大学物理(机械工业出版社)第18章课后答案

《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。

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。

第十八章静电场中的导体和电介质18-1．如图所示，三块平行放置的金属板A 、B 、C ，面积均为S ．B 、C 板接地，A 板带电量Q ，其厚度可忽略不计．设A 、B 板间距为l ，B 、C 板间距为d ．因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，即可忽略边缘效应．试求：（1）B 、C 板上的感应电荷，（2）空间的场强及电势分布．解因d 很小，各金属板可视为无穷大平面，所以除边缘部分外，可认为E 沿Oz 方向，z 相同处E 的大小相同，即()z E E z k =．（1）设B 、C 表面的面电荷密度为1σ、2σ、3σ、4σ如图所示．由于B 、C 板接地，故B 、C 板电势与无穷远相同，电势均为零．若B 、C 板外表面带有电荷，必有电场线连接板外表面与无穷远，则B 、C 板电势与无穷远不同，因此可知B 、C 板外表面不带电荷，即140σσ==．作高斯面为闭合圆柱面如图，两底面在B 、C 板内部、与Oz 垂直，侧面与Oz 平行，由高斯定理23101d 0()Q E S S S σσε⋅==++⎰⎰可得23Q S σσ+=-（1） 根据叠加原理，Ⅰ区E 为3个无穷大带电平面产生的场强的叠加，即321000222z Q S E σσεεε=-- 同理，Ⅱ区电场强度322000222z Q S E σσεεε=+- 因为A 、B 间的电压AB U 与A 、C 板的电压AC U 相等，12()z z E l E d l -=-，即3322000000()()()222222Q S Q S l d l σσσσεεεεεε---=+-- 即232Q d l S dσσ--=-（2） 联立求解（1）（2）式得：2d l Q d S σ-=-，3l Q d Sσ=-．所以B 、C 板内表面分别带电 22d l Q S Q d σ-=⋅=-，33l Q S Q dσ=⋅=- （2）Ⅰ区321000222z Q S E σσεεε=--0001()222d l l Q d d S εεε-=--+0()d l Q dSε-=- 00111d d z z z E l E l ϕ=⋅=-⋅⎰⎰0()d l Q z dSε-= Ⅱ区322000222z Q S E σσεεε=+-0001()222d l l Q d d S εεε-=-++0lQ dSε= 222d d d d z z z E l E l ϕ=⋅=⋅⎰⎰0()lQ d z dSε=- 18-2．点电荷q 放在电中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，如图所示．求场强和电势的分布，并画出r E -和r -ϕ曲线．解由于电荷q 位于球心O ，导体球壳对球心O 具有球对称性，故感应电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知感应电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．设球壳内表面带电1Q ，外表面带电2Q ．用以O 点为球心，12R r R <<为半径的球面为高斯面，根据高斯定理101d 0()E S q Q ε⋅==+⎰⎰可知1Q q =-；由于导体球壳电中性，由120Q Q +=，所以2Q q =．根据叠加原理，场强和电势分别为点电荷q 、均匀带电1Q 和2Q 的球面的场强和电势的叠加．考虑到在电荷球对称分布情况下，在电荷分布区以外的场强和电势与总电量集中在球心的点电荷的场强和电势的表达式相同．取参考点在无穷远；2r R >时，121220044q Q Q q E r r πεπε++==，1210044q Q Q q r rϕπεπε++== 21R r R ≥≥时，112004q Q E r πε+==，12100202444q Q Q q r R R ϕπεπεπε+=+= 1r R <时，1204q E rπε=，12100102012111()4444Q Q q q r R R r R R ϕπεπεπεπε=++=-+ 请读者画出r E -和r -ϕ曲线．18-3．一半径为A R 的金属球A 外罩有一个同心金属球壳B ，球壳很薄，内外半径均可看成B R ，如图所示．已知A 带电量为A Q ，B 带电量为B Q ．试求：（1）A 的表面1S ，B 的内外表面2S 、3S 上的电量；（2）A 、B 球的电势（无穷远处电势为零）．解由于金属球A 和同心金属球壳B 对球心O 具有球对称性，故电荷和电场的分布也对球心O 具有球对称性；可知电荷均匀分布在导体球壳的内外表面上；电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强的大小E 相等．（1）金属球A 带电A Q 分布于A 的外表面1S ；设金属球壳B 内表面带电2Q ，外表面带电3Q ，23B Q Q Q +=．用以O 点为球心、B r R =为半径、位于球壳B 金属内部的球面为高斯面，根据高斯定理A 201d 0()E S Q Q ε⋅==+⎰⎰可知2A Q Q =-；由于23B Q Q Q +=，所以3A B Q Q Q =+．（2）根据叠加原理，电势为三个均匀带电球面产生电势的叠加，即B r R ≥区域，A 23A B 10044Q Q Q Q Q r r ϕπεπε+++== 令B r R =，即为B 球的电势A B B 0B4Q Q R ϕπε+=． B A R r R >≥区域，3A 2A B 200B 0B 0B1()4444Q Q Q Q Q r R R r R ϕπεπεπεπε=++=+ 令A r R =，即为A 球的电势A B A 0A B 1()4Q Q RR ϕπε=+． 18-4．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱构成，如图所示．设内圆柱体的半径为1R ，外圆柱体的内半径为2R ．使内圆柱带电，单位长度上的电量为η，试求内外圆柱间的电势差．解由于两个同轴金属直圆柱可视为无限长、对圆柱轴线O 轴对称；所以电荷和电场的分布也对圆柱轴线O 轴对称；电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线；场强E 沿半径方向，在到轴线O 的距离r 相同处，场强的大小E 相等．