大學(xué)物理下冊練習(xí)解答大學(xué)物理施建青

1、大學(xué)物理（下冊）練習(xí)解答練習(xí)22 畢奧薩伐爾定律22-1 （1）D；（2）A；（3）B 22-2 （1）；（2）1.71×10-5 T；（3）；（4）B = 022-3 解：以O(shè)為圓心，在線圈所在處作一半徑為r的圓則在r到r + dr的圈數(shù)為由圓電流公式得方向 22-4 解：利用無限長載流直導(dǎo)線的公式求解。 (1) 取離P點為x寬度為dx的無限長載流細(xì)條，它的電流 (2) 這載流長條在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度 方向垂直紙面向里。(3) 所有載流長條在P點產(chǎn)生的磁感強度的方向都相同，所以載流平板在P點產(chǎn)生的磁感強度方向垂直紙面向里。 22-5 解：(1) 對rr+dr段，電荷 dq = l

2、 dr，旋轉(zhuǎn)形成圓電流則 它在O點的磁感強度方向垂直紙面向內(nèi)。 (2) 方向垂直紙面向內(nèi)。 (3) 若a >> b，則，有過渡到點電荷的情況。同理在a >> b時， ，則 也與點電荷運動時的磁矩相同。練習(xí)23 磁通量、磁場的高斯定理和安培環(huán)路定律23-1 （1）B；（2）D 23-2 （1）pR2c；（2）；（3），0 23-3 解：設(shè)x為假想平面里面的一邊與對稱中心軸線距離 (導(dǎo)線內(nèi)) (導(dǎo)線外)令 dF / dx = 0， 得F 最大時23-4 解：(1) 在環(huán)內(nèi)作半徑為r的圓形回路, 由安培環(huán)路定理得， 在r處取微小截面dS = bdr, (2) 同樣在環(huán)外( r

3、 < R1 和r > R2 )作圓形回路，由于 B = 023-5 解：圓電流產(chǎn)生的磁場 長直導(dǎo)線電流的磁場 導(dǎo)體管電流產(chǎn)生的磁場Ä所以，圓心點處的磁感強度 練習(xí)24 磁場對運動電荷的作用、霍爾效應(yīng)24-1 （1）C；（2）B；（3） D 24-2 （1）勻速直線，勻速率圓周，等距螺旋線；（2）0.80×10-13 N；（3），垂直向上；（4）3.08×10-13 J ；（5），；（6）z軸正方向；（7）n，p 24-3 解：電子進入磁場作圓周運動，圓心在底邊上當(dāng)電子軌跡 與上面邊界相切時，對應(yīng)最大速度，此時有如圖所示情形。 由 ，求出v最大值為24-

4、5 解：(1) p型半導(dǎo)體 (2) m-3練習(xí)25 磁場對電流的作用、磁介質(zhì)25-1 （1）C；（2）B 25-2 （1）；（2），；（3）；（4）9.34×10-19 Am2，相反；（5）0.226 T，300 A/m 25-3 解：對OO軸而言,重力矩為磁力矩為平衡時， 。所以 T 25-4 解：(1) (2) 25-5 解：(1) 設(shè)磁場強度為H，磁感強度為BH = nI = NI / lB = m0mrH =m0mr IN / l鐵環(huán)的周長遠(yuǎn)大于橫截面半徑，所以在橫截面內(nèi)可以認(rèn)為磁場是均勻的。所以 Wb (2) （3）iSM9.58×103 A·m-1練習(xí)

5、26 電磁感應(yīng)的基本定律、動生電動勢26-1 （1）A；（2）D 26-2 （1）等于，小于；（2），-，0；（3）相同(或)，沿曲線由中心向外；（4）一個電源，vBL，洛倫茲力26-3 解：由題意，大線圈中的電流在小線圈回路處產(chǎn)生的磁場可視為均勻的。 小線圈中的感應(yīng)電動勢為 當(dāng)x =NR時， 26-4 解：(1) 設(shè)線圈轉(zhuǎn)至任意位置時圓線圈的法向與磁場之間的夾角為q，則, 當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過p /2時，t =T/4，則 A (2) 由圓線圈中電流Im在圓心處激發(fā)的磁場為 6.20×10-4 T方向在圖面內(nèi)向下，故此時圓心處的實際磁感強度的大小 T方向與磁場的方向基本相同。 26-5 解：

