大学物理18。19。20章计算答案
大学物理第18章答案
《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18章重点习题解答
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
大学物理课后题答案18
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。
大学物理课后习题答案详解
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。
大学物理学课后答案精简版
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。
大学物理下第19章习题详解
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。
大学物理第19章习题解答
(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
大学物理学(下册)习题答案详解
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。
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18 光的干涉三、计算题1、使一束水平的氦氖激光器发出的激光（nm 8.632=λ）垂直照射一双缝。
在缝后 2.0m 处的墙上观察到中央明纹和第1级明纹的间隔为 14cm 。
（1）求两缝的间距；（2）在中央条纹以上还能看到几条明纹？解：（1）m 100.914.0108.6230.2x D d 69--⨯=⨯⨯=∆=λ 6分 （2）由于2πθ≤，则3.1414.00.2x D sin d k ==∆==λθ应该取14即能看到14条明纹。
6分 2、在双缝干涉实验装置中，用一块透明簿膜(2.1=n )覆盖其中的一条狭缝，这时屏幕上的第四级明条纹移到原来的原零级明纹的位置。
如果入射光的波长为500nm ，试求透明簿膜的厚度。
解：加上透明簿膜后的光程差为： 0)1(21>-=-+-=l n r nl l r δ 4分 因为第四级明条纹是原零级明纹的位置： λδ4= ， 21r r = 4分 得到： λ4)1(=-l n ⇒ m n l 51014-=-=λ4分 3、澳大利亚天文学家通过观察太阳发出的无线电波，第一次把干涉现象用于天文观测。
这无线电波一部分直接射向他们的天线，另一部分经海面反射到他们的天线，如图所示。
设无线电波的频率为 6.0×107Hz ，而无线电接收器高出海面 25m 。
求观察到相消干涉时太阳光线的掠射角θ的最小值。
解：如图所示，考虑到反射光线的半波损失，则反射光线和直射光线到达天线的相差为πλθπϕ+=∆sin h 22 3分干涉相消要求πϕ)1k 2(+=∆， 3分 代入上式可得h2kch 2k sin υλθ==3分题3解图题3图当1k =时，给出078min7.525100.62103arcsin h 2carcsin ≈⨯⨯⨯⨯==υθ 3分 4、试求能产生红光(nm 700=λ)的二级反射干涉条纹的肥皂膜厚度。
已知肥皂膜折射率为1.33,且平行光与法向成30°角入射。
解: 由薄膜干涉的光程差)3,2,1k (k 2i sin n n d 222122 ==+-=λλδ 6分二级干涉极大对应2k =,将nm 700=λ，2n =1.33, 1n =1, i =300,代入上式，可得nm 3.426)21(33.147003d 22=-⨯=6分5、在折射率52.1n 1=透镜表面通常镀一层如MgF 2（38.1n 2=）一类的透明物质薄膜，目的是利用干涉来降低玻璃表面的反射。
为了使透镜在可见光谱的中心波长（550nm ）处产生极小的反射,则镀层至少有多厚?解：由于空气的折射率1n =，且有21n n n <<，因为干涉的互补性，波长为550nm 的光在透射中得到加强，则在反射中一定减弱。
对透射光而言，两相干光的光程差2d n 22λδ+=， 4分由干涉加强条件λδk =， 2分可得 2n 2)21k (d λ-= 3分取1k =，则膜的最小厚度nm 64.99d min ≈ 3分6、白光垂直照射到空气中一厚度为500nm 折射率为1.50的油膜上。
试问该油膜呈现什么颜色？解：从油膜表面反射的两光线的光程差为： 22λδ+=ne 2分当λδk =时，反射光加强，有亮纹出现： λλk ne =+22 ⇒ 124-=k neλ 3分即：nm k nenm 760124400≤-≤⇒ 3.45.2≤≤k 得到： 31=k ，nm k ne60012411=-=λ （橙） 3分 42=k ，nm k ne42912422=-=λ （紫） 3分因此油膜上呈现紫橙色。
1分7、 波长为nm 760~400的可见光正射在一块厚度为1.2×10-6m ,折射率为1.5玻璃片上,试问从玻璃片反射的光中哪些波长的光最强。
解：由反射光产生亮纹的条件λλδk 2nh 2=+=， 2分可得：k=1时，=λ7.2×10-6m ； k=5时，=λ0.8×10-6m ；k=6时，=λ0.6545×10-6m ； 3分k=7时，=λ0.5538×10-6 m ；k=8时，=λ0.48×10-6 m ；k=9时，=λ0.4235×10-6m ； 3分k=10时，=λ0.3789×10-6 m 。
3分 所以在可见光范围内，nm 5.654,nm 8.553,nm 0.480,nm 5.423=λ四个波长的光反射光最强。
1分8、一片玻璃（5.1=n ）表面附有一层油膜（32.1=n ），现用一波长连续可调的单色光束垂直照射油面。
当波长为 485nm 时，反射光干涉相消。
当波长增为 679nm 时，反射光再次干涉相消。
求油膜的厚度。
解：由于在油膜上，下表面反射时都有半波损失现象，所以反射光干涉相消的条件是2)1k 2(ne 2λ+=， 4分 在波长连续可调的情况下，可得2)1k 2(2)1k 2(ne 221λλ-=+=4分 nm 643)485679(32.12485679)(n 2e 1221=-⨯⨯⨯=-=λλλλ 4分9、用迈克耳孙干涉仪可以测量光的波长，某次测得可动反射镜移动距离mm 3220.0=∆L 时，等倾条纹在中心处缩进1204 条条纹，试求所用光的波长。
