大学物理18。19。20章计算答案

《大学物理》参考答案第18章 原子核物理与粒子物理简介18-1 如果原子核半径按公式11531.210R A -=⨯确定(式中A 为质量数)，试计算核物质密度以及核物质的单位体积内的核子数.解：原子核的体积 334R V π=，1u ＝1.660 5402×10－27kg 所以核物质密度为 3034334r u R Au V M ππρ===31527)102.1(4106605402.13--⨯⨯⨯⨯=π＝2.29×1017kg ·m －3 单位体积内的核子数3043r u N πρ===1.38×104418-2 计算2个2H 原子核结合成1个4He 原子核时释放的能量(以MeV 为单位). 解： m D ＝2.014102u; m He ＝4.002603u .质量亏损：∆m=2⨯m D -m He =0.025601 0u释放的能量: 2ΔΔmc E ==0.025601 0⨯931.441=23.85 MeV18-3 2个氢原子结合成氢分子时释放的能量为4.73eV ，试计算由此发生的质量亏损.解： ∆mc 2=4.73eV质量亏损 5.9311073.46-⨯=∆m = 5.07×10-9u18-4 11p 和10n 的质量分别为1.007276u 和1.008665u ，试计算126C 中每个核子的平均结合能(1u ＝931.5MeV 2).解：质量亏损 ∆m =(6×1.007276u+6×1.008665u)-12.00000u= 0.095646u平均结合能 125.93100956462⨯=∆=A mc E = 7.42452075MeV18-5 226Ra 和222Rn 原子质量分别为226.02536u 和222.01753u ，4He 原子质量为4.002603u ，试求226Ra 衰变为222Rn 时的衰变能.解：质量亏损 ∆m =226.02536u –(222.01753u+4.002603u)= 0.005227u衰变能 Q=0.005227931.5=4.8689505MeV18-6 在铍(94Be)核内每个核子的平均结合能等于6.45MeV ，而在42He 内每个核子的平均结合能为7.06Mev ，要把94Be 分裂为2个α粒子和1个中子时，必须耗费多少能量？解： 94B e →242He+n∆E=9×6.45MeV -8×7.06Mev =1.57MeV18-7 32P 的半衰期是14.3d ，试计算它的衰变常数λ和平均寿命，1μg 纯32P 的放射性活度是多少贝可？解：衰变常数: λλ693.02ln 2/1==T d3.14693.0=λ= 0.048d -1平均寿命: λτ1==20.6d 放射性活度: 23610022.632101⨯⨯⨯=-N =1.88×1016161088.16060243.14693.0693.0⨯⨯⨯⨯⨯===N T N I λ=1.05×1010Bq18-8 131I 的半衰期是8.04d ，问在某月12日上午9：00测量时131I 的放射性活度为5.6×108Bq ，到同月30日下午3：00，放射性活度还有多少？解：I 0=5.6×108Bq t T t eI e I t I 693.000)(--==λ 25.1804.8693.08106.5)(⨯-⨯⨯=e t I =1.16×108Bq18-9 131I 的半衰期是193h ，试计算它的衰变常数和平均寿命.今有一个放射强度为108Bq 的放射源，只有131I 具有放射性，问其中的131I 的质量是多少？解： λλ693.02ln 2/1==T 2/1693.0T =λ=9.976×10-7s -1 λτ1==278.5h A AN m m N =, λN t I =)( 237831002.610976.91010131⨯⨯⨯⨯⨯==--A A N I m m λ=2.18×10-11kg18-10 利用131I 的溶液作甲状腺扫描，在溶液出厂时，只需注射0.5ml 就够了(131I 的半衰期是8.04d)，如溶液出厂后贮存了11d ，作同样的扫描需要多少毫升的溶液？解： t T e I t I 693.00)(-=要求 131I 的数量相同 V 0I 0=VI1104.8693.0693.00005.0⨯⨯===e e V V II V t T 0.65ml18-11 24Na 的半衰期为14.8h ，现需要100μCi 的24Na ，从产地到使用处需用6h ，问应从生产地取多少μCi 的24Na ？ 解：t T e I t I 693.00)(-=68.14693.0693.00100⨯⨯==eIe I t T = 132.4μCi18-12 32P 的半衰期为14.3d ，问1μg 32P 在1h 中放出多少个β－粒子？ 解：t Te I t I 693.00)(-= t T e N N 693.00-= )1()1(693.0693.000t T A At T e N m m e N N N N ---=-=-=∆ )1(10022.610321011243.14693.02339⨯⨯----⨯⨯⨯⨯⨯=∆e N =3.75×101318-13 一个含3H 的样品，其放射性强度为3.7×102Bq ，问样品中3H 的含量有多少克？解：3H 半衰期为12.33y2/1693.0T =λ60602436533.12693.0⨯⨯⨯⨯==1.78×10-9s -1 A AN m m N =, λN t I =)( 2392310022.61078.1107.31032⨯⨯⨯⨯⨯⨯==--A A N I m m λ=1.1×10-14kg=1.1×10-11g18-14 已知U 3O 8中铀为放射性核素，今有5.0g 的U 3O 8，试求其放射性活度. 解：238U 半衰期为4.47×109y2/1693.0T =λ 23910022.623856060243651047.4693.0693.0⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯==A A N M m T N I λ I=6.21×104Bq18-15 放射性活度为3.7×109Bq 的放射性核素32P ，在制剂后10d 、20d 、30d 的放射性活度各是多少？解：32P 半衰期为14.26d , I 0 =3.7×109Bqt T eI t I 693.00)(-= 10d: 1026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I = 2.28×109Bq20d: 2026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I =1.40×109Bq30d: 3026.14693.09107.3⨯-⨯⨯=e I = 0.86×109Bq18-16 样品最初放射性为每分钟800次衰变，24min 后，放射性为每分钟640次衰变，求衰变常数和半衰期. 解：t T e I t I 693.00)(-=24693.0800640⨯-=T e , 0.2231=24693.0⨯T2/1693.0T =λ=1.55×10-4s -1T 1/2= 74.565min。

18.3.8 设想地球上有一观察者测得一宇宙飞船以0.6 测得速率向东飞行，5.0s后该飞船与一个以0.8c的速率 向西飞行的彗星相碰撞。试问： 1、飞船中的人测得彗星将以多大的速率向它运动？ 2、从飞船中的钟来看，还有多少时间容许它离开航线， 以避免与彗星碰撞？ /
解：1、如右图，取地球为S系，飞 船A为S/系，则S/系相对于S系的速 度u=0.6c,彗星B相对S系的速度 vx=-0.8c,则B相对S/系（A）的速 度为
l 0.6ct 3c
飞船上测得地以0.6c朝飞船运动，根据长度收缩效应，
2 v l' l 1 2 3c 1 0.62 2.4c c
飞船上测得两事件的时间间隔为 即：所剩逃避时间为 4s
l t 4s 0.6c
18.3.10半人马座 星是距离太阳系最近的恒星，它 16 4 . 3 10 m ，设有一宇宙飞船自地球往返于 距离地球 半人马座 星之间，若宇宙飞船相对地球的速度为 0.999c，按地球上的时钟计算，飞船往返一次需要用 多少时间？如以飞船上的时钟计算，所需时间又为多 少？
解：按地球上的时钟计算，飞船往返一次所需时间为
2s 2 4.3 1016 t 9.1年 8 v 0.999 3 10 365 24 3600
若用飞船上的钟测量，飞船往返所需时间为
1t 1 0.9992 9.1 0.4年
c 情况下，粒子的动量等于非相 18.1.5、在速度υ= 3 对论动量的两倍；在速度υ= 2 c 情况下，粒子的 动能等于它静止能量。
解：1、粒子的动量为
3 2
p
m0 v
2
c2
1
m0 v 2m0 v

习题十八18-1 用波长为1800Å的紫外光照射红限波长为2730Å的钨，那么从钨表面逸出的电子的最大初动能为多大?初速度是多大(1eV=J 106.119-⨯)?[解] 由Einstien 光电效应方程()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=002max 1121λλννhc h mv 10834101273011800110310626.6--⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⨯⨯⨯=eV 35.2J 1076.319=⨯=-已知kg 1011.931-⨯=m ，因此s m 101.95max ⨯=v18-2 当波长为3000Å的光照射在某金属表面时，光电子的能量范围从0到J 100.419-⨯。

在做上述光电效应实验时遏止电压是多大?此金属的红限频率是多大?[解] 由Einstien 光电效应方程()02max 21νν-=h mv 2max 2max 02121mv hc mv h h -=-=λνν19191910626.2100.410626.6---⨯=⨯-⨯=红限频率 Hz 1097.3140⨯=ν 遏止电压a U 满足 J 100.421192max a -⨯==mv eU 所以 V 5.2106.1100.41919a a =⨯⨯==--e eU U18-3 已知铯的逸出功为1.9eV ，如果用波长为3.5710-⨯m 的光照射在铯上，问光电效应的遏止电压a U 是多大?从铯表面逸出的电子的最大速度是多大?[解]A hcmv -=λ2max 21 J 1064.21004.31068.5191919---⨯=⨯-⨯=V 65.1106.11064.22119192maxa =⨯⨯==--e mv Us m 1062.725emaxmax ⨯==m E v18-4 图中所示为一次光电效应实验中得出的遏止电压随入射光频率变化的实验曲线。

(1)求证对不同的金属材料，AB 线的斜率相同；(2)由图上数据求出普朗克常量h 的值。

第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2x =2t,y =4t 8-。

（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。

解：（1）由x=2t 得，y=4t 2-8 可得： y=x 2-8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 22(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j =则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8ri j v i j a j =+=+=2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时速度为0v ，求运动方程)(t x x =.解：kv dtdv-= ⎰⎰-=t vv kdt dv v 001 tk e v v -=0t k e v dtdx-=0 dt ev dx tk tx-⎰⎰=000)1(0t k e kv x --=3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt t v 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰= x 2= t 3 /3+10 (SI)4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的d d r t ，d d v t ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2） 201()(h -)2r t v t i gt j =+（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）0d -gt d rv i j t = 而落地所用时间 gh2t = 所以 0d -2g h d r v i jt = d d v g j t=- 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 2120212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i tj =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

