1、一束光垂直入射在偏振片上，以入射光线为轴转动偏振片，观察通过偏振片后的光强变化过程。如果观察到光强不变，则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化，有时出现全暗，则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化，但不出现全暗，则入射光是什么光 【答案：自然光；完全偏振光；部分偏振光】
详解：当一束光垂直入射在偏振片上时，以入射光线为轴转动偏振片，如果观察到通过偏振片后的光强不发生变化，入射光是由自然光；如果观察到光强有明暗交替变化，并且有时出现全暗，则入射光是完全偏振光；如果观察到光强有明暗交替变化，但不出现全暗，则入射光是部分偏振光。
2、一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一个偏振片。若以此入射光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，那么入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为多少 【答案：1/2】
详解：设该光束中自然光和线偏振光的强度分别为I 1和I 2。当以此入射光束为轴旋转偏振片时，透射光强度的最大值和最小值分别为
21max 21I I I +=
1min 2
1
I I = 依题意有I max =5I min ，即
1212
1
521I I I ?=+ 解之得
2
1
21=I I 即入射光束中自然光与线偏振光的光强比值等于1/2。
3、一束光强为I 0的自然光相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后，出射光的光强为 。已知
P 1和P 2的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴旋转P 2，要使出射光的光强为零，P 2最少
要转过多大的角度
【答案：45°】
详解：由于P 1和P 2的偏振化方向相互垂直，而自然光相继通过三个偏振片后的光强不等于零，说明自然光通过偏振片的顺序为P 1、P 3、P 2。
如图所示，设偏振片P 1和P 3的夹角为，由马吕斯定律得出射光强为
)09(cos cos 2220θθ-=
I I θ2sin 8
20I
= 由于I = ，代入上式解得
45=θ
要使出射光强为零，应使P 2和P 3的偏振化方向垂直，因此P 2最少要转过的角度也等于45°。
4、一束光强为I 0的自然光垂直穿过两个偏振片，且这两个偏振片的偏振化方向的夹角成45°角，则穿过两个偏振片后的光强是I 0的多少倍 【答案：1/4】
详解：由马吕斯定律得光强为I 0的自然光垂直穿过两个偏振片后的光强为
45cos 220I I =
4
0I
= 即穿过两个偏振片后的光强是I 0的1/4倍。
5、三个偏振片P 1，P 2与P 3堆叠在一起，P 1与P 3的偏振化方向相互垂直，P 2与P 1的偏振化方向间的夹角为30°。强度为I 0的自然光垂直入射于偏振片P 1，并依次透过偏振片P 1、
P 2与P 3，则通过三个偏振片后的光强是I 0的多少倍
【答案：3/32】
详解：由马吕斯定律得光强为I 0的自然光垂直穿过这三个偏振片后的光强为
)3090(cos 30cos 22
20 -=
I I 032
3I = 即穿过这三个偏振片后的光强是I 0的3/32倍。
6、两个偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射其上时没有光线通过。当其中一个偏振片慢慢转动180°时，透射光强度将发生怎样的变化 【答案：光强先增加，达到最大值后又减小至零】
详解：一束自然光垂直入射两个堆叠的偏振片上时没有光线通过，说明这两个偏振片的
P 1
P 3
P 2
图15-32
偏振化方向相互垂直。当其中一个偏振片慢慢转动90°时，透射光强度逐渐增大到最大值。该偏振片沿原方向继续慢慢转动90°时，透射光强度将逐渐减小到0。
因此，当其中一个偏振片慢慢转动180°时，透射光强度将先增加，达到最大值后又减小至零。
7、使光强为I 0的平面偏振光先后通过两个偏振片P 1和P 2。P 1和P 2的偏振化方向与原入射光光矢量振动方向的夹角分别是和90°，则通过这两个偏振片后的光强I 是多少
【答案：
α2sin 4
1
20I 】 详解：依题意，由马吕斯定律得光强为I 0的平面偏振光先后通过这两个偏振片后的光强为
)90(cos cos 220αα-= I I α2sin 4
1
20I =
8、要使一束线偏振光通过偏振片之后振动方向转过90°，至少需要让这束光通过几块理想偏振片在此情况下，透射光强最大是原来光强的多少倍 【答案：3；1/4】
