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第一章1为何蛋白质的含氮量能表示蛋白质相对量？实验中又是如何依此原理计算蛋白质含量的？2.答：因为蛋白质中氮的含量一般比较恒定,平均为16%.这是蛋白质元素组成的一个特点，也是凯氏定氮测定蛋白质含量的计算基础。
蛋白质的含量计算为：每克样品中含氮克数×6。
25×100即为100克样品中蛋白质含量（g%）。
（P1）3.蛋白质有哪些重要的生物学功能?蛋白质元素组成有何特点？4.答：蛋白质是生命活动的物质基础，是细胞和生物体的重要组成部分。
构成新陈代谢的所有化学反应，几乎都在蛋白质酶的催化下进行的，生命的运动以及生命活动所需物质的运输等都需要蛋白质来完成.蛋白质一般含有碳、氢、氧、氮、硫等元素，有些蛋白质还含有微量的磷、铁、铜、碘、锌和钼等元素.氮的含量一般比较恒定,平均为16%。
这是蛋白质元素组成的一个特点。
（P1)5.组成蛋白质的氨基酸有多少种?如何分类？6.答：组成蛋白质的氨基酸有20种。
根据R的结构不同，氨基酸可分为四类，即脂肪族氨基酸、芳香族氨基酸、杂环族氨基酸、杂环亚氨基酸。
根据侧链R的极性不同分为非极性和极性氨基酸,极性氨基酸又可分为极性不带电荷氨基酸、极性带负电荷氨基酸、极性带正电荷氨基酸。
（P5）7.举例说明蛋白质的四级结构.答：蛋白质的四级结构含有两条或更多的肽链,这些肽链都成折叠的α—螺旋。
它们相互挤在一起,并以弱键互相连接,形成一定的构象。
四级结构的蛋白质中每个球状蛋白质称为亚基。
亚基通常由一条多肽链组成，有时含有两条以上的多肽链,单独存在时一般没有生物活性。
以血红蛋白为例：P11—12。
5、举例说明蛋白质的变构效应。
蛋白质的变构效应：当某种小分子物质特异地与某种蛋白质结合后，能够引起该蛋白质的构象发生微妙而有规律的变化，从而使其活性发生变化，P13。
血红蛋白（Hb）就是一种最早发现的具有别构效应的蛋白质，它的功能是运输氧和二氧化碳,运输氧的作用是通过它对O2的结合与脱结合来实现.Hb有两种能够互变的天然构象，一种为紧密型T，一种为松弛型R。
17章习题参考答案17-3 如图所示，通过回路的磁场与线圈平面垂直且指出纸里，磁通量按如下规律变化()Wb 1017632-⨯++=Φt t式中t 的单位为s 。
问s 0.2=t 时，回路中感应电动势的大小是多少? R 上的电流方向如何?[解] ()310712d d -⨯+=Φ-=t tε ()23101.3107212--⨯=⨯+⨯=V根据楞次定律，R 上的电流从左向右。
17-4如图所示，两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈，相距x ，且，R >>r ，x >>R 。
若大线圈有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速度v 运动。
试求x =NR 时(N >0)，小线圈中产生的感应电动势的大小。
[解] 因R>>r 可将通过小线圈的B 视为相等，等于在轴线上的B()2322202xR IR B +=μ由于x >>R ，有 3202x IR B μ=所以 t xxIS R t d d 32d d 420μ=Φ-=ε 而v t x=d d 因此 x =NR 时， 242023R N v r I πμ=ε17-5 如图所示，半径为R 的导体圆盘，它的轴线与外磁场平行，并以角速度ω转动(称为法拉第发电机)。
求盘边缘与中心之间的电势差，何处电势高?当R ＝0.15m ，B =0.60T ，rad 30=ω时，U 等于多大?[解] 圆盘可看成无数由中心向外的导线构成的，每个导线切割磁力线运动且并联，因此有2021d d )(BR r rB R L ωω==⋅⨯=⎰⎰l B v 感ε因电动势大于零，且积分方向由圆心至边缘，所以边缘处电位高(或由右手定则判断)代入数据得201506030212...=⨯⨯⨯==εU V 17-6 一长直导线载有电流强度I =5.0A 的直流电，在近旁有一与它共面的矩形线圈，线圈长l ＝20cm ，宽a =10cm ，共1000匝，如图所示。
第十四章 稳恒磁场例题答案：例14-103μI例14-2 (C).例14-3 μ0i ； 沿轴线方向朝右 例14-4 (D) 例14-5 (D)例14-6 B=1.8×10-4 T ；α =225°，α为B 与x 轴正向的夹角【解】 取d l 段，其中电流为π=π=π21=θθd 2d 2d d I R IR R l I I 在P 点 θμθμμd d 222d d 2000RII R R I B π=π⋅π=π= 选坐标如图R I B x 20d sin d π-=θθμ， RI B y20d cos d π-=θθμ ⎰ππ-=2/020d sin θθμR I B x R I 20π-=μ ⎰ππ-=2/020d cos θθμRIB y R I20π-=μ =+=2/122)(y x B B B =πRI 202μ 1.8×10-4 T方向 1/tg ==x y B B α，225=α，为B 与x 轴正向的夹角。
例14-7 (1) a ._ 0 __ b . 2πB R c . 2πcos α-B R ；(2) Φm =2πcos θB R ； (3)d =⎰SB S 0 。
例 14-8 -μ0I 1 ； μ0(I 1+I 2) ； 0. 例14-9 (D) 例14-10 (C) 例14-11 （B ） 例14-12 0222()μ=πbIB R -ax y ⊗ d B P 例题14-6答案图d lθ d θ【解】 导体内的电流密度 )a π(b IJ 22-=由于电流和磁场分布的对称性，磁感线是以轴为中心的一些同心圆，去半径为r 的一条磁感线为环路，有安培环路定理：d I μ⋅=∑⎰B l有 )(2222022ab a r I )a πr J(πμr B 20--=-=⋅μπ ra b π2a r I μB 22220)()(--=∴ 例14-13 0312()ln 22πμ=I F I -I ； 若 12I I >，则F 的方向向下；若12I I <，则F 的方向向上【解】 载流导线MN 上任一点处的磁感强度大小为： )(210x r I B +π=μ)2(220x r I -π-μMN 上电流元I 3d x 所受磁力： x B I F d d 3=)(2[103x r I I +π=μx x r I d ])2(210-π-μ010230d 2π()2π(2)⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎰rμI μI F =I -x r +x r -x 0310[d 2πr μ=-+⎰I I x r x 20d ]2r -⎰I x r x]2ln 2ln[22130r rI r r I I +π=μ ]2ln 2ln [22130I I I -π=μ 2ln )(22130I I I -π=μ若 12I I >，则F 的方向向下， 12I I <，则F 的方向向上。
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 ·1-s )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θ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， ∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos 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 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-10 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，o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点，2002==v v 1s m -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-13 一船以速率1v ＝30km ·h -1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率2v ＝40km ·h -1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解：(1)大船看小艇，则有1221v v v ρϖϖ-=，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船，则有2112v v v ρϖϖ-=，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得5012=v 1h km -⋅2-2 一个质量为P 的质点，在光滑的固定斜面（倾角为α）上以初速度0v 运动，0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解: 物体置于斜面上受到重力mg ，斜面支持力N .建立坐标：取0v ϖ方向为X 轴，平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向： 0=x F t v x 0= ①Y 方向： y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ，得220sin 21x g v y ⋅=α 2-4 质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t mk ev )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m ke )(-］；(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ；(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 答: (1)∵ tvm kv a d d =-=分离变量，得mtk v v d d -=即 ⎰⎰-=vv t mt k v v00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k ev v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零，即t →∞，故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k(4)当t=km时，其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1. 2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ，当子弹在枪筒内被加速时，它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数)，其中t 以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量． 解: (1)由题意，子弹到枪口时，有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入，得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-13 以铁锤将一铁钉击入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比，在铁锤击第一次时，能将小钉击入木板内1 cm ，问击第二次时能击入多深，假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同．解: 以木板上界面为坐标原点，向内为y 坐标正向，如题2-13图，则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 112d d d ① 式中f '是铁锤作用于钉上的力，f 是木板作用于钉上的力，在0d →t 时，f 'f -=．设第二锤外力的功为2A ，则同理，有⎰-==21222221d y kky y ky A ② 由题意，有2)21(212kmv A A =∆== ③即222122k k ky =- 所以， 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端，挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ，B 的下端 一重物C ，C 的质量为M ，如题2-15图．求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比．解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时，有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆= 2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置，弹簧的劲度系数为k ，自然长度等于水平距离BC ，2m 与桌面间的摩擦系数为μ，最初1m 静止于A 点，AB ＝BC ＝h ，绳已拉直，现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率．解: 取B 点为重力势能零点，弹簧原长为弹性势能零点，则由功能原理，有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ 式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量，则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式，得()()212221122m m khgh m m v +-+-=μ题2-17图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽，如题2-19图所示．质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下，大木块放在光滑水平面上，二者都作无摩擦的运动，而且都从静止开始，求小木块脱离大木块时的速度．解: 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222121MV mv mgR +=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0=-MV mv联立，以上两式，得()M m MgR v +=2习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q E ϖϖε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024dq πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强Sq E 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力． 8-5一电偶极子的电矩为l q p ϖϖ=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r ϖ与l ϖ的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p ϖ分解为与r ϖ平行的分量θsin p 和垂直于r ϖ的分量θsin p ．∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a x E P -=λε222)(d π4d x a x E E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Qλε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ，即Q E ϖ只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε 22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强．解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y-=-= 积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴ RE E x0π2ελ==，方向沿x 轴正向． 8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强PE ϖd方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P++=ελP E ϖd 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P++=ε 方向沿8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅ϖϖ立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εq e=Φ．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εqe=Φ对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则24εq e =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强． 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s ϖϖ,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E ϖ8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E sϖϖ取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰ϖϖ对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E ϖϖ)(21210σσε-= 1σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+-= 2σ面外， n E ϖϖ)(21210σσε+= n ϖ：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) ρ+球在O 点产生电场010=E ϖ，ρ-球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=ϖ∴ O 点电场'd 33030OO r E ερ=ϖ；(2) ρ+在O '产生电场'dπ4d 3430301OO E ερπ='ϖρ-球在O '产生电场002='E ϖ∴ O ' 点电场 003ερ='E ϖ'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r ϖ'，相对O 点位矢为r ϖ (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO ϖϖ=，3ερr E O P '-='ϖϖ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P ϖϖϖϖϖϖ=='-=+='∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p ϖ在外场E ϖ中受力矩E p M ϖϖϖ⨯=∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r rq q r r q q r F A εεϖϖ)11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功． 解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-= 8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点E ϖd 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］ R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e0π2ελ== ∴ rv mr e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压．解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E ϖ与电势U 的关系U E -∇=ϖ，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)．解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图∴ 0200π4r r q r r U E ϖϖϖε=∂∂-= 0r ϖ为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴ ()i x R qxi x U E ϖϖϖ2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q pϖϖ=在l r >>处的一点电势 200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr qU εθθθε=+--=∴ 30π2cos r p r U E rεθ=∂∂-= 30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσϖϖ∴ +2σ03=σ 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反； (2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同． 8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0 mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB ACU U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A =σ Sq A 321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A Cq S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC ACAC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qrr q r E U εεϖϖ (2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε 得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε 得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力；(2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电 2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电 q q 43=''∴此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为 32q .∴ 小球1、2间的作用力 00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得 Sq 261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ所以CB 间电场 S qd U E 00422εεσ+==)2d(212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意：因为C 片带电，所以2U U C≠，若C 片不带电，显然2U U C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D S ϖϖd(1)介质内)(21R r R <<场强 303π4,π4r rQ E r r Q D r εεϖϖϖϖ==内;介质外)(2R r <场强 303π4,π4r rQ E r Qr D εϖϖϖ==外(2)介质外)(2R r >电势 rQE U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞ϖϖ外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε (3)金属球的电势 r d r d 221ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞R R RE E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ϖ，真空部分场强为1E ϖ，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D ϖϖ得 11σ=D ，22σ=D 而 101E D ε=,202E D r εε=d21U E E ==∴r D D εσσ==1212 r d r d ϖϖϖϖ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S DS π2d )(=⋅⎰ϖϖ当)(21R r R <<时，Q q =∑ ∴ rlQ D π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε== 薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量 ⎰⎰===211222ln π4π4d d R RV R R l Q rl r Q W W εε(3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求：(1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度．解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q =∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-321C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V的电压，是否会击穿?解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF (2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿． 8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求：(1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1) =1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E ϖ在21R r R <<时 301π4r r Q E εϖϖ=3R r >时 302π4r r Q E εϖϖ=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r r Q E εϖϖ=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B ϖ的方向? 解: 在同一磁感应线上，各点B ϖ的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B ϖ的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B ϖ的方向．9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B ϖ的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B ρϖ=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμϖϖ∴ 21B B ρϖ=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B ϖ方向相反，即21B B ρϖ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L ϖ·d l ϖ=0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L ϖ·d l ϖ=I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μϖϖ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d ϖϖϖ外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B ϖ的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2的均匀磁场，方向沿x轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S B ϖϖΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ϖϖΦWb(或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B )为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B )、CD 三部分电流产生．其中AB产生 01=B ϖ CD产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B ϖ方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B ϖ在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
3-8 质量1m 、长l 的均匀直棒，可绕垂直于棒的一端的水平轴O 无摩擦地转。
它原来静止在平衡位置上。
现在一质量为2m 的弹性小球飞来，正好在棒的下端与棒垂直地相撞。
撞后，棒从平衡位置处摆动达到最大角度030θ=，如图，（1）设碰撞为弹性的，试计算小球的初速度的大小。
（2）相撞时，小球受到多大的冲量？ 解：（1）设u 为小球碰后的速度，由于弹性碰撞，碰撞过程角动量和动能守恒。