1-3 一质点在xOy 平面上运动，运动方程为x =3t +5, y =21t 2+3t -4. 式中t 以 s 计，x ,y 以m 计．(1)以时间t 为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出t =1 s 时刻和t ＝2s 时刻的位置矢量，计算这1秒内质点的位移；(3)计算t ＝0 s 时刻到t ＝4s 时刻内的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算t ＝4 s 时质点的速度；(5)计算t ＝0s 到t ＝4s 内质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算t ＝4s 时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．解：（1） j t t i t r)4321()53(2m(2)将1 t ,2 t 代入上式即有(3)∵ j i r j j r1617,4540∴ 104s m 534201204 j i ji r r t r v (4) 1s m )3(3d d j t i trv则 j i v 734 1s m(5)∵ j i v j i v73,3340(6) 2s m 1d d j tva 这说明该点只有y 方向的加速度，且为恒量。

1-4 在离水面高h 米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S 处，如题1-4图所示．当人以0v (m ·1s )的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解： 设人到船之间绳的长度为l ，此时绳与水面成 角，由图可知 222s h l将上式对时间t 求导，得tss t l ld d 2d d 2 题1-4图根据速度的定义，并注意到l ,s 是随t 减少的， ∴ ts v v t l v d d ,d d 0 船绳 即cos d d d d 00v v s l t l s l t s v船 或 sv s h s lv v 02/1220)( 船将船v 再对t 求导，即得船的加速度1-6 已知一质点作直线运动，其加速度为 a ＝4+3t 2s m ，开始运动时，x ＝5 m ，v =0，求该质点在t ＝10s 时的速度和位置．解：∵ t tva 34d d分离变量，得 t t v d )34(d 积分，得 12234c t t v 由题知，0 t ,00 v ,∴01 c故 2234t t v 又因为 2234d d t t t x v 分离变量， t t t x d )234(d 2积分得 232212c t t x由题知 0 t ,50 x ,∴52 c 故 521232t t x 所以s 10 t 时1-8 质点沿半径为R 的圆周按s ＝2021bt t v的规律运动，式中s 为质点离圆周上某点的弧长,0v ，b 都是常量，求：(1)t 时刻质点的加速度；(2) t 为何值时，加速度在数值上等于b ．解：（1） bt v tsv 0d d 则 240222)(Rbt v b a a a n加速度与半径的夹角为 (2)由题意应有即 0)(,)(4024022bt v Rbt v b b ∴当bv t 0时，b a 1-10 以初速度0v ＝201s m 抛出一小球，抛出方向与水平面成幔 60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径1R ；(2)落地处的曲率半径2R ． (提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示． 题1-10图 (1)在最高点，又∵ 1211 v a n∴ m1010)60cos 20(22111n a v(2)在落地点，2002 v v 1s m ,而 o60cos 2 g a n∴ m 8060cos 10)20(22222n a v2-3 283166s m m f a x x(1)于是质点在2s 时的速度 (2)2-4 (1)∵dtdvm kv a分离变量，得 即vv t m kdt v dv 00 ∴ tm ke v v 0(2)tttm k m ke kmv dt ev vdt x 000)1((3)质点停止运动时速度为零，即t →∞， 故有0kmv dt ev x tm k (4)当t=km时，其速度为 即速度减至v 0的e1.2-7由题知，小球落地时间为0.5s ．因小球为平抛运动，故小球落地的瞬时向下的速度大小为v 1=gt=0.5g ，小球上跳速度的大小亦为v 2=0.5g ．设向上为y 轴正向，则动量的增量 Δp=mv 2-mv 1 方向竖直向上， 大小 ｜Δp ｜=mv 2-(-mv 1)=mg碰撞过程中动量不守恒．这是因为在碰撞过程中，小球受到地面给予的冲力作用．另外，碰撞前初动量方向斜向下，碰后末动量方向斜向上，这也说明动量不守恒． 2-12 (1)由题知，F 合为恒力，∴ A 合=F ·r=(7i-6j)·(-3i+4j+16k)=-21-24=-45 J (2)w t A N 756.045(3)由动能定理，ΔE k =A=-45 J2-15 弹簧A 、B 及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有 题2-15图 F A =F B =Mg 又 F A =k 1Δx 1 F B =k 2Δx 2所以静止时两弹簧伸长量之比为 弹性势能之比为 题2-19图2-19 m 从M 上下滑的过程中，机械能守恒，以m ，M 地球为系统 ，以最低点为重力势能零点，则有mgR=222121MV mv又下滑过程，动量守恒，以m,M 为系统则在m 脱离M 瞬间，水平方向有mv-MV=0联立，以上两式，得 v=M m MgR23-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S 和S 中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s ，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s ．求： (1) S 相对于S 的运动速度．(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．解: 甲测得0,s 4 x t ,乙测得s 5 t ，坐标差为12x x x ′ (1)∴ t cv t x cvt t22)(11)(54122 t t cv解出 c c t t c v 53)54(1)(122 (2) 0,45, x t t t v x x ∴ m 1093453458c c t v x 负号表示012x x ． 3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少?解: 2220153,1513 则l l ∴ c c v 5425913-11 6000m 的高空大气层中产生了一个 介子以速度v =0.998c 飞向地球．假定该 介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命 2×10-6s ．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和 介子静止系中观测者来判断 介子能否到达地球．解: 介子在其自身静止系中的寿命s 10260 t 是固有(本征)时间，对地球观测者，由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历的时间为这段时间飞行距离为m 9470 t v d 因m 6000 d ，故该 介子能到达地球．或在 介子静止系中， 介子是静止的．地球则以速度v 接近介子，在0t 时间内，地球接近的距离为m 5990 t v dm 60000 d 经洛仑兹收缩后的值为： 0d d ，故 介子能到达地球． 3-16 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c ，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c 加速到0.9c ，又须对它作多少功?解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得161012.4 J=eV 1057.23(2) )()(2021202212c m c m c m c m E E E k k k)1111(221222202122cv cvc m c m c m))8.0119.011(103101.92216231J 1014.514 eV 1021.353-17子静止质量是电子静止质量的 207倍，静止时的平均寿命0 =2×10-6s ，若它在实验室参考系中的平均寿命 = 7×10-6s ，试问其质量是电子静止质量的多少倍?解: 设 子静止质量为0m ，相对实验室参考系的速度为c v ，相应质量为m ，电子静止质量为e m 0，因2711,1022即由质速关系，在实验室参考系中质量为： 故72527207120720 e m m 4-2 劲度系数为1k 和2k 的两根弹簧，与质量为m 的小球按题4-2图所示的两种方式连 接，试证明它们的振动均为谐振动，并分别求出它们的振动周期．题4-2图解：(1)图(a)中为串联弹簧，对于轻弹簧在任一时刻应有21F F F ，设串联弹簧的等效倔强系数为串K 等效位移为x ，则有又有 21x x x 所以串联弹簧的等效倔强系数为即小球与串联弹簧构成了一个等效倔强系数为)/(2121k k k k k 的弹簧振子系统，故小球作谐振动．其振动周期为(2)图(b)中可等效为并联弹簧，同上理，应有21F F F ，即21x x x ，设并联弹簧的倔强系数为并k ，则有 故 21k k k 并 同上理，其振动周期为4-5 一个沿x 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示．如果0 t 时质点的状态分别是：(1)A x 0；(2)过平衡位置向正向运动； (3)过2Ax处向负向运动； (4)过2A x处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为 000sin cos A v A x将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有4-7 有一轻弹簧，下面悬挂质量为g 0.1的物体时，伸长为cm 9.4．用这个弹簧和一个质量为g 0.8的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开cm 0.1后 ，给予向上的初速度10s cm 0.5 v ，求振动周期和振动表达式．解：由题知12311m N 2.0109.48.9100.1 x g m k 而0 t 时，-12020s m 100.5m,100.1 v x ( 设向上为正)又 s 26.12,51082.03T m k 即 ∴ m )455cos(1022t x4-8 图为两个谐振动的t x 曲线，试分别写出其谐振动方程．题4-8图解：由题4-8图(a)，∵0 t 时，s 2,cm 10,,23,0,0000 T A v x 又 即 1s rad 2T故 m )23cos(1.0t x a 由题4-8图(b)∵0 t 时，35,0,2000v A x01 t 时，22,0,0111v x又 253511 ∴ 65故 m t x b )3565cos(1.04-12 试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1) cm )373cos(5cm )33cos(521 t x t x (2)cm)343cos(5cm )33cos(521t x t x解： (1)∵ ,233712∴合振幅 cm 1021 A A A(2)∵ ,334∴合振幅 0 A4-13 一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。

第19章习题详解19-1波长589.3nm 的单色平行光垂直照射一单缝，单缝后透镜焦距为100cm ，测得第一级暗纹到中央明纹中心距离为1.0mm 。

求单缝的宽度？ 解:根据单缝衍射的暗纹计算式得,第一级暗纹满足 sin a θλ=因为a λ=,所以有sin tg θθθ≈≈可得第一级暗纹满足故单缝的宽度为 ..61f5893101000a 0589mm x 1λ-⨯⨯===19-2单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用500nm 的绿光垂直照射单缝。

（1）求屏上中央明纹的宽度和半角宽度？（2）将此装置浸入水中，则中央明纹半角宽度又是多少？ 解:（1）单缝衍射的中央明纹的宽度就是1±级暗纹的中心间距故有中央明纹的宽度 .6250010mmx 2ftg 2f 5005mm a 010mmλ∆θ-⨯⨯=≈=⨯=半角宽度为 .63150010510rad a 010λθ--⨯≈==⨯（2）水中的波长为n nλλ=则水中的半角宽度为 ..3n 1000537510rad 4a na n3λϑλθ-'=====⨯19-3一单色平行光垂直照射于一单缝，若其第三条明纹位置正好和波长为600nm 的单色光垂直入射时的第二级明纹的位置一样，求前一种单色光的波长。