详解：由图可以看出，要使一束线偏振光通过偏振片之后振动方向转过90°，至少需要让这束光通过3块理想偏振片。
由马吕斯定律得透射光强为
)90(cos 212α-= I I )90(cos cos 22αα-= I α2sin 4
I
=
可见，当1sin 2
=α时，透射光强最大，其值为
4
max 2I I =
9、如图15-8所示，P 1、P 2为偏振化方向夹角为
的两个
偏振片。光强为I 0的平行自然光垂直入射到P 1表面上，则通过
P 2的光强等于多少如果在P 1、P 2之间插入第三个偏振片P 3，则通
过P 2的光强发生了变化。实验发现，以光线为轴旋转P 2，使其偏振化方向旋转
角后，发生消光现象，从而可以推算出P 3的偏
振化方向与P 1的偏振化方向之间的夹角 等于多少 (假设题
中所涉及的角均为锐角，并且 <。)
图15-8
I 0
P 1
I
P 2
P 3 E
1E 2
E
【答案：
α20
cos 2
I ； 90)(-+αθ或)(90αθ+- 】 详解：由于P 1、P 2偏振化方向夹角为
，因此通过P 2的光强为
α20
cos 2
I I =
在P 1、P 2之间插入第三个偏振片后，使P 2旋转角度后发生消光现象，则必有P 2与P 3
的偏振化方向垂直。由于题中所涉及的角均为锐角，并且 <，因此得到如图所示的两
种振幅投影图。
在图（a ）的情况下，由几何关系得P 3与P 1的偏振化方向之间的夹角为
90)(-+='αθα
在图（b ）的情况下，有
)(90αθα+-='
1、如图15-20所示，一束自然光从空气射向一块平板玻璃，设入射角等于布儒斯特角
i 0，则在界面2的反射光是不是线偏振光如果是线偏振光， 其光矢量的振动方向如何
【答案：反射光是不是线偏振光；光矢量的振动方向垂直于入射面】
详解：自然光从空气射向平板玻璃时入射角等于布儒斯特角i 0
设与此对应的折射角为r 0，则必有
9000=+r i
由光的折射定律得
00sin sin r n i =
当光入射在平板玻璃的界面2上时，入射角等于r 0，设与此对应图15-32
2P
P 1
P 2
（a ）
P 3
′ 2P P 1
P 2
（b ）
P 3
′
图15-20
i 0
2
1
的折射角为r ，由光的折射定律得
r r n sin sin 0=
比较两个折射定律，有r = i 0，因此
90000=+=+i r r r
即在界面2的反射光与折射光也是垂直的，入射角也是布儒斯特角，反射光必然是线偏振光，其光矢量的振动方向垂直于入射面。
2、如图15-21所示，如果从一池静水的表面反射出来的太阳光是线偏振光，那么太阳光的仰角大致等于多少度该反射光的光矢量的振动方向如何已知水的折射率为。 【答案：37°；垂直于入射面】
详解：由布儒斯特定律得布儒斯特角为
n i arctan 0=33.1arctan = 53=
因此太阳光的仰角为
37900=-=i 仰角
此时反射光光矢量的振动方向垂直于入射面。
3、自然光以60°的入射角照射在某两种介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则折射光是什么光折射角等于多少度 【答案：部分偏振光；30°】
详解：折射光是部分偏振光。
由于反射光为完全线偏振光，因此i 0+r =90°，由此解得折射角为
30900=-=i r
4、某种透明介质对于空气的临界角等于45°，光从空气射向此介质时的布儒斯特角等于多少 【答案：°】
详解：由于这种透明介质对空气的临界角等于45°，因此这种透明介质的折射率为
45
sin 1
sin 1==
C n 2= 图15-21
当光从空气射向此介质时的布儒斯特角为
n i arctan 0=2arctan = 7.54=
5、一束自然光从空气投射到玻璃表面上，当折射角为30°时，反射光是完全偏振光，则此玻璃板的折射率等于多少 【答案：】
详解：一束自然光从空气投射到玻璃表面上，当反射光是完全偏振光时，其入射角等于布儒斯特角，由于布儒斯特角与折射角的和等于90°，而折射角等于30°，因此布儒斯特角等于60°。该玻璃板的折射率为
0tan i n = 60tan ==
6、一束平行的自然光以60°角入射到平玻璃表面上。如果反射光是完全偏振的，则透射光的折射角是多少度玻璃的折射率等于多少 【答案：30°；】
详解：由于反射光是完全偏振光，因此i 0+r =90°，由此解得折射角为
30900=-=i r
由布儒斯特定律得该玻璃的折射率为
0tan i n = 60tan ==
7、如图15-22所示，一束自然光入射到折射率分别为n 1和n 2的两种介质的交界面上，发生反射和折射。测得反射光是完全偏振光，那么折射角r 的值为多少 【答案：
1
2arctan 2πn n
-】 详解：由于反射光是完全偏振光，因此入射角是布儒斯特角。由布儒斯特定律得