所以有：2221213m vl J m ul m l m ul ωω=+=+化简得：12(1)3m l v u m ω-=22222121111()2232m v m l m u ω=+ 化简得：222212(2)3m l v u m ω-=(2)(1)得：(3)v u l ω+=2123()(4)6m m v l m ω++=（1）（3）得：撞后，由于无外力作用，棒的机械能应守恒，所以有：201111(1cos30)(5)22m m gl ωω=-=解得：将（5）式代入（4）式，得：2v =（2）根据动量定理，小球受到的冲量等于小球动量的增量，所以有：222()I m u m v m v u =-=--将（1）式和（5）式代入，解得：I = 3-9 两轮A 、B 分别绕通过其中心的垂直轴向同一方向转动，如图示。
角速度分别为题3-8图1m1150,200A B rad s rad s ωω--=⋅=⋅。
已知两轮的半径与质量分别为0.2,0.1,2,4.A B A B r m r m m kg m kg ====两轮沿轴线方向彼此靠近而接触，试求两轮衔接后的角速度。
解：在两轮靠近的过程中，由于不受外力矩的作用， 角动量守恒，所以有：222201111()()[()()]2222A A AB B B A A B B L Lm r m r m r m r ωωω=+=+即2212211()()22100()11()()22A A A B B BA AB B m r m r rad s m r m r ωωω-+==⋅+3-11 质量为0.06kg ，长0.2m 的均匀细棒，可绕垂直于棒的一端的光滑水平轴转动。
物理学答案(第五版)物理学答案第五版 --马文蔚txt人和人的心最近又最远真诚是中间的通道试金可以用火试女人可以用金试男人可以用女人--往往都经不起那么一试面向 21 世纪课程教材学习辅导书物理学第五版习题分析与解答马文蔚主编殷实沈才康包刚编高等教育出版社前言本书是根据马文蔚教授等改编的面向21世纪课程教材《物理学》第五版一书中的习题而作的分析与解答与上一版相比本书增加了选择题更换了约25％的习题所选习题覆盖了教育部非物理专业大学物理课程教学指导分委员会制定的《非大学物理课程教学基本要求讨论稿》中全部核心内容并选有少量扩展内容的习题所选习题尽可能突出基本训练和联系工程实际此外为了帮助学生掌握求解大学物理课程范围内的物理问题的思路和方法本书还为力学电磁学波动过程和光学热物理相对论和量子物理基础等撰写了涉及这些内容的解题思路和方法以期帮助学生启迪思维提高运用物理学的基本定律来分析问题和解决问题的能力物理学的基本概念和规律是在分析具体物理问题的过程中逐步被建立和掌握的解题之前必须对所研究的物理问题建立一个清晰的图像从而明确解题的思路只有这样才能在解完习题之后留下一些值得回味的东西体会到物理问题所蕴含的奥妙和涵义通过举一反三提高自己分析问题和解决问题的能力有鉴于此重分析简解答的模式成为编写本书的指导思想全书力求在分析中突出物理图像引导学生以科学探究的态度对待物理习题初步培养学生即物穷理的精神通过解题过程体验物理科学的魅力和价值尝试做学问的乐趣因此对于解题过程本书则尽可能做到简明扼要让学生自己去完成具体计算编者企盼这本书能对学生学习能力的提高和科学素质的培养有所帮助本书采用了1996 年全国自然科学名词审定委员会公布的《物理学名词》和中华人民共和国国家标准GB3100～3102 -93 中规定的法定计量单位本书由马文蔚教授主编由殷实沈才康包刚韦娜编写西北工业大学宋士贤教授审阅了全书并提出了许多详细中肯的修改意见在此编者致以诚挚的感谢由于编者的水平有限敬请读者批评指正编者2006 年1 月于南京目录第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法第一章质点运动学第二章牛顿定律第三章动量守恒定律和能量守恒定律第四章刚体的转动第二篇电磁学求解电磁学问题的基本思路和方法第五章静电场第六章静电场中的导体与电介质第七章恒定磁场第八章电磁感应电磁场第三篇波动过程光学求解波动过程和光学问题的基本思路和方法第九章振动第十章波动第十一章光学第四篇气体动理论热力学基础求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法第十二章气体动理论第十三章热力学基础第五篇近代物理基础求解近代物理问题的基本思路和方法第十四章相对论第十五章量子物理附录部分数学公式第一篇力学求解力学问题的基本思路和方法物理学是一门基础学科它研究物质运动的各种基本规律．由于不同运动形式具有不同的运动规律从而要用不同的研究方法处理．力学是研究物体机械运动规律的一门学科而机械运动有各种运动形态每一种形态和物体受力情况以及初始状态有密切关系．掌握力的各种效应和运动状态改变之间的一系列规律是求解力学问题的重要基础．但仅仅记住一些公式是远远不够的．求解一个具体物理问题首先应明确研究对象的运动性质选择符合题意的恰当的模型透彻认清物体受力和运动过程的特点等等．根据模型条件和结论之间的逻辑关系运用科学合理的研究方法进而选择一个正确简便的解题切入点在这里思路和方法起着非常重要的作用．1．正确选择物理模型和认识运动过程力学中常有质点质点系刚体等模型．每种模型都有特定的含义适用范围和物理规律．采用何种模型既要考虑问题本身的限制又要注意解决问题的需要．例如用动能定理来处理物体的运动时可把物体抽象为质点模型．而用功能原理来处理时就必须把物体与地球组成一个系统来处理．再如对绕固定轴转动的门或质量和形状不能不计的定滑轮来说必须把它视为刚体并用角量和相应规律来进行讨论．在正确选择了物理模型后还必须对运动过程的性质和特点有充分理解如物体所受力矩是恒定的还是变化的质点作一般曲线运动还是作圆周运动等等以此决定解题时采用的解题方法和数学工具．2叠加法叠加原理是物理学中应用非常广泛的一条重要原理据此力学中任何复杂运动都可以被看成由几个较为简单运动叠加而成．例如质点作一般平面运动时通常可以看成是由两个相互垂直的直线运动叠加而成而对作圆周运动的质点来说其上的外力可按运动轨迹的切向和法向分解其中切向力只改变速度的大小而法向力只改变速度的方向．对刚体平面平行运动来说可以理解为任一时刻它包含了两个运动的叠加一是质心的平动二是绕质心的转动．运动的独立性和叠加性是叠加原理中的两个重要原则掌握若干基本的简单运动的物理规律再运用叠加法就可以使我们化复杂为简单．此外运用叠加法时要注意选择合适的坐标系选择什么样的坐标系就意味着运动将按相应形式分解．在力学中对一般平面曲线运动多采用平面直角坐标系平面圆周运动多采用自然坐标系而对刚体绕定轴转动则采用角坐标系等等．叠加原理在诸如电磁学振动波动等其他领域内都有广泛应用是物理学研究物质运动的一种基本思想和方法需读者在解题过程中不断体会和领悟．3类比法有些不同性质运动的规律具有某些相似性理解这种相似性产生的条件和遵从的规律有利于发现和认识物质运动的概括性和统一性．而且还应在学习中善于发现并充分利用这种相似性以拓宽自己的知识面．例如质点的直线运动和刚体绕定轴转动是两类不同运动但是运动规律却有许多可类比和相似之处如与与其实它们之间只是用角量替换了相应的线量而已这就可由比较熟悉的公式联想到不太熟悉的公式．这种类比不仅运动学有动力学也有如与与与可以看出两类不同运动中各量的对应关系十分明显使我们可以把对质点运动的分析方法移植到刚体转动问题的分析中去．当然移植时必须注意两种运动的区别一个是平动一个是转动状态变化的原因一个是力而另一个是力矩．此外还有许多可以类比的实例如万有引力与库仑力静电场与稳恒磁场电介质的极化与磁介质的磁化等等．只要我们在物理学习中善于归纳类比就可以沟通不同领域内相似物理问题的研究思想和方法并由此及彼触类旁通．4．微积分在力学解题中的运用微积分是大学物理学习中应用很多的一种数学运算在力学中较为突出也是初学大学物理课程时遇到的一个困难．要用好微积分这个数学工具首先应在思想上认识到物体在运动过程中反映其运动特征的物理量是随时空的变化而变化的．一般来说它们是时空坐标的函数．运用微积分可求得质点的运动方程和运动状态．这是大学物理和中学物理最显著的区别．例如通过对质点速度函数中的时间t 求一阶导数就可得到质点加速度函数．另外对物理量数学表达式进行合理变形就可得出新的物理含义．如由借助积分求和运算可求得在t1 -t2 时间内质点速度的变化同样由也可求得质点的运动方程．以质点运动学为例我们可用微积分把运动学问题归纳如下第一类问题已知运动方程求速度和加速度第二类问题已知质点加速度以及在起始状态时的位矢和速度可求得质点的运动方程．在力学中还有很多这样的关系读者不妨自己归纳整理一下从而学会自觉运用微积分来处理物理问题运用时有以下几个问题需要引起大家的关注1 运用微积分的物理条件．在力学学习中我们会发现和等描述质点运动规律的公式只是式和式在加速度为恒矢量条件下积分后的结果．此外在高中物理中只讨论了一些质点在恒力作用下的力学规律和相关物理问题而在大学物理中则主要研究在变力和变力矩作用下的力学问题微积分将成为求解上述问题的主要数学工具．2 如何对矢量函数进行微积分运算．我们知道很多物理量都是矢量如力学中的rvap 等物理量矢量既有大小又有方向从数学角度看它们都是二元函数在大学物理学习中通常结合叠加法进行操作如对一般平面曲线运动可先将矢量在固定直角坐标系中分解分别对xy 轴两个固定方向的分量可视为标量进行微积分运算最后再通过叠加法求得矢量的大小和方向对平面圆周运动则可按切向和法向分解对切线方向上描述大小的物理量aｔvs 等进行微积分运算．3 积分运算中的分离变量和变量代换问题．以质点在变力作用下作直线运动为例如已知变力表达式和初始状态求质点的速率求解本问题一条路径是由F ＝m a 求得a的表达式再由式dv ＝ adt 通过积分运算求得v其中如果力为时间t 的显函数则a ＝a t 此时可两边直接积分即但如果力是速率v 的显函数则a ＝ a v 此时应先作分离变量后再两边积分即又如力是位置x 的显函数则a＝a x 此时可利用得并取代原式中的dt再分离变量后两边积分即用变量代换的方法可求得v x 表达式在以上积分中建议采用定积分下限为与积分元对应的初始条件上限则为待求量．5求解力学问题的几条路径综合力学中的定律可归结为三种基本路径即1 动力学方法如问题涉及到加速度此法应首选．运用牛顿定律转动定律以及运动学规律可求得几乎所有的基本力学量求解对象广泛但由于涉及到较多的过程细节对变力矩问题还将用到微积分运算故计算量较大．因而只要问题不涉及加速度则应首先考虑以下路径．2 角动量方法如问题不涉及加速度但涉及时间此法可首选．3 能量方法如问题既不涉及加速度又不涉及时间则应首先考虑用动能定理或功能原理处理问题．当然对复杂问题几种方法应同时考虑．此外三个守恒定律动量守恒能量守恒角动量守恒定律能否成立往往是求解力学问题首先应考虑的问题．总之应学会从不同角度分析与探讨问题．以上只是原则上给出求解力学问题一些基本思想与方法其实求解具体力学问题并无固定模式有时全靠悟性．但这种悟性产生于对物理基本规律的深入理解与物理学方法掌握之中要学会在解题过程中不断总结与思考从而使自己分析问题的能力不断增强．第一章质点运动学1 -1 质点作曲线运动在时刻t 质点的位矢为r速度为v 速率为vt 至 t ＋Δt 时间内的位移为Δr 路程为Δs 位矢大小的变化量为Δr 或称Δ｜r｜平均速度为平均速率为．1 根据上述情况则必有A ｜Δr｜Δs ΔrB ｜Δr｜≠Δs ≠Δr当Δt→0 时有｜dr｜ ds ≠ drC ｜Δr｜≠Δr ≠Δs当Δt→0 时有｜dr｜ dr ≠ dsD ｜Δr｜≠Δs ≠Δr当Δt→0 时有｜dr｜ dr ds2 根据上述情况则必有A ｜｜｜｜B ｜｜≠｜｜≠C ｜｜｜｜≠D ｜｜≠｜｜分析与解 1 质点在t 至 t ＋Δt 时间内沿曲线从P 点运动到P′点各量关系如图所示其中路程Δs ＝PP′位移大小｜Δr｜＝PP′而Δr ＝｜r｜-｜r｜表示质点位矢大小的变化量三个量的物理含义不同在曲线运动中大小也不相等注在直线运动中有相等的可能．但当Δt→0 时点P′无限趋近P点则有｜dr｜＝ds但却不等于dr．故选 B ．2 由于｜Δr ｜≠Δs故即｜｜≠．但由于｜dr｜＝ds故即｜｜＝．由此可见应选 C ．1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r xy 的端点处对其速度的大小有四种意见即1 2 3 4 ．下述判断正确的是A 只有 1 2 正确B 只有 2 正确C 只有 2 3 正确D 只有 3 4 正确分析与解表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示这是速度矢量在位矢方向上的一个分量表示速度矢量在自然坐标系中速度大小可用公式计算在直角坐标系中则可由公式求解．故选 D ．1 -3 质点作曲线运动r 表示位置矢量 v表示速度a表示加速度s 表示路程 aｔ表示切向加速度．对下列表达式即1 d v dt ＝a2 drdt ＝v3 dsdt ＝v4 d v dt｜＝aｔ．下述判断正确的是A 只有 1 4 是对的B 只有 2 4 是对的C 只有 2 是对的D 只有 3 是对的分析与解表示切向加速度aｔ它表示速度大小随时间的变化率是加速度矢量沿速度方向的一个分量起改变速度大小的作用在极坐标系中表示径向速率vr 如题1 -2 所述在自然坐标系中表示质点的速率v而表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有 3 式表达是正确的．故选 D ．1 -4 一个质点在做圆周运动时则有A 切向加速度一定改变法向加速度也改变B 切向加速度可能不变法向加速度一定改变C 切向加速度可能不变法向加速度不变D 切向加速度一定改变法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时由于速度方向不断改变相应法向加速度的方向也在不断改变因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时 aｔ恒为零质点作匀变速率圆周运动时 aｔ为一不为零的恒量当aｔ改变时质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见应选 B ．1 -5 如图所示湖中有一小船有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v0 收绳绳不伸长且湖水静止小船的速率为v则小船作A 匀加速运动B 匀减速运动C 变加速运动D 变减速运动E 匀速直线运动分析与解本题关键是先求得小船速度表达式进而判断运动性质．为此建立如图所示坐标系设定滑轮距水面高度为ht 时刻定滑轮距小船的绳长为l则小船的运动方程为其中绳长l 随时间t 而变化．小船速度式中表示绳长l 随时间的变化率其大小即为v0代入整理后为方向沿x 轴负向．由速度表达式可判断小船作变加速运动．故选 C ．讨论有人会将绳子速率v0按xy 两个方向分解则小船速度这样做对吗1 -6 已知质点沿x 轴作直线运动其运动方程为式中x 的单位为mt 的单位为 s．求1 质点在运动开始后40 s内的位移的大小2 质点在该时间内所通过的路程3 t＝4 s时质点的速度和加速度．分析位移和路程是两个完全不同的概念．只有当质点作直线运动且运动方向不改变时位移的大小才会与路程相等．质点在t 时间内的位移Δx 的大小可直接由运动方程得到而在求路程时就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向此时位移的大小和路程就不同了．为此需根据来确定其运动方向改变的时刻tp 求出0～tp 和tp～t 内的位移大小Δx1 Δx2 则t 时间内的路程如图所示至于t ＝40 s 时质点速度和加速度可用和两式计算．解 1 质点在40 s内位移的大小2 由得知质点的换向时刻为t＝0不合题意则所以质点在40 s时间间隔内的路程为3 t＝40 s时1 -7 一质点沿x 轴方向作直线运动其速度与时间的关系如图 a 所示．设t＝0 时x＝0．试根据已知的v-t 图画出a-t 图以及x -t 图．分析根据加速度的定义可知在直线运动中v-t曲线的斜率为加速度的大小图中ABCD 段斜率为定值即匀变速直线运动而线段BC 的斜率为0加速度为零即匀速直线运动．加速度为恒量在a-t 图上是平行于t 轴的直线由v-t 图中求出各段的斜率即可作出a-t 图线．又由速度的定义可知x-t 曲线的斜率为速度的大小．