药本习题章大学物理医药类习题及答案

第三章流体的运动习题解答应用连续性方程的条件是什么答：不可压缩的流体作定常流动。2．在推导伯努利方程的过程中，用过哪些条件伯努利方程的物理意义是什么答：在推导伯努利方程的过程中，用过条件是不可压缩、无内摩擦力的流体（即理想流体）作定常流动。方程的物理意义是理想流体作定常流动时，同一流管的不同截面处，单位体积流体的动能、势能与该处压强之和都是相等的。3．两条木船朝同一方向并进时，会彼此靠拢甚至导致船体相撞。试解释产生这一现象的原因。答：因为当两条木船朝同一方向并进时，两船之间水的流速增加，根据伯努利方程可知，它们间的压强会减小，每一条船受到外侧水的压力大，因此两船会彼此靠拢甚至导致船体相撞。4．冷却器由19根Φ20×2mm（即管的外直径为20mm，壁厚为2mm）的列管组成，冷却水由Φ54×2mm的导管流入列管中，已知导管中水的流速为s，求列管中水流的速度。解：已知Φ120×2mm，d1=20－2×2=16mm，n1=19，Φ254×2mm，d2=54－2×2=50mm，v2=s，根据连续性方程知：S0v0=S1v1+S2v2+……+Snvn，则m/s5．水管上端的截面积为×10－4m2，水的流速为m/s，水管下端比上端低10m，下端的截面积为×10－4m2。(a)求水在下端的流速；(b)如果水在上端的压强为×105Pa，求下端的压强。解：(a)已知S1=×10－4m2，v1=m/s，h1=10m，S2=×10－4m2，=×105Pa，根据连续性方程：S1v1=S2v2知：(m/s）(b)根据伯努利方程知：，h2=0，=×103kg/m36．水平的自来水管粗处的直径是细处的两倍。如果水在粗处的流速和压强分别是m/s和×105Pa，那么水在细处的流速和压强各是多少解：(a)已知d1=2d2，v1=s，=×105Pa，根据连续性方程知：S1v1=S2v2(m/s)(b)根据伯努利方程知（水平管）：(Pa)7．利用压缩空气，把水从一密封的筒内通过一根管以m/s的流速压出。当管的出口处高于筒内液面时，问筒内空气的压强比大气压高多少解：已知v1=s，h1=，=，根据伯努利方程知：由于S1<<S2，则v2=0，因此(Pa)8．汾丘里流速计主管的直径为，细颈处的直径为，如果水在主管的压强为×104Pa，在细颈处的压强为×104Pa，求水的流量是多少解：已知d1=，d2=，=×104Pa，=×104Pa，根据汾丘里流速计公式知：9．一水平管道内直径从200mm均匀地缩小到100mm，现于管道中通以甲烷（密度ρ=kg/m3），并在管道的1、2两处分别装上压强计（如图3-1），压强计的工作液体是水。设1处U形管压强计中水面高度差h1=40mm，2处压强计中水面高度差h2=-98mm（负号表示开管液面低于闭管液面），求甲烷的体积流量Q。解：已知d1=200mm=，d2=100mm=，=m3，=×03kg/m3，h1=40mm=，h2=-98mm=，根据汾丘里流速计公式知：10．将皮托管插入河水中测量水速，测得其两管中水柱上升的高度各为和，求水速。解：已知h1==，h2==，根据比托管流速计公式知：(m/s)11．如果图3-2所示的装置是一采气管，采集CO2气体，如果压强计的水柱差是，采气管的横截面积为10cm2。求5分钟所采集的CO2的量是多少m3已知CO2的密度为2kg/m3。解：已知h==，S=10cm2，t=5min，=2kg/m3，=×03kg/m3，根据比托管流速计公式知：(m/s)所以5min采集的CO2为：(L)12．水桶底部有一小孔，桶中水深h=。试求在下列情况下，从小孔流出的水相对于桶的速度：(a)桶是静止的；(b)桶匀速上升。解：(a)已知h1=，，S1>>S2，桶是静止时，根据伯努利方程知：，由于S1>>S2，则v1=0，因此(m/s)(b)桶匀速上升时，v2=(m/s)13．注射器的活塞截面积S1=，而注射器针孔的截面积S2=。当注射器水平放置时，用f=的力压迫活塞，使之移动l=4cm，问水从注射器中流出需要多少时间解：已知S1=，S2=，f=，l=4cm，作用在活塞上的附加压强：(pa)，根据水平管的伯努利方程知：由于，，S1>>S2，则v1≈0，因此(m/s)根据连续性方程知：S1v1=S2v2(m/s)(s)14．用一截面为的虹吸管把截面积大的容器中的水吸出。虹吸管最高点在容器的水面上处，出水口在此水面下处。求在定常流动条件下，管内最高点的压强和虹吸管的流量。解：(a)已知SD==×10－4m2，hB=，hD=－，SA>>SD，如图3-10所示，选取容器内液面A为高度参考点，对于A、D两处，=×105Pa，应用伯努利方程，则有：(m/s)B、D两处（均匀管）应用伯努利方程得：(pa)(b)Q=SDvD=×10－4×=×10－3(m3/s)15．匀速地将水注入一容器中，注入的流量为Q=150cm3/s，容器的底部有面积S=的小孔，使水不断流出。求达到稳定状态时，容器中水的高度。解：已知Q=150cm3/s=×10－4m3/s，S2==×10－5m2，因为以一定流量为Q匀速地将水注入一容器中，开始水位较低，流出量较少，水位不断上升，流出量也不断增加，当流入量等于流出量时，水位就达到稳定，则：和(m)16．如图3-3所示，两个很大的开口容器B和F，盛有相同的液体。由容器B底部接一水平管子BCD，水平管的较细部分C处连接到一竖直的E管，并使E管下端插入容器F的液体内。假设液流是理想流体作定常流动。如果管的C处的横截面积是D处的一半。并设管的D处比容器B内的液面低h，问E管中液体上升的高度H是多少解：已知截面积，由连续性方程得，考虑到A槽中的液面流速相对于出口处的流速很小，由伯努利方程求得对C、D两点列伯努利方程：因为，，所以，，即C处的压强小于，又因为F槽液面的压强也为，故E管中液柱上升的高度H应满足：解得17．使体积为25cm3的水，在均匀的水平管中从压强为×105Pa的截面移到压强为×105Pa的截面时，克服摩擦力做功是多少解：已知V=25cm3=×10－5m3，=×105Pa，=×105Pa，由实际流体运动规律知：(Pa)（水平均匀管）(J)18．为什么跳伞员从高空降落时，最后达到一个稳恒的降落速度答：跳伞员从高空降落时，最后达到一个稳恒降落速度的原因主要是跳伞员的重力、受到浮力和空气阻力达到平衡，沉降速度恒定。19．20℃的水，在半径为的水平管内流动，如果管中心处的流速是10cm/s。求由于粘性使得管长为的两个端面间的压强差是多少解：已知R=cm，vmax=10cm/s=s，L=，t=20℃，查表知20℃时水的黏度系数为：Pas，由泊肃叶定律的推导知：当r=0，m/s(Pa)20．图3-3为粘性流体沿水平管流动时，压强沿管路降低的情况。若图中h=23cm；h1=15cm；h2=10cm；h3=5cm；a=10cm。求液体在管路中流动的速度。已知：h=23cm；h1=15cm；h2=10cm；h3=5cm；a=10cm求：v=解：由实际流体运动规律知：1，2两处（水平均匀管）(J/m3)容器开口液面处与圆管出口处应用实际流体运动规律知：得：(m/s)21．直径为的水滴，在速度为2cm/s的上升气流中，能否向地面落下设空气的η=×10－5Pas。解：已知d==10－5m，v=2cm/s=m/s，η=×10－5Pas，水滴受力分析：重力、浮力、粘性阻力，由斯托克斯定律定律知：(N)(N)<故水滴不会落下。22．水从一截面为5cm2的水平管A，流入两根并联的水平支管B和C，它们的截面积分别为4cm2和3cm2。