大学物理下第14章习题详解
大学物理第14章习题解答
第十四章习题解答1选择题：⑴ B ；⑵ B ；⑶ D ；⑷ B ；⑸ B 。
2填空题：⑴ /sin λθ；⑵ 4；⑶ 变疏，变疏；⑷ 3.0nm ；⑸ N 2，N 。
3计算题：1 用波长为nm 3.589=λ的单色平行光，垂直照射每毫米刻有500条刻痕的光栅．问最多能看到第几级明纹？总共有多少条明纹?解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数k max 对应的2πϕ=, 所以有3max 2.010 3.39589.3a bk λ+⨯==≈，即实际见到的最高级次为3max =k 总共可见7条明纹。
2 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．3 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）不能。
（2）红光。
与波长有光。
4 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为480nm 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：60480105010220.02l f a λ-⨯⨯⨯==⨯mm 4.2=cm （2） 由缺级条件：λϕk a '=sin ，λϕk b a =+sin )(知：k k a b 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．5 一束具有两种波长λ1和λ2的平行光垂直照射到一衍射光栅上，测得波长λ1的第三级主极大衍射角和λ2的第四级主极大衍射角均为30°．已知λ1=560 nm (1 nm= 10-9 m)，试求:(1) 光栅常数a ＋b(2) 波长λ2解：（1）()sin a b k θλ+=，01()sin 303a b λ+=，6()=3.3610a b m -+⨯（2）12()sin 34a b θλλ+==，2=420nm λ6某种单色光垂直入射到每厘米有8000条刻线的光栅上，如果第一级谱线的衍射角为30°那么入射光的波长是多少？能不能观察到第二级谱线？ 解：41() 1.25108000cm a b cm -+==⨯，0=(a+b)sin30625nm λ= 22sin 1()()k a b a b λλθ===++，02=90θ故不能观察到。
物理学教程下册答案(第二版)14-16
物理学教程下册答案（第二版）14-16第十四章波动光学14-1在双缝干涉实验中，若单色光源S到两缝S1、S2距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O处，现将光源S向下移动到图中的S′位置，则（）（A）中央明纹向上移动，且条纹间距增大（B）中央明纹向上移动，且条纹间距不变（C）中央明纹向下移动，且条纹间距增大（D）中央明纹向下移动，且条纹间距不变分析与解由S发出的光到达S1、S2的光程相同，它们传到屏上中央O处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S移到S′时，由S′到达狭缝S1和S2的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O′处．使得由S′沿S1、S2狭缝传到O′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．故选（B）．14-2如图所示，折射率为n2，厚度为e的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n1和n3，且n1＜n2，n2＞n3，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束的光程差是（）A2n2eB2n2e2C2n2eD2n2e2n2题14-2图分析与解由于n1＜n2，n2＞n3，因此在上表面的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，故它们的光程差2n2e确答案为（B）．2，这里λ是光在真空中的波长．因此正14-3如图（a）所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚柱之间的距离L变小，则在L范围内干涉条纹的（）（A）数目减小，间距变大（B）数目减小，间距不变（C）数目不变，间距变小（D）数目增加，间距变小题14-3图分析与解图（a）装置形成的劈尖等效图如图（b）所示．图中d为两滚柱的直径差，b为两相邻明（或暗）条纹间距．因为d不变，当L变小时，θ变大，L′、b均变小．由图可得inn/2bd/L，因此条纹总数NL/b2d/n，因为d和λn不变，所以N不变．正确答案为（C）14-4用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射.若屏上点P处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为（）（A）3个（B）4个（C）5个（D）6个分析与解根据单缝衍射公式λ暗条纹2k2binθk1,2,...λ2k1明条纹2因此第k级暗纹对应的单缝处波阵面被分成2k个半波带，第k级明纹对应的单缝波阵面被分成2k＋1个半波带．则对应第二级暗纹，单缝处波阵面被分成4个半波带．故选（B）．14-5波长λ＝550nm的单色光垂直入射于光栅常数d＝bb1.0某10-4cm的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为（）（A）4（B）3（C）2（D）1分析与解由光栅方程dinkk0,1,...