因此匀速直线运动所对应的x -t 图应是一直线而匀变速直线运动所对应的x–t 图为t 的二次曲线．根据各段时间内的运动方程x＝x t 求出不同时刻t 的位置x采用描数据点的方法可作出x-t 图．解将曲线分为ABBCCD 三个过程它们对应的加速度值分别为匀加速直线运动匀速直线运动匀减速直线运动根据上述结果即可作出质点的a-t 图〔图 B 〕．在匀变速直线运动中有由此可计算在0～2ｓ和4～6ｓ时间间隔内各时刻的位置分别为用描数据点的作图方法由表中数据可作0～2ｓ和4～6ｓ时间内的x -t 图．在2～4ｓ时间内质点是作的匀速直线运动其x -t 图是斜率k＝20的一段直线〔图 c 〕．1 -8 已知质点的运动方程为式中r 的单位为mt 的单位为ｓ．求1 质点的运动轨迹2 t ＝0 及t ＝2ｓ时质点的位矢3 由t ＝0 到t ＝2ｓ内质点的位移Δr 和径向增量Δr4 2 ｓ内质点所走过的路程s．分析质点的轨迹方程为y ＝f x 可由运动方程的两个分量式x t 和y t 中消去t 即可得到．对于rΔrΔrΔs 来说物理含义不同可根据其定义计算．其中对s的求解用到积分方法先在轨迹上任取一段微元ds则最后用积分求ｓ．解 1 由x t 和y t 中消去t 后得质点轨迹方程为这是一个抛物线方程轨迹如图 a 所示．2 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程可得相应位矢分别为图 a 中的PQ 两点即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置．3 由位移表达式得其中位移大小而径向增量4 如图 B 所示所求Δs 即为图中PQ段长度先在其间任意处取AB 微元ds 则由轨道方程可得代入ds则2ｓ内路程为1 -9 质点的运动方程为式中xy 的单位为mt 的单位为ｓ．试求 1 初速度的大小和方向 2 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度加速度的分量再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 1 速度的分量式为当t ＝0 时 vox ＝-10 mｓ-1 voy ＝15 mｓ-1 则初速度大小为设vo与x 轴的夹角为α则α＝123°41′2 加速度的分量式为则加速度的大小为设a 与x 轴的夹角为β则β＝-33°41′或326°19′1 -10 一升降机以加速度122 mｓ-2上升当上升速度为244 mｓ-1时有一螺丝自升降机的天花板上松脱天花板与升降机的底面相距274 m．计算 1 螺丝从天花板落到底面所需要的时间 2 螺丝相对升降机外固定柱子的下降距离．分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下一种处理方法是取地面为参考系分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1 t 和y2 ＝y2 t 并考虑它们相遇即位矢相同这一条件问题即可解另一种方法是取升降机或螺丝为参考系这时螺丝或升降机相对它作匀加速运动但是此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝或升降机运动的路程．解 1 1 以地面为参考系取如图所示的坐标系升降机与螺丝的运动方程分别为当螺丝落至底面时有y1 ＝y2 即2 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为解2 1 以升降机为参考系此时螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a螺丝落至底面时有2 由于升降机在t 时间内上升的高度为则1 -11 一质点P 沿半径R ＝30 m的圆周作匀速率运动运动一周所需时间为200ｓ设t ＝0 时质点位于O 点．按 a 图中所示Oxy 坐标系求 1 质点P 在任意时刻的位矢2 5ｓ时的速度和加速度．分析该题属于运动学的第一类问题即已知运动方程r ＝r t 求质点运动的一切信息如位置矢量位移速度加速度．在确定运动方程时若取以点 03 为原点的O′x′y′坐标系并采用参数方程x′＝x′ t 和y′＝y′ t 来表示圆周运动是比较方便的．然后运用坐标变换x ＝x0 ＋x′和y ＝y0 ＋y′将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢．采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度．解 1 如图 B 所示在O′x′y′坐标系中因则质点P 的参数方程为坐标变换后在Oxy 坐标系中有则质点P 的位矢方程为2 5ｓ时的速度和加速度分别为1 -12 地面上垂直竖立一高200 m 的旗杆已知正午时分太阳在旗杆的正上方求在下午2∶00 时杆顶在地面上的影子的速度的大小．在何时刻杆影伸展至200 m分析为求杆顶在地面上影子速度的大小必须建立影长与时间的函数关系即影子端点的位矢方程．根据几何关系影长可通过太阳光线对地转动的角速度求得．由于运动的相对性太阳光线对地转动的角速度也就是地球自转的角速度．这样影子端点的位矢方程和速度均可求得．解设太阳光线对地转动的角速度为ω从正午时分开始计时则杆的影长为s＝htgωt下午2∶00 时杆顶在地面上影子的速度大小为当杆长等于影长时即s ＝h则即为下午3∶00 时．1 -13 质点沿直线运动加速度a＝4 -t2 式中a的单位为mｓ-2 t的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时x＝9 mv ＝2 mｓ-1 求质点的运动方程．分析本题属于运动学第二类问题即已知加速度求速度和运动方程必须在给定条件下用积分方法解决．由和可得和．如a＝a t 或v ＝v t 则可两边直接积分．如果a 或v不是时间t 的显函数则应经过诸如分离变量或变量代换等数学操作后再做积分．解由分析知应有得 1由得 2将t＝3ｓ时x＝9 mv＝2 mｓ-1代入 1 2 得v0＝-1 mｓ-1x0＝075 m．于是可得质点运动方程为1 -14 一石子从空中由静止下落由于空气阻力石子并非作自由落体运动现测得其加速度a＝A -Bv式中AB 为正恒量求石子下落的速度和运动方程．分析本题亦属于运动学第二类问题与上题不同之处在于加速度是速度v 的函数因此需将式dv ＝a v dt 分离变量为后再两边积分．解选取石子下落方向为y 轴正向下落起点为坐标原点．1 由题意知 1用分离变量法把式 1 改写为2将式 2 两边积分并考虑初始条件有得石子速度由此可知当t→∞时为一常量通常称为极限速度或收尾速度．2 再由并考虑初始条件有得石子运动方程1 -15 一质点具有恒定加速度a ＝6i ＋4j式中a的单位为mｓ-2 ．在t ＝0时其速度为零位置矢量r0 ＝10 mi．求 1 在任意时刻的速度和位置矢量 2 质点在Oxy 平面上的轨迹方程并画出轨迹的示意图．分析与上两题不同处在于质点作平面曲线运动根据叠加原理求解时需根据加速度的两个分量ax 和ay分别积分从而得到运动方程r的两个分量式x t 和y t ．由于本题中质点加速度为恒矢量故两次积分后所得运动方程为固定形式即和两个分运动均为匀变速直线运动．读者不妨自己验证一下．。
习题十七17-1 按照原子核的质子一中子模型，组成原子核X AZ 的质子数和中子数各是多少？核内共有多少个核子？这种原子核的质量数和电荷数各是多少？答：组成原子核X AZ 的质子数是Z ，中子数是Z A -．核内共有A 个核子．原子核的质量数是A ，核电荷数是Z ．17-2 原子核的体积与质量数之间有何关系？这关系说明什么？答：实验表明，把原子核看成球体，其半径R 与质量数A 的关系为310A R R =，说明原子核的体积与质量数A 成正比关系．这一关系说明一切原子核中核物质的密度是一个常数．即单位体积内核子数近似相等，并由此推知核的平均结合能相等．结合能正比于核子数，就表明核力是短程力．如果核力象库仑力那样，按照静电能的公式，结合能与核子数A 的平方成正比，而不是与A 成正比．17-3 什么叫原子核的质量亏损？如果原子核X AZ的质量亏损是m ∆，其平均结合能是多少？ 解：原子核的质量小于组成原子核的核子的质量之和，它们的差额称为原子核的质量亏损．设原子核的质量为x M ，原子核X A Z 的质量亏损为:x n p M m Z A Zm m --+=∆])([平均结合能为A mc A E E 20ΔΔ== 17-4 已知Th 23290的原子质量为u 232.03821，计算其原子核的平均结合能.解：结合能为MeV 5.931])([ΔH ⨯--+=M m Z A Zm E nTh 23290原子u M 03821.232=,90=Z ,232=A ,氢原子质量u m 007825.1H =， u m n 008665.1=MeV1.766.56MeV5.931]03821.232008665.1)90232(007825.190[Δ=⨯-⨯-+⨯=∴E∴平均结合能为 MeV614.723256.1766Δ0===A E E17-5什么叫核磁矩？什么叫核磁子（N μ）？核磁子N μ和玻尔磁子B μ有何相似之处？有何区别？质子的磁矩等于多少核磁子？平常用来衡量核磁矩大小的核磁矩I μ'的物理意义是什么？它和核的g 因子、核自旋量子数的关系是什么？解：原子核自旋运动的磁矩叫核磁矩，核磁子是原子核磁矩的单位，定义为：227m A 10.05.51.18361π4⋅⨯===-B p N m eh μμ式中pm 是质子的质量．核磁子与玻尔磁子形式上相似，玻尔磁子定义为e B m ehπμ4=，式中e m 是电子的质量．质子的磁矩不等于N μ．质子的磁矩N P μμ79273.2=．平常用来衡量核磁矩大小的是核磁矩在外磁场方向分量的最大值I μ'，它和原子核g 因子、自旋量子数的关系是N I II g μμ='． 17-6 核自旋量子数等于整数或半奇整数是由核的什么性质决定？核磁矩与核自旋角动量有什么关系？核磁矩的正负是如何规定的？解：原子核是由质子和中子组成．质子和中子的自旋均为21．因此组成原子核的质子和中子数的奇、偶数决定了核自旋量子数为零或21的奇、偶倍数．核磁矩与自旋角动量的关系是：IpI I P m e g 2=μ I μ的正负取决于I g 的正负．当I μ与I P 平行时I μ 为正，当I μ 与I P 反平行时，I μ为负．17-7 什么叫核磁共振？怎样利用核磁共振来测量核磁矩？解：原子核置于磁场中，磁场和核磁矩相互作用的附加能量使原子核能级发生分裂．当核在电磁辐射场中时，辐射场是光子组成的，当光子的能量hv 等于核能级间隔时，原子核便吸收电磁场的能量，称为共振吸收，这一现象称为核磁共振．在磁场中核能级间隔为：B g E N I μ=∆共振吸收时，B g E h N I μυ=∆=通常用核磁矩在磁场方向分量的最大值I μ'来衡量磁矩的大小,N I I I g μμ='，则有BIh Iμυ'=∴B h II υμ='，已测出I ，υ，现测得B 就可以算出I μ'．17-8 什么叫核力？核力具有哪些主要性质？答：组成原子核的核子之间的强相互作用力称为核力．核力的主要性质：(1)是强相互作用力，主要是引力．(2)是短程力，作用距离小于m 1015-,(3)核力与核子的带电状况无关．(4)具有饱和性． 17-9 什么叫放谢性衰变？α，β，γ射线是什么粒子流？写出U 23890的α衰变和Th 23490的β衰变的表示式.写出α衰变和β衰变的位移定则.解：不稳定的原子核都会自发地转变成另一种核而同时放出射线，这种变化叫放射性衰变．α射线是带正电的氦核He 42粒子流，β射线是高速运动的正、负电子流，γ射线是光子流．e e υ~Pa Th He Th 012349123490422349023892++→+→-α衰变和β衰变的位移定则为：α衰变 He Y X 4242+→--A z A z β衰变的位移定则为：e A z A z υ~e Y X 0++→-+e A z A zυ++→+-e Y X 01117-10 什么叫原子核的稳定性？哪些经验规则可以预测核的稳定性？答：原子核的稳定性是指原子核不会自发地从核中发出射线而转变成另一种原子核的性质． 以下经验规则可预测核的稳定性：(1)原子序数大于84的核是不稳定的．(2)原子序数小于84的核中质子数和中子数都是偶数的核稳定．(3)质子或中子数等于幻数2、8、20、28、50、82、126的原子核特别稳定．(4)质子数和中子数之比1=p n 的核稳定．比值越大，稳定性越差．17-11 写出放射性衰变定律的公式.衰变常数λ的物理意义是什么？什么叫半衰期21T ？21T 和λ有什么关系？什么叫平均寿命τ？它和半衰期21T 、和λ有什么关系？解：tN N λ-0e=，衰变常数N tN d /d -=λ．的物理意义是表示在某时刻，单位时间内衰变的原子数与该时刻原子核数的比值．是表征衰变快慢的物理常数．原子核每衰变一半所需的时间叫半衰期．λT 2ln 21=平均寿命τ是每个原子核衰变前存在时间的平均值．λτ1=2ln 21τ=T ．17-12 测得地壳中铀元素U 23592只点0.72%，其余为U 23892，已知U 23892的半衰期为4.468×109年，U 23592的半衰期为7.038×108年，设地球形成时地壳中的U 23892和U 23592是同样多，试估计地球的年龄.解：按半衰期λλ693.02ln ==T对年：/110847.910038.7693.0693.0U 10181123592-⨯=⨯==T λ对年：/110551.110468.4693.0693.0U 1092223892-⨯=⨯==T λ按衰变定律tN N λ-=e 0，可得ttt N N N N )(00211221e e e λλλλ---==则地球年龄：1221ln λλ-=N N t 年9101094.510)847.9551.1(28.9972.0ln⨯=⨯-=-17-13 放射性同位素主要应用有哪些？答：放射性同位素主要在以下几个方面应用较广泛：医学上用于放射性治疗和诊断；工业上用于无损检测；农业上用放射性育种；考古学、地质学中用于计算生物或地质年代；生物学中作示踪原子等等．17-14 为什么重核裂变或轻核聚变能够放出原子核能？答：轻核和重核的平均结合能较小，而中等质量)60~40(=A的核平均结合能较大，因此将重核裂变成两个中等质量的核或轻核聚变成质量数较大的核时平均结合能升高，从而放出核能．17-15 原子核裂变的热中子反应堆主要由哪几部分组成？它们各起什么作用？答：热中子反应堆的主要组成部份有堆芯、中子反射层、冷却系统、控制系统、防护层．堆芯是放置核燃料和中子减速剂的核心部份，维持可控链式反应，释放原子核能．冷却系统与换能系统合二为一，再通过冷却系统将堆芯释放出的核能输送到堆芯以外．控制系统是通过控制棒插入堆芯的长度，控制参加反应的中子数，使反应堆保持稳定的功率．中子反射层是阻挡中子从反应堆中逸出．防护层是反应堆的安全屏障．17-16 试举出在自然界中存在负能态的例子.这些状态与狄拉克真空，结果产生1 MeV的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：例如物体在引力场中所具有的引力势能；正电荷在负电荷电场中的静电能，都是自然界中的负能态．这些负能态是能够观测到的，具有可观测效应．狄拉克的负能态是观测不到的，没有可观测效应．17-17 将3MeV能量的γ光子引入狄拉克真空，结果产生1MeV的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：把能量大于电子静能两倍MeV022.122=>cmE的γ光子引入真空，它有可能被负能量电子的一个电子所吸收，吸收了这么多能量的电子有可能越过禁区而跃迁到正能量区，并表现为一个正能量的负电子-e；同时，留下的空穴表现为一个正能量的正电子+e．这一过程称为电子偶的产生，可写为-++→eeγ按题意，根据能量守恒，正电子的能量为MeV 217-18 试证明任何能量的γ光子在真空中都不可能产生正、负电子对.答：证明：设由γ光子转化成的一对正负电子其动量分别为1p和2p，在电子的质心系中应有21=+pp并且正负电子的总能量应大于22cme．按照相对论，光子动量与能量的关系为pcE=，动量等于零而能量不等于零的光子是不存在的．显然γ光子转换成正负电子，同时满足能量守恒和动量守恒是不可能的，即在真空中无论γ光子能量多大，都不可能产生正负电子对．但是γ光子与重原子核作用时便可转化为正负电子对．。
