大学物理(机械工业出版社)第18章课后答案
18章总结
答案：AD
试计算氢原子光谱中巴耳末系的最长波和最短波的波长各是多少？(R ＝1.10×107 m－1)
[解析] 根据巴耳末公式1λ＝R(212－n12)(n＝3,4,5，…)
答案：B
10．(多选)对于如图所示的实验装置，下列说法正确的是( )
A．这是检验阴极射线是否带电的实验装置 B．密立根首次观察到阴极射线 C．汤姆孙确定了组成阴极射线的粒子是电子 D．赫兹认为阴极射线是一种电磁波
解析：1897年汤姆孙利用题图的实验装置，确定了组成阴极 射线的粒子是电子，A、C正确；1858年普吕克尔首次观察到阴 极射线，B错误；赫兹认为阴极射线是一种电磁波，D正确．
答案：A
10．关于原子的特征谱线，下列说法不正确的是( ) A．不同原子的发光频率是不一样的，每种原子都有自己的特征谱线 B．炽热的白光通过温度较白光低的气体后，再色散形成的吸收光谱，可用于光谱分析 C．可以用特征谱线进行光谱分析鉴别物质和确定物质的组成成分 D．原子的特征谱线是原子具有核式结构的有力证据
解析：对于处于n＝3能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率 有3种，选项C正确．
答案：C
(多选)由玻尔理论可知，下列说法中正确的是( ) A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波 B．处于定态的原子，其电子做变速运动，但它并不向外辐射能量 C．原子内电子的可能轨道是连续的 D．原子内电子的可能轨道是不连续的
解析：在卢瑟福α粒子散射实验中，α粒子穿过金箔后， 绝大多数α粒子仍沿原来的方向前进，故A对．少数α粒 子发生大角度偏转，极少数α粒子偏转角度大于90°，极 个别α粒子反弹回来，所以在B位置只能观察到少数的闪 光，在C、D两位置能观察到的闪光次数极少，故B、D 错，C对． 答案：AC
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 课后习题 答案
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。
大学物理第十八章题解
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）。
大学物理习题答案第十八章
[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。
(完整word版)大学物理(机械工业出版社)上册 课后练习答案
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。
大学物理学习指导习题解答-第18章
一、选择题 18-1. B 18-2. E 18-3. B 18-4. D 18-5. B 18-6. D 18-7. A 18-8. D 18-9. A 18-10. C 二、填空题 18-11. 0.97c 18-12. 5.81×10-13J, 0.08 18-13. 9×1016J, 1.50×1017J 18-14.
试中的负号表示距原点的事件先发生。
18-23. 解 ⑴以地面为 S 系，飞船为 S 系。则 x l 100m ，t 10s ，u 0.8c 。l 为 原长，因此 S 系中测得的百米跑道长度为
u l l 1 ( ) 2 100 1 0.8 2 60m c
3
t 2
t 2 u 1 ( )2 c
3.5 10 3 1 0.9
2
8.03 10 3 (s) 0
表明飞船中的宇航员测得丙车仍然是晚于甲车发车，两参照系的时序不变。
65 0.6 3 10 8 7.0 10 8 0.6c 2 1 ( ) c y y 0
z z 0
97(m)
v 0.6 65 x 7.0 10 8 2 c 3 10 8 2.5 10 7 s t v 0.6c 2 1 ( )2 1 ( ) c c t
L u
L v u2 1 2 c
由相对论速度变换，小物体相对 S 系的速度为
v
v u uv 1 2 c
所以在 S 系中测得小物体运动 uv L 1 2 1 2 1 2 v c c L c t t 2 2 v u v u u u2 1 2 1 2 1 2 c c c
大学物理(机械工业出版社)下册-课后练习标准答案
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。
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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 I1，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
0203
A1A0 cos30I 1I 0 cos 30I 04
I04I 1 3
A2A0 cos450I 2I 0 cos2 450I 0 1 4I11
1 I 1232
I 2
3
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I1，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
A1 A cos600I 1I cos2 600I 01
2 4
I 08I 1
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
A1
I1
20
I 03 A cos30I cos 3024
A2A1/ cos300I 2I 1/ cos2 300I
03398I
1 24484
I 29 I 1 4
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：n sin 580
1.60 sin 32 0