解 ：根据单缝衍射的明纹计算式sin ()a 2k 12λθ=+ 有第三级明纹满足 sin ()13a 2312λθ=⨯+第二级明纹满足 sin ()22a 2212λθ=⨯+两明纹重合，则23θθ=即127522λλ= 1x f faλθ=≈得.12556004286nm 77λλ⨯=== 19-4 一双缝间距d =0.10mm ，每个缝宽为a =0.02mm 。

用波长λ=480nm 平行单色光垂直入射双缝，在缝后放置焦距为f =50cm 透镜。

试求（1）透镜焦平面屏上干涉明条纹间距？（2）单缝衍射中央亮纹宽度？（3）单缝衍射中央明纹范围内可以看到干涉主极大的数目？解：解 （1）干涉明条纹间隔mdf d k d k f f f x k k k k 311104.2)1()sin (sin )tan (tan -++⨯==-+=-≈-=∆λλλθθθθ （2）单缝衍射中央明纹宽度为m af x 20104.22-⨯==∆λ（3）单缝衍射第一级暗纹为λθ=sin a双缝干涉的第k 级明纹为λθk d =sin因此5/==a d k又k =5满足缺级条件，实际上观察不到。

(2)功率为：
P=
E = 1.99 ×10−18 w t
19－5： （1）每秒落到地面上单位面积的光子数量是：
8 × 1× 1 s −1m −2 8 3 ×10 6.63 ×10−34 × 5 × 10−7 = 2.01× 1019 s −1m −2
n=
2
(2)每秒钟进入人眼的光子数是：
⎛3 ⎞ 8 × 1× 3.14 × ⎜ ×10−3 ⎟ ⎝2 ⎠ S −1 N= 8 3 × 10 6.63 ×10−34 × 5 ×10−7 = 1.42 ×1014 S −1
9-15 倍？
当基态氢原子被 12.09eV 的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少
解： 1 1 E n − E1 = 13.6( 2 − 2 ) = 12.09 1 n 得n = 3 而 rn = n 2 r1 = 3 2 r1 = 9r1 ， 轨道半径增加到 9 倍。
9-16 德布罗意波的波函数与经典的波函数的本质区别是什么？ 答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振
1 4 4 1 4
19－3：(1)
最大动能：
( Ek ) max = hν − A = h
c −A λ
6.63 × 10−34 × 3 × 108 −19 = − 4.2 × 1.6 × 10 2 × 10−7 = 3.225 × 10−19 J ≈ 2eV
1
eU = ( Ek ) max
−19 ( E ) 3.225 × 10 k max (2) ∴U = = = 2V E 1.6 × 10−19
.光子与电子的波长都是 2.0 Å，它们的动量和总能量各为多少？ 19-19 19. 解：光子与电子的动量相等且等于

第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

《大学物理学》课后习题参考答案习 题11-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为)ωt sin ωt (cos j i +=R r其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。

解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω=消去t 可得轨道方程 222R y x =+2） j rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。

解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知2t 4x =t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -= 2）j i rv 2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） j v 2(0)= j i v 28(1)+=1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。

解：1）j i rv 2t 2dt d +==i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdv a 2t +==2221n t a a a t =-=+1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。

解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t v y += （1） 图 1-420221gt t v h y -+= （2）21y y = （3） 解之 2d t g a=+1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，t vd d .解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+=（2）联立式（1）、式（2）得 202v 2gx h y -=（3）j i rgt -v td d 0= 而 落地所用时间 gh 2t =所以j i r 2gh -v t d d 0= j v g td d -= 2202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21122222002[()](2)g gh g t dv dt v gt v gh ==++1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。

n≤3.688 所以 n = 3 可产生从 n = 3 到 n = 2，n = 1 及 n = 2 到 n = 1 三条谱线。
由公式
给出波长分别为 31 1027 Å
c nm
m0e4
8
2 0
h
3

1 m2

1 n2
1 n2
32 6571 Å
18-10 试求：(1)红光( 7 105 cm )；(2)X 射线( 0.25 Å)的光子的能量、动量和
V s
2.5 V
2 max
即
Ua
h e

A e
(2) 由于 所以 解得



1 0

m

0.25m0c 2
0.25m0c 2 h
h (1 cos ) m0c
1 cos 0 0.554 h
m0c 63.40
m0
c 2
1
在氢原子能级图中表示出来，并指明波长最短的是哪一条谱
线。
[解] (1) h h c
1.988 1015 4.58 1019 J 2.86eV 4340
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电通，力1根保过据护管生高线产中0不工资仅艺料可高试以中卷解资配决料置吊试技顶卷术层要是配求指置，机不对组规电在范气进高设行中备继资进电料行保试空护卷载高问与中题带资2负料2，荷试而下卷且高总可中体保资配障料置各试时类卷，管调需路控要习试在题验最到；大位对限。设度在备内管进来路行确敷调保设整机过使组程其高1在中正资，常料要工试加况卷强下安看与全22过，22度并22工且22作尽22下可护都能1关可地于以缩管正小路常故高工障中作高资；中料对资试于料卷继试连电卷接保破管护坏口进范处行围理整，高核或中对者资定对料值某试，些卷审异弯核常扁与高度校中固对资定图料盒纸试位，卷置编工.写况保复进护杂行层设自防备动腐与处跨装理接置，地高尤线中其弯资要曲料避半试免径卷错标调误高试高等方中，案资要，料求编试技5写、卷术重电保交要气护底设设装。备备置管4高调、动线中试电作敷资高气，设料中课并技3试资件且、术卷料中拒管试试调绝路包验卷试动敷含方技作设线案术，技槽以来术、及避管系免架统不等启必多动要项方高方案中式；资，对料为整试解套卷决启突高动然中过停语程机文中。电高因气中此课资，件料电中试力管卷高壁电中薄气资、设料接备试口进卷不行保严调护等试装问工置题作调，并试合且技理进术利行，用过要管关求线运电敷行力设高保技中护术资装。料置线试做缆卷到敷技准设术确原指灵则导活：。。在对对分于于线调差盒试动处过保，程护当中装不高置同中高电资中压料资回试料路卷试交技卷叉术调时问试，题技应，术采作是用为指金调发属试电隔人机板员一进，变行需压隔要器开在组处事在理前发；掌生同握内一图部线纸故槽资障内料时，、，强设需电备要回制进路造行须厂外同家部时出电切具源断高高习中中题资资电料料源试试，卷卷线试切缆验除敷报从设告而完与采毕相用，关高要技中进术资行资料检料试查，卷和并主检且要测了保处解护理现装。场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