如果水在管A中的流速为100cm/s，在管C中的流速为50cm/s。问：(a)水在管B中的流速是多大(b)B、C两管中的压强差是多少(c)哪根管中的压强最大解：(a)已知SA=5cm2，SB=4cm2，SC=3cm2，vA=100cm/s=s，vC=50cm/s=s，根据连续性方程知：SAvA=SBvB+SC(m/s)(b)根据伯努利方程知：A、B两处：A、C两处：因此，(Pa)(c)由以上两个方程可知：则：，即C管压强最大。23．如图3-4所示，在水箱侧面的同一铅直线的上、下两处各开一小孔，若从这两个小孔的射流相交于一点，试证：h1H1=h2H2。证明：根据小孔流速规律知：和再根据平抛运动规律知：x=vt和联立以上关系式得：由于x1=x2所以h1H1=h2H2证毕。24．在一个顶部开启高度为的直立圆柱型水箱内装满水，水箱底部开有一小孔，已知小孔的横截面积是水箱的横截面积的1/400，(a)求通过水箱底部的小孔将水箱内的水流尽需要多少时间(b)欲使水面距小孔的高度始终维持在，把相同数量的水从这个小孔流出又需要多少时间并把此结果与(a)的结果进行比较。解：(a)已知h1=，S2=S1/400，随着水的流出，水位不断下降，流速逐渐减小，根据小孔流速规律知在任意水位处水的流速为：，该处厚度为dh的一薄层从小孔流出时间为：整个水箱的水流尽所需时间为(s)(b)水面距小孔的高度始终维持在，则小孔速度始终不变为则相同数量的水从这个小孔流出又需要时间为：(s)比较(a)、(b)知：

第四章振动和波习题解答1．一振动的质点沿x轴作简谐振动，其振幅为×10-2m，频率，在时间t=0时，经平衡位置处向x轴正方向运动，求运动方程。如该质点在t=0时，经平衡位置处向x轴负方向运动，求运动方程。解：已知,。通解方程式为由t=0时x=0有速度表达式为根据已给条件有，考虑。∴运动方程为2．质量为×10-3kg的振子作简谐振动，其运动方程为式中，x中的单位是m，t的单位是s。试求：(a)角频率、频率、周期和振幅；(b)t=0时的位移、速度、加速度和所受的力；(c)t=0时的动能和势能。解：(a)根据已给条件，。(b)将条件t=0带入方程(c)动能势能3．一轻弹簧受的作用力时,伸长为×10-2m,今在弹簧下端悬一重量P=的重物，求此这重物的振动周期。 解：由胡克定律带入相关数值4．续上题,若在开始时将重物从平衡位置拉下×10-2m,然后放开任其自由振动,求振动的振幅、初相位、运动方程和振动能量。5．经验证明，当车辆沿竖直方向振动时，如果振动的加速度不超过s2，乘客就不会有不舒服的感觉。若车辆竖直的振动频率为，求车辆振动振幅的最大允许值。解：由加速度有6．质量为m、长圆管半径为r的比重计，浮在密度为ρ的液体中,如果沿竖直方向推动比重计一下,则比重计将上下振动.在不考虑阻力作用的情况下,试证其振动周期为 证：设坐标x向下为正。以比重计在水中的平衡位置为坐标零点，比重计被向下压入水中偏离平衡位置的位移为x，比重计排开水的体积为，其所受浮力为其中负号表示力的方向与位移相反。由牛顿第二定律有整理有令，方程化为振动方程则证毕7.当重力加速度g改变dg时,单摆的周期T的变化dT是多少找出dT/T与dg/g之间的关系式。解：单摆周期与加速度关系为两边取微分，则当重力加速度g改变dg时,单摆的周期T的变化dT是dT/T与dg/g之间的关系式8．两个同方向、同周期的简谐振动的运动方程为x1=4cos(3πt+π/3)和x2=3cos（3πt－π/6），试求它们的合振动的运动方程。解：由同方向、同周期的简谐振动合成振幅表达式有合振动方程为：9．设某质点的位移可用两个简谐振动的叠加来表示，其运动方程为x=Asinωt+Bsin2ωt。(a)写出该质点的速度和加速度表示式；(b)这一运动是否为简谐振动解：(a)(b)不是简谐振动10．已知平面波源的振动方程为y=×10-2cosEQ\F(π,9)t（m），并以s的速度把振动传播出去，求：(a)离波源5m处振动的运动方程；(b)这点与波源的相位差。解：(a)由已给方程可直接得到：将x=5m代入波动表达式(b)相位差11．一平面简谐波，沿直径为的圆形管中的空气传播，波的平均强度为×10-3Js-1m-2，频率为256Hz，波速为340ms-1，问波的平均能量密度和最大能量密度各是多少每两个相邻同相面间的空气中有多少能量解：已知D=，平均强度I=×10-3Js-1m-2，ν=256Hz,u=840m/s。(a)平均能量密度和最大能量密度(b)两个相邻相面间的空气能量E12．为了保持波源的振动不变，需要消耗的功率，如果波源发出的是球面波，求距波源和处的能流密度（设介质不吸收能量）。解：平均能流密度等于单位单位面积上的功率，因此5m处的能流密度为同理有：1m处为13．设平面横波1沿BP方向传播，它在B点振动的运动方程为y1=×10-3cos2πt，平面横波2沿CP方向传播,它在C点振动的运动方程为y2=×10-3cos（2πt+π），两式中y的单位是m，t的单位是s。P处与B相距，与C相距，波速为s，求：(a)两波传到P处时的相位差；(b)在P处合振动的振幅。解：(a)求两波在P点相位差：1点在P点引起的振动为：2点在P点引起的振动为：相位相同，相位差。(b)合振动振幅：由于相位相同，合成波的振幅为两波振幅相加14．平面波斜入射到两种介质（各向同性）的界面，进入到介质2时将发生折射，设该波在介质1和介质2的波速比为5：3，试用惠更斯原理作图画出折射后波的传播方向。解：注意两波在不同介质中的波速不一样。图4-1以波在介质1中波速快为例作图。15．已知飞机马达的声强级为120dB，求它的声强。解：已知声强级为120dB，由声强级定义可知16．两种声音的声强级相差1dB，求它们的强度之比。解：设两种声音的声强级分别为A和A+1，导出消去I0,有17．频率为50000Hz的超声波在空气中传播，设空气微粒振动的振幅为×10-6m，求其振动的最大加速度和最大速度。解：18．装于海底的超声波探测器发出一束频率为30000Hz的超声波，被迎面驶来的潜水艇反射回来。反射波与原来的波合成后，得到频率为241Hz的拍。求潜水艇的速率。设超声波在海水中的传播速度为1500m/s。解：本题中的潜水艇接收探测器的超声波然后再反射，所以潜水艇首先是接收者，其次是发射者，这是一个双向多普乐效应问题。设超声波波速为u,潜水艇速度为ν，运用双向多普乐公式，再根据拍频的定义有：解出19．对遥远星系发来的光谱分析表明，有一些在实验室已确认的谱线显着地移向了长波端，这种现象叫做谱线红移。谱线红移可以解释为由于光源的退行速度所引起的多普勒频移。例如，钾光谱中易辨认的一对吸收线K线和H线，在地面实验室中是出现在395nm附近；在来自牧夫星座一个星云的光中，却在波长447nm处观测到了这两条谱线。试问该星云正以多大的速度离开地球解：多普乐效应可以应用在光学问题上，但应考虑相对论效应，应用光学多普乐公式对于本题代入公式解出u=。