，可能观察到的最大级次为dinπ/21.82λkma某即只能看到第1级明纹，正确答案为（D）．14-6三个偏振片P1、P2与P3堆叠在一起，P1与P3的偏振化方向相互垂直，P2与P1的偏振化方向间的夹角为30°，强度为I0的自然光入射于偏振片P1，并依次透过偏振片P1、P2与P3，则通过三个偏振片后的光强为（）（A）3I0/16（B）3I0/8（C）3I0/32（D）0分析与解自然光透过偏振片后光强为I1＝I0/2．由于P1和P2的偏振化方向成30°，所以偏振光透过P2后光强由马吕斯定律得I2化方向也成60°，则透过P3后光强变为I3I1co230o3I0/8．而P2和P3的偏振I2co260o3I0/32．故答案为（C）．14-7自然光以60°的入射角照射到两介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则折射光为（）（A）完全线偏振光，且折射角是30°（B）部分偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为3的介质时，折射角是30°（C）部分偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角（D）部分偏振光且折射角是30°分析与解根据布儒斯特定律，当入射角为布儒斯特角时，反射光是线偏振光，相应的折射光为部分偏振光.此时，反射光与折射光垂直.因为入射角为60°，反射角也为60°，所以折射角为30°.故选（D）.14-8在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30mm，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78mm．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？分析与解在双缝干涉中，屏上暗纹位置由某d2k1决定，式中d′为双缝到d2屏的距离，d为双缝间距．所谓第5条暗纹是指对应k＝4的那一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离某22.78mm，那么由暗纹公式即可求得波长λ．2d此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式某求入射光波长．应注d22.78mm.9d2k1，把k4,某22.78103m以及d、d′值代2d2意两个第5条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么？），故某解1屏上暗纹的位置某入，可得λ＝632.8nm，为红光．22.78d'103m，以及d、d′解2屏上相邻暗纹（或明纹）间距某，把某9d值代入，可得λ＝632.8nm．14-9在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1nm的单色光照射，双缝与屏的距离d′＝300mm．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2mm，求双缝间的距离．分析双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δ某，则由中央明纹两侧第五级明纹间距某5－某-5＝10Δ某可求出Δ某．再由公式Δ某＝d′λ／d即可求出双缝间距d．解根据分析：Δ某＝（某5－某-5）/10＝1.22某10-3m双缝间距：d＝d′λ／Δ某＝1.34某10-4m14-10一个微波发射器置于岸上，离水面高度为d，对岸在离水面h高度处放置一接收器，水面宽度为D，且Dd,Dh，如图所示．发射器向对面发射波长为λ的微波，且λ＞d，求接收器测到极大值时，至少离地多高？分析由发射器直接发射的微波与经水面反射后的微波相遇可互相干涉，这种干涉与劳埃德镜实验完全相同．形成的干涉结果与缝距为2d，缝屏间距为D的双缝干涉相似，如图（b）所示，但要注意的是和劳埃德镜实验一样，由于从水面上反射的光存在半波损失，使得两束光在屏上相遇产生的光程差为2dinθλ/2，而不是2dinθ．题14-10图解由分析可知，接收到的信号为极大值时，应满足2dinθλ/2kλk1,2,...D2k14dhDtanDinD．4d取k＝1时，得hmin14-11如图所示，将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上，使得屏上原中央极大的所在点O改变为第五级明纹.假定=550nm，求：（1）条纹如何移动？（2）云母片的厚度t.题14-11图分析(1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P的光程差由其几何路程差决定，对于点O，光程差Δ＝0，故点O处为中央明纹，其余条纹相对点O对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O，Δ≠0，故点O不再是中央明纹，整个条纹发生平移．原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差Δ=0的位置.(2)干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上某点P（明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况．插入介质前的光程差Δ1＝r1－r2＝k1λ（对应k1级明纹），插入介质后的光程差Δ2＝（n－1）d＋r1－r2＝k1λ（对应k1级明纹）．