1
2
0arctan
n n i = 由于这时反射光与折射光垂直，因此折射角为
图15-22
02
π
i r -=
12arctan 2πn n -=
8、一束平行的线偏振光在真空中的波长为589nm ，垂直入射到方解石晶体上，晶体的光轴与表面平行，如图15-23所示。已知方解石晶体对该单色o 光和e 光的折射率分别为、。方解石晶体中寻常光的波长和非常光的波长分别等于多少 【答案： nm ； nm 】
详解：方解石晶体中o 光和e 光的波长分别为
o
o n λ
λ=
658
.1589
=
)nm (2.355=
e
e n λ
λ=
486
.1589
=
)nm (4.396=
1、圆偏振光通过四分之一波片后的出射光是什么偏振光 【答案：线偏振光】
详解：由于形成圆偏振光的互相垂直的线偏振光的光程差为/4，圆偏振光通过四分之一波片后又产生了/4的光程差，这两个线偏振光的光程差变为/2，它们合成的结果为线偏振光。
2、在两个偏振化方向正交的偏振片之间平行于偏振片插入一块厚度为l 的双折射晶片，晶片对o 光、e 光的折射率分别为n o 和n e 。晶片光轴平行于晶面且与第一偏振片的偏振化方向之间有一个夹角。一束单色自然光垂直入射于系统，则通过第二块偏振片射出的两束光的振幅大小有什么关系它们之间的相位差等于多少
【答案：相等；
ππ2+-λ
l
n n e o 】
详解：由偏振光的干涉知识可知，这种情况下通过第二块偏振片射出的两束光的振幅大小相等。它们之间的相位差为
ππ2+-=
?λ
?l
n n e o
3、波长为600nm 的单色光垂直入射到某种双折射材料制成的四分之一波片上。已知该光轴
图15-23
o e o 光
e 光
方解石
材料对非寻常光的主折射率为，对寻常光的折射率为，则此波片的最小厚度等于多少 【答案：5000nm 】
详解：单色光通过四分之一波片的光程差为
4
)(λ
=
-d n n o e
由此解得此波片的最小厚度为
)
(4o e n n d -=
λ
)
71.174.1(4600
-?=
)nm (5000=
4、一束波长为的钠自然黄光自空气垂直入射在方解石晶片上，光轴平行于晶片的表面，晶片厚度为0.05mm ，方解石对钠黄光的主折射率为n o = 、n e = ，则o 光和e 光透过晶片以后的光程差等于多少相位差等于多少 【答案：m ；】
详解： o 光和e 光透过晶片以后的光程差为
31005.0)4864.16584.1()(??-=-d n n e o )μm (6.8=
与上述光程差对应的相位差为
λ
?d
n n e o )(π2-=
?3
.589106.8π23
??=)rad (7.91=
5、如图15-30所示，一个晶体偏振器由两个直角棱镜组成（中间密合）。其中一个直角棱镜由方解石晶体制成，另一个直角棱镜由玻璃制成，其折射率n 等于方解石对e 光的折射率n e 。一束单色自然光垂直入射，试定性地画出折射光线，并标明折射光线光矢量的
【答案：见图15-（b ）】
详解： 方解石对o 光和e 光的主折射率分别为和。由于玻璃的折射率n 等于方解石对
玻璃
（a ）
方解石
光轴
（b ）
光轴
o 光e 光
图15-30
e 光的折射率，因此e 光进入方解石后传播方向不变。而n =n e >n o ，透过因此o 光进入方解石
后的折射角<45°。据此得光路图15-（b ）。
6、原来是光学各向同性的介质，如果在机械应力作用下，显现出光学各向异性，即产生了双折射现象，这是什么效应如果在外加电场作用下发生双折射现象，这是什么效应如果在外加磁场的作用下发生双折射现象，这又是什么效应
【答案：弹性效应（或应力双折射）；克尔效应；科顿-穆顿效应（或磁致双折射效应）】
详解：光某些各向同性的透明物质受到机械力作用发生形变时表现出各向异性的性质的现象叫做弹性效应（或应力双折射）；某些各向同性的透明物质在外电场的作用下表现出各向异性的性质的现象叫做克尔效应；某些各向同性的透明物质在外磁场的作用下表现出各向异性的性质的现象叫做科顿-穆顿效应（或磁致双折射效应）。
7、对波长为 nm 的钠光，石英的旋光率 = °1/mm 。如果将一块石英晶体垂直其光轴切割制成晶片，放在两个偏振化方向互相平行的偏振片P 1、P 2之间，使三者互相平行放置并使钠光垂直于P 1射入，则当石英晶片的厚度等于多少mm 时，没有光通过P 2 【答案：】
详解：由于P 1、P 2的偏振化方向互相平行，因此偏振光通过石英后没有光通过P 2，偏振光必然是旋转了90°。
由旋光公式l αβ=得石英晶片的厚度为
7
.2190
==
αβl )mm (15.4= 8、一束单色线偏振光沿光轴方向通过厚度为d 的旋光晶体，组成线偏振光的右旋和左旋圆偏振光在通过旋光晶体后产生的相位差为 λ
?d
n n L R )(2-π=?