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面．高斯面的两底面与圆柱轴线O 垂直，半径为r ，21R r R >>；两底面与E 平行，E 通量为零；圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE ϕπ=．由高斯定理10d 2l E S rlE ηπε⋅==⎰⎰可得02E rηπε=． 沿电场线积分，由1R 沿半径到2R ，内外圆柱间的电势差 2221112001d d d ln 22R R R R R R R U E l E r r r R ηηπεπε=⋅===⎰⎰⎰ 18-5．半径为2.0cm 的导体球外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和5.0cm （如图所示）．球与球壳间是空气，球壳外也是空气，当内球带电荷为83.010C -⨯时，试求：（1）这个系统的静电能；（2）如果用导线把球壳与球连在一起，结果如何？解（1）考虑系统对球心O 具有球对称性，可知内球表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据高斯定理可以求得球壳的内表面均匀带电83.010C Q --=-⨯，球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得10.02m r r <=区和230.04m 0.05m r r r =<<=区，0E =；12r r r <<区和3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能2132222t 00220011()4d ()4d 2424r r r Q Q W r r r r r rεπεππεπε∞=+⎰⎰ 20123111()8Q r r r πε=-+41.810(J)-=⨯ （2）如果用导线把球壳与球连在一起，则球壳与球成为一个导体，仅球壳的外表面均匀带电83.010C Q -=⨯．根据导体性质和叠加原理可得 3r r <区，0E =；3r r <区，204r Q E e r πε=． 系统静电能322t 0201()4d 24r Q W r r r εππε∞=⎰20318Q r πε=58.110(J)-=⨯ 18-6．范德格拉夫起电机球形高压电极A 的外半径为20cm ，空气的介电强度（击穿场强）为13kV mm -⋅，问此范德格拉夫起电机最多能达到多大电压？解球形高压电极A 的外半径为0.20m R =，电极A 外接近电极处场强最大61max 20310k m 4q E Rπε-==⨯⋅ 起电机能达到最大电压5max max 0610(V)4q U E R Rπε==⋅=⨯18-7．如图所示，682μF C C ==，其余的电容均为3μF ．（1）求A 、B 间总电容．（2）若900V AB U =，求1C 、9C 上的电量．（3）若V U AB 900=，求CD U ．解（1）3C 、4C 、5C 串联，3453451111C C C C =++ 所以3451F C =μ．345C 与6C 并联，则345634563F C C C =+=μ3456C 与2C 、7C 串联，电容为C '，3456271111C C C C =++' 可得1F C '=μ．C '与8C 并联，电容为C ''，83F C C C '''=+=μ．C ''与1C 、9C 串联，电容为AB C ，191111AB C C C C =++'' 因此1F AB C =μ．（2）1C 、9C 与C ''串联，19C C C ''==，19AB U U U U ''++=， 所以191300V 3AB U U U U ''====，故41199910(C)C U C U C U -''''===⨯．（3）由300V U ''=，3456C 、2C 、7C 串联，3456273F C C C ===μ，故100V CD U =． 18-8．收音机里用的电容器如图所示，其中共有n 个面积为S 的金属片，相邻两片的距离均为d ．奇数片连在一起作为一极，它们固定不动（叫做定片）．偶数片连在一起作为另一极，可以绕轴转动（叫做动片）．（1）转动到什么位置C 最大？转动到什么位置C 最小？（2）忽略边缘效应，证明C 的最大值dS n C 0max )1(ε-=． 解相邻的奇数金属片和偶数金属片的相对面构成一个平行板电容器，电容0i S C d ε'=，S '为相邻两金属片相对的面积．因奇数金属片和偶数金属片分别连成一极，n 个金属片就构成了(1)n -个并联的平行板电容器，其电容量0(1)(1)i S C n C n d ε'=-=-当S '最大，即可动金属片完全旋进时（可动金属片转至和固定金属片完全相对），此电容器的电容最大，0max (1)SC n d ε=-；当S '最小，即可动金属片完全旋出时，min 0C =．18-9．一个电偶极子，其电偶极矩为8210C m p -=⨯⋅，把它放在510 1.010V mE -=⨯⋅的均匀外电场中．（1）外电场作用于电偶极子上的最大力矩多大？（2）把偶极子从0=θ位置转到电场力矩最大（2θπ=）的位置时，外力所做的功多大？解（1）0T p E =⨯，当2θπ=时853max 021********(N m)T pE .--==⨯⨯⨯=⨯⋅（2）电场力做功，0δsin d sind AF l qlE θθθθ+=-=-，20000sin d A qlE qlE pE πθθ=-=-=-⎰外力做功30210(J)A A pE -'=-==⨯18-10．如图所示，平行板电容器两板带电量分别为Q ±，两板间距为d ，其间有两种电介质：1区介质电容率为1ε，所占面积为1S ；2区介质电容率为2ε，所占面积为2S ．求：（1）两区的1D 、1E 和2D 、2E ，两区对应极板上的自由电荷面密度1σ、2σ；（2）电容器的电容C ．解作z 轴垂直于板面．忽略边缘效应．D 均匀，沿z 方向．取高斯面为小圆柱面如图，根据高斯定理可得111d D S D S S σ⋅=∆=∆⎰⎰，1D σ=所以11D k σ=．同理22D k σ=．两极板是导体，极板为等势体，12E d E d =，12E E =． 由于111E k σε=，222E k σε=，所以1212σσεε=．又因1122S S Q σσ+=，故 111122Q S S εσεε=+，221122Q S S εσεε=+ 121122Q E E k S S εε==+ 1111122Q D k k S S εσεε==+，2221122Q D k k S S εσεε==+ （第十八章题解结束）。