光程差的变化量为Δ2－Δ1＝（n－1）d＝（k2－k1）λ式中（k2－k1）可以理解为移过点P的条纹数（本题为5）．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．解由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O，有21n21d5将有关数据代入可得d54.74106mn114-12白光垂直照射到空气中一厚度为380nm的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色？分析这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）．解根据分析对反射光加强，有2ne2kk1,2,...4ne2k1在可见光范围，k＝2时，668.8nm（红光）k＝3时，401.3nm（紫光）故正面呈红紫色．14-13利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ＝589.3nm，L＝2.888某10-2m，测得30条条纹的总宽度为4.259某10-3m，求细丝直径d．分析在应用劈尖干涉公式d2nbL时，应注意相邻条纹的间距b是N条条纹的宽度Δ某除以（N－1）．对空气劈尖n＝1．。
物理学 第三版 上下卷 (刘克哲 张承琚 著) 高等教育出版社 课后答案第14章习题解答
[物理学14章习题解答]14-15 光源s 1 和s 2 在真空中发出的光都是波长为 λ的单色光，现将它们分别放于折射率为n 1 和n 2的介质中，如图14-5所示。
界面上一点p 到两光源的距离分别为r 1 和r 2。
(1)两束光的波长各为多大？(2)两束光到达点p 的相位变化各为多大？(3)假如s 1 和s 2 为相干光源，并且初相位相同，求点p干涉加强和干涉减弱的条件。
解 (1) 已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n的介质中的波长λ'可以表示为,所以，在折射率为n 1和n 2的介质中的波长可分别表示为和. (2)光传播r 的距离，所引起的相位的变化为,所以，第一束光到达点p 相位的变化为,第二束光到达点p 相位的变化为.(3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点p 干涉加强的条件是,; 点p 干涉减弱的条件是, .14-16若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？解 观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。
14-17在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm ，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m 处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm 。
求所用单色光的波长。
图14-5解在双缝干涉实验中，暗条纹满足,第5条暗条纹的级次为4，即，所以,其中。
两个第5条暗条纹的间距为,等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为.14-18在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。
解因为第1条暗条纹对应于，所以第2条暗条纹和第5条暗条纹分别对应于和。
根据双缝干涉的规律，暗条纹的位置应满足.所以，第2条与第5条暗条纹之间的距离为.14-20在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的紫光(波长为400 nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？解光从第一个表面反射要产生半波损失，但从第二个表面反射无半波损失，所以光程差应表示为,式中e为薄膜的厚度，此厚度应为最小值，干涉级次k最小应取1，因为当时，薄膜的厚度必须取零，上式才能成立。
大学物理下第14章-10概要
14-2-3 两个垂直方向上的简谐振动的合成
14-2-1 同方向同频率简谐振动的合成
x1 A1 cos( t 10 ) x2 A2 cos( t 20 )
利用三角函数公式
x x1 x2
x A cos( t 0 )
合成振动仍为简谐振动。
2 A A12 A2 2 A1 A2 cos( 20 10 )
摆在最大偏离位置时
max cos(2t )
max 2 sin(2t )
max 2max
(2)
1 (2)式代入(1)式 2
m gl 2ka2 m l2
或写出系统任意时刻的能量
l 1 1 m(l ) 2 mgl 2 ka 2 2 C 2 2 1 1 2 m(l ) ( mgl k a 2 ) 2 C 对此式求导 2 2 1 d 1 2 d 2 0 ml 2 ( mgl ka )2 2 dt 2 dt
2 A A12 A2 2 A1 A2 A1 A2
x
如果 A1 A2
x1
o
T 2
x2
合成振动
则 A=0
3T 2
T
2T
t
一般情况 为其他任意值，
A A A 2 A1 A2 cos( 20 10 )
2 1 2 2
A1 A2 A ( A1 A2 )
x
合成振动
T 2
3T 2
t
2T
o
T
上述结果说明两个振动的相位差对合振动的振 幅起着重要作用。
例1：求两同方向、同频率谐振动X2= 2cos(3t+π/3 )、 X1=4cos(3t) 的合成谐振动方程。 解：合成后不变， X=Acos(3t+φ) A1=4、A2=2 、φ1=0 、φ2 = π/3