大学物理第二十章题解第二十章稳恒电流的磁场20-1．如图所示，将一条无限长载流直导线在某处折成直角，P 点在折线的延长线上，到折线的距离为a .（1）设导线所载电流为I ，求P 点的B r ．（2）当20A I =，0.05m a =，求B r．解（1）根据毕-萨定律，AB 段直导线电流在P 点产生的磁场0B =；BC 段是“半无限长”直导线电流，它在P 点产生的磁场为001224II B a aμμππ==，方向垂直纸面向里．根据叠加原理，P 点的磁感应强度001224II B a aμμππ==方向垂直纸面向里．（2）当20A I =，0.05m a =时75141020410(T)22005B .ππ--??=?=??20-2．如图所示，将一条无限长直导线在某处弯成半径为R 的半圆形，已知导线中的电流为I ，求圆心处的磁感应强度B r ．解根据毕-萨定律，两直线段导线的电流在O 点产生的磁感应强度0B =，半圆环形导线的电流在O 点产生的磁感应强度0122I BRμ=．由叠加原理，圆心O 处的磁感应强度 04I B Rμ=方向垂直纸面向里．20-3．电流I 若沿图中所示的三种形状的导线流过（图中直线部分伸向无限远）, 试求各O 点的磁感应强度B ρ．解（a ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的磁感应强度和14个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加0000111(1)22224224I I I I B R R R R μμμμππππ=++=+ ，方向垂直纸面向外．（b ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于下面一条半无限长直线电流的磁感应强度和34个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加000133(1)224242I I I B R R R μμμπππ=+=+ ，方向垂直纸面向里．（c ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的磁感应强度和12个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加000111222222I I IB R R R μμμππ=++()024I R μππ=+ ，方向垂直纸面向里．*20-4．如图所示，电流I 均匀地流过宽为a 2的无限长平面导体薄板．P 点到薄板的垂足O 点正好在板的中线上，设距离x PO =，求证P 点的磁感应强度B ρ的大小为xa a I B arctan 20πμ=解把薄板等分成无限多条宽为d y 的细长条，每根细长条的电流d d 2II y a=，可视为线电流；无限长载流薄板可看成由无限多条无限长载流直导线构成．y 处的细长条在P 点产生的磁感应强度为d B +r，y -处的细长条在P 点产生的磁感应强度为d B -r，二者叠加为沿Oy 方向的d B r ．所以P 点的磁感应强度B ρ沿Oy 方向，B ρ的大小02202cos 2a B x y θπ=+?02222022a a x y x yπ=?++? 0220d 2a Ix y a x y μπ=+?001arctan 2aIx y a x x μπ=0arctan 2I aa x μπ=*20-5．如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单层线圈盖住半个球面．设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I ，求球心O 处的B ρ．解在14圆周的圆弧oab上，单位长度弧长的线圈匝数为 224N NR Rππ=在如图θ处，d θ角对应弧长d l 内通过的电流22d d d NI NI I l R θππ==此电流可视为半径为r 的圆环形电流圈，参见教材p80，此圆环形电流圈在O 处产生的222200033d sin 2d d sin d 22r I R NI NI B R R Rμμθμθθθππ=== 所以总磁感应强度 2002200d sin d 4NI NI B B R Rππμμθθπ===??20-6．如图所示，载流长直导线的电流为I ，试求通过与直导线共面的矩形面积CDEF 的磁通量．解用平行于长直导线的直线把矩形CDEF 分成无限多个无限小的面元，距长直导线r 处的面元的面积为d d S l r =，设矩形CDEF 的方向为垂直纸面向里，则d S Φ=B S r r 0d 2b a I l r r μπ=?b 0d 2a Il r r μπ=?0ln 2Il baμπ=20-7．无限长同轴电缆的横截面如图所示，内导线半径为a ，载正向电流I ，圆筒形外导线的内外半径分别为b 和c ，载反向电流I ，两导线内电流都均匀分布，求磁感应强度的分布．解考虑毕-萨定律，又因同轴电缆无限长，电流分布具有轴对称性，所以磁感应线在与电缆轴线垂直的平面内，为以轴线为圆心的同心圆；B r 沿圆周切向，在到轴线距离r 相同处B r的大小相等，()B B r =．沿磁感应线建立安培环路L （轴线为圆心、半径为r 的圆），沿磁感应线方向积分．在r c >区域，由安培环路定理110d 2()0LB l rB I I πμ?==-=?r r ?可得10B =．在c rb >>区域，由安培环路定理222222002222d 2()L r b c r B l rB I I I c b c b πππμμππ--?==-=--?r r ?可得2202222I c r B r c b μπ-=-．在b r a >>区域，由安培环路定理 330d 2LB l rB I πμ?==?r r ?可得032IB r μπ=．在a r >区域，由安培环路定理 22440022d 2L r r B l rB I I a a ππμμπ?===?r r ?可得0422IrB aμπ=．20-8．如图所示，厚度为2d 的无限大导体平板，电流密度J 沿z 方向均匀流过导体板，求空间磁感应强度的分布．解此无限大导体板可视为无限多个无限薄的无限大平板的叠加，参见习题20-4，可知，0y >区域B r 沿Ox 负方向，0y <区域B r沿Ox 正方向．选择如图矩形回路abcda ，ab 与cd 与板面平行、沿Ox 方向，长度为l ，与Oxz 面距离为r ．在r d >的板外区域，根据安培环路定理，有0d 22LB l B l dlJ μ?==?r r外外所以0B dJ μ=外．B 外与到板面的距离无关，说明板外为匀强磁场．在rd <的板内区域，根据安培环路定理，有0d 22L B l B l rlJ μ?==?r r内内所以0B rJ μ=内．可表示为0B yJi μ=-r r内（d y d -<<）．20-9．矩形截面的螺绕环如图所示，螺绕环导线总匝数为N ，导线内电流强度为I ．（1）求螺绕环截面内磁感应强度的分布；（2）证明通过螺绕环截面的磁通量为012ln 2NIh D ΦD μπ=．解由于电流分布对过螺绕环中心的对称轴具有轴对称性，所以螺绕环截面内磁感应线在与对称轴垂直的平面内，为以对称轴为圆心的同心圆；B r沿圆周切向，在到轴线距离r 相同处B r的大小相等，()B B r =．在螺绕环截面内，沿磁感应线作安培环路（以r 为半径的圆，2122D Dr <<），由安培环路定理0d 2LB l rB NI πμ?==?rr ?所以02NIB rμπ=．通过螺绕环截面的磁通量为12200122d d ln 22D D NI NIh D B S h r r D μμΦππ=?==??r r20-10．如图所示，半径为5m 的无限长金属圆柱内部挖出一半径为 1.5m r =的无限长圆柱形空腔．两圆柱的轴线平行，轴间距离 2.5m a =．今在此空心导体上通以5A 的电流，电流沿截面均匀分布．求此导体空心部分轴线上任一点的B ρ．解设空心导体上电流强度为I ，则电流密度22()IJ R r π=-．电流分布可视为由电流密度为J r、半径为R 的实心长圆柱，和填充满挖空区域的、通有反向电流、电流密度为J -r、半径为r 的圆柱的叠加．可用安培环路定理求出半径为R 的实心长圆柱电流在O'处的磁感应强度为2010222212()2()Ia I B a a R r R r μμππππ==--其方向与圆柱轴线以及OO'垂直，与电流I 成右手螺旋关系．由反向电流的轴对称分布可知，反向电流在其轴线上的磁感应强度为20B =r．由叠加原理可得在空心圆柱轴线上的磁感应强度为121B B B B =+=r r r r，770122224105251110(T)2()2(515)Ia.B .R r .μπππ--===?--20-11．把一个2.0keV 的正电子射入磁感应强度为0.10T 的均匀磁场内，其速度v ρ与B ρ成o89角，正电子的运动轨迹将是一条螺旋线．求此螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r ．解周期 311019223149111035710(s)1610010m ..T .qB ..π---=== 速率为 31973122210161026510(m s)91110k E .v .m .--===?? 螺距为7104cos 8926510cos 893571016510(m)h v T ...--===?o o半径为 317319sin899111026510sin8915110(m)161001mv ..r .qB ..---===???o o20-12．速率选择器如图所示，在粒子穿过的区域V 有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，两侧有等高的窄缝S ．现有一束具有不同速率的电子束A 从左侧缝穿入，以垂直于E r 和B r的方向进入区域V ．若300V U =，10cm d =，4310T B -=?．试计算能从速率选择器右侧的缝穿出的粒子的速率．带电粒子的带电符号及质量大小是否影响选择器对它们速率的选择解能从速率选择器右侧的缝穿出的电子必作直线运动，这些电子在电场E r中的受力为eE -r ，方向竖直向上；在磁场B r 中的受力为ev B -?rr ，方向竖直向下；且满足 eE evB =所以 E U v B dB ==430001310.-=??710(m s )= 由于Ev B=与带电粒子的带电符号及质量大小无关，所以电粒子的带电符号及质量大小不影响选择器对它们速率的选择．20-13．一块半导体样品的体积为c b a ??如图所示，0.10cm a =，0.35cm b =，1.0cm c =cm ．沿x 轴方向有电流I ，沿z 轴方向加匀强磁场B ρ，已测得 1.0mA I =，1310T B -=?，样品两侧的电势差 6.55mV AA U '=．（1）问这半导体是p 型还是n 型，即该半导体的载流子是带正电还是带负电（2）求载流子浓度n ．解（1）由电流方向、磁场方向和A 侧电势高于A'侧电势可知，此半导体的载流子带负电，属于n 型．（2）AA'IBn U qa=3319310100365510161010....----??=20328610m .-=?20-14．如图所示，一条长直导线载有电流130A I =，矩形线圈载有电流220A I =，试计算作用在线圈上的合力．已知：0.01m a =，0.08m b =，0.12m l =．解线圈左侧边导线受力0111222I F B I l I l aμπ== ，方向向左．线圈右侧边导线受力()0122222I F B I l I l a b μπ==+ ，方向向右．线圈上下两边导线所受的磁力大小相等、方向相反．因此线圈所受磁力的合力为()0120121222I I I I F F F l l a a b μμππ=-=-+()0122I I lba ab μπ=+ 741030200120082001(008001).....ππ-=??+312810(N).-=?方向向左，垂直指向长直导线．20-15．如图所示，无限长直导线通有电流1I ，半径为R 的半圆形导线ABCDE 通有电流2I ．长直导线过圆心O 且与半圆形导线共面（但不相交），a DE AB ==. 求：（1）ABCDE 导线中，AB 、?BCD 、DE 各段所受1I 产生的磁场的作用力的大小和方向，（2）长直导线在圆心O 处元段d l 上所受2I 的磁场力的大小和方向．解（1）设直线电流1I 产生的磁感应强度为1B r．求AB 段受1I 的作用力时，令y ξ=-，则01212d d 2R a AB R I F I l B I k μξπξ+=?=r r r r012ln 2I I R a k aμπ+=?rDE 段受到1I 的作用力为01012212d d ()ln 22R a DE R I I I R a F I l B I y k k y aμμππ++=?=?-=-r r r r r求?BCD段受1I 的作用力时，取电流元2d I l 如图，d d l R θ=．由于Oz 方向的分力会相互抵消（参见图），只需计算Oy 方向的分量，则21202cos d BCD F B I R j πθθ=-r r 201202cos d 2cos I I R j R πμθθπθ=-??r 0122I I j μ=-r（2）半圆形导线电流2I 在圆心O 点处产生的磁场0224I B i R μ=r r，所以0121212d d d d 4I I l F I l B I B l j j Rμ=?=?=r r r r r20-16．有一匝数为10匝，长为0.25m ，宽为0.10m 的矩形线圈，放在31.010T B -=?的匀强磁场中，通以15A 的电流，求它所受的最大力矩．解线圈在匀强磁场中所受的最大力偶矩为m T NIBS =31015101002501...-=337510(N m).-=??（第二十章题解结束）。

第十八章 光的偏振#18－1 两偏振片的方向成300夹角时，透射光强为I 1，若入射光不变，而两偏振片的偏振化方向成450夹角时，则透射光强如何变化解：设透过第一块偏振片后的振幅为A 0，透过第二块偏振片后的振幅为A 1。

依题意00130cos A A =020130cos I I =→430I = 3410I I =→ 00245cos A A =020245cos I I =→210I =21341⨯I 1231I I =18－2 使自然光通过两个偏振化方向成600夹角的偏振片，透射光强为I 1，今在这两偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两偏振片均成300角，则透射光光强为多少解：设自然光的振幅为A 0透过第一块偏振片后的振幅为A /，透过第二块偏振片后的振幅为A 1。

依题意0160cos A A '=02160cos I I '=→4120I =108I I =→在这两偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两偏振片均成300角，设自然光的振幅为A 0透过第一块偏振片后的振幅为A /，透过第二块偏振片后的振幅为A /1，透过第三块偏振片后的振幅为A 2。