第五章分子物理学习题解答1．压强为×107Pa的氧气瓶,容积是32×10-3m3。为避免混入其他气体，规定瓶内氧气压强降到×106Pa时就应充气.设每天需用、×105Pa的氧，一瓶氧气能用几天解：用可以使用的气体总量除以每天的使用量即可得到使用的天数。设气体总量为PV，可以用到的最小数值为P*V*，设每天的使用量为Δ(PV)。则可以使用的天数n为：一瓶氧气可以使用大约天。 2．一空气泡，从×105Pa的湖底升到×105Pa的湖面。湖底温度为7℃，湖面温度为27℃。气泡到达湖面时的体积是它在湖底时的多少倍 解：设气体在湖底时的状态参量为p1V1T1，在湖面时的状态参量为p2V2T2，设气体为理想气体，满足理想气体方程，考虑到气体总量不变，应有所以气体到达湖面时体积扩大为湖底的倍。3．两个盛有压强分别为p1和p2的同种气体的容器，容积分别为V1和V2，用一带有开关的玻璃管连接。打开开关使两容器连通，并设过程中温度不变，求容器中的压强。 解：设气体的摩尔质量为μ，质量分别为M1和M2，由理想气体方程有相通合并后气体压强相同，总质量为M1+M2，总体积为V1+V2，应用理想气体方程有4．在推导理想气体动理论基本方程时，什么地方用到了平衡态的条件什么地方用到了理想气体的假设什么地方用到了统计平均的概念简答：考虑分子速度无宏观定向运动、运动分组时用到了平衡态的条件，讨论容器体积、分子的平均冲量时用到了理想气体假设（分子自身线度忽略、分子除碰撞瞬间外无相互作用力），对所有分子的集体作用进行叠加时用到了统计平均的概念。5．将理想气体压缩，使其压强增加×104Pa,温度保持在27℃，问单位体积内的分子数增加多少 解：由理想气体压强公式有6．一容器贮有压强为,温度为27℃的气体,(a)气体分子平均平动动能是多大(b)1cm3中分子的总平动动能是多少 解：气体分子的平均平动动能为平均总动能为7．大瓶容积为小瓶容积的两倍，大瓶中理想气体的压强为小瓶中同种理想气体的一半，它们的内能是否相等为什么 答：理想气体内能为，将理想气体方程代入，有pV乘积相等，同种气体自由度相等，所以内能相等。8．一容积V=×10-3m3的真空系统在室温（23℃）下已被抽到p1=×10-3Pa。为了提高系统的真空度，将它放在T=573K的烘箱内烘烤，使器壁释放吸附的气体分子。如果烘烤后压强增为p2=,问器壁原来吸附了多少个分子 解：由理想气体压强公式9．温度为27℃时，1g氢气、氦气和水蒸汽的内能各为多少 解：氢气、氦气和水蒸汽分别为双原子、单原子和三原子分子，其自由度分别为5、3、6。根据内能定义有10．计算在T=300K时，氢、氧和水银蒸汽的最概然速率、平均速率和方均根速率。 解：最概然速率，平均速率，方均根速率。代入相关数据：11．某些恒星的温度达到`108K的数量级，在这温度下原子已不存在，只有质子存在。试求：(a)质子的平均平动动能是多少电子伏特(b)质子的方均根速率有多大 解：质子可以看作质点，自由度为3。单个质子的平均平动能为12．真空管中气体的压强一般约为×10-3Pa。设气体分子直径d=×10-10m。求在27℃时，单位体积中的分子数及分子的平均自由程。 解：由理想气体压强公式有13．一矩形框被可移动的横杆分成两部分，横杆与框的一对边平行，长度为10cm。这两部分分别蒙以表面张力系数为40×10-3和70×10-3N/m的液膜，求横杆所受的力。解：表面张力与表面张力系数关系为，考虑液膜为双面有，则横杆所受力为14．油与水之间的表面张力系数为18×10-3N/m，现将1g的油在水中分裂成直径为2×10-4cm的小滴，问所作的功是多少（假设温度不变，已知油的密度为cm3）解：一个小油滴表面能为分裂过程中质量不变，一个大油滴可以分裂成的小油滴个数所需能量为。由于一个大油滴的表面能远小于分裂后的表面能，忽略大油滴的表面能，故破碎一个大油滴所需能量为。15．在水中浸入同样粗细的玻璃毛细管，一个是直的，另一个是顶端弯曲的。水在直管中上升的高度比弯管的最高点还要高，那么弯管中是否会有水不断流出为什么答：水与玻璃浸润产生弯曲液面，此弯曲液面产生的附加压强使毛细管中液面上升。当水上升到毛细管管口时，弯曲液面的曲率发生改变，附加压强变小，所以水不会继续上升或向管口处继续流动。第六章静电场习题解答1．真空中在x-y平面上，两个电量均为10-8C的正电荷分别位于坐标,0)及(－,0)上，坐标的单位为m。求：(a)坐标原点处的场强；(b)点(0,处的场强。解：设，为两点电荷产生的场强，其合场强为=+在原点处，与的大小相等，方向相反，即：E=＋=0故合场强为零。(b)此时====故合场强的大小：E=2cos=方向为沿Y轴正方向。2.设匀强电场的大小为3×105V/m，方向竖直向下。在该匀强电场中有一个水滴，其上附有10个电子，每个电子带电量为e=－×10-19C。如果该水滴在电场中恰好平衡，求该水滴的重量。解：设水滴重量为G,则由力的平衡得G=qE=3．真空中在x-y平面上有一个由三个电量均为＋q的点电荷所组成的点电荷系，这三个点电荷分别固定于坐标为(a,0)、(－a,0)及(0,a)上。(a)求y轴上坐标为(0,y)点的场强(y＞a)；(b)若y＞a时，点电荷系在(0,y)点产生的场强等于一个位于坐标原点的等效电荷在该处产生的场强，求该等效电荷的电量。解：(a)根据电荷分布的对称性，在点（o,y）处（y>a）的合场强的大小为E=方向沿y方向。(b)当y>>a时E=故等效电量为3q。4．空中均匀带电直线长为2a，其电荷线密度为，求在带电直线的垂直平分线上且与带电直线相距为a的点的场强。解：由对称性可得令，则可得：E＝＝5.真空中一个半径为R的均匀带电圆环，所带电荷为q。试计算在圆环轴线上且与环心相距为x处的场强。解：圆环电荷线密度为，则，为单位向量，与轴线夹角为，且，由对称性得合场强方向在轴线方向上，且当ｑ为正时，场强由圆心指向该点，反之相反。大小为6.上题中设均匀带电圆环的半径为，所带电荷为×10-9C，计算轴线上离环心的距离为处的场强。 解：利用上题公式：E＝＝，方向沿轴线，由圆心指向该点。7.真空中长度为l的一段均匀带电直线，电荷线密度为。求该直线的延长线上，且与该段直线较近一端的距离为d处的场强。解：长度元上的电荷，它在该点产生的场强为：于是：E＝＝＝8.真空中两条无限长均匀带电平行直线相距10cm，其电荷线密度均为=×10-7C/m。求在与两条无限长带电直线垂直的平面上且与两带电直线的距离都是10cm处的场强。解：两无线长带电直线在该点产生的场强的大小为：=＝，方向夹角为，则E=2=2=方向为在两线所在平面垂直方向上，并由平面指向该点。9.真空中两个均匀带电同心球面，内球面半径为，所带电量为－×10-7C，外球面半径为，所带电量为×10-7C。设r是从待求场强的点到球心的距离，求：(a)r=；(b)r=；(c)r=处的场强。解：根据高斯定理：(a)ｒ=ｍ,=0故E=0(b)ｒ=ｍ，＝q/故＝－方向沿半径指向球心。(c)ｒ＝ｍ，故＝方向沿半径指向球外。10.真空中两个无限长同轴圆柱面，内圆柱面半径为R1，每单位长度带的电荷为＋，外圆柱面半径为R2，每单位长度带的电荷为－。求空间各处的场强。解：取半径为ｒ，长为ｌ的同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理(a) 故E＝0(b) 故E＝(c) 故E＝011.真空中两个均匀带电的同心球面，内球面半径为R1，外球面半径为R2，外球面的电荷面密度为，且外球面外各处的场强为零。试求：(a)内球面上的电荷面密度；(b)两球面间离球心为r处的场强；(c)半径为R1的内球面内的场强。解：取半径为ｒ的同心球面为高斯面，根据高斯定理：(a)故（b）（c） 故E＝012.设真空中有一半径为R的均匀带电球体，所带总电荷为q，求该球体内、外的场强。解：均匀带电球体的电荷密度为，设所求点距球心为ｒ，则由对称性知，与球体同心，半径为ｒ的球面高斯面上的各点的场强大小相等，方向沿着半径。