[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。

第一章 质点的运动1-1 已知质点的运动方程为：23010t t x +-=，22015t t y -=。

式中x 、y 的单位为m ，t 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t t xx 6010d d +-==v t tyy 4015d d -==v当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为120200s m 0.18-⋅=+=y x v v v设v o 与x 轴的夹角为α,则23tan 00-==xy αv vα＝123°41′(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==t a xx v , 2s m 40d d -⋅-==ta y y v则加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a设a 与x 轴的夹角为β,则32tan -==x ya a β β＝-33°41′(或326°19′)1-2 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-B v ，式中A 、B 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d v ＝a (v )d t 分离变量为t a d )(d =v v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 v vB A ta -==d d (1) 用分离变量法把式(1)改写为t B A d d =-vv(2)将式(2)两边积分并考虑初始条件,有⎰⎰=-t t B A 0d d d 0v v v vv 得石子速度 )1(Bte B A --=v由此可知当,t →∞时,BA→v 为一常量,通常称为极限速度或收尾速度．(2) 再由)1(d d Bt e BAt y --==v 并考虑初始条件有 t e BAy tBt yd )1(d 00⎰⎰--= 得石子运动方程)1(2-+=-Bte B A t B A y1-3 一个正在沿直线行驶的汽船，关闭发动机后，由于阻力得到一个与速度反向、大小与船速平方成正比例的加速度，即a = - k v 2，k 为常数。