则0130cos A A '='02130cos I I '='→4320I =0/1230cos A A =02/1230cos I I =→434320⨯=I 48891⨯=I1249I I =18－3 一束平行的自然光，以580角入射到一平面玻璃的表面上，反射光是全偏振光。

问（1）折射光的折射角是多少（2）玻璃的折射率是多少解：（1）折射光的折射角 ＝900－580＝320（2）玻璃的折射率为：60.132sin 58sin 0==n 18－4 一束光以起偏角i 0入射到一平面玻璃的上表面，试证明玻璃下表面的反射光也是偏振光。

证明：以起偏角i 0入射到平面玻璃的上表面，反射 光是偏振光所满足的式子为n i =0tan ，折射角 ＝900－i 0如图，玻璃下表面的反射光所对的下表面入射光的入射角为玻璃下表面的反射光是偏振光所满足的式子为n 1tan =γ 即ni 1)90tan(00=- 即满足：n i =0tan 式子 所以玻璃下表面的反射光也是偏振光，得证。

⼤学物理答案第⼗⼋章第⼗⼋章波动光学18-1 由光源S 发出的λ=600nm 的单⾊光，⾃空⽓射⼊折射率n =1.23的⼀层透明物质，再射⼊空⽓(如图18-1)，若透明物质的厚度为d =1.00cm ,⼊射⾓θ=ο30，且S A=BC =5.00cm .求:（1）1θ为多⼤?（2）此单⾊光在这层透明物质⾥的频率、速度和波长各是多少？(3)S 到C 的⼏何路程为多少？光程为多少？分析光在不同介质中传播的频率相同，但波长和波速不相同．⽽要把光在不同介质中所⾛的路程都折算为光在真空中的路程，以便⽐较光在不同介质中所⾛的路程——这就引⼊了光程．介质中某⼀⼏何路程的光程，相当于光在⾛这段路程的时间内在真空中⾛过的路程．解（1）由折射定律θθsin sin 1=n n 空得 46.212123.11sin sin 1=?==θθn n 空οθ24=1(2)分别以 v 1 、1ν、1λ表⽰光在透明物质中传播的速度、频率和波长，则8811044.2m/s 23.1103?=?==n c v m/s ⼜光在不同介质中传播的频率相同，即1410_81105Hz 106000103?=??===λννcHz 7_148111088.4m 1051044.2?=??==νλv m (3)从S 到C 的⼏何路程为1.11cm 5cm 24cos 1cm 5cos 1=++=++οθBC d SA cm S 到C 的光程3.11cm 51cm 24cos 1123.1cm 51cos S 1=?+?+=++οθBC n d n A n 空空cm 18-2 在杨⽒双缝⼲涉实验中，双缝间距d =0.500mm ,缝与屏相距D =50.0cm ,若以⽩光⼊射，(1)分别求出⽩光中4001=λnm 和6002=λnm 的两种光⼲涉条纹的间距；（2）这两种波长的⼲涉明纹是否会发⽣重叠？如果可能，问第⼀次重叠的是第⼏级明纹？重叠处距中央明纹多远？分析本题的难点在于如何理解“重叠”——若屏上某⼀位置同时满⾜两种波长明纹出现条件，则发⽣明纹重叠.解（1）据（18-3）式，1λ和2λ所产⽣的⼲涉明纹的间距各为4.0mm 5.010400500Δ611=??==-λd D x mm6.0mm 5.010600500Δ622=??==-λd D x mm(2) 据（18-1）式，杨⽒双缝实验中，明纹到屏中⼼的距离为λdDk x ±= () 2,1,,0=k在x 处两种波长的明纹重叠，即2211λλk d Dk d D x ==1221λλ=k k 由已知2340060012==λλ故2321=k k 所以在n k n k 2,321== () ,2,1=n 处都可能发⽣重叠.当1=n ，即2,321==k k 时发⽣第⼀次重叠，重叠处距中央明纹的距离为2.1mm 5.010********11===-λk d D x mm18-3 在劳埃德镜中，光源缝S 0 和它的虚象S 1 位于镜左后⽅20.0cm 的平⾯内(如图18-3)，镜长30.0cm ,并在它的右边缘放⼀⽑玻璃屏幕.如果从S 0 到镜的垂直距离为2.0mm , nm 720=λ ,试计算从右边缘到第⼀最亮纹的距离.分析讨论劳埃德镜还有⼀个重要意义，就是验证光从光密介质表⾯反射时有半波损失.劳埃德镜实验中，相邻明纹的间距也为λd Dx =? ，平⾯镜右边缘与⽑玻璃屏接触处为暗纹. 解据（18-3）式，劳埃德镜实验中相邻明纹或相邻暗纹的间距为λd D.据题意，平⾯镜右边缘与⽑玻璃屏接触处为暗纹，其到第⼀级明纹中⼼的距离为315105.4cm 104102.7502121Δ---?===λd D x cm 18-4 在菲涅⽿双镜中，若光源离两镜交线的距离是1.00m , 屏距交线2.00m ,所⽤光波的波长为500 nm ，所得⼲涉条纹的间距为1.00mm , 试计算两反射镜的夹⾓ε.解εεsin ≈ 1cos ≈ε∴ r L D r d +==ε2由(18-4)式,⼲涉条纹间距λελr r L d D x 2+==? 故 910500001.012122-+=??+=λ?εx r r L rad rad 105.74-?= 18-5 如图18-5(a)所⽰的杨⽒双缝实验中,P 点为接收屏上的第2级亮斑所在.假设将玻璃⽚（n =1.51）插⼊从1S 发出的光束途中，P 点变为中央亮斑，求玻璃⽚的厚度.⼜问此时⼲涉图样是向上移还是向下移.设⼊射光是波长为分析本题突出光程数值上等于介质的折射率乘以光在该介质中的⼏何路程.光连续通过⼏种介质时的光程，等于在各种介质中光程之和.讨论在S 1P 中加⼊玻⽚条纹上移还是下移时可以这样分析：以中央明纹为研究对象，不加玻⽚时，中央明纹出现在P 点，有P P 21S S =，加了玻⽚中央明纹出现在P '点，也应有1S 到P '的光程等于2S 到P '的光程.加玻⽚后，欲维持P '→1S 与P '→2S 的光程相等，只有缩短P '→1S 的⼏何路程.所以中央明纹上移，从⽽推出整个条纹上移.解据题意，整个装置放在空⽓中.设未加玻璃⽚时1S 、2S 到 P 点⼏何路程分别为1r 、2r ，如图(b)所⽰，据相⼲条件,第2级亮纹出现的条件是λδ212=-=r r (1) 如图(c),加上厚度为l 的玻璃⽚时，1S 到P 点的光程差为 nl l r r nl r +-=''++'1112S 到 P 点光程仍为r 2. ⼆者的光程差()()()l n r r nl l r r 112122---=+--=δ据题意，加上玻璃⽚后P 点变为中央亮斑，根据相⼲条件即()()01122=---=l n r r δ (2)由(1)式-(2)式得()λ21=-l n∴玻⽚厚度 m 1048.2m 151.11063221269--?=-??=-=n l λ且条纹上移.18-6 观察肥皂膜的反射光时，皂膜表⾯呈绿⾊.若膜的法线与视线间夹⾓约为ο30，试估算膜的最⼩厚度.设肥皂⽔的折射率为1.33，绿光波长为500nm . 分析反射产⽣的双光束实现⼲涉. 膜上下两表⾯反射后⼲涉加强. 射，需考虑反射光是否有半波损.率n =1.33,周围介质为空⽓n '=1,从皂膜上表⾯反射的反射光有半波损. 法线与视线间间有夹⾓30=i 30=i ⼊射到薄膜上，因⽽需利⽤（18-8解如图18-6,从膜上表⾯反射的反射光有半波损失，现nm 500 ,30 ,1' ,33.1====λ i n n据（18-8）式反射加强条件为λλk i n n d =+-2sin '2222 （k =1，2，…）d 为最⼩值时k =1，得18-7 在空⽓中有⼀厚度为500nm 的薄油膜（n =1.46）,并⽤⽩光垂直照射到此膜上，试问在300nm 到700nm 的范围内，哪些波长的光反射最强？分析此题与上题类似，只是考虑的波长范围更宽些，且为垂直⼊射=90i ，因⽽反射光⼲涉加强的条件为λλk nd =+22 （k =1，2，…）.解在油膜上表⾯反射的光有半波损，垂直⼊射?=90i ,据(18-8)式,反射光加强的条件为λλk nd =+22 （k =1，2，…）∴⼊射光波长为12102920121050046.1412499-?=-=-=--k k k nd λ当k =3时，5843=λnm , k =4时4174=λnm , k =5时3245=λnm ，k =6时2666=λnm ,所以在300-700nm 范围内波长为584nm ，417nm ，324nm 的光反射最强.18-8 ⽩光透射到肥皂⽔薄膜(n =1.33)的背⾯呈黄绿⾊(λ=590nm ),若这时薄膜法线与视线间的⾓度为 30=i ,问薄膜的最⼩厚度是多少?分析射，透射光的强度相应减弱.之亦然.皂膜置于空⽓中，要使590长光的透射最⼤，其等价的讨论是光反射最⼩的条件.出的光⽆半波损失, 是失. λ=590nm 透射光加强对应的膜厚.m 1001.1m 4133.121025030sin 2272922min--?=-=-=n d λ解如图18-8, 直接从下表⾯透射出的光⽆半波损失, 经下、上表⾯两次反射后⼜从下表⾯透射出的光也⽆半波损失.透射光的相⼲条件为λk i n n d =-222s i n'2 (k =1,2…) 加强 2)12(sin '2222λ+=-k i n n d (k =0,1,2…) 减弱透射光加强k =1时,d 有最⼩值,为18-9 激光器的谐振腔主要由两块反射镜组成，射出激光的⼀端为部分反射镜，另⼀端为全反射镜.为提⾼其反射能⼒，常在全反射镜的玻璃⾯上镀⼀层膜，问为了加强反射，氦氖激光器全反射镜上镀膜层的厚度应满⾜什么条件？膜的最⼩厚度为多少？（设激光器发射的激光波长λ=632.8nm ，玻璃的折射率n 1 =1.50，膜的折射率为n 2 =1.65）分析如图18-9, n 2 =1.65材料组成薄膜,薄膜上⽅为空⽓n =1，薄膜下⽅为玻璃n 1 =1.50.需仔细分析从膜的上下表⾯反射的反射光半波损失情况.解如图18-9,n <2n >∴1n 只有在空⽓与膜的分界⾯反射的反射光有半波损失.设膜厚为d ，在膜上下表⾯反射的双光束反射加强的条件是λλk d n =+222 (k =1,2,…)解出()9.95)12(65.148.632)12(4122-=-=-=k k n k d λk =1时膜最薄，最⼩膜厚为9.95min =d nm18-10 可见光谱中⼼可视为波长为550nm 黄绿光.