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案
第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B).2(D).3(D).4(B).5(B).6(D).7(B).8(C).9(D).10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩.磁矩 ; (2). R 2c ；(3).)4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5).i .沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ. 0 ;(7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正.负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率0).半径为R .通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m.宽为2 R ).位置如右图中画斜线部分所示.求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小.由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ因而.穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外.与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而.穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管.圆环内外半径分别为R 1和R 2.芯子材料的磁导率为.导线总匝数为N .绕得很密.若线圈通电流I .求． (1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2. )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B d Φr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流.在导线内部作一平面S .S 的一个边是导线的中心轴线.另一边是S 平面与导线表面的交线.如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率0 =4×10-7T ·m/A.铜的相对磁导率r ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处.作一个单位长窄条. 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x R Ix20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度.设线圈中的电流强度为I ．解：如图.CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB . 方向其中 2/1)2/(sin 2==a a β.0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ. 同理, aI B BC π=240μ.方向．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ.方向⊙．∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向．5. 如图所示线框.铜线横截面积S = 2.0 mm 2.其中OA 和DO ＇两段保持水平不动.ABCD 段是边长为a 的正方形的三边.它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中.B 的方向竖直向上．已知铜的密度 = 8.9×103 kg/m 3.当铜线中的电流I =10 A 时.导线处于平衡状态.AB 段和CD 段与竖直方向的夹角 =15°．求磁感强度B 的大小．解：在平衡的情况下.必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia =31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈.半径分别为R 1、R 2.电流为I 1、I 2．电流的方向相反.求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右.那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0.则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0.则B的方向为沿x 轴负方向．P7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I .沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1T.沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV.上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)． 解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电.则正电荷堆积在上表面.霍耳电场的方向由上指向下.故上表面电势高.可知是p 型半导体。