第11章 热力学基础11－1 在水面下50.0 m 深的湖底处（温度为4.0℃），有一个体积为1.0×10-5 m 3的空气泡升到湖面上来，若湖面的温度为17.0℃，求气泡到达湖面的体积。

（大气压P 0 = 1.013×105 Pa ） 分析：将气泡看成是一定量的理想气体，它位于湖底和上升至湖面代表两个不同的平衡状态。

利用理想气体物态方程即可求解本题。

位于湖底时，气泡内的压强可用公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为水的密度（常取ρ = 1.0⨯103 kg·m -3）。

解：设气泡在湖底和湖面的状态参量分别为（p 1，V 1，T 1）和（p 2，V 2，T 2）。

由分析知湖底处压强为gh p gh p p ρρ+=+=021。

利用理想气体的物态方程可得空气泡到达湖面的体积()3510120121212m 1011.6-⨯=+==T p V T gh p T p V T p V ρ11－2 氧气瓶的容积为3.2×10-2 m 3，其中氧气的压强为1.30×107 Pa ，氧气厂规定压强降到1.00×106 Pa 时，就应重新充气，以免经常洗瓶。

某小型吹玻璃车间，平均每天用去0.40 m 3 压强为1.01×105 Pa 的氧气，问一瓶氧气能用多少天？（设使用过程中温度不变） 分析：由于使用条件的限制，瓶中氧气不可能完全被使用。

从氧气质量的角度来分析。

利用理想气体物态方程pV = mRT /M 可以分别计算出每天使用氧气的质量m 3和可供使用的氧气总质量（即原瓶中氧气的总质量m 1和需充气时瓶中剩余氧气的质量m 2之差），从而可求得使用天数321/)(m m m n -=。

解：根据分析有RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m 333122111===；；则一瓶氧气可用天数()()5.933121321=-=-=V p V p p m m m n11－3 一抽气机转速ω=400rּmin -1，抽气机每分钟能抽出气体20升。

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。

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。

1、宇宙飞船相对于地面以速度υ作匀速直线飞行，某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号，经过∆t (飞船上的钟)时间后，被尾部的接收器收到，则飞船的固有长度等于多少？【答案：c ∆t 】详解：在宇宙飞船测得光讯号的传播速度为c ，飞船上的钟又测得光讯号从飞船头部到飞船尾部经过∆t 时间，因此宇宙飞船中的观察者测得飞船的长度就等于飞船的固有长度，其值为t c l ∆=02、一支火箭的固有长度为l ，相对于地面作匀速直线运动的速度为υ1，火箭上有一个人从火箭的后端向火箭前端上的一个靶子发射一颗相对于火箭的速度为υ2的子弹。

在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是多少？【答案：l /υ2】详解：在火箭上测得子弹从射出到击中靶的过程中走的距离为l ，测得子弹的速度为υ2，因此在火箭上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔为2υlt =∆3、已知惯性系S ＇相对于惯性系S 以 0.6c 的匀速度沿x 轴的负方向运动，如果从S ＇系的坐标原点O ＇沿x 轴正方向发出一列光波，则S 系中的观测者测得此光波在真空中的波速为多少？【答案：c 】详解：由光速不变原理可知，在任何惯性系中测量光在真空中的传播速率都相等恒定值c 。