其中n R 和n L 表示什么物理量
【答案：n R 表示旋光晶体对于右旋圆偏振光的折射率；n L 表示旋光晶体对于左旋圆偏振光的折射率】
9、量糖计的糖溶液器皿中的溶液厚度为0.1m ，放入左旋葡萄糖溶液后，测出钠黄光的振动面旋转了°，已知左旋葡萄糖对钠黄光的旋光率为°/dm (g/cm 3
)，则该溶液浓度为多
少
详解：由旋光公式lC αβ=得该溶液浓度为
10
1.04.5107
.12??=
=
l C αβ)g/cm (235.03=
第2章刚体得转动 一、选择题 1、如图所示，A、B为两个相同得绕着轻绳得定滑轮．A滑轮挂一质量为M得物体，B滑轮受拉力F，而且F＝Mg．设A、Ｂ两滑轮得角加速度分别为βA与βＢ，不计滑轮轴得摩擦，则有 （Ａ) βA＝βB。（B）βA＞βＢ. (Ｃ)βA＜βB．(D）开始时βＡ=βB，以后βA<βB。 ［］ 2、有两个半径相同，质量相等得细圆环A与B。A环得质量分布均匀，B环得质量分布不均匀。它们对通过环心并与环面垂直得轴得转动惯量分别为ＪA与J B,则 （A）ＪA＞J B．(B) JＡ 第15章 量子物理 一 选择题 15-1 下列物体中属于绝对黑体的是[ ] (A) 不辐射可见光的物体 (B) 不辐射任何光线的物体 (C) 不能反射可见光的物体 (D) 不能反射任何光线的物体 解：选(D)。绝对黑体能够100%吸收任何入射光线，因而不能反射任何光线。 15-2 用频率为υ的单色光照射某种金属时，逸出光电子的最大动能为k E ；若改用频率为2υ的单色光照射此金属，则逸出光电子的最大初动能为[ ] (A) k 2E (B) k 2h E υ- (C) k h E υ- (D) k h E υ+ 解：选(D)。由k E h W υ=-，'2k E h W υ=-，得逸出光电子的最大初动能 'k ()k E hv hv W hv E =+-=+。 15-3 某金属产生光电效应的红限波长为0λ，今以波长为λ(0λλ<)的单色光照射该金属，金属释放出的电子(质量为e m )的动量大小为[ ] (A) /h λ (B) 0/h λ (C) (D) 解：选(C)。由2e m 012 hv m v hv =+，2e m 012hc hc m v λλ= +，得m v = ， 因此e m p m v == 。 15-4 根据玻尔氢原子理论，氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动速率之比13/v v 是[ ] (A) 1/3 (B) 1/9 (C) 3 (D) 9 解：选(C)。由213.6n E n =-，n 分别代入1和3，得22 1122331329112mv E E mv ===，因 此 1 3 3v v =。 15-5 将处于第一激发态的氢原子电离，需要的最小能量为[ ] (A) 13.6eV (B) 3.4eV (C) 1.5eV (D) 0eV 解：选(B)。由2 13.6 n E n =- ，第一激发态2n =，得2 3.4eV E =-，设氢原子电离需要的能量为2'E ，当2'20E E +>时，氢原子发生电离，得2' 3.4eV E >，因此最小能量为3.4eV 。 15-6 关于不确定关系x x p h ??≥有以下几种理解，其中正确的是[ ] (1) 粒子的动量不可能确定 (2) 粒子的坐标不可能确定 (3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定 (4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子 (A) (1), (2) (B) (2), (4) (C) (3), (4) (D) (4), (1) 解：选(C)。根据h p x x ≥???可知，(1)、(2)错误，(3)正确；不确定关系适用于微观粒子，包括电子、光子和其他粒子，(4)正确。 二 填空题 15-7 已知某金属的逸出功为W ，用频率为1υ的光照射该金属能产生光电效应，则该金属的红限频率0υ=________，截止电势差c U =________。 解：由0W hv =，得h W v = 0；由21e m 12hv m v W =+，而2 e m c 12m v eU =，所以 1c hv eU W =+，得1c h W U e υ-= 。 第一章作业解 1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。可以证明 d n mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。请证明这个关系。 证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m =' d r L F πγπγγ===2 n m m = '， d n m πγ= 得证：d n mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3?10-2N ?m -1。求释放的能量。 解：由 S E ?=?γ 雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为： )4(2 S r n E -?=?πγ 其中，3 43 r Sh n π= 为落下的雨滴数，r 为雨滴半径 J r h S E 8 3 3 6 2 1018.2)110 0.110503( 102010 3.7)13( ?=-???????=-=?---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数1 2 10 0.5--??=m N γ。问要使树液到达树木的顶部，高 为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？ 解：由朱伦公式：gr h ρθ γcos 2= 则：cm gh r 5 3 2 10 6.320 8.91012 /210 0.52cos 2--?=??????= = ρθ γ 1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的 17－3 有一单缝，缝宽为，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 代入数据得 17－4 用波长为的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 依题意有 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 依题意有 0115.234.0sin 5 2sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为00475.2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 依题意有 2 )122(2)132(21λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.428760057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径）中的柱状感光细胞每平方毫米约×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 （2）视网膜上星体的像的直径为 （3）细胞数目应为3.2105.14)104.4(52 3=????=-πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为，入射光波长为550nm.。 解： 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 17－10 一光栅每厘米刻有4000 位）已知?和?谱线的波长分别为656nm 和解： S 1S 2 x L h 书中例题：1.2, 1.6（p.7;p.17）（重点） 直杆AB 两端可以分别在两固定且相互垂直的直导线槽上滑动，已知杆的倾角φ＝ωt 随时间变化，其中ω为常量。 求：杆中M 点的运动学方程。 