6、, 而由 可得 因為 ，所以練習(xí)27 感生電動勢、自感和互感27-1 （1）B ；（2）D；（3） D × ×× ×RcbdaOq27-2（1）0；（2）0；（3）；（4）0.15 H 27-3 解：大小： =ïdF /d tï= S dB / d t = S dB / d t =3.68 mV 方向：沿adcb繞向。 27-4 解：線框內(nèi)既有感生又有動生電動勢。設(shè)順時針繞向為 的正方向。由 = -dF /d t出發(fā)，先求任意時刻t的F (t) 方向：l t <1時，逆時針；l t >1時，順時針。27-5 解：(1) 根

7、據(jù)安培環(huán)路定理可求得磁場分布如下： r>R 0rR分 (2) 分練習(xí)28 磁場能量、位移電流、Maxwell方程組28-1 （1）A；（2）D 28-2 （1）116 ；（2），；（3），與方向相同（或由正極板垂直指向負(fù)極板） 28-3 解： ， (R1< r < R2) ， 28-4 解：由安培環(huán)路定理知 (R1 r R2)磁能密度總能量一周期平均值 28-5 解：忽略邊緣效應(yīng)，則極板間為勻強電場，場強大小為 若在與極板中心軸線垂直的平面內(nèi)，以軸線為中心畫一半徑為r的圓,則通過該圓的位移電流Id為 根據(jù)對稱性的分析，極板間任一點 的方向沿通過該點的與極板共軸的圓周的切線方向

8、，并按右手螺旋法則由的方向決定，而且在圓周上各點的大小相等。因此有28-6 解：在極板間，取與電容器極板同軸的半徑為r的圓。的方向與電流流向成右螺旋關(guān)系。練習(xí)29 簡諧振動的運動方程、特征量和旋轉(zhuǎn)矢量法29-1 （1）C；（2）B ；（3）B；（4）C 29-2 （1）10 cm，(p/6) rad/s，p/3；（2）；（3）3p/429-3 解：由旋轉(zhuǎn)矢量圖和 |vA| = |vB| 可知 T/2 = 4秒 T = 8 s， n = (1/8) s-1， w = 2pn = (p /4) s-1 (1) 以的中點為坐標(biāo)原點，x軸指向右方 t = 0時， cm t = 2 s時， cm 由上二

9、式解得 tgf = 1 因為在A點質(zhì)點的速度大于零，所以f = -3p/4或5p/4 （如圖所示） cm所以振動方程 (SI)(2) 速率 (SI)當(dāng)t = 0 時，質(zhì)點在A點 m/s29-4 解：二彈簧共同的等效勁度系數(shù) N/m kg粘上油泥塊之后 kg新的周期 s物塊速度，油泥塊和物塊碰撞，所以水平方向動量守恒碰撞后 m/s新的振幅 m 29-5 解：(1) s (2) A = 15 cm，在 t = 0時，x0 = 7.5 cm，v 0 < 0 。故 m/s 或 4p/3因為 x0 > 0 ，所以 (3) (SI) 練習(xí)30 簡諧振動的能量、簡諧振動的疊加30-1 （1）D

10、；（2）B 30-2 （1）T/8，3T/8；（2）0.84；（3）3/4，；（4）|A1 A2|，；（5）4×10-2 m，；（6）1.47；（7）291 Hz或309 Hz；（8）4:330-3 解：(1) 勢能總能量由題意， m (2) 周期T = 2p/w = 6 s從平衡位置運動到的最短時間 Dt 為 T/8 Dt = 0.75 s 30-4 (1) 取平衡位置為原點，向下為x正方向。設(shè)物體在平衡位置時彈簧的伸長量為Dl，則有, 加拉力F后彈簧又伸長x0，則F= kx0由題意，t = 0時v0 = 0，x = x0。則又由題給物體振動周期s, 可得角頻率 。由于 ，所以 N

11、(2) 平衡位置以下1 cm處 J = 4.44×10-4 J 30-5 解：由合振動的振幅及初相公式，可得 m m = 84.8°=1.48 rad 所以 (SI)30-6 解：把兩波寫成并令A(yù)1 = A2 = A = 0.06 m，則對于所求的點有 由，可得 或 m 或 m ( k = 0,1,2,) 練習(xí)31 波的基本概念、平面簡諧波31-1 （1） C；（2）B；（3）D 31-2 （1）503 m/s；（2）125 rad/s，338 m/s，17.0 m；（3）u = 5.10×103 m/s；（4） (SI)；（5） 或；（6）80 N 31-3 解