4、以速度υ相对于地球作匀速直线运动的恒星所发射的光子，其相对于地球的速度大小为多少？【答案：c 】详解：光子在真空中的传播速率既是光速。

光速不变原理告诉我们，在真空中光（即光子）在任何惯性系中的传播速率都等于c ，因此光子相对于地球的速度大小也为c 。

5、当惯性系S 和S ′的坐标原点O 和O ′重合时，有一个点光源从坐标原点发出一束光脉冲，在S 系中经过一段时间t 后（在S ′系中经过时间t ′），在S 系和S ′系中测得该光脉冲的球面方程（用直角坐标系）分别为多少？【答案：22222t c z y x =++；22222t c z y x '='+'+'】详解：由光速不变原理可知，在任何惯性系中测量光在真空中沿各个方向的传播速度相等，因此在S 系中经过时间t 后该光脉冲的形成的球面方程的直角坐标形式为 22222t c z y x =++在S ′系中经过时间t ′后该光脉冲的形成的球面方程的直角坐标形式为22222t c z y x '='+'+'6、在狭义相对论中，有下列四种说法：(1) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速；(2) 质量、长度和时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的；(3) 在一个惯性系中发生于同一时刻、不同地点的两个事件在其它惯性系中也是同时发生的；(4) 惯性系中的观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些。

第十二章 导体电学【例题精选】例12-1 把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则 (A) U B > U A ≠0． (B) U B > U A = 0．(C) U B = U A ． (D) U B < U A ． [ D例12-2 选无穷远处为电势零点，半径为R 的导体球带电后，其电势为U 0，则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302r U R ． (B) R U 0． (C) 20rRU ． (D) r U 0． [ C ] *例12-3 如图所示，封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。

A 、C 不带电，B 带正电，则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是（A ） U A = U B = U C （B ） U B > U A = U C （C ） U B > U C > U A （D ） U B > U A > U C例12-4 在一个不带电的导体球壳内，先放进一个电荷为 +q 的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触。

然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q 取走。

此时，球壳的电荷为 ；电场分布的范围是 ． -q 球壳外的整个空间例12-5 如图所示，A 、B 为靠得很近的两块平行的大金属平板，两板的面积均为S ，板间的距离为d ．今使A 板带电荷q A ，B 板带电荷q B ，且q A > q B ．则A 板的靠近B 的一侧所带电荷为 ；两板间电势差U = ．)(21B A q q - S d q q B A 02)(ε- 例12-6 一空气平行板电容器，电容为C ，两极板间距离为d 。

充电后，两极板间相互作用力为F 。

则两极板间的电势差为 ；极板上的电荷为 。

C Fd /2 FdC 2例12-7 C 1和C 2两个电容器，其上分别标明200 pF （电容量）、500 V （耐压值） 和300 pF 、900 V ．把它们串连起来在两端加上1000 V 电压，则(A) C 1被击穿，C 2不被击穿． (B) C 2被击穿，C 1不被击穿．(C) 两者都被击穿． (D) 两者都不被击穿． [ C ]ABA C Bd例12-8 半径分别为1.0 cm 与2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.0×10-8 C ，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求：(1) 每个球所带电荷；(2) 每个球的电势．(22/C m N 1094190⋅⨯=πε) 解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ， 则两球电势分别是 10114r q U επ=， 20224r q U επ=两球相连后电势相等 21U U =，则有 21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r q r q C 92122103.132-⨯=+=r r qr q C两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V例12-9 如图所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ，半径分别为 R a 、 R b 、R c ．圆柱面B 上带电荷，A 和C 都接地．求Ｂ的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2．解：设B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，而A 、C 上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ，方向由B 指向AB 、C 间场强分布为E 2=λ2 / 2πε0r ，方向由B 指向C B 、A 间电势差 a b R R R R BAR R r r r E U ab a bln 2d 2d 0111ελελπ=π-=⋅=⎰⎰B 、C 间电势差 b c R R R R BC R R r r r E U cb cb ln 2d 2d 02022ελελπ=π-=⋅=⎰⎰ 因U BA ＝U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 【练习题】*12-1 设地球半径R =6.4⨯106 m ，求其电容？解：C=4πε0R=7.12×10-4F12-2三块互相平行的导体板，相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多，外面二板用导线连接．中间板上带电，设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2，如图所示．则比值σ1 / σ2为λ2(A) d 1 / d 2． (B) d 2 / d 1． (C) 1． (D) 2122/d d ． [ B ]12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F 与两极板间的电压U 的关系：(A) F ∝U ． (B) F ∝1/U ． (C) F ∝1/U 2． (D) F ∝U 2． [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则(A) 空心球电容值大． (B) 实心球电容值大．(C) 两球电容值相等． (D) 大小关系无法确定． [ C ] 12-5 一导体A ，带电荷Q 1，其外包一导体壳B ，带电荷Q 2，且不与导体A 接触．试证在静电平衡时，B 的外表面带电荷为Q 1 + Q 2．证明：在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图．设B 内表面上带电荷Q 2′，按高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故0/)(d 021='+=⎰⋅εQ Q S E S∴ 12Q Q -=' 根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为2Q ''，则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章 电介质【例题精选】例13-1 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E ，则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E ． (B) ε 0 ε r E ． (C) ε r E ． (D) (ε 0 ε r - ε 0)E ． [ B ] 例13-2 C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。