解：运动学方程为： x=a cos(ωt) y=b sin(ωt) 消去时间t 得到轨迹方程： x 2/a 2 + y 2/b 2 = 1 椭圆 运动学方程对时间t 求导数得速度： v x ＝dx/dt ＝-a ωsin(ωt) v y ＝dy/dt ＝b ωcos(ωt) 速度对时间t 求导数得加速度： a x ＝d v x /dt ＝－a ω2cos(ωt) a y ＝d v y /dt ＝－b ω2sin(ωt) 加速度的大小： a 2＝a x 2＋a y 2 习题指导P9. 1.4（重点） 在湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过一高处的滑轮拉船靠岸，当绳子以v 通过滑轮时， 求：船速比v 大还是比v 小？ 若v 不变，船是否作匀速运动？ 如果不是匀速运动,其加速度是多少？ 解： l ＝（h2＋x2）1/2 221/2 122()d l x d x v d t h x d t ==+ 221/2()d x h x v d t x += 当x>>h 时，dx/dt ＝v ，船速＝绳速 当x →0时，dx/dt →∞ 加速度： x y M A B a b φ x h 220d x d t =2221/22221/2221/2221/2221/22221/2()1()11()()1112()2()d x d h x v dt dt x d h x v dt x d dx d h x dx h x v v dx x dt x dx dt dx x dx h x v v x dt x h x dt ?? +=??????=?+???? +??=?++ ???=-?+++ 将221/2()d x h x v d t x +=代入得： 2221/2221/2 221/2 22221/21()112()()2()d x h x x h x h xv v v v d t x x x h x x ++=-?+++3222232222)(x v h x v v x x h dt x d -=++-= 分析： 当x ∞, 变力问题的处理方法（重点） 力随时间变化：F ＝f （t ） 在直角坐标系下，以x 方向为例，由牛顿第二定律： ()x dv m f t dt = 且：t ＝t 0 时，v x ＝v 0 ；x ＝x 0 则： 1 ()x dv f t dt m = 直接积分得： 1 ()()x x v dv f t dt m v t c ===+?? 其中c 由初条件确定。 由速度求积分可得到运动学方程： 大学物理2,15.第十 五章思考题 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 1、一束光垂直入射在偏振片上，以入射光线为轴转动偏振片，观察通过偏振片后的光强变化过程。如果观察到光强不变，则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化，有时出现全暗，则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化，但不出现全暗，则入射光是什么光 【答案：自然光；完全偏振光；部分偏振光】 详解：当一束光垂直入射在偏振片上时，以入射光线为轴转动偏振片，如果观察到通过偏振片后的光强不发生变化，入射光是由自然光；如果观察到光强有明暗交替变化，并且有时出现全暗，则入射光是完全偏振光；如果观察到光强有明暗交替变化，但不出现全暗，则入射光是部分偏振光。 2、一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一个偏振片。若以此入射光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，那么入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为多少？ 【答案：1/2】 详解：设该光束中自然光和线偏振光的强度分别为I 1和I 2。当以此入射光束为轴旋转偏振片时，透射光强度的最大值和最小值分别为 21max 21I I I += 1min 2 1I I = 依题意有I max =5I min ，即 1212 1521I I I ?=+ 解之得 2 121=I I 即入射光束中自然光与线偏振光的光强比值等于1/2。 3、一束光强为I 0的自然光相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后，出射光的光强为0.125I 0 。已知P 1和P 2的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴旋转P 2，要使出射光的光强为零，P 2最少要转过多大的角度 大学物理答案第1～2 章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 第一章 质点的运动 1－1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ，)cos 1(t R y ω-=，式中R ，ω为常量，试求质点作什么运动，并求其速度和加速度。 解：22 cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wt dt dt v v v Rw ==-==-∴=+= 2 222 2 sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wt dt dt a a a Rw ====∴=+= sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为 质点轨迹方程以R 为半径，圆心位于（0，R ）点的圆的方程，即质点 作匀速率圆周运动，角速度为ω；速度v = R ω；加速度 a = R ω2 1－2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1，自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2，求证：h =gt 1 t 2/2 解：设抛出点的速度为v 0，从高度h 到最高点的时间为t 3，则 012132 012221201112()0,2()/2 ()11 222 12 v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=- =-= 1－3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇，关闭发动机后，得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度，即a ＝kv 2，k 为一常数，求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx . 解：取汽艇行驶的方向为正方向，则 020 0,,ln v x v kx dv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v v kx v v v e -==-= ∴=-=-∴=-=-∴=?? 1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H 的光滑平台上，求小车移动的速度和加速度。 解：人前进的速度V 0，则绳子前进的速度大小等于车移动的速度大小， 第2章 刚体的转动 一、 选择题 1、 如图所示，A 、B 为两个相同的绕着轻绳的定滑轮．A 滑轮挂一质量为M 的物体，B 滑轮受拉力F ，而且F ＝Mg ．设A 、B 两滑轮的角加速度分别为?A 和?B ，不计滑轮轴的摩擦，则有 (A) ?A ＝?B ． (B) ?A ＞?B ． (C) ?A ＜?B ． (D) 开始时?A ＝?B ，以后?A ＜?B ． ［ ］ 2、 有两个半径相同，质量相等的细圆环A 和B ．A 环的质量分布均匀，B 环的质量分布不均匀．