大学物理 施健青主编(下册)练习解答

1、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）；（2）1.7110-5 T；（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rr+dr段，电荷 dq = l dr，旋转

2、形成圆电流则 它在O点的磁感强度 方向垂直纸面向内。 (2) 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）D 23-2 （1）pR2c；（2）；（3），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 (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( r R2 )作圆形回路，由于 B = 023-

3、5 解：圆电流产生的磁场 长直导线电流的磁场 导体管电流产生的磁场所以，圆心点处的磁感强度 练习24 磁场对运动电荷的作用、霍尔效应24-1 （1）C；（2）B；（3） D 24-2 （1）匀速直线，匀速率圆周，等距螺旋线；（2）0.8010-13 N；（3），垂直向上；（4）3.0810-13 J ；（5），；（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。 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）B 25-

4、2 （1）；（2），；（3）；（4）9.3410-19 Am2，相反；（5）0.226 T，300 A/m 25-3 解：对OO轴而言,重力矩为 磁力矩为 平衡时， 。所以 T 25-4 解：(1) (2) 25-5 解：(1) 设磁场强度为H，磁感强度为BH = nI = NI / lB = m0mrH =m0mr 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 Wb (2) （3）iSM9.58103 Am-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），-，0；（3）相同(或)，沿曲线由中心向外

5、；（4）一个电源，vBL，洛伦兹力26-3 解：由题意，大线圈中的电流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, 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 6.2010-4 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 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）；（

6、4）0.15 H 27-3 解：大小： =dF /d t= S dB / d t = S dB / d t =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 的正方向。由 = -dF /d t出发，先求任意时刻t的F (t) 方向：l 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： rR 0rR分 (2) 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）116 ；（2），；（3），与方向相同（或由正极板垂直指向负极板） 28-3 解： ， (R1 r R2) ，

7、28-4 解：由安培环路定理知 (R1 r R2)磁能密度 总能量 一周期平均值 28-5 解：忽略边缘效应，则极板间为匀强电场，场强大小为 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Id为 根据对称性的分析，极板间任一点 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的方向决定，而且在圆周上各点的大小相等。因此有 28-6 解：在极板间，取与电容器极板同轴的半径为r的圆。 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，(p/

8、6) rad/s，p/3；（2）；（3）3p/429-3 解：由旋转矢量图和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒 T = 8 s， n = (1/8) s-1， w = 2pn = (p /4) s-1 (1) 以的中点为坐标原点，x轴指向右方 t = 0时， cm t = 2 s时， cm 由上二式解得 tgf = 1 因为在A点质点的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4 （如图所示） cm所以振动方程 (SI)(2) 速率 (SI)当t = 0 时，质点在A点 m/s 29-4 解：二弹簧共同的等效劲度系数 N/m kg粘上油泥块之后 kg新的周期 s物块速度，油泥块和

9、物块碰撞，所以水平方向动量守恒 碰撞后 m/s新的振幅 m 29-5 解：(1) s (2) A = 15 cm，在 t = 0时，x0 = 7.5 cm，v 0 0 ，所以 (3) (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，；（4）|A1 A2|，；（5）410-2 m，；（6）1.47；（7）291 Hz或309 Hz；（8）4:330-3 解：(1) 势能总能量由题意， m (2) 周期T = 2p/w = 6 s从平衡位置运动到的最短时间 Dt 为 T/8 Dt = 0.75 s 3

10、0-4 (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v 0 = 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(2) 平衡位置以下1 cm处 J = 4.4410-4 J 30-5 解：由合振动的振幅及初相公式，可得 m m = 84.8=1.48 rad 所以 (SI)30-6 解：把两波写成 并令A1 = A2 = A = 0.06 m，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）

11、 C；（2）B；（3）D 31-2 （1）503 m/s；（2）125 rad/s，338 m/s，17.0 m；（3）u = 5.10103 m/s；（4） (SI)；（5） 或；（6）80 N 31-3 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 = 1 s时因此时a质点向y轴负方向运动，故 而此时，b质点正通过y = 0.05 m处向y轴正方向运动，应有 且 由、两式联立得 l = 0.24 m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 ，

12、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 = 200 m，故波动表达式为 (SI) (2) 距O点100 m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）C 32-2 （1）5 J；（2）4；（3）；（4）S1的相位比S2的相位超前p/2；（5），；（6）637.5 Hz，566.7 Hz32-3 解：m 32-4 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)

13、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）B 33-2 （1）(n1-n2)e或(n2-n1)e；（2）d sinq (r1r2)；（3）3.6 mm33-3 解：因为ln = c，所以lDn = - nDlDl = | ( - lDn ) / n |= c Dn / n 2 = 0.173 nmlc = l 2 / Dl = ( c

14、/ n )2 / (c Dn / n 2 ) = c / Dn= 6000 km33-4 解：(1) Dx20 Dl / a0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2r1kl (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 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 ll（10.1）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Dq

15、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 (k1，2，.) 所以 在此处令k0，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）C 34-2 （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510-5 cm) (2) (2k1)2 r2 / (