若想提⾼照相机镜头对该波段的透射率，可在镜头表⾯镀氟化镁薄膜.已知氟化镁折射率为 1.38,玻璃折射率1.50,镀膜的最⼩厚度需为多少？分析与18-8题类似.注意薄膜由氟化镁构成，从薄膜上、下表⾯反射的两束光都有半波损失.解在膜的上下表⾯反射的光均有半波损失，所以两反射光的光程差为nd 2.使反射最⼩即透射最强的条件为2)12(2λ+=k nd （k =0,1,2…）令k =0m 1039.2m 4133.121059030sin 272922min --?=-=-=n d λ5min 1096.922/-?==nd λmm18-11 ，利⽤劈尖空⽓⽓隙造成的等厚⼲涉条纹，可以测量精密加⼯⼯件表⾯的极⼩纹路的深度.测量⽅法是：把待测⼯件放在测微显微镜的⼯作台上（使待测表⾯向上），在⼯件上⾯放⼀平玻璃（光学平⾯向下），以单⾊光垂直照射到玻璃⽚上，在显微镜中可以看到等厚⼲涉条纹.由于⼯件表⾯不平，在某次测量时，观察到⼲涉条纹弯曲如图18-11（a ）所⽰.试根据弯曲的⽅向，说明⼯件表⾯上的纹路是凹还是凸，并证明纹路深度H 可⽤下式表⽰:2λ'=b b H分析从条纹局部的弯曲⽅向判断⼯件表⾯缺陷，要抓住等厚条纹是劈尖等厚点的轨迹.条纹局部弯向棱边，表明条纹弯的部分和直的部分对应同⼀膜厚，图18-11解相邻两明纹(暗纹)对应的空⽓劈尖厚度差为2λ=d 由图18-11（b ）知 b Hb d '=?∴纹路深度为 2λH '='=b b d b b条纹局部弯向棱边，故⼯件的缺陷为凹痕.18-12 在两叠合的玻璃⽚的⼀端塞⼊可被加热膨胀的⾦属丝D 使两玻璃⽚成⼀⼩⾓度，⽤波长为589nm 的钠光照射，从图18-12（a ）所⽰之劈尖正上⽅的中点处（即L /2处），观察到⼲涉条纹向左移动了10条，求⾦属丝直径膨胀了多少？若在⾦属丝D 的上⽅观察⼜可看到⼏条条纹移动？分析⾦属丝直径膨胀时迫使空⽓劈形膜厚度增加，⼲涉条纹向左移动,这样原来出现在膜较厚处的条纹⾃然要向棱边移动（左移）.图18-12解如图18-12（b ），设在L /2处，膨胀前膜厚为d ,膨胀后膜厚为d '. 210'λ=-d d⼜因三⾓形相似2''L Ld d l l =-- ∴⾦属丝直径的膨胀为102)(2'=?=-'=-λd d l l nm =31089.5-?mmD 处劈尖厚度每增加2λ（即直径每膨胀2λ），条纹移过⼀条, ⾦属丝直径膨胀了31089.5-?mm ，所以在D 上⽅看到的条纹移动为20条.18-13 块规是⼀种长度标准器，为⼀钢质长⽅体，两端⾯经过磨平抛光精确地相互平⾏.图18-13（a ）中A 是⼀块合格块规，两端⾯间距离为标准长度.B 是与A 同⼀规号的待校准块规.校验时将A 、B 置于平台上，⽤⼀平玻璃盖住，平玻璃与块规端⾯间形成空⽓劈尖.（1）设⼊射光的波长为589.3nm ,两组⼲涉条纹的间距都是L =0.55mm ,A 、B 间距d =5.00cm ,试求两块规的⾼度差；（2）如何判断B ⽐A 长还是短？（3）现观察到平玻璃与A 、B 形成的⼲涉条纹间距分别为L =0.55nm 和L =0.30nm ,这表明B 的加⼯有什么缺陷？如B 加⼯合格应观察到什么现象？解（1）如图18-13（b ），因两组条纹间距相等为mm 55.0=L∴ dh L ?=2λm 1068.2m 1055.0105103.589Δ5329----?==h (2)如图18-13(b)，两块规有可能与平玻璃接触的位置分别标以a 、b 、c 、d ．轻压平玻璃,如b 、d 两处暗纹位置不变,则B ⽐A 短;如a 、c 两处暗纹位置不变，则B ⽐A 长.(3)如图18-13（c ），据题意有2sin sin 2211λθθ==L L∵ 21L L > ∴ 12θθ>表明B 与平玻璃间的间隙较⼤，B 的上端⾯有向左下斜的缺陷，如图18-13（c ）. B 加⼯合格，在平玻璃上⽅将看不⼲涉条纹.18-14 当⽜顿环装置的透镜与平⾯玻璃间充以某种折射率⼩于玻璃的液体时，某⼀级暗环的直径由1.40cm 变为1.27cm ,求液体的折射率.分析⽜顿环也是等厚⼲涉，与劈尖⽐较，形成⽜顿环的薄膜等厚点的轨迹是以接触点为圆⼼的同⼼圆.故⼲涉条纹为同⼼圆环.（18-12）、（18-14）式给出充以空⽓时环的直径和半径. 若充以某种流体，可推出第k 级暗环半径nk(n 为所充流体的折射率).解当透镜与平⾯玻璃间介质的折射率为n （⼩于玻璃的折射率）时，从介质上下表⾯反射的光的光程差为22λδ+=nd ，据（18-9）式出现第k 级暗环条件为2)12(22λλ+=+k nd将（18-13）式 Rr d 22= 代⼊上式，得第k 级暗环半径为nkR r λ=设空⽓折射率为1n ,第k 级暗环直径为1D ，充以折射率为2n 的液体，第k 级暗环直径为2D ，则122221n n D D = ∴ 22.1127.140.1212212=???? ??=??=n DD n 18-15 如图18-15（a ），平玻璃与柱⾯凹透镜组成空⽓隙.若⽤波长为λ的平⾯单⾊光垂直照射，在空⽓隙上下表⾯反射的反射光形成等厚⼲涉条纹，设隙间最⼤⾼度为47λ（1）试画出⼲涉暗纹的形状、疏密情况，并标明级次；（2）若把柱⾯凹透镜换为球⾯凹镜，⽓隙⾼度仍为47λ⼜如何？图18-15分析圆柱⾯透镜沿母线切开，取其凸⾯为柱⾯凸透镜，取其凹⾯为柱⾯凹透镜，也可两柱⾯都是圆柱形. 解本题要抓住以下⼏点：(1)⼲涉条纹的形状：平玻璃与柱⾯凹透镜组成空⽓隙，空⽓隙等厚点的轨迹是与柱⾯凹透镜母线平⾏的直线，所以⼲涉条纹也是与母线平⾏的直线.把柱⾯凹透镜换成球⾯镜，显然条纹应为同⼼圆；(2)考虑从空⽓隙上下表⾯反射的两束光是否有半波损；(3)判明膜厚d =0处为明纹还是暗纹. 现只有⼀束反射光有半波损失，所以d =0处（左右棱边）为暗纹.这三条对解劈尖⼲涉题同样重要.解（1）截⾯图如图18-15(b).从空⽓隙上表⾯反射的光⽆半波损，从空⽓隙下表⾯反射的光有半波损失，所以在⽓隙厚度为d 处反射的双光束的光程差为22λδ+=nd 相⼲条件为)( ,2,122=±=+k k nd λλ明纹())( ,2,1,021222=+±=+k k nd λλ暗纹∴左右棱边0=d 处为暗纹. λ47=d 处对应的级次为λλλλ4282472==+?n 的明纹为4±=k .可见，k 的取值由两棱边向中央⽓隙厚度最⼤处递增.与⽜顿环的讨论相仿，知⼲涉条纹到⽓隙最厚处的距离r 与⽓隙厚度d 的d 成正⽐，即r 的增加速率⼩于⽓隙厚度的增加速率,因此条纹内疏外密.⼲涉条纹是平⾏棱边的直线,条纹⽰意图如图18-15(c).(2)换成球⾯镜时，球⾯镜与平玻璃所成空⽓隙等厚点的轨迹是同⼼圆，所以⼲涉条纹是以λ47为中⼼的同⼼圆，其余讨论与柱透镜同.18-16在⽜顿环实验中，两平凸透镜按图18-16（a ）配置，上⾯⼀块是标准件，曲率半径为R 1 =550.0cm ,下⾯⼀块是待测样品.⼊射光是波长为632.8nm 的氦氖激光，测得第40级暗环的半径为1.0cm ,求待测样品的曲率半径.分析实为两个曲率半径不等的凸透镜叠合.空⽓隙的厚度为两个平凸透镜分别与平玻璃组成的⽓隙厚度之和.解⽜顿环第k 级暗环出现的条件为 ()21222λλ+=+k d 即λk d =2 （1）如图18-16（b ），从（18-13）式得膜厚1212r r d k = 2222r r d k =+=+=21221112R R r d d d k∴+=212112R R r d k （2）（2）式代⼊（1）式得λk R R r k =+?21211 待测样品的曲率半径为()m838.5 m105501101108.632401112229122=?-=-=---R r k R k λ 18-17 如果迈克⽿孙⼲涉仪中2M 反射镜移动距离0.233mm , 则数得的条纹移动数为792，求所⽤的光波的波长.分析迈克⽿孙⼲涉仪是利⽤分振幅法产⽣双光束以实现⼲涉.在书p.120图18-17中，2M 垂直1M 可演⽰等倾⼲涉，2M 与1M 不严格垂直可演⽰等厚⼲涉.因⽽前⾯关于等倾⼲涉、等厚⼲涉的讨论对迈克⽿孙⼲涉仪都适⽤.解 2M 每移动2λ ,条纹平移过⼀条.∴ 2M 移过的距离 2λ=n d 所⽤的光波的波长为588.4nmmm 10884.5mm 792233.0224=?=?==-n d λ 18-18 迈克⽿孙⼲涉仪的两臂中，分别放⼊长0.200m 的玻璃管，⼀个抽成真空，另⼀个充以1atm 的氩⽓.今⽤汞绿线λ=546nm 照明，在将氩⽓徐徐抽出最终也达到真空的过程中，发现有205个条纹移过视场，问分析参阅18-5题，再考虑到光是来回两次通过臂，所以从充氩⽓到抽完氩⽓过程中，光程的改变为l n )1(2-.解设玻璃管长为l ,并忽略两端管壁的厚度.由迈克⽿孙⼲涉仪原理知，抽⽓前后光程的改变为l n )1(2-，据题意有λN l n =-)1(2，氩⽓在1atm 时的折射率为12.0210546205129+=+=-l N n λ =1.002818-19 波长为700nm 的红光正⼊射到⼀单缝上，缝后置⼀透镜，焦距为0.700mm .在透镜焦距处放⼀屏，若屏上呈现的中央明条纹的宽度为 2.00mm ,问该缝的宽度是多少？假定⽤另⼀种光照射后，测得中央明条纹的宽度为 1.50 mm ,求该光的波长.分析正⼊射是指光源在透镜的焦平⾯上，线光源平⾏于缝长⽅向，且经过透镜的主焦点.参阅书p.127图18-26,⽤菲涅⽿半波带法处理单缝衍射时，经过宽为b 的单缝上下边缘两束光的光程差为AC = ?sin b (? 为衍射⾓).要体会⽤半波长分割AC 后，过分点作平⾏BC 的平⾯，单缝上的波阵⾯便被分为等数的⾯积相等的波带称为半波带.半波带上各点为新的⼦波源，相邻半波带上对应点发出的相⼲光到达屏时相位差为π.书p.129图18-28⼜提⽰，中央明纹的宽度为正负⼀级暗纹间距离，第⼀级明纹宽度为第⼀级暗纹与第⼆级暗纹间距离，以此类推.解中央明纹的宽度为0l ,为正负⼀级暗纹之间的距离.⼜因级次低，?很⼩,有fl 2tan sin 0=≈??对第⼀级暗纹λ?