它们对通过环心并与环面垂直的轴的转动惯量分别为J A 和J B ，则 (A) J A ＞J B ． (B) J A ＜J B ． (C) J A = J B ． (D) 不能确定J A 、J B 哪个大． ［ ］ 3、 如图所示，一匀质细杆可绕通过上端与杆垂直的水平光滑固定轴O 旋转，初始状态为静止悬挂．现有一个小球自左方水平打击细杆．设小球与细杆之间为非弹性碰撞，则在碰撞过程中对细杆与小球这一系统 (A) 只有机械能守恒． (B) 只有动量守恒． (C) 只有对转轴O 的角动量守恒． (D) 机械能、动量和角动量均守恒． ［ ］ 4、 质量为m 的小孩站在半径为R 的水平平台边缘上．平台可以绕通过其中心的竖直光滑固定轴自由转动，转动惯量为J ．平台和小孩开始时均静止．当小孩突然以相对于地面为v 的速率在台边缘沿逆时针转向走动时，则此平台相对地面旋转的角速度和旋转方向分别为 (A) ??? ??=R J mR v 2 ω，顺时针． (B) ?? ? ??=R J mR v 2ω，逆时针． (C) ??? ??+=R mR J mR v 22ω，顺时针． (D) ?? ? ??+=R mR J mR v 22ω，逆时针。 ［ ］ 5、 如图所示，一静止的均匀细棒，长为L 、质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为231ML ．一质量为m 、速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射出并穿出棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为v 2 1，则此时棒的角速度应为 (A) ML m v ． (B) ML m 23v ． 第十五章狭义相对论基础 一、基本要求 1. 理解爱因斯坦狭义相对论的两个基本假设。 2. 了解洛仑兹变换及其与伽利略变换的关系；掌握狭义相对论中同时的相对性，以及长度收缩和时间膨胀的概念，并能正确进行计算。 3. 了解相对论时空观与绝对时空观的根本区别。 4. 理解狭义相对论中质量和速度的关系，质量和动量、动能和能量的关系，并能分析计算一些简单问题。 二、基本内容 1.牛顿时空观 牛顿力学的时空观认为，物体运动虽然在时间和空间中进行，但时间的流逝和空间的性质与物体的运动彼此没有任何联系。按牛顿的说法是“绝对空间，就其本性而言，与外界任何事物无关，而永远是相同的和不动的。”，“绝对的，真正的和数学的时间自己流逝着，并由于它的本性而均匀地与任何外界对象无关地流逝着。”以上就构成了牛顿的绝对时空观，即长度和时间的测量与参照系无关。 2．力学相对性原理 所有惯性系中力学规律都相同，这就是力学相对性原理（也称伽利略相对性原理）。力学相对性原理也可表述为：在一惯性系中不可能通过力学实验来确定该惯性系相对于其他惯性系的运动。 3. 狭义相对论的两条基本原理 （1）爱因斯坦相对性原理：物理规律对所有惯性系都是一样的，不存在任何一个特殊的（例如“绝对静止”的）惯性系。 爱因斯坦相对论原理是伽利略相对性原理（或力学相对性原理）的推广，它使相对性原理不仅适用于力学现象，而且适用于所有物理现象。 （2）光速不变原理：在任何惯性系中，光在真空中的速度都相等。 光速不变原理是当时的重大发现，它直接否定了伽利略变换。按伽利略变换，光速是与观察者和光源之间的相对运动有关的。这一原理是非常重要的。没有光速不变原理，则爱因斯坦相对性原理也就不成立了。 大学物理答案第6章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 第六章 气体动理论 6－1 一容积为10L 的真空系统已被抽成1.0×10-5 mmHg 的真空，初态温度为20℃。为了提高其真空度，将它放在300℃的烘箱内烘烤，使器壁释放出所吸附的气体，如果烘烤后压强为1.0×10-2 mmHg ，问器壁原来吸附了多少个气体分子 解：由式nkT p =，有 3 2023 52/1068.1573 1038.1760/10013.1100.1m kT p n 个?≈?????==-- 因而器壁原来吸附的气体分子数为 个183201068.110101068.1?=???==?-nV N 6－2 一容器内储有氧气，其压强为1.01105 Pa ，温度为27℃，求：（l ） 气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。（设分子间等距排列） 分析：在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体。因此，可由理想气体的物态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解。又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知d n V ,10=即可求出。 解：（l ）单位体积分子数 3 25m 1044.2-?==kT p n （2）氧气的密度 3m kg 30.1-?===RT pM V m ρ （3）氧气分子的平均平动动能 J 1021.62321k -?==kT ε （4）氧气分子的平均距离 m 1045.3193-?==n d 6－3 本题图中I 、II 两条曲线是两种不同气体（氢气和氧气）在同一温度下的麦克斯韦分子速率分布曲线。试由图中数据求：（1）氢气分子和氧气分子的最概然速率；（2）两种气体所处的温度。 1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．；（提示：首先分析质点的运动规律，在t <时质点沿x 轴正方向运动；在t =时质点的速率为零；，在t >时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22SI j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=? )/(32s m j i t r v -=??= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-== ?? sin cos 2 t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=??cos sin 9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-?=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 3 2 -?=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt h s t 0.31008.144=?=ω π = 10．解： ky y v v t y y v t dv a -==== d d d d d d d -k =y v d v / d y ??+=- =-C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+= 湖南大学物理(2)第 14,15章课后习题参 考答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题 1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题 (1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). R 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4). R I π40μ ； (5). 0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负. 三 计算题 1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量． 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： )(220R r r R I B ≤π=μ 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为 ???