故 (a)当，由高斯定理则，加上方向得，为沿半径由球心指向球外的单位向量。 (b)当，由高斯定理则，加上方向得，为沿半径由球心指向球外的单位向量。13.真空中分别带有＋10C和＋40C的两个点电荷，相距为40m。求场强为零的点的位置及该点处的电势。解：(a)设和为两电荷各个单独存在时产生的场强，合场强为零。要求：＝0，即，则场强为零的点，必在连接两点电荷的直线上，设该点距＋10C的电荷为ｘ，故有：但 即： 取x<40 x＝ｍ（ｂ）根据电势叠加原理：14.真空中两等值异号点电荷相距2m，q1=×10-6C，q2=－×10-6C。求在两点电荷连线上电势为零的点的位置及该点处的场强。解：设所求点到两点电荷的距离为与，则 且故 即为连线中点该点场强的大小为：，方向为从指向。15.如图6-4所示，已知r=8cm，a=12cm，q1=q2=×10-8C，电荷q0=10-9C，求：(a)q0从A移到B时电场力所作的功；(b)q0从C移到D时电场力所作的功。解：(a)（b）16.真空中长为l的均匀带电直线段，其电荷为＋q。求其延长线上且距最近端为d的点的电势。能否通过场强与电势的梯度关系求出该点处的场强解：线电荷密度 该点电势：17.真空中一个半径为R，均匀带电的半个圆弧，带有正电荷q。(a)求圆心处的场强；(b)求圆心处的电势。解：(a)由对称性可知，两对称点的合场强则E的大小为：＝方向为垂直于半圆直径向下。（b）圆心处电势，小段圆弧在圆心处的电势为：故由电势叠加原理，＝18.真空中一个半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为。求(a)在圆盘的轴线上距盘心O为x处的电势；(b)根据场强与电势的梯度关系求出该点处的场强。解：(a)设从左到右各表面面密度为，则，又由于导体内部场强为零，故由此可解得 （b）两板间电势差为19.如图6-5所示，真空中两块面积很大(可视为无限大)的导体平板A、B平行放置，间距为d，每板的厚度为a，板面积为S。现给A板带电QA，B板带电QB。(a)分别求出两板表面上的电荷面密度；(b)求两板之间的电势差。(a)当 球体内部场强为零，故E＝0当R<r<R+d 此时场强为，为沿半径由球心指向球外的单位向量。当r>R＋d 此时场强为，为沿半径由球心指向球外的单位向量。（b）当 当 当 （c）分别带入数据，则当 当 当 （d）在r＝R处，若无电介质，场强为电介质极化电荷产生的场强为，则，在r=R+d处，同理得 20.如图6-6所示，一个导体球带电q=×10-8C，半径为R=，球外有一层相对电容率为=的均匀电介质球壳，其厚度d=，电介质球壳外面为真空。(a)求离球心O为r处的电位移和电场强度；(b)求离球心O为r处的电势；(c)分别取r=、、，算出相应的场强E和电势U的量值；(d)求出电介质表面上的极化电荷面密度。解：设极板上电荷为ｑ，则电荷面密度为，第一层电解质中的场强为，第二层电解质中的场强为，则两极板的电势差为21.平行板电容器的极板面积为S，两板间的距离为d，极板间充有两层均匀电介质。第一层电介质厚度为d1，相对电容率为，第二层电介质的相对电容率为，充满其余空间。设S=200cm2，d=，d1=，=，=，求(a)该电容器的电容；(b)如果将380V的电压加在该电容器的两个极板上，那么第一层电介质内的场强是多少解：(a)此时电量不变，S为极板，插入电解质后，场强（b）此时电压不变，插入电解质后，电容于是电量此时场强，故场强不变。22.三个电容器其电容分别为C1=4F，C2=1F，C3=F。C1和C2串联后再与C3并联。求(a)总电容C；(b)如果在C3的两极间接上10V的电压，求电容器C3中储存的电场能量。解：未插入金属板时的电场能：插入金属板后，因电量不变，则金属板间的场强不变，则两极板间的电势差为：，则此时电场能23.有一平行板电容器，极板面积为S，极板间的距离为d，极板间的介质为空气。现将一厚度为d/3的金属板插入该电容器的两极板间并保持与极板平行，求(a)此时该电容器的电容；(b)设该电容器所带电量q始终保持不变，求插入金属板前后电场能量的变化。解：该点场强为故电场能体密度为 24.一个无限长均匀带电直线的电荷线密度为=×10-7C/m，被相对电容率=的无限大均匀电介质所包围，若a点到带电直线的垂直距离为2m，求该点处的电场能量密度。解：距球心为r处的场强为该处的电场能体密度 则在半径为ｒ厚度为的同心薄球壳中的电场能为：电场中储存的能量25.真空中一个导体球的半径为R，带有电荷为q，求该导体球储存的电场能量。解：本题也可用对电场能量密度积分的方法（方法见下题），结果是一样的。26.一个半径为R的导体球带电为q，导体球外有一层相对电容率为的均匀电介质球壳，其厚度为d，电介质球壳外面为真空，充满了其余空间。求(a)该导体球储存的电场能量；(b)电介质中的电场能量。解：电场能量等于电场能量密度对所考虑空间的积分，题中所给各处电场为：导体内：E=0；电介质球内：；电介质球外：；(a)：=(b)

第七章直流电路习题解答1．把截面相同的铜丝和钢丝串联起来，铜的电导率为，钢的电导率为，横截面积为，如通以电流强度为的恒定电流，求铜丝和钢丝中的电场强度。解：铜丝中的电场强度钢丝中的电场强度2．平板电容器的电量为，平板间电介质的相对介电常数为，电导率为，求开始漏电时的电流强度。解：电介质中的场强为则电流密度为：漏电时的电流强度3．一个用电阻率为的导电物质制成的空心半球壳，它的内半径为，外半径为，求内球面与外球面间的电阻。解：厚为，半径为ｒ的薄同心半球壳的电阻为则所求电阻为4．两同轴圆筒形导体电极，其间充满电阻率为的均匀电介质，内电极半径为，外电极半径为，圆筒长度为。(a)求两极间的电阻；(b)若两极间的电压为，求两圆筒间的电流强度。解：设内圆筒半径为，外圆筒半径为，圆筒长为Ｌ。电阻率为，则半径为ｒ，长为厚度为的薄同心圆筒的电阻为：电极间的电阻为两筒间电流强度为5.图7-3中，，，，，，求：(a)电路中的电流；(b)a、b、c和d点的电势；(c)和。解：(a)电路中电流为(b)因ｅ接地 a点电势为：b点电势为：c点电势为：d点电势为：(c)，6.图7-4中，，，，，，，，，，，。计算、、和。解：7．图7-5中，，，，，，，，，，，，，，，计算、、、和。解：环路电流，方向逆时针。则8．图7-6中，，，，，，，，，求通过电阻、、的电流。解：通过的电流为，方向如书中的图。则由基尔霍夫定律得：则可解得，均为正值，表示电流方向与假设方向相同。9．图7-7中，已知支路电流，。求电动势，。解：10．求图7-8中的未知电动势。解：故又故11．直流电路如图7-9所示，求a点与b点间的电压。解：12．直流电路如图7-10所示，求各支路的电流。解：设左右侧电池电动势分别为，则由基尔霍夫定律得：则可得13．在图7-11中，要使，试问的值应为多少证明：根据基尔霍夫定律，由以上各式得(a)当，，即(b)当，，则14．蓄电池和电阻为的用电器并联后接到发电机的两端，如图7-12所示，箭头表示各支路中的电流方向。已知，，，，，试确定蓄电池是在充电还是在放电并计算、和的值。解：根据基尔霍夫第二定律又，故15．图7-13的电路中含三个电阻，，，一个电容，和三个电动势，，。求：(a)所标示的未知电流；(b)电容器两端的电势差和电容器所带的电量。解：(a)由基尔霍夫定律得则可得回路中存在电容器相当于断路，故(b)电容器两端电压则所带电量为16．温差电偶与一固定电阻和电流计串联，用来测量一种合金的熔点，电偶的冷接头放在正溶解的冰内，当电偶的热接头相继地放入在的沸水和的熔化的铅中，电流计的偏转分别为和分度，如果将热接头放在正熔化的该合金中，则电流计偏转为分度。设温差电动势和温度的关系遵守求该合金的熔点。解：不论热接头处于何种温度下，热电偶电路中的电阻值不变，则可设，而为偏转分度。即为常数。则原方程可写成带入数值，得解得故当M＝175时，解得（舍去）17．当冷热接头的温度分别为及时，康铜与铜所构成的温差电偶的温差电动势可以用下式表示：今将温差电偶的一接头插入炉中，另一接头的温度保持，此时获得温差电动势为，求电炉的温度。解：将已知值带入方程，得解得（另一值为负值，舍去）18．使电路中的电容器充电，试问要使这个电容器上的电荷达到比其平衡电荷（即时电容器上的电荷）小％的数值，必须经过多少个时间常量的时间解：由及得：=故需经个时间常数的时间。