习题十二12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化?解: υ不变，为波源的振动频率；nn 空λλ=变小；υλn u =变小．12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由．(1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于1S ，2S 联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝． 解: 由λdD x =∆知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式∆λπϕ∆2= 中,光波的波长要用真空中波长,为什么?解:nr =∆．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为Ct ∆=∆．因为∆中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。
12-4 如题12-4图所示，A ，B 两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化?(1) A 沿垂直于B 的方向向上平移［见图(a)］； (2) A 绕棱边逆时针转动［见图(b)］．题12-4图解: (1)由l2λθ=，2λk e k =知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变；(2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密．12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为λ的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度． 解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为2λ=∆e ，这也是工件缺陷的程度．题12-5图 题12-6图12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中心收缩，问透镜是向上还是向下移动?解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚k e 位置向中心移动．12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0.20mm ，缝屏间距D ＝1.0m ，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离． 解: (1)由λk dD x =明知，λ22.01010.63⨯⨯=，∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λdD x mm12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500oA ，求此云母片的厚度．解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为e n e ne )1(-=-=δ按题意 λδ7= ∴ 610106.6158.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ12-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm ，狭缝光源S 在离镜左边20cm 的平面内，与镜面的垂直距离为2.0mm ，光源波长=λ7.2×10-7m ，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．题12-9图解: 镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S '发出．所以由S 与S '发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为x 处的光程差为22)(12λλδ+=+-=Dx d r r第一明纹处，对应λδ= ∴25105.44.0250102.72--⨯=⨯⨯⨯==dD x λmm12-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5000 oA 与7000 oA 这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为ne 2，由反射相消条件有λλ)21(2)12(2+=+=k kk ne ),2,1,0(⋅⋅⋅=k ①当50001=λoA 时，有2500)21(21111+=+=λλk k ne ②当70002=λoA 时，有3500)21(22222+=+=λλk k ne ③因12λλ>，所以12k k <;又因为1λ与2λ之间不存在3λ满足33)21(2λ+=k ne 式即不存在 132k k k <<的情形，所以2k 、1k 应为连续整数，即 112-=k k ④由②、③、④式可得：51)1(75171000121221+-=+=+=k k k k λλ得 31=k2112=-=k k可由②式求得油膜的厚度为67312250011=+=nk e λoA12-11 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 oA 的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有λλk ne =+22 ),2,1(⋅⋅⋅=k得 122021612380033.14124-=-⨯⨯=-=k k k ne λ2=k , 67392=λoA (红色)3=k , 40433=λ oA (紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式 λk ne =2),2,1(⋅⋅⋅=k 所以 kkne 101082==λ当2=k 时， λ =5054oA (绿色) 故背面呈现绿色．12-12 在折射率1n =1.52的镜头表面涂有一层折射率2n =1.38的Mg 2F 增透膜，如果此膜适用于波长λ=5500 oA 的光，问膜的厚度应取何值? 解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即λ)21(22+=k e n ),2,1,0(⋅⋅⋅=k∴ 222422)21(n n k n k e λλλ+=+=)9961993(38.14550038.125500+=⨯+⨯=k k oA令0=k ，得膜的最薄厚度为996oA ． 当k 为其他整数倍时，也都满足要求．12-13 如题12-13图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d =0.048mm 的细钢丝隔开．求：(1)两玻璃片间的夹角=θ?(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m 内呈现多少条明条纹?题12-13图解: (1)由图知，d L =θsin ，即d L =θ故 43100.41012.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度) (2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λe m(3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0= mm(4)141≈=∆lL N 条12-14 用=λ 5000oA 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率1n 大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求： (1)膜下面媒质的折射率2n 与n 的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度；(3)使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么变化?若e ∆=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?解: (1)n n >2．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚0=e 处，有0=k ，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意； (2)3105.15.12500092929-⨯=⨯⨯==⨯=∆ne nλλ mm(因10个条纹只有9个条纹间距)(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=∆e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm21100.55.12105.3243=⨯⨯⨯⨯='∆=∆--n e N λ现被第21级暗纹占据．12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1λ＝6000oA ，2λ＝4500oA ，观察到用1λ时的第k 个暗环与用2λ时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用1λ时第k 个暗环的半径．(2)又如在牛顿环中用波长为5000oA 的第5个明环与用波长为2λ的第6个明环重合，求未知波长2λ． 解: (1)由牛顿环暗环公式λkR r k =据题意有 21)1(λλR k kR r +==∴212λλλ-=k ，代入上式得2121λλλλ-=R r10101010210450010600010450010600010190-----⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=31085.1-⨯=m(2)用A 50001 =λ照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有 2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-=∴ 4091500016215212121212=⨯-⨯-⨯=--=λλk k oA12-16 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由1d ＝1.40×10-2m 变为2d ＝1.27×10-2m ，求液体的折射率． 解: 由牛顿环明环公式2)12(21λR k D r -==空nR k D r 2)12(22λ-==液两式相除得n D D =21，即22.161.196.12221≈==DD n12-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当1M 移动距离为0.322mm 时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长．解: 由 2λN d ∆=∆得 102410322.0223-⨯⨯=∆∆=Nd λ710289.6-⨯=m 6289=oA12-18 把折射率为n =1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观察到有150条干涉条纹向一方移过．若所用单色光的波长为λ= 5000oA ，求此玻璃片的厚度．解: 设插入玻璃片厚度为d ，则相应光程差变化为λN d n ∆=-)1(2∴ )1632.1(2105000150)1(210-⨯⨯=-∆=-n N d λ5109.5-⨯=m 2109.5-⨯=mm习题十三13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别?答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a284sin λλϕ⨯==a13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小?答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小．13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式),2,1(2)12(sin =+±=k k a λϕ来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a sin nk λ，而空气中为λϕk a =sin ，∴ϕϕ'=sin sin n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密． 如用)12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕsin a 只代表光在水中的波程差)．13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射．解：(1)缝宽变窄，由λϕk a =sin 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀； (2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀；(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =sin ；斜入射时，λθϕk a '=-)sin (sin ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为k '级．13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样 说明?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为kk a 2sin ==λϕ2λ，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向ϕ方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为λθk d =s in ，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数2N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景． 13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1)a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(sin ),2,1,0(sin )( k k a k k b a λϕλϕ可知，当k ab a k '+=时明纹缺级．