大学物理(机械工业出版社)第14章课后答案
第十四章 波动#14－1 如本题图所示，一平面简谐波沿ox 轴正向传播，波速大小为u ，若P 处质点振动方程为)cos(ϕ+ω=t A y P ，求：（1）O 处质点的振动方程；（2）该波的波动方程；（3）与P 处质点振动状态相同质点的位置。
解：（1）O 处质点振动方程：y 0 = A cos [ ω（t + L / u ）+φ] （2）波动方程y 0 = A cos { ω[t - （x - L ）/ u +φ} （3）质点位置x = L ± k 2πu / ω （k = 0 , 1, 2, 3……）14－2 一简谐波，振动周期T =1/2s ，波长λ＝10m ，振幅A =0.1m ，当t =0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox 轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t 1＝T/4时刻，x 1=λ/4处质点的位移；（3）t 2 ＝T/2时刻，x 1=λ/4处质点的振动速度。
解：（1） y = 0.1 cos ( 4πt - 2πx / 10 )= 0.1 cos 4π（t - x / 20 ） (SI) （2） 当 t 1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x 1 = λ/ 4 = 10 / 4 m 处质点的位移y 1 = 0.1cos 4π（T / 4 - λ/ 80 ）= 0.1 cos 4π(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m （3） 振速 )20/(4sin 4.0x t tyv --=∂∂=ππ t 2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x 1 = λ/ 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速v 2 = -0.4πsin (π-π/ 2 ) = - 1.26 m / s14－3 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。
设4Tt =时刻的波形如本题图所示，求该波的表达式。
解：由图可看出，在t=0时，原点处质点位移y 0＝－A ，说明原点处质点的振动初相πϕ=0，因而波动方程为])(cos[πω++=uxt A y14－4 本题图表示一平面余弦波在t ＝0时刻与t ＝2s 时刻的波形图，求： (1) 坐标原点处介质质点的振动方程；(2) 该波的波方程。
《大学物理》第14单元课后答案 高等教育出版社
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Ei N
线圈中感应电动势大小： Ei E1 E 2
0 IvL1 0 IvL1 N 2x 2 ( x L2 )
Ei
N 0 IS v ，其中： S L1 L2 ，动生电动势方向为顺时针。 2 x( x L2 )
(2)如果线圈保持不变,长直导线中通有交变电流 I I 0 sin t 。
kh
da
(D) E L / R
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课
后 答
(B) 21 > 12
(C) 21 = 12
M
N
题 21.图
N
作业登记号
学号
姓名
单元十四
单元十四（二） 自感、互感、磁场能量
一、选择题 1. 自感为 0.25H 的线圈中，当电流在(1/16)秒内由 2A 均匀减小到零时，线圈中自感电动势的大小 为: (A) 7.8 10 V
3
【 C (B) 2.0V (C) 8.0V (D) 3.1 10 V
作业登记号
学号
姓名
单元十四
方向垂直纸面向里。
选顺时针为积分正方向
根据： E i ( v B ) dl
a
b
线段 CA 中产生的动生电动势： E1 N
0 IvL1 2x
方向由 C 到 A。
大学物理下下册(马文蔚主编)—第14章例题
(D) ct (1 v / c )
第十四章 相对论
2 1/ 2
8
物理学
第五版
第十四章补充例题
3 下列说法哪种(些)正确: (A) 一切运动物体相对于观察者的速度都不 能大于真空的光速. (B) 质量、长度、时间的测量结果都随物体 与 观察者的相对运动状态而改变. (C) 在一切惯性系中发生于同一时刻、不同地 点的两个事件，在其它惯性系中也同时发生. (D) 惯性系中的观察者观察一个对它作匀速 相对运动的时钟时，会看到该钟走慢了. 答案: (A)(B)(D)
2
(t 2 t1 ) 1 2
这一条件不是任何时候都能满足的！但 在地球这一有限空间内，是可以满足的，虽 然这两事件并不同地，但可近似地套用时间 膨胀公式. 本题求距离，所以可以套用长度缩短公式：
l l 1 2 100 1 0.982 19.9 m
第十四章 相对论
第十四章 相对论
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物理学
第五版
第十四章补充例题
一电子以0.99c的速率运动(电子静止 质量为9.11×10-31 kg，则电子的总能 5.8×10－13 )J，电子的经典力学的 量是( 动能与相对论动能之比是( 8.04×10－2 ) 质子在加速器中被加速，当其动能为静止 4 能量的3倍时，其质量为静止质量的（）倍。
第十四章 相对论