第八章磁场习题解答1.一个速度为的电子，在地磁场中垂直地面通过某处时，受到方向向西的洛仑兹力作用，大小为。试求该处地磁场的磁感应强度。解：电子电量大小为×10-19C，该处磁感应强度大小为因电子带负电垂直向下运动，所以B的方向向北。2.几种载流导线在平面内分布(图8-1)，电流均为I，求他们在O点的磁感应强度。解：(a)O点的磁感应强度等于载流圆环与无限长直载流导线在O点所产生的磁感应强度的矢量和。载流圆环在圆心O处的磁感应强度：,方向为垂直图面指向外；无限长直导线在圆心O处的磁感应强度：，方向为垂直图面指向外。故：，，方向为垂直图面指向外。(b)O点的磁感应强度等于两段半无限长直载流导线与1/4载流圆环在O点所产生的磁感应强度的矢量和。由于O点在其中一段半无限长直载流导线的延长线上，所以该半无限长直载流导线在O点产生的磁感应强度；另一段半无限长直载流导线在O点产生的磁感应强度：，方向为垂直图面向外；1/4载流圆环在O点产生的磁感应强度：，方向为垂直图面指向外。故：，，方向为垂直图面指向外。(c)O点的磁感应强度等于两段半无限长直载流导线与1/2载流圆环在O点所产生的磁感应强度的矢量和。上半无限长直载流导线在O点产生的磁感应强度：，方向为垂直图面向外；下半无限长直载流导线在O点产生的磁感应强度：，方向为垂直图面向外；1/2载流圆环在O点产生的磁感应强度：，方向为垂直图面指向外。故：，，方向为垂直图面指向外。3.将通有电流强度I的导线弯成如图8-2所示的形状，组成3/4的圆(半径为a)和3/4的正方形(边长为b)。求圆心O处的磁感应强度。解：O点的磁感应强度等于3/4载流圆环与四段有限长直载流导线在O点所产生的磁感应强度的矢量和。由于O点在两段有限长直载流导线的延长线上，故它们在O点所产生的磁感应强度均为零，即。另两段有限长直载流导线在O点所产生的磁感应强度的方向均为垂直图面指向外，大小分别为：，。3/4载流圆环在O点所产生的磁感应强度：， 方向为垂直图面指向外。故：，，方向为垂直图面指向外。 4.两根长直导线互相平行地放置在真空中，如图8-3所示，其中通以同方向的电流I1=I2=10A。已知r=m。求图中M、N点的磁感应强度。解：（1）I1在M处产生的磁感应强度：，方向沿I2M由M点指向外；I2在M处产生的磁感应强度：，方向由M点指向I1。B1、B2大小相等，方向夹角为，故M处的磁感应强度为，方向为水平向左。（2）I1在N处产生的磁感应强度：，方向由N点指向M点；I2在N处产生的磁感应强度：，方向沿MN由N点指向外。B1、B2大小相等，方向相反，故N处的磁感应强度，。5.有一无限长直导线，载有A电流，试用安培环路定理计算与此导线相距10cm的P点的磁感应强度。解：选过P点作半径为R的圆环为积分路径，积分路径的绕行方向与电流方向成右手螺旋，根据安培环路定理：根据右手螺旋法则可知电流与磁感应线成右手螺旋，P点的磁感应强度方向为磁感应线在该点的切线方向。6.已知一螺线管的直径为cm，长为100cm，匝数为1000，通过螺线管的电流强度为5.0A。求通过螺线管每一匝的磁通量。解：通电螺线管内磁场可看视为均强磁场，螺线管轴线上的磁感应强度：，方向为沿轴线方向。通过螺线管每一匝的磁通量：7.两平行长直导线相距40cm(图8-5)，每条导线载有电流I1=I2=20A，求：(a)两导线所在平面内与两导线等距的一点A处的磁感应强度大小和方向；(b)通过图中斜线所示面积的磁通量。解：(a)两长直导线到A点的距离相等，故电流I1、I2产生的磁感应强度在A点大小相等，方向相同。，，方向垂直图面指向外。(b)因长直导线在其周围产生的磁场为非均匀磁场，故在距长直导线为x处的矩形面积中取一小面积元，在此处的磁感应强度为。，同理， 因电流I1、I2在此处产生的磁感应强度方向相同。所以有8.一长直导线载有电流30A，离导线30cm处有一电子以速率运动，求以下三种情况作用在电子上的洛仑兹力。（1）电子的速度v平行于导线；（2）速度v垂直于导线并指向导线；（3）速度v垂直于导线和电子所构成的平面。解：长直载流导线周围的磁感应强度大小为，方向与电流的方向成右手螺旋关系。运动电子在磁场中所受的洛仑兹力：（1）v平行于导线，则v与B垂直方向：若v与I同向，则F垂直于导线指向外面；若v与I反向，则F垂直指向导线。（2）此时v与B互相垂直，所以洛仑兹力大小同上，，方向与电流的方向相同。（3）此时v与B同向，洛仑兹力。9.电量为、质量为的带电粒子，在磁感应强度为的匀强磁场中运动，其初速度为，方向与磁场成30，求其螺旋线轨道的半径是多少解：螺旋线轨道的半径为：10.电子在磁感应强度的匀强磁场中，沿半径R=cm的螺旋线运动(如图8-6)，螺距h=cm。求电子的速度。解：螺旋线轨道的半径和螺距分别为：，即——（1）——（2）（1）÷（2）得，把代入（1）式便可求出电子的速度：11.利用霍尔元件可以测量磁场的磁感应强度。设一用金属材料制成的霍尔元件，其厚度为，载流子数密度为，将霍尔元件放入待测的匀强磁场中，测得霍尔电势差为40V、电流为10mA，求待测磁场的磁感应强度。解：霍尔电势差为则待测磁场的磁感应强度：12.电子在磁场和电场共存的空间运动，如图8-7所示，已知匀强电场强度，匀强磁场，则电子的速度应为多大时，才能在此空间作匀速直线运动解：当电子受到的电场力和洛仑兹力大小相等、方向相反时才能作匀速直线运动，由得：13.一无限长载流直导线通有电流I1，另一有限长度的载流直导线AB通有电流I2，AB长为l。求载流直导线AB与无限长直载流导线平行和垂直放置，如图8-8(a)、(b)所示时所受到的安培力的大小和方向。解：(a)载流直导线AB与无限长载流直导线平行放置时，距无限长载流直导线为a处的AB的磁感应强度大小均为，方向垂直图面向里。载流直导线AB所受到的安培力的大小为，方向垂直AB水平向右(b)载流直导线AB与无限长载流直导线垂直放置时，AB上各处的磁感应强度不同。以长直导线为原点作OX坐标轴，根据安培环路定律，距长直导线为处的磁感应强度该处电流元所受安培力的大小为 整条载流直导线AB所受合力为：方向垂直AB竖直向上。14.在图8-9中，一根长直导线载有电流I1=30A，与它同一平面的矩形线圈ABCD载有电流I2=10A，已知d=，b=9cm，l=20cm。求作用在矩形线圈的合力。解：根据上题的结果可得：，；。 根据安培定律，FAB方向竖直向上，FCD方向竖直向下，FAD方向水平向左，FBC方向水平向右。因为，所以作用在矩形线圈的合力为：，方向水平向左指向导线。15.