=sin b 代⼊上式m 109.41027.010*********---?===l f b λ =0.49 mm 对应另⼀种光, 中央明纹宽度为5.1'0=l mm 时4301025.5107.025.149.02'-?==='f al λ mm =525nm18-20 ⼀单缝⽤波长为1λ和2λ的光照明，若1λ的第⼀级衍射极⼩与2λ的第⼆级衍射极⼩重合.问：（1）这两种波长的关系；（2）所形成的衍射图样中，还有哪些极⼩重合？分析题⽬练习两条：(1)不同波长、不同级次的衍射条纹,在它们的衍射⾓相同时重合；(2)单缝衍射出现极⼤值、极⼩值的条件. 解（1）单缝衍射产⽣极⼩值的条件是λ?k b ±=sin (k =1,2,…) 设重合时衍射⾓为?，则212sin sin λ?λ?==b b(1)式(2)式联⽴,解出212λλ=（2）设衍射⾓为'时，1λ的1k 级衍射极⼩与2λ的2k 级衍射极⼩重合，则2211sin sin λ?λ?k b k b ='='由第⼀问得出212λλ=，代⼊得22212λλk k =∴ 212k k = 即当212k k =时两种光的衍射极⼩重合.18-21在单缝衍射实验装置中，⽤细丝代替单缝成为衍射细丝测径仪.已知光波波长为630nm ，透镜焦距为50.0cm .今测得中央明纹的宽度为1.00 cm，试求细丝的直径.分析衍射是波前进过程中,遇到障碍物波阵⾯受到限制⽽产⽣的现象.单缝衍射的障碍物是缝屏,也是障碍物. 波长可以⽐较，现象，细丝直径相当于单缝宽.解如图18-21于单缝宽b .设x 1⼼点P 0的距离,中央明纹宽度为 110tan 22?f x l ==对低级次1?很⼩，有11tan sin ??≈∴ b f f l λ??=≈2sin 210细丝直径为 063.0mm 01.0106305.02290===-l f b λmm 18-22 波长为500nm 的单⾊光，以30o ⼊射⾓⼊射到光栅上，发现正⼊射时的中央明纹位置现变为第⼆级光谱的位置.若光栅刻痕间距3100.1-?=d mm.（1）求光栅每毫⽶有多少条刻痕？（2）最多可能看到⼏级光谱？（3）由于缺级，实际⼜看到哪⼏条光谱线？分析斜⼊射是指光源在透镜的焦平⾯上，线光源平⾏缝长⽅向，但光源不经过透镜的主焦点. 这样光栅相邻两缝对应光线到达屏的光程差还应包含⼊射光的那部分.本题涉及衍射光栅⼏个基本问题：光栅⽅程；当衍射⾓?=ο90时，对应最⾼级次max k ；光栅衍射图样的缺级现象.解（1）由例题18-6，⼊射⾓为 30 时光栅相邻两缝对应光线到达屏的光程差为sin )(30sin )(b b b b '++'+ 对于第⼆级光谱λ?2sin )(30sin )(='++'+b b b b 因该光谱位置为原正⼊射时中央明纹位置，则 0=?∴ 30sin 2λ='+b b光栅刻痕数为500/mm 10525.0230sin 14=??=='+=条λ b b N 条/mm ⼜最⾼级次对应衍射⾓ 90=?.设最⾼级次为k max ，即λmax 90sin )(30sin )(k b b b b ='++'+()()λλN b b k90sin 30sin 90sin 30sin max+=+'+=610550015.04=??+=-最多可能看到6级光谱.（3）光栅常数 63102m 500101--?=?='+b b m k 满⾜下式为缺级(),2,1'±±=''+=k k bb b k⽽ 210110266=??='+--b b b 即 k k '=2∴为缺6,4,2±±±= k 级故实际可以看到光谱线是5,3,1,0±±± 共7条 .18-23⼀平⾯单⾊光投射于衍射光栅，其⽅向与光栅的法线成θ⾓.法线两侧与法线分别成ο11和ο53⾓的⽅向上出现第⼀级光谱线.（1）求θ⾓；（2）⽤衍射⾓表⽰中央明纹出现的位置；（3）计算斜⼊射时在光栅法线两侧有可能看到的最⾼级次.分析本题也是斜⼊射问题.题⽬没有给出两衍射光与⼊射光在光栅平⾯法线的异侧还是同侧，可分别假设⼀种配置，判断所得θ⾓是否合理,从⽽决定取舍. 第三问的计算表明与⼊射光同侧的光谱项有可能获得更⾼级次. 在实际⼯作中，通过加⼤⼊射⾓以期获得光栅较⾼的分辨率.解（1）先设衍射⾓为 11和 53的衍射光位置如图18-23，此时 11的衍射光与⼊射光在光栅平⾯法线的同侧， 11衍射⾓为正；53衍射⾓的衍射光与⼊射光在光栅平⾯法线的两侧， 53衍射⾓为负（参考书p.139例题18-6关于正负号的说明）.⼜⼊射⾓为θ，据已知光栅⽅程写为()()()())2(11sin sin ')1(53sin sin 'λθλθ=++-=-+b b b b(1)式(2)式联⽴,解出()3039.011sin 53sin 21sin ≈-= θ7.17=θ再设衍射⾓为 53的衍射光与⼊射光在法线同侧，从相应光栅⽅程解出()53sin 11sin 21sin -=θ，这样θ<0,不合题意舍去.所以合理的配置是ο11⾓的衍射光与⼊射光在法线同侧,⼊射⾓ 7.17=θ. （2）中央明纹对应的衍射⾓为 ?，有()7.170sin sin 00-=-==+θ??θ即⼊射光与中央明纹分列在法线两侧.（3）当衍射⾓为 90时，对应最⾼级次.如图18-23，与⼊射光同侧的光谱项的最⾼级次k 满⾜下式()()()()λθλ=++=++11sin sin '90sin 7.17sin 'b b k b b 解出 264.211sin 7.17sin 90sin 7.17sin ≈=++≤k 与⼊射光异侧的光谱项的最⾼级次k '满⾜下式()()()()λθλ-=-+'-=-+53sin sin '90sin 7.17sin 'b b k b b解出 141.153sin 7.17sin 90sin 7.17sin '≈=--≤k∴在⼊射光同侧有可能获得更⾼级次光谱项.18-24 ⼀束光线正⼊射到衍射光栅上，当分光计转过⾓?时，在视场中可看到第三级光谱内nm 440=λ的条纹.问在同⼀⾓?上可看见波长在可见光范围内的其他条纹吗？（可见光的波长范围为400nm -760nm ）分析题⽬“在视场中可看到第三级光谱内λ=400nm 的条纹”⼀句给出()?sin 'b b +值，现寻求在400nm -760nm 范围内满⾜光栅⽅程的k 和λ值.解据光栅⽅程 ()λ?k b b =+sin ' 得 ()nm 13204403sin '=?=+?b b若2=k ,则 nm 660213202=÷=λ若 1=k ,则 nm 700nm 1320113201>=÷=λ∴可见到第⼆级nm 660=λ的条纹.18-25 宇航员瞳孔直径取为5.0mm ，光波波长λ=550nm .若他恰能分辨距其160km 地⾯上的两个点光源.只计衍射效应，求这两点光源间的距离.分析根据瑞利准则，当两个物点刚能被分辨时，这两物点的艾⾥斑中⼼对透镜光⼼的⾓距0θ恰好等于艾⾥斑的⾓半径.⼈的瞳孔如同⼀透镜.解恰能分辩时，两点光源对瞳孔的张⾓0θ为 dλθ22.10= ∴地⾯两点光源的距离m 4.21m 10510550106.122.122.13930===≈--df f l λθ? 18-26 如图18-26（a ）所⽰，在透镜L 前50m 处有两个相距6.0mm 的发光点a 和b .如果它们在C 处所成的像正好满⾜瑞利准则，透镜焦距为20cm ，试图18-26分析取恰能分辨时两物点艾⾥斑中⼼的距离为艾⾥斑半径.本题给出物距和焦距，必然⽤到成像公式f11=+v . 解如图18-26（b ），在恰能分辨时，两个艾⾥斑中⼼的距离等于各个艾⾥斑半径.设衍射光斑直径为d ，艾⾥斑半径为2'ds =根据薄透镜成像公式f u 111=+v50=u m 2.0=f m us ≈θ∴2.0=≈f v m∴ v θ≈'s衍射光斑直径为m 108.4m 502.0100.6222253--?===='u sf s v θ 18-27 以波长为0.11nm 的X 射线照射岩盐晶⾯，实验测得在X 射线与晶⾯的夹⾓（掠射⾓）为0311'ο时获得第⼀级极⼤的反射光，问：（1）岩盐晶体原⼦平⾯之间的间距d 为多⼤？（2）如以另⼀束待测的X 射线照射岩盐晶⾯，测得X 射线与晶⾯的夹⾓为0317'ο时获得第⼀级极⼤反射光，则待测的X 射线的波长为多少？分析晶体构成光栅常数很⼩的空间衍射光栅.X 射线通过晶体时，将部分地被晶体中的原⼦散射.强度最⼤的散射光线的相互⼲涉，服从布拉格公式.本题第（1）问是在做X 射线结构分析实验.解据布拉格公式λ?k d =sin 2 () 2,1=k(1)当'3011 =? 1=k 时岩盐晶体原⼦平⾯之间的间距为cm 10759.2cm '3011sin 2101.1sin 288--?=??== ?λk d (2)当'3017' =? 1'=k 时，待测的X 射线的波长为nm 1659.0nm '3017sin 10759.22'sin 28==='-λd18-28 对于同⼀晶体，分别以两种X 射线实验，发现已知波长1λ=0.097nm 的 X 射线在与晶体⾯成ο30 的掠射⾓处给出第⼀级极⼤，⽽另⼀未知波长的X 射线在与晶体⾯成ο60 的掠射⾓处给出第三级反射极⼤.试求此未知X 射线的波长为多少？分析同18-27题分析. 解据布拉格公式λ?k d =sin 2 () 2,1=k 当11=k 301=? 得nm 097.030sin 2097.0sin 2111=?==λk d ⼜由32=k 602=? 得nm 056.0360sin 097.02sin 2222=??==18-29 两偏振⽚A 和B 如图18-29放置，两者的偏振化⽅向成 45⾓，设⼊射光线是线偏振光，它的振动⽅向与A 的偏振化⽅向相同，试求：同⼀强度⼊射光分别从装置的左边及右边⼊射时，透射光的强度之⽐.分析显然本题要⽤到马吕斯定律. 马吕斯定律给出⼊射到偏振⽚的偏振光与出射的偏振光强度间的关系.解设⼊射偏振光的强度为0I从左边⼊射时，通过A 和B 透射光的强度分别为0200cos I I I A ==022145cos I I I A B == 从右边⼊射时，通过B 和A 透射光的强度分别为 0202145cos 'I I I B == 024145cos 'I I I BA ='=。