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物理学
第五版
第十四章补充例题
4 在惯性系S中，相距x=5106m的两地 两事件时间间隔t=10-2 s；在相对S系沿x轴 正向匀速运动的S'系测得这两事件却是同时 发生的，求： S'系中发生这两事件的地点间 距x'. 解设S'系相对于S系的速度大小为 v.
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大学物理下第14章习题详解-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第14章习题解答14-1 定体气体温度计的测温气泡放入水的三相点的管槽内时，气体的压强为6.65×103Pa.（1）用此温度计测量373.15K 的温度时，气体的压强是多大？ （2）当气体压强为2.20×103Pa 时，待测温度是多少K 是多少℃解：（1）对定体气体温度计，由于体积不变，气体的压强与温度成正比，即：1133T P T P = 由此331133373.15 6.65109.0810(Pa)273.16T P P T ⨯⨯===⨯ （2）同理312333 2.2010273.1690.4182.8()6.6510P T T K C P ⨯⨯====-⨯14-2 一氢气球在20℃充气后，压强为1.2atm ，半径为1.5m 。
到夜晚时，温度降为10℃，气球半径缩为1.4m ，其中氢气压强减为1.1atm 。
求已经漏掉了多少氢气。
解：漏掉的氢气的质量112212123335()210 1.24 1.5/3 1.44 1.4/3() 1.01108.312932830.32mol M PV PVm m m R T T ππ-∆=-=-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯-⨯⨯= （kg ）14-3 某柴油机的气缸内充满空气，压缩前其中空气的温度为47℃，压强为8.61×104 Pa 。
当活塞急剧上升时，可把空气压缩到原体积的1/17，此时压强增大到4.25×106Pa ，求这时空气的温度（分别以K 和℃表示）。
解：压缩过程中气体质量不变，所以有112212PV PV T T = 设62211241114.25103209296568.611017PV T V T K PV V ⨯⨯⨯====⨯⨯⨯（℃） 14-4 求氧气在压强为10.0×1.01×105 Pa ，温度为27℃时的分子数密度。
解：由理想气体状态方程的另一种形式，p nkT =，可得分子数密度52632310.0 1.0110 2.4410()1.3810300p n m kT --⨯⨯===⨯⨯⨯ 14-5 从压强公式和温度公式出发，推证理想气体的物态方程为molMpV RT M =。
解：由压强公式 23k p n ε=，温度公式 32k kT ε=得 2332AN N R p n kT nkT kT T V V N =⋅=== molpV RT MpV RT M μ=∴=14-6 一容器内储有氧气，其压强为1.01×105 Pa ，温度为27℃，求：（1）气体分子的数密度；（2）氧气的密度；（3）分子的平均平动动能；（4）分子间的平均距离。
（设分子间均匀等距排列）分析 在题中压强和温度的条件下，氧气可视为理想气体，因此，可由理想气体的状态方程、密度的定义以及分子的平均平动动能与温度的关系等求解，又因可将分子看成是均匀等距排列的，故每个分子占有的体积为30V d =，由数密度的含意可知01/V n =，d 即可求出。
解：（1）单位体积分子数253/ 2.4410()n p kT m -==⨯（2）氧气的密度3// 1.30()mol M V pM RT kg m ρ-===⋅（3）氧气分子的平均平动动能213/2 6.2110()k kT J ε-==⨯（4）氧气分子的平均距离d由于分子间均匀等距排列，则平均每个分子占有的体积为3d ，则1m 3含有的分子数为31n d=，所以93.4510()d m -===⨯14-7 2.0×10-2kg 氢气装在4.0×10-3m 3的容器内，当容器内的压强为3.90×105Pa 时，氢气分子的平均平动动能为多大？解：由理想气体状态方程mol MpV RT M =，可得氢气的温度mol M pV T MR=，于是其分子平均平动动能为3235222233223210 1.3810 3.9010 4.010 3.8910()2 2.0108.31mol k M kpVkT MRJ ε-----==⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯ 14-8 温度为0℃和100℃时理想气体分子的平均平动动能各为多少、欲使分子的平均平动动能等于1eV ，气体的温度需多高？解：由分子平均平动动能公式32k kT ε=可得分子在1(0273)273T K K=+=和2(100273)373T K K =+=时的平均平动动能23211133 1.3810273 5.6510()22k kT J ε--==⨯⨯⨯=⨯232122331.38103737.7210()22k kT J ε--==⨯⨯⨯=⨯当分子平均平动动能 1931 1.610J 2k kT eV ε-===⨯时1932322 1.6107.7310(K)33 1.3810k T k ε--⨯⨯===⨯⨯⨯14-9 若对一容器中的气体进行压缩，并同时对它加热，当气体温度从27.0℃上升到177.0℃时，其体积减少了一半，求：（1）气体压强的变化；（2）分子的平动动能和方均根速率的变化。
解（１）由题意知21212450300V V K T K T ===，，。