第十八章波动光学18-1由光源S 发出的• =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 9 = 30「，且SA=BC=5.00cm.求：（1） “为多大？（2）此单色光在这层透明物质又光在不同介质中传播的频率相同，即^V1.2^J0：^4.88 10_7 m、 5 10⑶从S 到C 的几何路程为d 1 SA 十 -- —+ BC = 5cm + ----------- cm + 5cm = 11.1 cm cos 日 1 cos24°S 到C 的光程n 空 SA n 空 BC =1 5cm 1.23 1 -- cosH cos24-里的频率、速度和波长各是多少? ⑶S 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一一这就引入了光程.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n 空 sin \ n sin v01 = 24（2）分别以V ! 、v 八入1表示光在透明物质中传播的速度、频率和波长, 则V 1 3 108 1.23 8 m/s=2.44 10 m/s3 10810 6000 10_Hz 14 -5 10 Hzcm 1 5cm =11.3 cm18-2 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，⑴ 分别求出白光中「= 400 nm 和^= 600 nm 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”一一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，■!和2所产生的干涉明纹的间距各为⑵ 据（18-1 ）式，杨氏双缝实验中，明纹到屏中心的距离为.D.x = k d 在x 处两种波长的明纹重叠，即D D x k^''1 k ? dd k ik 22600 1 400_3k 2 2所以在k 1 =3n,k 2 =2n n =1,2，… 处都可能发生重叠当n =1，即k^3,k 2=2时发生第一次重叠，重叠处距中央明纹的距离为 9D t 500 3 400 10 … x k 1 \ mm = 1.2 mm d 0.5 8-3 在劳埃德镜中，光源缝S 。

18章习题参考答案18-3 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 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 U 18-4 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。

[解] (1) 由Einstien 光电效应方程得 A h U e -=νa 即 eA e hU -=νa 仅A 与金属材料有关，故斜率eh与材料无关。

(2)()s V 100.4100.50.100.21514⋅⨯=⨯-=-e h 所以 s J 104.6106.1100.4341915⋅⨯=⨯⨯⨯=---h18-6 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.03Å，反冲电子的速度为光速的60％。

求散射光子的波长和散射角。

[解] (1) 电子能量的增加ννh h E -=∆00434.025.011200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=-h c m λλÅ(2) 由于 )cos 1(0φλ-=∆cm h所以 554.0cos 100=-=-cm h λλφ解得 0463.=φ18-7 已知X 射线光子的能量为0.60MeV ，若在康普顿散射中散射光子的波长变化了20％，试求反冲电子的动能。

[解] 020.0λλ=∆ MeV 60.00=νh反冲电子动能 ()MeV 1.020.11100k =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=νννh h E18-8 氢原子光谱的巴耳末线系中，有一光谱线的波长为 4340Å，试求： (1)与这一谱线相应的光子能量为多少电子伏特?(2)该谱线是氢原子由能级n E 跃迁到k E 产生的，n 和k 各等于多少?(3)若有大量氢原子处于能级为5E 的激发态，最多可以发射几个线系?共几条谱线?请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。