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 i0入射到平面玻璃的上表面，反射i0
光是偏振光所满足的式子为
tani 0 n ，折射角＝ 900－ i 0n
如图，玻璃下表面的反射光所对的下表面入射光的入习题18－4图
射角为 玻璃下表面的反射光是偏振光所满足的式子为
tan
1 即 tan(900 i 0 )
1 即满足： tani 0
n 式子
n
n
所以玻璃下表面的反射光也是偏振光，得证。
18－ 5 一束光射入装在玻璃容器（ n=1.50 ）的液体上，并从底部反射，反射光与容器底部
成 42037/角度时是完全偏振光，求液体的折射率。
解：如习题 18－ 4 图所示，本题中： ＝ 900－ 42037/ ，反射光与容器底部成 42037/角度时
是完全偏振光所满足的式子为
n 玻
tan
n 液
1.5 1.5 n 液
n 液
1.38
tan
cot 42 037
18－ 6 一束光是自然光和平面偏振光的混合， 当它通过一偏振片时发现透射光的强度取决于偏振片的取向， 其强度可以变化 5 倍，求入射光中两种光的强度各占入射光强度的几分之几？
解：旋转偏振片混合光中的偏振光有影响，在旋转的过程中，透射光光强会从最大最小间变化。
设混合光强为 I ，其中偏振光光强为 xI ，自然光光强为（ 1－ x ） I
最大透射光强为
I m a x [ 1
(1 x) x] I
2
最小透射光强为
I
m i n
1
(1 x)I
2
依题意
I
max
5即[ 1
(1 x)
x] I
51
(1 x) I I
min
2
2
x
2
3
入射光中偏振光光强为 2/3，自然光光强为 1/3。
18－ 7 已知从一池静水的表面反射出来的太阳光是线偏振光，此时，太阳在地平线上多 大仰角处？（水的折射率取
1.33）
解：池静水的表面反射出来的太阳光是线偏振光满足的式子为
i i 0 arctan
n 2
arctan
1.33
530 4
n 1
1.00
太阳在地平线上多大仰角为
＝900－ i 0 ＝ 360 56/
18－ 8 用方解石割成一个正三角形棱镜，其光轴与棱镜的棱边平行，亦即与棱镜的正三 角形横截面相垂直。
今有一束自然光射入棱镜，为使棱镜内 e 光折射线平行于棱镜的底边，
该入射光的入射角 i 应为多少？对应
o 光的折射角为多少？已知 n o =1.66 ， n e =1.49。
解：如图，依题意
e 光的折射角为 300
，据折射定律
sin i 1.49
1.49
sin 30 0 i arcsin
2
0 /
i=48 10 ，
设 o 光的折射角为
r 0，则有
600
i
300
习题 18－8 图
sin i 1.66 r 0 arcsin
sin i
sin r 0
1.66
＝ arcsin
1.49
2
1.66
0 /
，
26 40
18－ 9 棱镜 ABCD 由两个 450
的方解石棱镜组成（如图） ，棱镜 ABD 的光轴平行于 AB ， 棱镜 BCD 的光轴垂直于图面。
当自然光垂直于 AB 入射时，试在图中画出 o 光和 e 光的传
播方向及光矢量振动方向。
解：方解石是负晶体，左边 n o n e ,
两者虽然还同方向前进，而
v o v e ；
e
到了右边，因为 e 光要平行光轴，所以 o
左边的 o 到了右边成为 e 光，速度增大，
折射率变小；到了右边，因为
o 光要垂 习题 18－9 图
直于光轴，所以左边的 e 到了右边成为 o 光，
速度减小，折射率变大。
o 光和 e 光的传播方向及光矢量振动方向大致画如上图。
18－ 10 在图中所示的装置中， P 1、P 2 为两个正交偏振片。
C 为四分之一玻片，其光轴与
P 1 的偏振化方向间夹角为 600 。
光强为 I 1 的单色自然光垂直入射于 P 1。
（ 1）试说明①，②，③各区光的偏振状态，并在图上大致画出；
（ 2）计算各区光强。
解：（ 1）①区光是偏振光，偏振方向与 P 1 同；②区光是椭圆偏振光，③区光是偏振光，
偏振方向与 P 2 同。
大致如图所示。
（2）①区的光强 I 1/2；②区的光强 I 1/2；③区分析如下：
设从晶片 C 出来后 o 光与 e 光的相差为 ，因为 C 为四分之一玻片，故
＝ /2，
据偏振光干涉原理可得
A 2 e A 2 o
A 1 cos600 cos300
习题 18－ 10 图
叠加后合振幅为
A
A 22e A 22o 2 A 2e A 2o c o s
A 2A 1 cos600 cos302 2 2 cos
2 A 1 cos60 0 cos30 2 cos
2
1 3
2
3 2
2 A 1
2
2
A 1
2
4
合光强为
I ＝ (A 1
3 2)2 A 12
3
I
P1
3
4
8
8
I 1
I
P1
2
I ＝
3 I 1
16
18－ 11 试计算用方解石晶体制成的对波长分别为 ＝ 589.3nm 的钠黄光和 λ＝ 546.1nm
λ1
2
的汞灯绿光的 1/4 玻片的最小厚度为多少？（方解石晶体中 o 光折射率为 n o =1.658， e 光折
射率为 n e =1.486 ）
解： 1/4 玻片最小厚度 d 应满足 n o
n e d
4
对 λ＝ 589.3nm 的钠黄光： d 1
1
589.3
nm 1
4 n o n e 4(1.658 857
1.486)
对 λ＝ 546.1nm 的汞灯绿光：
d 2
2
546.1
nm
2
4 n o
n e 4(1.658 1.486)
794
18－ 12 某晶体对波长 632.8nm 的主折射率 n o =1.66， n e =1.49 。
将它制成适用于该波长的 四分之一玻片，晶片至少要多厚？该四分之一波片的光轴方向如何？
解： 1/4 玻片最小厚度 d 应满足 n o
n e d
4
对 λ＝ 632.8nm 的主折射率 n o =1.66， n e =1.49 的光波
d
632.8
931nm
4 n o n e
4(1.66 1.49)
光轴平行于晶片表面。