12、：設(shè)平面簡諧波的波長為l，坐標(biāo)原點處質(zhì)點振動初相為f，則該列平面簡諧波的表達(dá)式可寫成 (SI)t = 1 s時因此時a質(zhì)點向y軸負(fù)方向運動，故 而此時，b質(zhì)點正通過y = 0.05 m處向y軸正方向運動，應(yīng)有且 由、兩式聯(lián)立得 l = 0.24 m所以，該平面簡諧波的表達(dá)式為 (SI)或 (SI) 31-4 解：(1) 設(shè)x = 0 處質(zhì)點的振動方程為由圖可知，t = t時 所以 ， x = 0處的振動方程為 (2) 該波的表達(dá)式為31-5 解：(1) 由P點的運動方向，可判定該波向左傳播。原點O處質(zhì)點，t = 0 時 , 所以O(shè)處振動方程為 (SI)由圖可判定波長l = 200 m，故波動表

13、達(dá)式為 (SI) (2) 距O點100 m處 (SI)練習(xí)32 波的能量、波的干涉、駐波和多普勒效應(yīng)32-1 （1）D；（2）C；（3）B；（4）C 32-2 （1）5 J；（2）4；（3）；（4）S1的相位比S2的相位超前p/2；（5），；（6）637.5 Hz，566.7 Hz32-3 解：m 32-4 解：(1) 反射點是固定端，所以反射有相位突變p，因此反射波的表達(dá)式為(2) 駐波的表達(dá)式是 (3) 波腹位置, n = 1, 2, 3, 4,波節(jié)位置 , n = 1, 2, 3, 4, 32-5解：A點的觀察者接收到的拍頻是S振源向A處發(fā)射的波和向墻壁發(fā)射的波經(jīng)反射到A處合成的結(jié)果。即

14、 m/s練習(xí)33 光的相干性、分波陣面干涉33-1 （1）A；（2）C ；（3）C ；（4）B 33-2 （1）(n1-n2)e或(n2-n1)e；（2）d sinq (r1r2)；（3）3.6 mm33-3 解：因為ln = c，所以lDn = - nDlDl = | ( - lDn ) / n |= c Dn / n 2 = 0.173 nmlc = l 2 / Dl = ( c / n )2 / (c Dn / n 2 ) = c / Dn= 6000 km33-4 解：(1) Dx20 Dl / a0.11 m (2) 覆蓋云玻璃后，零級明紋應(yīng)滿足 (n1)er1r2設(shè)不蓋玻璃片時，此

15、點為第k級明紋，則應(yīng)有r2r1kl (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 零級明紋移到原第7級明紋處33-5 解：(1) 干涉條紋間距 Dx = lD / d相鄰兩明條紋的角距離 Dq = Dx / D = l / d由上式可知角距離正比于l，Dq 增大10，l也應(yīng)增大10故 ll（10.1）648.2 nm(2) 整個干涉裝置浸入水中時，相鄰兩明條紋角距離變?yōu)镈q Dx / (nd) = Dq / n由題給條件可得 Dq 0.15° 33-6 解：(1) 如圖，設(shè)P0為零級明紋中心 則 (l2 +r2) - (l1 +r1) = 0所以 r2 r1 = l1 l2

16、 = 3l (2) 在屏上距O點為x處, 光程差明紋條件 (k1，2，.) 所以在此處令k0，即為(1)的結(jié)果相鄰明條紋間距 練習(xí)34 等厚干涉34-1 （1）B； C；（3）C 34-2 （1）r12/r22；（2）2 ( n 1) e l /2 或2 ( n 1) e + l /2；（3）3l / (2n)34-3 解：(1) 明環(huán)半徑5×10-5 cm) (2) (2k1)2 r2 / (Rl) 對于r1.00 cm，kr2 / (Rl)0.550.5故在OA范圍內(nèi)可觀察到的明環(huán)數(shù)目為50個。34-4 證：如圖過接觸點O作凸凹球面的公共切平面,第k個暗環(huán)半徑處,凸凹球面與切平面