==S B S B d d 1 Φr r R I R d 2020?π=μπ=40I μ 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 )(20 R r r I B >π=μ 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为 ??=S B d 2Φr r I R R d 220?π=μ2ln 20π=I μ 穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π +I μ I S 2R 1 m 第十章 静电场中的导体与电介质 10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 题 10-2 图 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）. 10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4= = 题 10-3 图 分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）. 10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有 ()∑??=?=?+i i S S ε χq 0 1 d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）. 10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力. 15章习题参考答案 15-3求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。 [解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为： 对于导线1：01=θ，2 2π θ= ，因此a I B πμ401= 对于导线2：πθθ==21，因此02=B 方向垂直纸面向外。 (b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为： 对于导线1：01=θ，2 2π θ= ，因此r I a I B πμπμ44001= = ，方向垂直纸面向内。 对于导线2：21π θ=，πθ=2，因此r I a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。 半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的 圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即 r I r I B 4221003μμ= = ，方向垂直纸面向内。 所以，r I r I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++= (c) P 点到三角形每条边的距离都是 o 301=θ，o 1502=θ 每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是 故P 点总的磁感应强度大小为 方向垂直纸面向内。 15-4在半径为R 和r 的两圆周之间，有一总匝数为N 的均匀密绕平面线圈，通有电流I ，方向如图所示。求中心O 处的磁感应强度。 [解] 由题意知，均匀密绕平面线圈等效于通以 I NI 圆盘，设单位长度线圈匝数为n 建立如图坐标，取一半径为x 厚度为dx 的 圆环,其等效电流为: 方向垂直纸面向外. 15-5电流均匀地流过一无限长薄壁半圆筒，设电流I =5.0A ，圆筒半径 R =m 100.12?如图所示。求轴线上一点的磁感应强度。 [解] 把无限长薄壁半圆筒分割成无数细条，每一细条可看作一无限长直导线，取一微元d l 则I R l I πd d = 则l d 在O 点所产生的磁场为 又因，θd d R l = 所以，R I R I B 2002d 2d d πθ μπμ== θcos d d x B B =，θsin d d y B B = 半圆筒对O 点产生的磁场为： 大学物理答案第17章 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 =?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin 依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475 .2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 代入数据得 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 依题意有 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 依题意有 0115.234.0sin 5 2sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为00475.2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 依题意有 2 )122(2)132(21λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.428760057521=?==λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 （2）视网膜上星体的像的直径为 （3）细胞数目应为3.2105.14)104.4(52 3=????=-πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm ，入射光波长为550nm.。 解： 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。 （1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 17－10 一光栅每厘米刻有的?和?656nm 和410nm ，假定是正入射。 解： S 1 S 2 《大学物理》试题及答案 一、填空题（每空1分，共22分） 1．基本的自然力分为四种：即强力、、、。 2．有一只电容器，其电容C＝50微法，当给它加上200V电压时，这个电容储存的能量是______焦耳。 3．一个人沿半径为R 的圆形轨道跑了半圈，他的位移大小为，路程为。 4．静电场的环路定理公式为：。5．避雷针是利用的原理来防止雷击对建筑物的破坏。 6．无限大平面附近任一点的电场强度E为 7．电力线稀疏的地方，电场强度。稠密的地方，电场强度。 8．无限长均匀带电直导线，带电线密度+λ。距离导线为d处的一点的电场强度为。 9．均匀带电细圆环在圆心处的场强为。 10．一质量为M＝10Kg的物体静止地放在光滑的水平面上，今有一质量为m=10g的子弹沿水平方向以速度v=1000m/s射入并停留在其中。求其 后它们的运动速度为________m/s。 11．一质量M＝10Kg的物体，正在以速度v＝10m/s运动，其具有的动能是_____________焦耳 12．一细杆的质量为m=1Kg，其长度为3ｍ，当它绕通过一端且垂直于细杆 的转轴转动时，它的转动惯量为_____Kgｍ2。 13．一电偶极子，带电量为q=2×105-库仑，间距L＝0.5cm，则它的电距为________库仑米。 14．一个均匀带电球面，半径为10厘米，带电量为2×109-库仑。在距球心 6厘米处的电势为____________V。 15．一载流线圈在稳恒磁场中处于稳定平衡时，线圈平面的法线方向与磁场强度B的夹角等于。此时线圈所受的磁力矩最。 16．一圆形载流导线圆心处的磁感应强度为1B，若保持导线中的电流强度不 15 －8 天狼星的温度大约是11 000 ℃.试由维恩位移定律计算其辐射峰值的波长. 