(1)a b a 2=+时，⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级； (2)a b a 3=+时，⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级； (3)a b a 4=+，⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级．13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什么因素有关?解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强．(2)可见光中红光的衍射角最大，因为由λϕk b a =+sin )(，对同一k 值，衍射角λϕ∞．13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000οA 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为)12(sin +=k a ϕ 2λ 当6000=λoA 时，2=kx λλ=时，3=k 重合时ϕ角相同，所以有)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2xλ得 4286600075=⨯=x λoA13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少? 解：中央明纹的宽度为f nax λ2=∆半角宽度为naλθ1sin-=(1)空气中，1=n ，所以3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θ rad(2)浸入水中，33.1=n ，所以有33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m331011076.3101.033.1105000sin----⨯≈⨯⨯⨯=θ rad13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-fx故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm当 3=k ，得60003=λoA4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹；若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带； 当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹? 解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 4100.2-⨯=oA由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数max k 对应的2πϕ=,所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k .13-15 波长为5000oA 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm ． 求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少? 解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m(1)由光栅衍射明纹公式λϕk b a =+sin )(，因1=k ,又fx ==ϕϕtan sin所以有λ=+fx b a 1)(即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=ba f x λ2100.6-⨯=m 6= cm(2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0sin )(=+ϕb a ，所以0sin =≈ϕϕ斜入射时，0)sin )(sin (=±+θϕb a ，即0sin sin =±θϕ因︒=30θ，∴21tan sin ±==≈fx ϕϕ故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30= cm这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长6000=λoA 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在 20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：101060002)(20.0-⨯⨯=+b a 101060003)(30.0-⨯⨯=+b a得 6100.6-⨯=+b a m(2)因第四级缺级，故此须同时满足λϕk b a =+sin )( λϕk a '=sin解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m (3)由λϕk b a =+sin )(λϕsin )(b a k +=当2πϕ=，对应max k k =∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800oA 的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm 的透镜．试求：(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹? 解：(1)中央明纹宽度为02.010501048002270⨯⨯⨯⨯==-f al λmm 4.2=cm(2)由缺级条件λϕk a '=sin λϕk b a =+sin )(知k k ab a k k '='=+'=502.01.0 ⋅⋅⋅=',2,1k即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级．中央明纹的边缘对应1='k ，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000oA ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径． 解：由爱里斑的半角宽度47105.302.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==Dλθ∴ 爱里斑半径5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ，它们都发出波长为5500oA 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星?解：由最小分辨角公式Dλθ22.1= ∴ 86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30oA 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75oA ，当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的X 射线能产生强反射?解：由布喇格公式 λϕk d =sin 2 得kd ϕλsin 2=时满足干涉相长当1=k 时， 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA2=k 时，91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λoA3=k 时，30.1389.3==λoA4=k 时， 97.0489.3==λoA故只有30.13=λoA 和97.04=λoA 的X 射线能产生强反射．习题十四14-1 自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光?答：自然光不能说一定不是单色光．因为它只强调存在大量的、各个方向的光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样．线偏振光也不一定是单色光．因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同．14-2 用哪些方法可以获得线偏振光?怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振光和自然光?答：略．14-3 一束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射光，试说明这束光是怎样入射的?其偏振状态如何?答：这束光是以布儒斯特角入射的．其偏振态为平行入射面的线偏振光． 14-4 什么是光轴、主截面和主平面?什么是寻常光线和非常光线?它们的振动方向和各自的主平面有何关系? 答：略．14-5 在单轴晶体中，e 光是否总是以e n c /的速率传播?哪个方向以0/n c 的速率传播?答：e 光沿不同方向传播速率不等，并不是以0/n c 的速率传播．沿光轴方向以0/n c 的速率传播．14-6是否只有自然光入射晶体时才能产生O 光和e 光? 答：否．线偏振光不沿光轴入射晶体时，也能产生O 光和e 光．14-7投射到起偏器的自然光强度为0I ，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行．然后使检偏器绕入射光的传播方向转过130°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是0I 的几倍? 解：由马吕斯定律有0o2018330cos 2I I I ==0ο2024145cos 2I I I ==0ο2038160cos 2I I I ==所以透过检偏器后光的强度分别是0I 的83,41,81倍．14-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与1I 之比为多少? 解：由马吕斯定律ο20160cos 2I I =80I =32930cos 30cos 20ο2ο20I I I ==∴ 25.2491==I I14-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少?解：（1） max 120131cos 2I I I ==α又 20max I I =∴ ,601I I =故 'ο11124454,33cos ,31cos ===ααα.(2) 0220231cos 2I I I ==α∴ 'ο221635,32cos ==αα14-10 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少? 解：(1),140.1tan 0=i ∴'ο02854=i(2) 'ο0ο323590=-=i y14-11 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率． 解：由158tan οn =,故60.1=n14-12 光由空气射入折射率为n 的玻璃．在题14-12图所示的各种情况中，用黑点和短线把反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还是部分偏振光．图中.arctan ,00n i i i =≠题图14-12 解：见图．题解14-12图题14-13图*14-13如果一个二分之一波片或四分之一波片的光轴与起偏器的偏振化方向成30°角，试问从二分之一波片还是从四分之一波片透射出来的光将是：(1)线偏振光?(2)圆偏振光?(3)椭圆偏振光?为什么?解：从偏振片出射的线偏振光进入晶(波)片后分解为e o ,光，仍沿原方向前进，但振方向相互垂直(o 光矢垂直光轴，e 光矢平行光轴)．设入射波片的线偏振光振幅为A ，则有A.2130sin ,A 2330cos οο====A A A A o e∴ e o A A ≠e o , 光虽沿同一方向前进，但传播速度不同，因此两光通过晶片后有光程差．若为二分之一波片,e o ,光通过它后有光程差2λ=∆，位相差πϕ=∆，所以透射的是线偏振光．因为由相互垂直振动的合成得ϕϕ∆=∆-+22222sincos 2eo eoA A xy A yA x∴ 0)(2=+eoA y A x即 x A A y oe -=若为四分之一波片，则e o ,光的,4λ=∆位相差2πϕ=∆，此时1s i n ,0c o s =∆=∆ϕϕ∴12222=+eoA yA x即透射光是椭圆偏振光．*14-14 将厚度为1mm 且垂直于光轴切出的石英晶片，放在两平行的偏振片之间，对某一波长的光波，经过晶片后振动面旋转了20°．问石英晶片的厚度变为多少时，该波长的光将完全不能通过?解：通过晶片的振动面旋转的角度ϕ与晶片厚度d 成正比．要使该波长的光完全不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转ο90． ∴ 1212::d d =ϕϕmm 5.412090οο1122=⨯==d d ϕϕ习题十六16-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m λ便可求得T ．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m 55.0m μλ=，北极星的m 35.0m μλ=，天狼星的m 29.0m μλ=，试求这些星球的表面温度．解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：K m 10897.2,3⋅⨯==-b b T m λ对太阳： K 103.51055.010897.236311⨯=⨯⨯==--mbT λ对北极星：K 103.81035.010897.236322⨯=⨯⨯==--mbT λ对天狼星：K 100.11029.010897.246333⨯=⨯⨯==--mbT λ16-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W ·cm -2，求炉内温度．解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度242m W 108.22cm W 8.22)(--⋅⨯=⋅=T M B 按斯特藩-玻尔兹曼定律：=)(T M B 4T σ41844)1067.5108.22()(-⨯⨯==σT M T BK 1042.110)67.58.22(3341⨯=⨯=16-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000οA 的光投射到铝表面．试问：(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大? 解：(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式221m mv hv =A +则光电子最大动能：A hcA h mv E m -=-==λυ2max k 21eV 0.2J 1023.3106.12.41020001031063.6191910834=⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=----m2max k 21)2(mvE eUa==∴遏止电势差 V 0.2106.11023.31919=⨯⨯=--a U(3)红限频率0υ,∴000,λυυcA h ==又∴截止波长 1983401060.12.41031063.6--⨯⨯⨯⨯⨯==Ahc λm 0.296m 1096.27μ=⨯=-16-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(m 105.0-7⨯=λ)产生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到 达眼睛的功率为多大? 