长方形线圈abcd可绕y轴旋转，载有10A的电流，方向如图8-10所示。线圈放在磁感应强度为T、方向平行于x轴的匀强磁场中。问：(a)线圈各边受力的大小和方向；(b)若维持线圈在原位置时，需要多大力矩(c)线圈处在什么位置时所受磁力矩最小解：(a)，z方向；，y方向；，-z方向；，-y方向。 (b)线圈磁矩，方向为+y方向。要维持线圈在原位置时，则外加的力矩必须大小相等，方向相反。即需要的力矩为，-y方向。(c)当与B方向相同或相反时，即线圈的法线方向与B的夹角为0或时，所受的力矩，最小。16.如图8-11所示为一正三角形线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈平面平行，且平行于BC边。设I=10A，B=1T，正三角形的边长l=，求(a)线圈所受磁力矩的大小和方向；(b)线圈将如何转动解：(a)线圈磁矩，方向向上。(b)当与B方向相同时，所受的力矩最小。故线圈将绕OO′轴逆时针方向转动至与B方向相同。17.一个具有铁心的螺绕环，每厘米绕有10匝导线，当通以A的电流时，测得螺绕环内部的磁感应强度B为T。试计算：(a)放入或移去铁心两种情况下的磁场强度；(b)铁心的相对磁导率。解：(a)磁场强度H与磁介质无关，不管有无铁芯，环内的磁场强度均为：(b)

第九章电磁感应习题解答线圈在长直载流导线产生的磁场中运动，在下列图示的哪些情况下，线圈内将产生感应电流并请标出其方向。(a)线圈在磁场中平动（如图9-1）(b)线圈在磁场中绕oo′轴转动（如图9-2）2．长的铜棒水平放置（如图9-3），绕通过其中点的竖直轴旋转，转速为每秒圈。竖直方向上有一均匀磁场，磁感应强度为。求棒的一端A和中点间的感应电势差及棒的两端A、B间的感应电势差。解：已知L=20cm，转速n=5,T求和所以：而3．如图9-4所示，铜盘半径，在方向为垂直盘面的均匀磁场中，沿逆时针方向绕盘中心转动，转速为。设磁感应强度。求铜盘中心和边缘之间的感应电势差。解：半径方向上长度元产生的电势差为故4．一长直导线AB，通有电流，导线右侧有一矩形线圈cdef（如图9-5）。图中，，。线圈共有匝，以速度向右运动（速度方向与导线AB垂直）。求：(a)当线圈运动到如图所示位置时的感应电动势；(b)若线圈在如图所示的位置不动，导线AB中通以交流电时，线圈中的感应电动势。直流电在长直导线中形成的磁场r为离导线的距离解：(a)导线cd与导线ef不切割即与夹角为90度，故产生的电动势为零，对于cf有：对于de段有：所以总电势(b)由(a)知r仍为离导线的距离由此可得单线框的磁通量代入数值得5．设某线圈的自感系数，具有电阻，在下列情况下，求线圈两端的电压。(a),；(b),；(c),；(d),；（e）,。解：(a)(b)(c)(d)（e）6．螺线管长为，共绕匝，截面积为，内无铁芯。当电流在内自减少为零，求螺线管两端的自感电动势。解：对于空心螺线管，其中V为螺线管体积所以相应的感应电动势：7．一线圈的自感系数为，接上电源后，通过电流。问线圈中感应电动势的最大值是多少解：则8．如图9-6所示，线圈自感系数，电阻，电源电动势，线圈电阻和电源内阻均略去不计。求(a)电路刚接通时，电流增长率和自感电动势；(b)当电流时的电流增长率和A、B两端的电势差；(c)电路接通后经时电流的瞬时值；(d)当电流达到恒定值时，线圈中储有的磁场能量。解：在RL回路中，有所以t=0s,I=0A时I=时由可得电流稳恒后，自感现象消失所以电流磁场能量9．一个线圈的电阻和电感分别为和。当把电路接通加上电压后，经过多长时间，线圈中的电流将等于恒定电流值的一半解：当时，，即10．电子感应加速器中的磁场在直径为的圆柱形区域内是均匀的。设这一磁场随时间的变化率为。计算距离磁场中心为、、处各点的涡旋电场强度。解：、用高斯定律可以求得介质中的电场强度其中l为电缆长度r为到轴心的距离所以电缆电势电缆间的电容为：电场能量介质中磁感应强度为：所以磁通量自感系数磁场能量令并简化得：11.一电子在电子感应加速器中沿半径为的轨道上作圆周运动。如果它每转一周动能增加700ev，试计算电子轨道内磁通量及磁感应强度的平均变化率。证明：设导线半径为R，导线内部某点到轴心距离为r，则r处的磁感应强度为，12．一环状铁芯，绕有线圈匝，环的平均半径，环的截面积，铁芯的相对磁导率。试求：(a)线圈的自感；(b)当线圈通以电流时，磁场能量的总能量和磁场能量体密度。解：对于RL回路，有(a)秒后电功率(b)电阻上的热功率(c)电流恒定时磁场中的能量为：13．什么是位移电流什么是全电流位移电流和传导电流有什么不同答：位移电流不是电荷作定向运动的电流。变化电场，例如电容充电放电引起的电场变化，相当于一种电流，这种等效的电流我们称之为位移电流全电流是指位移电流和传导电流之和。位移电流和传导电流本质区别是电流是否发生定向移动，而表观的区别是通过导体时是否有热效应。14．试证明：平行板电容器中的位移电流可写为式中，是电容器的电容，是两极板间的电势差。证明：由电流定义得，又由电容器电容得

第十章光的波动性习题解答将杨氏双缝实验的全套装置，一切相对位置不变地放在充有折射率为n的介质中，对干涉条纹有无影响解：在杨氏双缝干涉中，有若放置在水中波长变为于是条纹间距变为即干涉条纹有变化，由于n一般大于1，故对实验产生影响为条纹变密。 2．在杨氏双缝实验中，如其中的一条缝用一块透明玻璃遮住，对实验结果有无影响答：使用玻璃遮住一条缝使得通过该缝的光线光程变化，从而使得干涉条纹的位置发生变化。另一方面由于D到达光屏的光的波长以及缝宽不变所以条纹间距不变。 3．波长为690nm的光波垂直投射到一双缝上，距双缝处置一屏幕。如果屏幕上21个明条纹之间共宽10-2m，试求两缝间的距离。 解：已知D=，相邻两条纹的间距为求缝宽b所以4.在杨氏双缝实验装置中，若光源与两个缝的距离不等，对实验结果有无影响答：有影响，会出现中央亮条纹不在中间位置，条纹不对称，而会偏离一定的角度，因为在到达双缝前，光程差已经存在。但由于相位关系固定，仍然可以观察到干涉。 5.一平面单色光波垂直投射在厚度均匀的薄油膜上，这油膜覆盖在玻璃板上，所用光源的波长可以连续变化，在500nm和700nm这两个波长处观察到反射光束中的完全相消干涉，而在这两个波长之间没有其它的波长发生相消干涉。已知n油=、n玻璃=，求油膜的厚度。解：欲符合干涉相消则：（1）（2）联立（1）（2）：欲使e最小则需、以及最小。即取、的最小公倍数。。代入（1）或（2）即可得6.用白光垂直照射在折射率为，厚度为10-4mm的薄膜表面上，薄膜两侧均为空气。问在可见光范围内，哪一波长的光在反射光中将增强解：光程差：当时得到明条纹：即只有在可见光范围内。7.为了利用干涉来降低玻璃表面的反射，透镜表面通常覆盖着一层n=的氟化镁薄膜。若使氦氖激光器发出的波长为的激光毫无反射地透过，这覆盖层至少须有多厚解：全透的条件为：所以8．单缝宽度若小于入射光的波长时，能否得到衍射条纹解：能够得到，但光强相对较弱。 9．有一单缝宽度a=10-4m，如垂直投射光为=500nm的绿光，试确定=1时，在屏幕上所得条纹是明还是暗解：由衍射公式：代入数据得为奇数所以得到的是暗条纹。 10．=的钠黄光垂直照射一狭缝，在距离80cm的光屏上所呈现的中央亮带的宽度为10-3m，求狭缝的宽度。解：由衍射公式有图可知：所以m 11．在双缝干涉实验中，若两条缝宽相等，单条缝（即把另一条缝遮住）的衍射条纹光强分布如何双缝同时打开时条纹光强分布又如何 答：光强分布按衍射图案分布，且明暗条纹位置有的与干涉位置相同有的不同。