16、Rl) 对于r1.00 cm，kr2 / (Rl)0.550.5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 ，第k个暗环的条件为 (k = 1，2，3) 2 De = kl (k = 1，2，3) 34-5 解：设点处空气薄膜的厚度为，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e2l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4.810-5 rad (

17、2) 由上问可知A处膜厚为 e43500 / 2 nm750 nm 对于l600 nm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）D 35-2 （1）( 4ne / l )1 p或 ( 4ne / l) +1p；（2）114.6 nm ；（3）2d / N；（4）2(n 1)h35-3 解：因为令k = 0，则 111 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 =

18、0时，依公式有，对l1： 按题意还应有，对l2： 由 解得：将k、l2、代入式得 7.7810-4 mm 35-5 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）D 36-2 （1）子波；子波干涉(或“子波相干叠加”)；（2）510-4 mm ；（3）4，第一，暗；（4）4 ；（5）2.2410-5，4.47；（6）13.936-3 解：(1) 对于第一级暗纹，有a sinj 1l因j 1很

19、小，故tg j 1sinj 1 = l / a故中央明纹宽度 Dx0 = 2f tg j 1=2fl / a = 1.2 cm(2) 对于第二级暗纹，有 a sinj 22lx2 = f tg j 2f sin j 2 =2f l / a = 1.2 cm分36-4 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得 由题意可知 , 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 = 4.9 103 m 36-6 解：(1)

20、 已知 d = 3 mm，l = 550 nm，人眼的最小分辨角为：2.2410-4 rad (2) 设等号两横线相距 Dx = 2 mm时，人距黑板l刚好看清，则 l = Dx / q = 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 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d sin60=6l1=3.0510-3 mm37-4 解：(1) 当 时 3.39，kmax =

21、3 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 / (5105) = 2 10-5m设l1 = 450nm，l2 = 650nm, 则据光栅方程，l1和l2的第2级谱线有 dsinq 1 =2l1； dsinq 2=2l2 q 1 =sin-12l1/d26.74，q 2 = sin-12l2 /d40.54第2级光谱的宽度x2 -

22、 x1 = f (tgq 2-tgq 1)所以f = (x1 - x2) / (tgq 2 - tgq 1) 100 cm37-6 解：光栅常数d=210-6 m 。 (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 ，所以 kml / d 1 ， 故kmd / l=3.39由于km为整数,有 km=3(3) 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 sinq1 ，所以，故=5.09由于为整数，有=5 37-7 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

23、长为l2 = 0.097 nm，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 0.168 nm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 I1I0 / 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I3 I3 I2 cos2(90q ) = (I0 / 2

24、) cos2q sin2q = (I0 / 8)sin22q 由题意知I3I2 / 16，所以sin22q = 1 / 222.5 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 tg i0n / n0在这种情况下，反射光线和折射光线垂直，有 i0r90因而上式可写成tg(90r)ctg rn / n0tg rn0 / 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 = 0.50 mm两光光程差d = ( ne - no ) d = 4.5

25、mm38-6 解： 8.56 10-7 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）5.13103；（3）2.40103 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 = 1.371034p(RSE)2 = 3.871026 W (2) 太阳的辐射出射度 0.674108 W/m2由斯特藩玻尔兹曼定律 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l0 。又按题

26、意所以 = 612 nm39-5 解：(1) 5.6510-7 m = 565 nm(2) , 得 1.7310-7 m = 173 nm 39-6 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 eUh n -A =2.12 eV故U2.12 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）；（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）5，10 40-3 解：入射光子的能量

27、为散射光子的能量为反冲电子的动能为1.6810-16 J40-4 解：(1) 康普顿散射光子波长改变： 0.02410-10 m 1.02410-10 m (2) 设反冲电子获得动能，根据能量守恒： =4.6610-17 J =291 eV 40-5 解：(1) 2.86 eV (2) 由于此谱线是巴耳末线系，其 k =2 eV (E1 =13.6 eV) (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 =13.6 eV (基态)hn =12.09 eV所以En =1.51 eV分

28、另外，对氢原子有En =13.6/n2eV由此有1.5113.6/n2 n29，n =3氢原子的半径公式为rn= n2a1 = 9 a1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 41-2 （1）150 V ；（2）；（3）1.46 41-3 解： 将m，v代入德布罗意公式得 41-4 解：用相对论计算 由 计算得 m若不考虑相对论效应，则 由，式计算得 3.8810-12 m相对误差41-5 解： DxDpxDxDmvx粒子的最小能量应满足在核内，质子或中子的最小能量 Emin = 3.310-14 J 41-6 解：根据不确定关系式DE

29、Dt ，可得 DE /Dt = 0.65910-7 eV根据光子能量与波长的关系则光子的波长3.6710-7 m波长的最小不确定量为Dl = hc DE /E2 = 7.1310-15 m41-7 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 Dx0.048 m48 mm 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）B 42-2 （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）1s2 2s2 2p2，1s2 2s2 2p6 3s2 3p2 42-3 解：据已知条件 又据德布罗意公式 无限深势阱中粒子的能量为 由、式解得以式代入得 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