[习题解答]18-1 一个来自衰变的能量为4.7 MeV的α粒子，与金核发生正碰，求此α粒子最接近金核中心处的距离为多大？解 在α粒子与金核()发生正碰的情况下，设在相距甚远时a粒子的动能为E k ，当两者相距r时，α粒子的瞬时速度变为零。

所以，a粒子将自身的动能E k全部用于克服它与金核之间的斥力而作功，根据动能定理，斥力对质点所作的功等于质点动能的增量，故有,其中A为斥力对α粒子所作的功。

同时，根据势能的规律，保守力(在此是斥力)所作的功等于势能增量的负值，即.由以上两式，得,所以.18-2 试计算核物质的密度。

解 解答见上面[例题分析]中的例题18-1 。

18-3 在、和中各有多少质子和中子？解：Z = 7, N = 6；：Z = 8, N = 9 ；：Z = 30, N = 34 。

18-6 如果原子核的自旋量子数为j，那么该原子核的核磁矩的大小如何表示？此核处于磁感应强度为B的磁场中，核磁矩与磁场的相互作用能为多大？分裂后的能级间距为多大？解 核磁矩的大小为.核磁矩与外磁场的相互作用能为, .分裂后的能级间距为.18-13 计算原子核的核子平均结合能。

已知的原子质量为232.03821 u，氢原子M H和中子n的质量分别为1.007830 u和1.008665 u。

解 核的质量亏损为,其中, , , , 。

将这些数据代入上式可算的质量亏损，为.核子的平均结合能为.18-14 已知氢原子M H和中子n的质量分别为1.007830 u和1.008665 u，的原子质量为12.000000 u，计算核的核子平均结合能。

解 核的质量亏损为.核子的平均结合能为.18-16 计算在聚变反应中所释放出来的能量, 分别用J和MeV为单位表示结果。

已知氘原子的质量为2.01410 u，氦原子的质量为4.00260 u。

解 已知氘原子和氦原子的质量分别为2.01410 u和4.00260 u，根据题意所要求的聚变反应，可以得出氦核的质量亏损为.释放的能量为,或者.18-17 试计算1 mol的氘气(双原子分子)在上题的聚变反应中，所释放出来的总能量是多少？解 释放出来的总能量为..18-18 在核和核内核子的平均结合能分别为6.45 MeV和7.07 MeV，要把核分裂为两个 粒子和一个中子，必须耗费多大能量？解 反应过程可以写为.若将核分散为9个核子，外界需提供的能量为,将其中8个核子结合成2个核所释放出来的能量为.所以，要把核分裂为两个a粒子和一个中子外界必须耗费的能量为.18-20 已知放射性碘()的半衰期为8.0 d，问：(1)衰变常量为多大？(2) 1 mCi的放射性活度需要多少质量的碘同位素？解(1)衰变常量.(2)因为,所以，要达到3.7⨯107 Bq的放射性活度所需母核的数目为个.1 mol碘同位素的质量为0.131 kg，其中包含的核的数目等于N A = 6.022⨯1023，于是需要碘同位素的质量为.18-21 已知镭的半衰期是1600 a，求衰变常量和镭核的平均寿命。

大学物理课后习题答案大学物理课后习题答案第十八章波动1、一横波沿绳子传播，其波的表达式为y=0.05cos(100πt-2πx)(si)谋:(1)波的振幅、波速、频率和波长。

(2)绳子上各质点的最大振动速度和最大振动加速度。

(3)在x1=0.2m处和x2=0.7m处二质点振动的位相差。

解：（1）y=0.05cos(100πt-2πx)=0.05cos100π(t-0.02x)∴a=0.05m,ω=100π=2πυ⇒υ=100π/2π=50(hz)u=50(m⋅s),(2)v=∂2y∂t∂y∂t=1(m)50π=5π=15.7(m⋅s-1)=-0.05⨯100πsin(100πt-2π),vmax=0.05⨯10022π)=500π=4934.8(m⋅s-2)∴amax=0.05⨯(1002、一平面简谐波沿ｘ轴正向传播，波的振幅a=10cm，波的圆频率ω=7πrad⋅s，当t=1.0s时，x=10cm处的a质点正通过其平衡位置向ｙ轴正数方向运动，而x=20cm处的ｂ质点正通过y=5cm点向ｙ轴正方向运动。

勒维冈县波波长∆ϕ=2πx2-x10.7-0.2=-0.05⨯(100π)2cos(100πt-2πx)λ>10cm，求该平面波的表达式。

解：设波动方程为：y=0.1cos(7πt+ϕ-⋅2π)t=1(s)时，ya=0.1cos(7π+ϕ-0.1⋅2π)=0,yb=0.1cos(7π+ϕ-0.2⋅2π)=0.05v>0，⇒.2∵b7π+ϕ-0⋅2π=-π+2kπ②且λ>0.1m，故a,b两质点的位相差ϕ=-π①-②得：5λ=1.2，即为λ=0.24（m）代入①得：所以波动方程为：y=0.1cos(7πt-πx+π)333、图示一平面简谐波在t=0时刻的波形图，谋：（1）该波的波动方程；（2）ｐ处质点的振动方程。

解：由图知λ=0.4m,a=0.04m,u=0.08m/sω=2πν=2π=2π00..08=0.4π(s)4原点的振动方程为：y=0.04cos(0.4πt-ππ波动方程为：y=0.04cos[0.4π(t-x-y=0.04cos(0.4πt-5πx-π)p点的振动方程：yp=0.04cos(0.4πt-5π⨯0.2-2π=0.04cos(0.4πt-3)=0.04cos(0.4πt+π4、一列平面简谐波在媒质中以波速u=5ms 沿ｘ轴正向传播，原点ｏ处质元的振颤抖曲线如图所示。