双缝打开后，按干涉团分布，但由于两条缝的衍射，从而出现缺级现象。 12．衍射光栅所产生的=谱线的第四级光谱与某光谱线的第三级光谱相重合，求该谱线的波长。解：由光栅公式知：代入数据得 13．有两条平行狭缝，中心相距10-4m，每条狭缝宽为10-4m。如以单色光垂直入射，问由双缝干涉所产生的哪些级明条纹因单缝衍射而消失解：由于时产生干涉明条纹。时产生衍射暗条纹。所以代入数据：所以合乎条件的3、6、9等级的明条纹消失。 14．用单色光照射光栅，为了得到较多级条纹，应采用垂直入射还是倾斜入射 答：光栅零级极大的位置处于等光程位置，当光线倾斜入射时零级位置偏向一方，从而在另一方得到更多级数的条纹。注意：虽然可以得到更多级数的干涉条纹，但由于零级位置的改变，总条纹数目并不增加。 15．在X射线的衍射实验中，射线以30的掠射角射在晶格常数为10-10m的晶体上，出现第三级反射极大，试求X射线的波长解：由：代入数据： 16．自然光通过两个相交60的偏振片，求透射光与入射光的强度之比。设每个偏振片因吸收使光的强度减少10%。 解：设透射光强为入射光强为则：所以 17．三个偏振片叠置起来，第一与第三片偏振化方向正交，第二片偏振化方向与其它两片的夹角都是45，以自然光投射其上，如不考虑吸收，求最后透出的光强与入射光强的百分比。 解：由马吕斯定律得： 18．一束线偏振光垂直入射到一块光轴平行于表面的双折射晶片上，光的振动面与晶片主截面的夹角为30角。试求：透射出的“寻常光”与“非常光”的强度之比。解：在双折射晶体中，o光光强为：e光光强：所以 19．线偏振光通过方解石能否产生双折射现象为什么答：能够产生双折射现象，线偏振光在双折射晶体中各个角度的折射率也不尽相同。当其正振动面与主截面有一定夹角时。仍然存在o光和e光。 20．有一束光，只知道它可能是线偏振光、圆偏振光或椭圆偏振光，问应如何去鉴别 答：用检偏振器，如果旋转检偏器，存在消光现象的为线偏振光。有光强变化但没有消光现象的为椭圆偏振光。没有光强变化的为圆偏振光。 21．石英晶片对不同波长光的旋光率是不同的，如波长为单色光的旋光率为/mm；而波长为单色光的旋光率为/mm。如使前一光线完全消除，后一种光线部分通过，则在两正交的偏振片间放置的石英晶片的厚度是多少解：在题设条件下，欲使d最小则：所以此时光部分通过符合题意。所以石英的最小厚度为 22．某蔗糖溶液在20C时对钠光的旋光率是cm3/gdm。现将其装满在长为的玻璃管中，用糖量计测得旋光角为，求溶液的浓度。旋光度公式为：代入、、得：溶液浓度 23．将光轴垂直于表面的石英片放在两偏振片之间，通过偏振片观察白色光源，问旋转其中的检偏器时将看到什么现象答：如果石英片的光轴放置位置与入射光平行或垂直则仅出现消光现象。其他位置则出现色偏振。 24．光线通过一定厚度的溶液，测得透射光强度I1与入射光强度I0之比是1/2。若溶液的浓度改变而厚度不变，测得透射光强度I2与入射光强度I0之比是1/8。问溶液的浓度是如何改变的解：光的吸收定律取自然对数得（1）浓度改变后（2）联立（1）（2）得：所以溶液的浓度变为原来的三倍 25．光线通过厚度为l，浓度为c的某种溶液，其透射光强度I与入射光强度I0之比是1/3。如使溶液的浓度和厚度各增加一倍，这个比值将是多少解：浓度改变之前：有光吸收定律：两侧取自然对数得（1）同理浓度改变为2c，厚度变为2l时结合（1）式得：所以 26．实验测得某介质的表观吸收系数为20m1，已知这种表观吸收系数中实际上有1/4是由散射引起的。问：如果消除了散射效应，光在这介质中经过3cm，光强将减弱到入射光强的百分之几解：由已知求得k=（h+k）(1-1/4)=15/m由光的透射公式得：代入数据得

第十一章光的粒子性习题解答1．测量星球表面温度的方法之一是将星球看成绝对黑体，利用维恩位移定律，由m来测定T。如测得太阳m=475nm北极星m=350nm天狼星m=290nm试求这些星球的表面温度。解：由维恩位移定律知*T=b①，b为常数b=×m·K对于太阳：=475nm由①知：太阳表面温度T=b/代入数据，=6101K同理，对于北极星：=350nm由T=b/代入数据，=8280K对于天狼星：=290nm由T=b/代入数据，=9993K2．某黑体的辐射服从斯特藩-玻耳兹曼定律，在m=600nm处辐射为最强。假如该物体被加热使其m移到500nm，求前后两种情况下辐射能之比。解：由斯特藩-玻耳兹曼定律知：t时间内辐射能………………（1）由维恩位移定律知*T=b………………（2）温度下，由（1）公式知：……（3）·=b………………（4）温度下，由（1）公式知……（5）·=b………………（6）联立（3）（5）得：联立（4）（6）得：所以=代入数据得：=（500/600）=3．黑体在某一温度时辐射出射度为cm2，试求这时辐射出射度具有最大值的波长m。解：由维恩位移定律：峰值波长·T=bb为常数所以T=b/……（1）又有斯特藩-玻尔兹曼定律知：M（T）=为常数，将（1）式代入上式整理得代入数据b=·KM（T）=得：=2898nm4．设某黑体的表面温度为6000K，此时辐射最强的波长m=483nm，问：(a)为了使m增加，该黑体的温度需改变多少(b)当m增加时，总辐射能变化与原总辐射能之比是多少解：由维恩位移定律知：解得：由斯特番-玻尔兹曼定律知：又所以5．已知铂的电子逸出功是，求使它产生光电效应的光的最长波长。解：由爱因斯坦光电效应又知当恰好产生光电效应的时所以6．钾的红限波长为，问光子的能量至少为多少，才能使钾中释放出电子解：由光电效应知当逸出电子初动能为零时，所需光电子能量最少。此时有又知所以7.用波长为200nm的光照射一铜球，铜球放出电子，而使铜球充电。问铜球至少充到多大电势时，再用这种光照射，铜球将不再放射电子设铜的电子逸出功为4．47eV。解：由遏止电势差与频率的关系知：又知所以8.用钙作光电效应实验。当入射光波长=时，遏止电势差=；=时，=；=时，=；=时，=。作~曲线图，并求出普朗克常量h。解：由光子的初动能和入射光频之间的关系知：所以结合爱因斯坦光电效应方程知h=eK根据已知数据作-的曲线图，其斜率k与h有以下关系：k=K=h/e由可计算得如下表-/的曲线图:此时的斜率k/=h/e所以h=ke/=**/=*9．使锂产生光电效应的最长波长0=520nm。设以波长=0／2的光照在锂上，它所放出的光电子的动能是多少解：由光电效应：当入射光为时电子逸出动能为0：当入射光为时：所以10．试求波长为下列数值的光子的动量、能量和质量：(a)=600nm的红光；(b)=400nm的紫光；(c)=10-2nm的X射线；(d)=10-3nm的射线。并计算在什么温度下分子运动的平均平动动能等于上述光子的能量。解：(a)有德布罗意关系式知能量又质能方程所以对单原子分子有能量均分定律：所以同理对于(b)对于(c)对于(d)11．X射线的光子射到受微弱束缚的电子上作直角散射，求其波长改变量。解：由康普顿散射理论知，其康普顿偏移为：第十二章量子力学基础习题解答1．根据玻尔的氢谱线公式，试求巴耳末系中最短和最长的谱线的波长。解：已知巴耳末系……。求和解：由光谱项知所以当n最小时即n=3时，最大即：当n最大时即时，最小，即：2．氢原子被某外来单色光激发后，发出的光仅有三条谱线，问外来光的频率是多少解：由已知条件可知，参与跃迁的是最低的三个能级即其最小需要频率就是所求单色光频率，此时n=3跃迁到n=1同时有所以3．