解：5个兰绿光子的能量J1099.1100.51031063.65187834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===λυhcn nh E功率 W 1099.118-⨯==tE16-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J ·s -1·m -2，如果平均波长为5000οA ，则每秒钟落到地面上1m 2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm ，每秒钟进入人眼的光子数是多少?解：一个光子能量 λυhch E ==1秒钟落到2m 1地面上的光子数为21198347ms1001.21031063.6105888----⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===hcEn λ每秒进入人眼的光子数为11462192s1042.14/10314.31001.24--⨯=⨯⨯⨯⨯==dnN π16-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．解：电子的静止质量S J 1063.6,kg 1011.934310⋅⨯=⨯=--h m 当 20c m h =υ时， 则Hz10236.11063.6)103(1011.92034283120⨯=⨯⨯⨯⨯==--hc m υο12A 02.0m 104271.2=⨯==-υλc122831020122sm kg 1073.21031011.9sm kg 1073.2-----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯=====⋅⋅⨯==c m cc m c E p cpE hp 或λ16-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同?答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．16-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能k E 之比k E /ε等于多少?解：由 2200mc h c m hv +=+υ)(00202υυυυ-=-=-=h h h cm mcE kυεh =∴5)(00=-=-=υυυυυυεh h E k已知2.10=λλ由2.10=∴=υυλυc2.11=υυ则52.0112.110==-=-υυυ16-9 波长ο0A 708.0=λ的X 射线在石腊上受到康普顿散射，求在2π和π方向上所散射的X 射线波长各是多大? 解：在2πϕ=方向上：ο1283134200A0243.0m 1043.24sin1031011.91063.622sin2Δ=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-=---πϕλλλcm h散射波长ο0A 732.00248.0708.0Δ=+=+=λλλ 在πϕ=方向上ο120200A 0486.0m 1086.422sin2Δ=⨯===-=-cm h cm h ϕλλλ散射波长 ο0A 756.00486.0708.0Δ=+=+=λλλ16-10 已知X 光光子的能量为0.60 MeV ，在康普顿散射之后波长变化了20%，求反冲电子的能量．解：已知X 射线的初能量,MeV 6.00=ε又有00,ελλεhchc =∴=经散射后 000020.1020.0λλλλ∆λλ=+=+=此时能量为 002.112.1ελλε===hc hc反冲电子能量 MeV 10.060.0)2.111(0=⨯-=-=εεE16-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 οA ，反冲电子的速度为0.60c ，求散射光子的波长及散射角． 解：反冲电子的能量增量为202022020225.06.01c m cm cm cm mcE =--=-=∆由能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量， 故有 20025.0c m hchc=-λλ散射光子波长ο121083134103400A043.0m 103.410030.0103101.925.01063.610030.01063.625.0=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=------λλλc m h h由康普顿散射公式2sin0243.022sin22200ϕϕλλλ∆⨯==-=cm h可得 2675.00243.02030.0043.02sin2=⨯-=ϕ散射角为 7162'=οϕ16-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子．(1)试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上．解：(1)2eV 6.13eV 85.0eV 75.12eV 6.13n-=-=+-解得 4=n或者 )111(22n Rhc E -=∆75.12)11.(1362=-=n解出 4=n题16-12图 题16-13图(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.16-13 以动能12.5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线?解：设氢原子全部吸收eV 5.12能量后，最高能激发到第n 个能级，则]11[6.135.12,eV 6.13],111[2221nRhc nRhc E E n -==-=-即得5.3=n ，只能取整数，∴ 最高激发到3=n ，当然也能激发到2=n 的能级．于是ο322ο222ο771221A 6563536,3653121~:23A 121634,432111~:12A1026m 10026.110097.18989,983111~:13===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→=⨯=⨯⨯===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→-R R R n R R R n RR R n λυλυλυ从从从可以发出以上三条谱线．题16-14图16-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两条谱线的波长及外来光的频率．解：巴尔末系是由2>n 的高能级跃迁到2=n 的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是4=n 的激发态．ο1983424ο101983423222324A4872106.1)85.04.3(1031063.6A6573m 1065731060.1)51.14.3(10331063.6e 4.326.13e 51.136.13e 85.046.13=⨯⨯-⨯⨯⨯=-==⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=∴-=∴-==-=-=-=-=-=-=-----E E hc E E hcE E hc E E hch VE V E V E a mn mn βλλλλυ基态氢原子吸收一个光子υh 被激发到4=n 的能态 ∴ λυhcE E h =-=14Hz 1008.310626.6106.1)85.06.13(15341914⨯=⨯⨯⨯-=-=--hE E υ16-15 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倍?解： eV 09.12]11[6.1321=-=-n E E n26.1309.126.13n =-51.16.1309.12.1366.132=-=n , 3=n12r n r n =,92=n,19r r n =轨道半径增加到9倍.16-16德布罗意波的波函数与经典波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，其振幅无实在的物理意义,2φ仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．16-17 为使电子的德布罗意波长为1οA ，需要多大的加速电压? 解： ooA 1A 25.12==uλ 25.12=U∴ 加速电压 150=U 伏16-18 具有能量15eV 的光子，被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收，形成一个光电子．问此光电子远离质子时的速度为多大?它的德布罗意波长是多少? 解：使处于基态的电子电离所需能量为eV 6.13，因此，该电子远离质子时的动能为eV 4.16.13152112=-=+==E E mvE k φ它的速度为31191011.9106.14.122--⨯⨯⨯⨯==mE v k -15s m 100.7⋅⨯=其德布罗意波长为：o953134A 10.4m 1004.1100.71011.91063.6=⨯=⨯⨯⨯⨯==---mvh λ16-19 光子与电子的波长都是2.0οA ，它们的动量和总能量各为多少?解：由德布罗意关系：2mc E =，λhmv p ==波长相同它们的动量相等．1-241034s m kg 103.3100.21063.6⋅⋅⨯=⨯⨯==---λhp光子的能量 eV 102.6J 109.9103103.3316824⨯=⨯=⨯⨯⨯====--pc hch λυε电子的总能量 2202)()(c m cp E +=,eV 102.63⨯=cp而 eV 100.51MeV 51.0620⨯==c m ∴ cp c m >>20 ∴ MeV 51.0)()(202202==+=c m c m cp E16-20 已知中子的质量kg 1067.127n -⨯=m ，当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少?解：kg 1067.127n -⨯=m ,S J 1063.634⋅⨯=-h ,-123K J 1038.1⋅⨯=-k 中子的平均动能 mpKT E k 2232==德布罗意波长 oA 456.13===mkTh p h λ16-21 一个质量为m 的粒子，约束在长度为L 的一维线段上．试根据测不准关系估算这个粒子所具有的最小能量的值．解：按测不准关系，h p x x ≥∆∆，x x v m p ∆=∆，则h v x m x ≥∆∆,xm h v x ∆≥∆这粒子最小动能应满足222222min 22)(21)(21mLhxm hxm h m v m E x =∆=∆≥∆=16-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000οA ，测得谱线宽度。
第十七第十七 章量子物理章量子物理题17.1：天狼星的温度大约是11000℃。
试由维思位移定律计算其辐射峰值的波长。
℃。
试由维思位移定律计算其辐射峰值的波长。
题17.1解：由维思位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长该波长nm 257m 1057.27m =´==-Tbl属紫外区域，所以天狼星呈紫色属紫外区域，所以天狼星呈紫色题17.2：已知地球跟金星的大小差不多，金星的平均温度约为773 773 KK ，地球的平均温度约为293 K 。
若把它们看作是理想黑体，这两个星体向空间辐射的能量之比为多少？题17.2解：由斯特藩一玻耳兹曼定律4)(T T M s =可知，这两个星体辐射能量之比为可知，这两个星体辐射能量之比为4.484=÷÷øöççèæ=地金地金T T M M 题17.3：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 ´ 103W ×m －2，地球与太阳间的距离为1.5 ´ 1011m 。
题17.3解：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，因此有 2244)(REd T M p p= （1）4)(T T M s = （2）由式（1）、（2）可得）可得K 58004122=÷÷øöççèæ=s R E d T题17.4：钨的逸出功是4.52 eV，钡的选出功是2.50 eV ，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？题17.4解：钨的截止频率钨的截止频率 Hz 1009.115101´==h W n 钡的截止频率 Hz 1063.015202´==hWn对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率02n 正好处于该范围内，而钨的截止频率01n 大于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料。
从汉诺塔问题看递推关系在实际问题中的应用姓名:孙瑞 学号:200640501218 指导老师:马玉田摘要：本文主要介绍了递推关系在实际中的应用，对几个实际问题的分析，让我们清楚的看到递推关系在解决实际问的强大作用．关键词：数列 递推关系 汉诺塔 九连环 蛛网模型引言: 递推关系在实际问题中有着广泛的应用.由连续变量可以建立微分方程模型,离散变量可以建立递推关系模型. 经过分析可知，常、偏微分方程除非在极其特殊的情况下，否则一般不存在解析解，所以讨论起来非常麻烦，比如最基本的平衡点的稳定性，往往只能得到局部稳定性，全局稳定性很难得到，而递推关系模型可以达到全局的效果，另外，由递推关系获得的结果又可以进一步进行优化分析、满意度分析、分类分析、相关分析等等。
而在实际中，连续变量可以用离散变量来近似和逼近，从而微分方程模型就可以近似于某个递推关系模型。
递推关系模型有着非常广泛的实际应用背景,我们的前人建立了许多著名的模型,如生态模型,传染病模型,经济模型(如蛛网模型),人口控制模型(如著名的马尔萨斯人口控制模型)等等.定义:设012,,,,n a a a a 是一个数列,把该数列中n a 与它的前面几个(01)i a i n ≤≤-关联起来构成的方程,称为一个递推关系,即(,,)n j k a f a a =(0,1)j k n ≤≤-.下面让我们看看递推关系在汉诺塔问题中的应用.引例:汉诺塔（又称河内塔）问题是印度的一个古老的传说。
开天辟地的神勃拉玛在一个庙里留下了三根金刚石的棒，第一根上面套着64个圆的金片，最大的一个在底下，其余一个比一个小，依次叠上去，庙里的众僧不倦地把它们一个个地从这根棒搬到另一根棒上，规定可利用中间的一根棒作为帮助，但每次只能搬一个，而且大的不能放在小的上面。
