 解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ,当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时,则场强 →∞,这是没有物理意义的,对此应如何理解 ?

解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立,当0→r 时,带电体不能再视为点电荷,再用上式求 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A ,B 两平行板,相对距离为d ,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f ,有人说f = 2 024d q πε,又有人说,因为f =qE ,S q E 0ε= ,所以f =S q 02 ε.试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 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S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=,另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =,这是两板间相互作用的电场力. 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =,场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为 θ,(见题8-5图),且l r >>.试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示,将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p . ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向,即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ =

大学物理下答案习题

习题13 13.1选择题 (1)在双缝干涉实验中,为使屏上的干涉条纹间距变大,可以采取的办法是[ ] (A) 使屏靠近双缝. (B) 使两缝的间距变小. (C) 把两个缝的宽度稍微调窄. (D) 改用波长较小的单色光源. [答案:B] (2)两块平玻璃构成空气劈形膜,左边为棱边,用单色平行光垂直入射.若上面的平玻璃以棱边为轴,沿逆时针方向作微小转动,则干涉条纹的[ ] (A) 间隔变小,并向棱边方向平移. (B) 间隔变大,并向远离棱边方向平移. (C) 间隔不变,向棱边方向平移. (D) 间隔变小,并向远离棱边方向平移. [答案:A] (3)一束波长为λ的单色光由空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上,透明薄膜放在空气中,要使反射光得到干涉加强,则薄膜最小的厚度为[ ] (A) λ / 4 . (B) λ / (4n ). (C) λ / 2 . (D) λ / (2n ). [答案:B] (4)在迈克耳孙干涉仪的一条光路中,放入一折射率为n ,厚度为d 的透明薄片,放入后,这条光路的光程改变了[ ] (A) 2 ( n -1 ) d . (B) 2nd . (C) 2 ( n -1 ) d +λ / 2. (D) nd . (E) ( n -1 ) d . [答案:A] (5)在迈克耳孙干涉仪的一条光路中,放入一折射率为n 的透明介质薄膜后,测出两束光的光程差的改变量为一个波长λ,则薄膜的厚度是 [ ] (A) λ / 2 . (B) λ / (2n ). (C) λ / n . (D) λ / [2(n-1)]. [答案:D] 13.2 填空题 (1)如图所示,波长为λ的平行单色光斜入射到距离 为d 的双缝上,入射角为θ.在图中的屏中央O 处 (O S O S 21=),两束相干光的相位差为 ________________. [答案:2sin /d πθλ] (2)在双缝干涉实验中,所用单色光波长为λ=562.5 nm (1nm =10-9 m),双缝与观察屏的距离D =1.2 m ,若测得屏上相邻明条纹间距为?x =1.5 mm ,则双缝的间距d =

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