由nkT p =得112212T n T n p p = 由：212V V =，知：122n n =，代入上式，得1111233004502p n n p p =⨯⨯= (2)由温度公式得1212122323T T kT kT k k ==εε112125.1k k k T T εεε== 2110.5k k k k εεεε∆=-=由方均根速率公式可得：1.22===故：===14-10 储有氧气的容器以速率υ＝100m·s -1运动，若该容器突然停止，且全部定向运动的动能均转变成分子热运动的动能，求容器中氧气温度的变化值。
解：设氧气的质量为M ，温度变化值为T ∆，据题意则有2122mol M iM R T M υ=∆ 故2223.2101007.7(K)58.31mol M T iR υ-⨯⨯∆===⨯14-11 设空气（平均分子量为28.9）温度为0℃，求： （1）空气分子的平均平动动能和平均转动动能； （2）10克空气的内能。
解：（1）空气中的氧气和氮气均为双原子分子，它们约占空气成分的99％，因此可将空气当作双原子分子看待，其平动自由度t ＝3，转动自由度r ＝2。
所以，空气分子的平均平动动能。
23213 1.3810273 5.6510(J)22k tkT ε--==⨯⨯⨯=⨯平均转动动能23212 1.3810273 3.7710(J)22r r kT ε--==⨯⨯⨯=⨯（2）空气分子的自由度5i t r =+=，将之代入理想气体的内能公式，得333101058.31273228.9102 1.9610(J)mol M i E RT M --⨯==⨯⨯⨯⨯=⨯14-12 一质量为16.0克的氧气，温度为27.0℃，求其分子的平均平动动能、平均转动动能以及气体的内能，若温度上升到127.0℃，气体的内能变化为多少？解：温度为27℃时氧气分子的平均平动动能23213 1.3810300 6.2110(J)22t t kT ε--==⨯⨯⨯=⨯平均转动动能23212 1.3810300 4.1410(J)22r r kT ε--==⨯⨯⨯=⨯气体的内能33316.01058.31300 3.1210(J)232.0102mol M i E RT M --⨯==⨯⨯⨯=⨯⨯ 气体温度为127℃时，氧气内能的变化33316.01058.31(12727) 1.0410()232.0102mol M i E R T J M --⨯∆=∆=⨯⨯⨯-=⨯⨯14-13 一篮球充气后，其中氮气8.5g ，温度为17℃，在空中以65km·h -1的速度飞行，求：（1）一个氮分子（设为刚性分子）的热运动平均平动动能、平均转动动能和平均总动能；（2）球内氮气的内能； （3）球内氮气的轨道动能。
解：（1）231231.3810290 6.0010()22t t kT J ε--==⨯⨯⨯=⨯ 231221.3810290 4.0010()22r r kT J ε--==⨯⨯⨯=⨯23125 1.381029010.0010()22k i kT J ε--==⨯⨯⨯=⨯（2）358.58.31290 1.8310()2228i E RT J μ==⨯⨯⨯=⨯（3）23211650008.510() 1.39()223600k E m J υ-==⨯⨯⨯=14-14 某容器储有氧气，其压强为1.013×105Pa ，温度为27.0℃，求： （1）分子的p υ，υ2）分子的平均平动动能k ε。
解：（1）由气体分子的最概然速率、平均速率及方均根速率公式得213.9410()p m s υ-===⨯⋅214.4710()m s υ-===⨯⋅214.8310()m s -===⨯⋅ （2）由气体的温度公式知，分子的平均平动动能232133 1.3810300 6.2110()22k kT J ε--==⨯⨯⨯=⨯14-15设氢气的温度为27.0℃，求氢气分子速率在1130003010m s m s --⋅⋅及1115001510m s m s --⋅⋅之间的分子数的比率。
解 由：RM N k N m k m molA A =⋅⋅= 有：υυππυd e RTM N dNRTM mol mol 22232)2(4-=当υυ∆时,有υυππυ∆=∆-22232)2(4RTM mol mol e RTM N N当13000-⋅=s m υ、11030003010-⋅=-=∆s m υ时，有%137.0103000)30031.814.321002.2(14.34230031.8230001002.223323=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=∆⨯⨯⨯⨯---e N N当11500-⋅=s m υ、11015001510-⋅=-=∆s m υ时，有%526.0101500)30031.814.321002.2(14.34230031.8215001002.223323=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=∆⨯⨯⨯⨯---e N N14-16 有N 个粒子，其速率分布函数为00() (0)()0 dNf C Nd f υυυυυυυ==≥≥=>() （1）作速率分布曲线； （2）由0υ求常数C ； （3）求粒子平均速率。
解：（1）速率分布曲线如习题10-16图所示。
（2）由归一化条件001Cd Cd C υυυυ∞===⎰⎰可得 01/C υ=（3）0201()22f d Cd υυυυυυυυυυ∞===⨯=⎰⎰14-17 设有N 个假想的分子，其速率分布如习题10-17图所示，当02υυ>时，分子数为零，求：习题9-16图（1）a 的大小；（2）速率在1.50υ~2.00υ之间的分子数； （3）分别求速率大于0υ和小于0υ的分子数； （4）分子的平均速率。