如有一电子，远离质子时的速度为×106m/s,它为质子所俘获，放出一光子而形成氢原子。若该电子在氢原子中处于第一玻尔轨道，求放出光子的频率。解：原子初始状态的能量末状态的能量：能量的变化综合以上公式：4．依照玻尔理论，在氢原子基态中，电子的下列各量有多大(a)量子数；(b)轨道半径；(c)角动量；(d)动量；（e）线速度；（f）角速度；（g）作用于电子的力；（h）加速度；（i）动能；（j）势能；（k）总能量。解：(a)(b)(c)(d)(e)(f)(h)(i)(j)(k)5．在玻尔氢原子中的电子由量子数的轨道跃迁到的轨道时，求氢原子辐射光子的波长。解：由玻尔理论知：波长6．如图12－1所示，试求处于基态原子中，电子运动的等效电流为×10-3A。在氢原子核处，这个电流所产生的磁场的磁感应强度为多大解：由毕奥萨格尔定律知：所以：（1）处于基态的氢原子n=1半径：7．根据玻尔的理论轨道角动量的量子条件，证明电子在第n个玻尔轨道上运动时，伴随着运动电子的电子波波长恰等于轨道周长的。证明：由玻尔理论的量子条件：第n个玻尔轨道上电子的动量有德布罗意关系式：动量为的物体的波长为即量子数为n的轨道周长。即原命题得证。8．求与下列各粒子相关的物质波的波长：(a)能量为100eV的自由电子；(b)能量为的自由中子；(c)能量为、质量为1g的质点；(d)温度T＝1K，具有动能的氮原子，式中k为玻耳兹曼常量。解：由德布罗意关系式知对于实物粒子所以对于(a)所以(b)所以(c)所以(d)所以9．电子束在铝箔上反射时，第一级反射线的偏转角（2）为4°。已知铝的晶格常数为，求电子速度。计算时忽略电子质量的改变。解：由布拉格公式k=1有实物粒子的德布罗意公式：所以10．光子和电子的波长都是，它们的动量和总能量是否相等解：对于光子，由德布罗意公式及波动方程知：所以所以对于电子，所以所以两者动量相同，能量不同。11．当电子的动能为多大时，其德布罗意波长等于钠原子所发出的黄光的波长（λ＝）。解：有德布罗意关系式知：12．对如图12－2所示平行平板电场（电势差100V，磁场的磁感应强度为）中运动且能够保持速度方向不变的电子，试计算与之相联系的电子波波长。解：由霍尔效应及受力分析所以又知所以由德布罗意关系式知：又13．α粒子在均匀磁场中沿半径的圆周作圆周运动，磁感应强度B＝，求该α粒子的物质波波长。解：在磁场中作圆周运动由洛仑兹力提供向心力由德布罗意关系式综上：14．求温度为27℃时，对应于方均根率的氧气分子的德布罗意波的波长。解：由方均根率公式所以速率的质量为由德布罗意关系式：15．若Hα光谱线的宽度△λ＝×10-5nm，试估算氢原子中电子在该激发态能级上平均停留时间。解：所在的能级n=3由光谱项组合公式：所以由波动方程知即由海森堡不确定原理知：结合和可得：16．如果α粒子以20000kms-1的速度穿过物质，在确定它的轨迹时，要求准确到10－9cm（比原子半径的数量级10－8cm要小，问是否可能解：由动量和位移的不确定关系知：，所以这样的条件下，可确定其轨道使其准确到17．一个电子沿方向运动，速度ux＝500m/s,已知其准确度为%，求测定电子坐标位置能达到的最大精确度。解：由已知可得由动量和位移的不确定关系知：所以18．被电压U＝100V的电场加速的一束很细的电子射线，分别通过d=和d=1nm的缝，问电子在哪种情况下属于微观粒子，哪种情况下属于宏观粒子解：由德布罗意关系式知实物粒子的动量与能量的关系是所以kgm/s应用坐标和动量的不确定关系式知：当时当时与动量p相比较通过逢时电子可以看作宏观粒子通过1nm逢时必须看作微观粒子。19．电子被150V电压加速后，通过1nm的缝，试求其衍射图样的中央亮带的角宽度。解：在不确定关系式推导过程知电子的动量为：所以故中央亮带角宽度为20．一维势阱中粒子的波函数，试求其概率分布的极大值和极小值。解：一维情况下，电子的概率分布为：（0<x<a）求导并令得(0<x<a)讨论：欲使=0.必须有k=为自然数，在结合0<x<a这一边界条件。可得：当n=1时k取0、1两个值当k=0时有极小值，k=1时有极大值。当n=2时k可取0、1、2、3四个值，当k=0、2时有极小值当k=1、3时有极大值21．计算线度α＝10cm，温度为15℃的金属中电子气的能量，并与电子的最低量子能量相比较，证明电子气是相当于量子数n具有数量级为107的状态。解：一维电子气具有一个自由度，由能量均分定律知：其能量电子最低能量根据所以即证明电子气是相当于量子数n具有数量及为的状态。22．一维势阱问题的解也可以写在的形式。试把它们分别乘上振幅A和B而叠加起来，然后代入势阱的边界条件和波函数归一化条件，求出粒子的能级和波函数，并讨论这种波函数的意义。解：叠加后的方程为：当时，所以有：解得A+B=0（1）所以当时，所以有：结合（1）解得：所以从而另外波函数还必须符合归一化所以或当求得简化波函数为本题的波函数是两条分别沿正负两个方向进行的粒子流波函数的线性组合。在满足边界条件的特殊情况下可以简化为单一方向的粒子波函数23．试用电子自旋的概念来解释碱金属元素光谱的双线结构。答：根据运动的相对原理，也可看成原子实相对于电子以同样的速度绕电子而运动，同时产生磁场。设该磁场在电子位置的值为B。在B的作用下，具有自旋磁矩的电子将得到附加能量。其决定于B、以及它们的方向夹角。由于电子自旋的空间量子化，它的磁矩在磁场中的分量只可能取平行于磁场和反平行于磁场（除s轨道外）。因而两种情况得到的附加能量也就不同。从而产生双重能级进而有光谱的双线结构。

第十三章原子核习题解答1．在、、、、、这几种核素中，哪些核素的原子核包含相同的(a)质子数；(b)中子数；(c)核子数(d)哪些核素有相同的核外电子数解：(a)质子数相同的核素有：和、和、和；(b)中子数相同的核素有：和、和；(c)核子数相同的核素有：和；(d)核素有相同的核外电子数:和、和、和。2．已知核半径可按公式m来确定，其中A为核的质量数。试求单位体积（m3）核物质内的核子数。解：单位体积（m3）核物质内的核子数为/m33．试计算两个氘核结合成一个氦核时释放的能量。解：查表13-1知，mD=，mHe=质量亏损为：Δm==2×两个氘核结合成一个氦核时释放的能量为：ΔE=Δm×=×=(MeV)4．由衰变成，须经过几次α衰变和几次β衰变解：由于β粒子的质量数为0，则由衰变成需经过8次α衰变；又因为α粒子和β粒子的电荷数分别为2和-1，则由衰变成需再经过6次β衰变，所以，整个过程须经过8次α衰变和6次β衰变。5．由放出的α粒子速度为×107m/s，求反冲核的反冲速度。解：发生α衰变的表达式为：→根据动量守恒定律知:解得：(m/s)负号表示反冲核的速度与α粒子速度方向相反。6．试证明，在非相对论情形下，发生α衰变时，α粒子所获得的动能为，式中为衰变能，A为母核质量数。证明：α衰变的表达式为：→，根据动量和动能守恒定律知：（1）（2）联立方程，，，所以，α粒子所获得的动能为7．计算1μg的同位素衰变时，在一昼夜中放出的粒子数（已知的半衰期T=）。解：已知m=1μg，T=d，μ=32g/mol，根据半衰期与衰变常数的关系知：s－11μg的同位素衰变时，在一昼夜中放出的粒子数为：（个/昼夜）8．被中子照射后转变为。问在停止照射24h后，还剩百分之几的（已知的半衰期为）。解：已知T=，μ=24g/mol，设停止照射时的核子数为N0，根据核素衰变规律知，在停止照射24h后其核子数为：所