解：由于2N L λ=∆， 6分 所以534.9nm 10349.51204103220.02N L 273=⨯=⨯⨯=∆=--λ 6分 10、在反射光中观察某单色光所形成的牛顿环。
其第2级亮环与第3级亮环间距为1mm ，求第19和20级亮环之间的距离。
解：对于亮环，有 )2,1k (,R )21k (r k =-=λ， 3分所以λR 23r 2=，λR 25r 3=2分 又根据题意可知 mm 1R )2325(r r 23=-=-λ 3分 两边平方得 1R 4152R 23R 25=-+λλλ 2分所以 1541R -=λ故 cm 036.0R )237239(r r r 1920=-=-=∆λ 2分19 光的衍射三、计算题1、有一单缝宽b=0.10mm ，在缝后放置焦距为50cm 的会聚透镜，用波长λ= 546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。
解：由单缝衍射中央明纹宽度公式bf 2x 0λ=∆， 6分可得3920101.0)101.546(10502b f 2x ---⨯⨯⨯⨯⨯==∆λ mm 46.5m 1046.53=⨯=- 6分2、 白光形成的单缝衍射图样中,其中某一波长的第3级明纹位置与波长为600nm 的光波的第2级明纹位置重合，求该光波的波长。
解：明纹位置近似地由2)1k 2(sin b λθ+=确定， 4分所以有2)122(2)132(21λλ+⨯=+⨯ 4分 nm 6.428760057521=⨯==λλ 4分 3、一双缝的间距d =0.10mm ，缝宽s = 0.02mm ，用波长λ=480nm 的平行单色光垂直入射该双缝，双缝后放一焦距为50cm 的透镜，试求：（1）透镜焦平面处屏上干涉条纹的间距；（2）单缝衍射中央亮纹的宽度。
解：（1）干涉条纹的间距m 104.21010.010*******d f x 3392----⨯=⨯⨯⨯⨯==∆λ 6分 （2）单缝衍射中央亮纹的宽度m 104.21002.010********s f 2x 2392----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=='∆λ 6分 4、 波长为 600nm 的单色光垂直入射在一光栅上，第 2，3 级明条纹分别出现在 20.0sin =θ与 30.0sin =θ处，第 4 级缺级。
试求：（1）光栅常量；（2）光栅上狭缝宽度；（3）屏上实际呈现的全部级数。
解: （1）由题意，根据光栅方程公式 )2,1,0k (k sin d =±=λθ，可知，光栅常量 m 100.62.0106002sin 2d 692--⨯=⨯⨯==θλ 4分（2）由缺级条件知4b d =，所以光栅上狭缝宽度为m 105.14db 6-⨯== 3分 （3）由2max πθ=得，1010600100.6sin dk 96maxmax =⨯⨯==--θλ3分所以屏上实际呈现的全部级数=k 0，±1，±2，±3，±5，±6，±7，±9，±10，（=max k ±10不在屏上）。
2分 5、已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为61084.4-⨯弧度，它们都发出波长为cm 5105.5-⨯=λ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：由分辨率公式：Dλδφ22.1= 6分 得到：cm D 86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--δφλ6分 6、一光栅的光栅常量为m 106a b 6-⨯=+，缝宽m 101b 6-⨯=。
当用波长为nm 600=λ的单色光垂直照射此光栅时，在屏幕上最多能观察到多少级明条纹。
解：当2max πθ=时，由max max sin dk θλ=，b b d '+=可知，屏幕上能观察到明条纹最大级数为102sin 100.6106sin d k 76maxmax =⨯⨯==--πθλ6分 所以屏上应呈现的全部级数=k 0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9（=max k ±10应在无穷处）。
2分 又由缺级条件6bd=，可知=k ±6缺级， 2分 则在屏幕上最多能观察到17条明纹。
2分7、某单色光垂直入射到每一厘米有6000条刻线的光栅上。
如果第一级谱线的方位角是020，试问入射光的波长是多少？它的第二级谱线的方位角是多少？解：（1）光栅常数： m b a 6210667.1600010--⨯==+ 2分 由光栅方程：λφk b a =+sin )( 3分 当1=k 时，nm b a 570sin )(1=+=φλ 2分 （2）同理2=k 时，λφ2sin )(2=+b a ⇒ ba +=λφ2sin 2 3分 得到：9432arcsin02'=+=ba λφ 2分 8、用波长为624nm 的单色光照射一光栅，已知该光栅的缝宽b 为0.012mm ，不透明部分的宽度b '为0.029mm ，缝数N 为103条。
求：(1)单缝衍射图样的中央角宽度；(2)单缝衍射图样中央宽度内能看到多少级光谱？ 解：（1）单缝衍射图样的中央角宽度rad 104.10102.110240.62b 2257---⨯=⨯⨯⨯==∆λθ 6分 (2) 单缝衍射图样包络下的范围内共有光谱级数由下列式子确定42.3012.0041.0b d == 式中b b d '+=为光栅的光栅常数，所以看到的级数为3. 6分9、在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距cm 120，试问汽车离人多远的地方，眼睛恰可分辨这两盏灯？设夜间人眼瞳孔直径为mm 0.5，入射光波长为nm 550(这里仅考虑人眼圆形瞳孔的衍射效应)。