面对庞大的数字(移动圆片的次数)18446744073709551615，看来，众僧们耗尽毕生精力也不可能完成金片的移动汉诺塔问题:它是由三根固定的柱子ABC 和不同尺寸的n 个圆盘组成.开始时,这些个大小不同的圆盘依其半径大小依次套在A 柱上,使大圆盘在底下.游戏的规则是:每次的圆盘从一根柱子移到另一根柱子上,但是不允许这个圆盘放在比它小的圆盘上面.游戏的目标是把所有的圆盘从按照大小的次序从A 柱都移到C 根柱子上,可以利用中间的B 柱子,在移动过程中药始终将最大的圆盘放在最下面.令n H 表示解n 个圆盘的汉诺塔游戏所需要的移动次数,建立关于序列{n H }递推关系 解 开始时n 个圆盘在A 柱上,按照游戏规则用1n H -次移动将上面的1n -个圆盘移到C 柱子上,在这些移动中最大圆盘不动.然后,用1次移动将最大圆盘移到B 柱子上.再用1n H -次移动将C 柱子上的1n -个圆盘移到B 柱子上并且放到最大圆盘上面,于是,得到所求递推关系.121n n H H -=+和初始条件是11H =.因为根据游戏规则,一个圆盘可用1次移动从A 柱子放到B 柱子上.为求解上述递推关系,对该问题首先用构造方法导出其解公式如下:1232233123112212(21)12(21)21222122221222121n n n n n n n n n n n H H H H H H ---------=+=++=++=+++=+++++=++++=-其中11H =, 21nn H =-确是递推关系121n n H H -=+的解.现在我们再回头看看古印度的那个问题,勃拉玛要求移动64个圆盘,带入我们所求的关系式即是64642118446744073709551615H =-=,面对这个天文数字,庙中僧侣要想移动这64个圆盘几乎是不可能的.从汉诺塔问题我们看到递推关系在解决实际问题中的巨大作用,,它在众多领域里有着广泛的应用,由此我们看看由汉诺塔问题所引出的一些实际问题.(1)九连环方程问题九连环是中国古代在民间流传的一种玩具,它是由9个环,9个直杆,一个条形框柄和一个平板组成,.每一个环都有一根杆相连,又顺序穿入后一个环,再连在条形横板上,从而构成一个整体,与其相适应,大小相当的一个条形框柄,可以将9个环穿套在上下框柄.只有它前面的换单独在框柄上面.只是穿套不可能一次性完成,有着严格的规律性和特别的要求.第一个环可以独立,自由地上或下条形框柄,而其后的各环要上或下框柄都受其前面的连杆和环的限制,任何一个环要独立,自由地上下框柄只要它前面的换单独在框柄上就能做到.现在可以假设前n 个环已经全部上到框柄上,需要移动环的次数为S (1,2,9)n n = .这样,将前1n -个环都上到框柄上时,需要移动1S n -次,反之将前2n -个环下到框柄下.移动次数和之前的情形一样为2S n -,此时只有第1n -个环单独在框柄上,可将第n 个环上到框柄上,移动一次,再将前2n -环上到框柄上,移动次数为2S n -,至此,前面n 个环都上到框柄上,总的移动次数为12212S S 1S S 2S 1n n n n n -----+++=++,按假设,它等于S n ,所以有12S S 2S 1n n n --=++,补充定义0S 0=显然1S 1=(1,2,9)n = 这就是九连环的基本方程.利用它可以计算出2S 2=,并递推地求出S n .直接求解可将两边都加上和减去1S 1n -+,得:211S S 12(S S 1)2n n n n n ---++=++=和12S -S 12S n n n ---=,求平均得: 12S S 2n n n --=+,递推下去,有 +1+2324S S 2S S 2i i i n n n ---=+++=+ ,累加得111S S (22)3i n i n ++=+-,其中i 与n 同奇偶性,并且1i =或2.为求S i 和+12i ,可设S cos i u v n π+=,则有121u v u v +=-⎧⎨+=⎩, 解方程组,得 2,3u v ==, 所以1S (3cos )2i n π=+设+12cos i p q n π⋅+=,则有4181p q p q +=-⎧⎨+=⎩,解方程组得12p =,3q =-.所以有+122(3cos )i n π=+带入解表达式+111S S (22)3i n n i +=+-,有111S (3cos )[22(3cos )]23n n n n ππ+=++-+,整理,得1111S 2cos 326n n n π+=⨯--,这即是九连环方程的解.如果令1S S H n n n -+=表示第n 个环单独在框柄上要移动环的次数,代人基本方程,消去S 有1H 2H 1n n -=+,这可以视为九连环第二方程,也就是我们前面所提及的汉诺塔方程(2)递推关系在几何上的应用例1 一个人从坐标原点0(0,0)A 出发,通过点(1,0),1(1,1)A 然后再以折线通过整数坐标的点11122223(1,1),(2,1),(2,1),(2,2),(2,2),(2,2),(2,3),(3,3)B C D A B C D A ------- 试求此人沿着折线到点(,)m n 时所走的路程(0)m n >>.解:用0a 表示这个人由原点0(0,0)A 走到1(1,1)A 的路程, k a 表示此人由点(,)k A k k 走到点1(1,1)k A k k +++的路程,则当2k ≥时,由1(1,1)k A k k ---走到(,)k A k k 时经过的路程是1111(1,1)(1,1)(1,1)(,1)(,).k k k k k A k k B k k C k k D k k A k k ------→-+-→-+-+→-+→所以,得11111111(22)(22)(21)(21)86k k k k k k k k ka A B B C C D D A k k k k k --------=+++=-+-+-+-=-.因为此公式当1k=时得02a =,故数列{}n a 的通项公式186k a k -=-(1,2,3,)k = .当此人从 0(0,0)A 到(,)m A m m 时,走的路程是10m kk a-=∑,即1011112P (86)86(1)86422m mmk k k k a k k mm m m m m --====-=-+=⋅-=-∑∑∑.由点(,)m n 到点(,)m A m n 的路程为()m n -,故此人由原点0(0,0)A 走到点(,)m n 的路程是2242()43.m m m n m m n ---=-+在求图形中的无限个图形的面积或无限条线段长的和时,首先要确定这些面积或线段长所组成的数列.为此,要求出第一个图形的面积或第一条线段的长度,以及前后两个图形面积或线段之间的递推关系,然后再用有关的公式求和.例2 如图所示,在直角ABC ∆中, ABC=90,A=.θ︒∠∠自B 点出发,作1BD AC ⊥于1D ,作12D D AB ⊥于2D ,作23D D AC ⊥于3D , 依此做下去,得到无穷数列11223CB,BD ,D D ,D D ,(1) 求证: 11223CB+BD +D D +D D +>AB+AC . (2) 求证: 2222211223CB +BD +D D +D D +=AC .(3) 为使11223ABD,AD D ,AD D ,∆∆∆ 的面积之和不大于ABC ∆的面积,求θ的取值范围.解 (1)由已知条件可得1212BD BC cos ,D D BD cos BC cos ,θθθ=⋅=⋅=⋅在n n+1n+2Rt D D D ∆中可知: n+1n+2n n+1D D =D D cos θ (n=1,2,3,) .由上式联立可知,数列11223CB,BD ,D D ,D D , 是首项为CB ,公比为cos θ的等比数列,又因而它又是无穷递缩等比数列,故11223CBCB,BD ,D D ,D D ,1-cos θ=,CB (1cos )CBAB+AC=CBctg +sin sin θθθθ+⋅=, 从而CB (1cos )CB sin (1sin )CB 1cos sin (1cos )sin θθθθθθθ+⋅--=⋅--θ是锐角,故上式的值为正值,因此11223CB+BD +D D +D D +>AB+AC(2) 显然,数列222211223CB ,BD ,D D ,D D 是首项为2CB ,公比为2cos θ的无穷递缩等比数列,因此,222222112232222CB CB CB +BD +D D +D D +==1cos sin CB ==AC sin θθθ-⎛⎫ ⎪⎝⎭(3)1ABD 11112212311S =BD AD =BD (BD ctg )2211=BD ctg (BC cos )ctg 22BC cos ,2sin θθθθθθ∆⋅⋅⋅⋅=⋅= 又1ABD ∆∽12AD D ∆,于是1122ABD 2122AD D 1S D D ==cos S BD θ∆∆, ∴12ABD 2S(cos )ABD θ∆=∆.因为n n+1AD D ∆与n+1n+2AD D ∆相似,于是n+1n+2n n+12AD D 22n+1n+2n+1n+22AD D n n+1n n+1S D D D D ==()=cos S D D D D θ∆∆, ∴ n+1n+2n n+122AD D AD D S(cos )S θ∆∆=.由上式可知,数列11223ABD AD D AD D S ,S ,S ,∆∆∆ 是首项为23BC cos 2sin θθ,公比为2cos θ的无穷递缩等比数列,故1122323ABD AD D AD D 223232BC cos 2sin S +S +S 1-cos BC cos BC (ctg ),2sin 2θθθθθθ∆∆∆+=== 又2ABC 11S =AB BC=BC ctg 22θ∆⋅， 依题意令223BC BC (ctg )ctg 22θθ≤ ，得2tg 1θ≥. 于是在02πθ<<的条件下，得42ππθ≤<,因此，当42ππθ≤<时，11223ABD ,AD D ,AD D ,∆∆∆ 的面积之和不大于ABC ∆的面积．(3)递推关系在概率论中的应用随着科学技术的发展，递推关系在各个领域得到越来越多的应用，本文将介绍递推关系的一个简单的应用，即利用递推关系求概率问题.全概率公式是概率中一个最基本、最常用、最重要的公式.利用全概率公式列出递推关系，然后通过解递推关系求得概率，从而简化了应用全概率公式求解某些问题的复杂繁琐性.下面让我们看两个具体实例:例1 投掷硬币n 次，第一次出现正面的概率为c ，第二次后每次出现与前一次相同的表面的概率为p ，求第n 次出现正面的概率.解 设n A ={第n 次出现正面},则由全概率公式可得：111()()()()()n n n n nA A P A P A P P n P A n+++=+.(1)n n P p P p =+-即1(21)(1)n n P p P p +=-+- 由上述递推关系及初始条件1P c =当1p ≠时，有11[1(21)](21)2n n n p P c p ----=+-111(21)(21)22n n p c p ---=-+-111()(21)22n c p -=--+,当1p =时，有n P c ≡.例2 在每一次试验中，事件A 出现的概率p ，试问n 次独立试验中A 出现偶次的概率多少？ 解 设n P 表示n 次独立实验中A 出现偶次的概率,则根据题意可列出关系式1(12)n n P p p P -=+-,用迭代法将其展开可得21222323221211110(12)(12)(12),(12)(12)(12),(12)(12)(12),(12)(12)(12).n n n n n n n n n n p P p p p P p P p p p P p P p p p P p P p p p P ----------=-+--=-+--=-+--=-+-其中，01P =，且上述表示对原方程组进行递推连锁变换,同乘以12p -,然后将上述n 个方程两边相加，约去含1P 至1n P -的各项，则21(12)(12)(12)(12)[1(12)](12)21(12),2n nn nnn P p p p p p p p p p p p pp -=+-+-++-+---=+-+-=(4) 递推关系在物理学中的应用递推关系在工程技术领域的某些方面有重要应用.原因在于递推关系方程满足许多领域的方程形式，而解法又满足n 阶常系数方程的形式.所以物理领域中的问题只要条件满足递推关系方程，一般都可以方便解之.下面以二阶齐次递推关系方程为例，略述其在物理方面的一些应用.例 如图l 所示系统，点0P 保持对地面的恒定电位0V ，试求1231,,,n P P P P - 各点的电位.分析: 根据Kirchhoff 定律:流入电路中任何节点的电流之和等于流出该节点的电流之和.因此在一般点1x P +(图2),可得11x x x i i I ++=+,由VI R =,可得:11212x x x x x V V V V V r r r++++--=+, 整理得 21502x x x V V V ++-+= (1)式(1)在2,3,,(2)x n =- 时成立,就是说在点1P 与1n P -之外的所有点上成立,在点1P 与1n P -,式(1)化为相应条件21052V V V -+= (0V 为已知) (2)22502n n V V ---+=(0n V =) (3) 方程(1)满足递推关系2105()02x E E E V -+=的形式, 故可采用递推关系方程求解,式(1)特征方程为25102M M -+=解得 112M = , 22M = 其全解为 1()22x xx V A B =+将其带入式(2)和(3)得05(4)(2)422A AB B V -+++=, 12125(2)(2)0222n n n n A AB B -----+++=, 求方程得 202221n nA V =- , 02121n B V =--, 所以电压的通解 20221(2)221xx x nV V π=--. 可以验之,在0x =和x n =点均满足上式. (5)市场经济中的蛛网模型经济背景与问题：在自由竞争的市场经济中，商品的价格是由市场上该商品的供应量决定的，供应量越大，价格就越低。
黄时中大学物理下册答案总磁矩为：方向与z轴方向相反，即与反向，写成矢量式为：13.8 一根同轴线由半径为的长导线和套在它外面的内半径为、外半径为的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图．传导电流I沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁场强度和磁感应强度的分布．解：由安培环路定理，可求得区域：，，区域：，，区域：，，区域：三、小论文写作练习1、物质抗磁性的起因。
2、铁磁质的特性及其应用。
习题十四一、选择题14.1半径为a的圆线圈置于磁感强度为的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R；当把线圈转动使其法向与的夹角时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是(A) 与线圈面积成正比，与时间无关．(B) 与线圈面积成正比，与时间成正比．(C) 与线圈面积成反比，与时间成正比．(D) 与线圈面积成反比，与时间无关．［A］14.2 如题图14.1，长度为l的直导线ab在均匀磁场中以速度移动，直导线ab中的电动势为(A) Blv．(B) ．(C) ．(D) 0．［D］14.3 如题图14.2所示，在均匀磁场中，导体棒AB饶通过O点并且垂直于棒的轴线MN转动，MN与磁感应强度平行，角速度与反向，BO的长度为棒长的三分之一。
则：A)、A点比B点的电势高；B)、A点比B点的电势低；C)、A点与B点的电势相等；D)、有稳恒电流从A点流向B点.[B]14.4 圆铜盘水平放置在均匀磁场中，的方向垂直盘面向上．当铜盘绕通过中心垂直于盘面的轴沿题图14.3所示方向转动时：(A) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的相反方向流动．(B) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的方向流动．(C) 铜盘上产生涡流．(D) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘边缘处电势最高．(E) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘中心处电势最高．［D］14.5一矩形线框长为a宽为b，置于均匀磁场中，线框绕OO′轴，以匀角速度?旋转(如题图14.4所示)．设t =0时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为(A) 2abB | cos? t |．(B) ? abB (C)．(D) ? abB | cos? t |．(E) ? abB | sin? t |．［D］14.6 如题图15.5所示，在半径为R的无限长螺线管内部，磁场的方向垂直纸面向里，设磁场按一定的速率在减小。