解 由维恩位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长 nm 1057.27-?== T b λm 该波长属紫外区域，所以天狼星呈紫色. 15 －9 太阳可看作是半径为7.0 ×108 m 的球形黑体，试计算太阳的温度.设太阳射到地球表面上的辐射能量为1.4 ×103 W·m -2 ，地球与太阳间的距离为1.5 ×1011m. 分析 以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d 为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上.太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因而可根据地球表面单位面积在单位时间内接受的太阳辐射能量E ，计算出太阳单位时间单位面积辐射的总能量 ()T M ，再由公式()4T σT M =，计算太阳温度. 解 根据分析有 ()2 2π4π4R E d T M = (1) ()4T σT M = (2) 由式(1)、(2)可得 K 58002 /122=? ?? ? ??=σR E d T 15 －10 钨的逸出功是4.52eV ，钡的逸出功是2.50eV ，分别计算钨和钡的截止频率.哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？ 分析 由光电效应方程W m h += 2 v 2 1v 可知，当入射光频率ν ＝ν0 (式中ν0＝W/h )时，电子刚能逸出金属表面，其初动能02 =v 2 1m .因此ν0 是能产生光电效应的入射光的最低频率(即 截止频率)，它与材料的种类有关.由于可见光频率处在0.395 ×1015 ～0.75 ×1015Hz 的狭小范围内，因此不是所有的材料都能作为可见光范围内的光电管材料的(指光电管中发射电子用的阴极材料). 解 钨的截止频率 Hz 1009.1151 01?== h W v 第17章量子物理基础 17.1根据玻尔理论，计算氢原子在斤=5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比. ［解答］玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为 L =mvr =n — N2TC , 对于第一激发态，n = 2,所以 厶仏2 = 5/2? 17.2设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数. ［解答］对于3p态电子,主量子数为n = 3, 角量子数为/=1, 磁量子数为mi = - 1), I -1, 自旋量子数为m s = ±1/2. 3p态电子的四个可能的量子数(斤丿,叫叫)为 (3，1 丄1/2), (3,1,1,? 1/2), (3丄0，1/2), (3,1,0,-1/2)，(3,1,?1，1/2), (3,1,-1,-1 ⑵. 17.3实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长九和黑体温度的乘积为一常数，即入』=b = 2.897xl(y3m?K?实验测得太阳辐射波谱的峰 值波长九= 510nm,设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度. ［解答］太阳表面的温度大约为 T_ b _ 2.897X10-3 ~ 510x10—9 =5680(K)? 17.4实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M (即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度) 与温度的4次方成正比，即必=〃,其中^=5.67xl0-8W m_2 K-4.试由此估算太阳单位表面积的辐射功率(太阳表面温度可参见上题). ［解答］太阳单位表面积的辐射功率大约为 A/=5.67xl0-8x(5680)4 = 5.9xl07(W-m-2)? 17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射.求： (1)此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ (2)地球表面接收此辐射的功率是多少？ ［解答］(1)根据公式UT=b,可得辐射的极值波长为 九=b/T= 2.897X10_3/3 = 9.66x104(m). (2)地球的半径约为7? = 6.371x10%, 表面积为 5 = 47T T?2. 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为M = al4, 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS= 5.67x 1 (T8x34x4 兀(6.371 x 106)2 《大学物理》习题和答案 第9章热力学基础 1，选择题 2。对于物体的热力学过程，下面的陈述是正确的，即 [(A)的内能变化只取决于前两个和后两个状态。与所经历的过程无关(b)摩尔热容量的大小与物体所经历的过程无关 (C)，如果单位体积所含热量越多，其温度越高 (D)上述说法是不正确的 8。理想气体的状态方程在不同的过程中可以有不同的微分表达式，那么方程 Vdp？pdV？MRdT代表[(M)(A)等温过程(b)等压过程(c)等压过程(d)任意过程 9。热力学第一定律表明 [] (A)系统对外界所做的功不能大于系统从外界吸收的热量(B)系统内能的增量等于系统从外界吸收的热量 (C)在这个过程中不可能有这样一个循环过程，外部对系统所做的功不等于从系统传递到外部的热量(d)热机的效率不等于1 13。一定量的理想气体从状态(p，V)开始，到达另一个状态(p，V)。一旦它被等温压缩到2VV，外部就开始工作；另一种是绝热压缩，即外部功w。比较这两个功值的大小是22 [] (a) a > w (b) a = w (c) a 14。1摩尔理想气体从初始状态(T1，p1，V1)等温压缩到体积V2，由外部对气体所做的功是[的](a)rt 1ln v2v(b)rt 1ln 1v1 v2(c)P1(v2？ V1(D)p2v 2？P1V1 20。两种具有相同物质含量的理想气体，一种是单原子分子气体，另一种是双原子分子气体， 通过等静压从相同状态升压到两倍于原始压力。在这个过程中，两种气体[(A)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量，(b)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是不同的，(c)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是不同的，(d)从外部吸收相同量的热量和内部能量增量是相同的。这两个气缸充满相同的理想气体，并具有相同的初始状态。在等压过程之后，一个钢瓶内的气体压力增加了一倍，另一个钢瓶内的气体温度也增加了一倍。在这个过程中，这两种气体从[以外吸收的热量相同(A)不同(b)，前者吸收的热量更多(c)不同。后一种情况吸收更多热量(d)热量吸收量无法确定 25。这两个气缸充满相同的理想气体，并具有相同的初始状态。等温膨胀后，一个钢瓶的体积膨胀是原来的两倍，另一个钢瓶的气体压力降低到原来的一半。在其变化过程中，两种气体所做的外部功是[] (A)相同(b)不同，前者所做的功更大(c)不同。在后一种情况下，完成的工作量很大(d)完成的工作量无法确定 27。理想的单原子分子气体在273 K和1atm下占据22.4升的体积。将这种气体绝热压缩到16.8升需要做多少功？ [](a)330j(b)680j(c)719j(d)223j 28。一定量的理想气体分别经历等压、等压和绝热过程后，其内能从E1变为E2。在以上三个过程中，大学物理学下册第15章
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