17、的距離分別為e1、e2 ，第k個暗環(huán)處空氣薄膜的厚度De為 De = e1 e2 由幾何關(guān)系近似可得 ，第k個暗環(huán)的條件為 (k = 1，2，3) 2 De = kl (k = 1，2，3) 34-5 解：設(shè)點處空氣薄膜的厚度為，則有 改變波長后有故 34-6 解：(1) 棱邊處是第一條暗紋中心，在膜厚度為e2l處是第二條暗紋中心，依此可知第四條暗紋中心處，即A處膜厚度e4=所以4.8×10-5 rad (2) 由上問可知A處膜厚為 e43×500 / 2 nm750 nm 對于l600 nm的光，連同附加光程差，在A處兩反射光的光程差為，它與波長之比為所以A處是明紋(3)

18、 棱邊處仍是暗紋，A處是第三條明紋，所以共有三條明紋，三條暗紋。練習(xí)35 等傾干涉、邁克爾遜干涉35-1 （1）B；（2）D 35-2 （1）( 4ne / l )1 p或 ( 4ne / l) +1p；（2）114.6 nm ；（3）2d / N；（4）2(n 1)h35-3 解：因為令k = 0，則 111 nm 35-4 解：設(shè)介質(zhì)薄膜的厚度為e，上、下表面反射均為由光疏介質(zhì)到光密介質(zhì)，故不計附加程差。當(dāng)光垂直入射i = 0時，依公式有，對l1： 按題意還應(yīng)有，對l2： 由 解得：將k、l2、代入式得 7.78×10-4 mm 35-5 解：反射鏡移動距離設(shè)開始時中心級次為k，

19、邊緣級次為k-10。則有 (1) (2)移動后：中心級次變?yōu)?，邊緣級次變?yōu)?。則有 (3)2 (4) 聯(lián)立式（1）、（2）、（3）和（4），可解得，邊緣處。練習(xí)36 單縫衍射、園孔衍射36-1 （1）C ；（1）D 36-2 （1）子波；子波干涉(或“子波相干疊加”)；（2）5×10-4 mm ；（3）4，第一，暗；（4）4 ；（5）2.24×10-5，4.47；（6）13.936-3 解：(1) 對于第一級暗紋，有a sinj 1l因j 1很小，故tg j 1sinj 1 = l / a故中央明紋寬度 Dx0 = 2f tg j 1=2fl / a = 1.2 cm(2)

20、對于第二級暗紋，有 a sinj 22lx2 = f tg j 2f sin j 2 =2f l / a = 1.2 cm分36-4 解：(1) 由單縫衍射暗紋公式得 由題意可知 , 代入上式可得 (2) (k1 = 1, 2, ) (k2 = 1, 2, )若k2 = 2k1，則q1 = q2，即l1的任一k1級極小都有l(wèi)2的2k1級極小與之重合。 36-5 解：設(shè)人眼在空氣中最小分辨角為q ，汽車與人之距離為S = 4.9 ×103 m 36-6 解：(1) 已知 d = 3 mm，l = 550 nm，人眼的最小分辨角為：2.24×10-4 rad (2) 設(shè)等號兩橫

21、線相距 Dx = 2 mm時，人距黑板l剛好看清，則 l = Dx / q = 8.9 m所以距黑板10 m處的同學(xué)看不清楚。練習(xí)37 光柵衍射、X射線衍射37-1 （1）D；（2） D；（3）D 37-2 （1）一、三；（2）3；（3）30 °；（4）2d 37-3 解：由光柵衍射主極大公式得 當(dāng)兩譜線重合時有j1= j2 即 兩譜線第二次重合即是 ， k1=6， k2=4由光柵公式可知d sin60°=6l1=3.05×10-3 mm37-4 解：(1) 當(dāng) 時 3.39，kmax = 3 又因為a = b 有譜線但當(dāng)k =±2，±

22、;4，±6， 時缺級。所以能看到5條譜線為0，±1，±3級。 (2) ， q = 30°，f =±90° ，= 5.09 取 kmax = 5 ，= -1.7 取 因為 a = b，故第2，4， 缺級。所以，能看5條譜線為+5，+3，+1，0，-1級37-5 解：光柵常數(shù)d = 1m / (5×105) = 2 ×10-5m設(shè)l1 = 450nm，l2 = 650nm, 則據(jù)光柵方程，l1和l2的第2級譜線有 dsinq 1 =2l1； dsinq 2=2l2 q 1 =sin-12l1/d26.74°，

23、q 2 = sin-12l2 /d40.54°第2級光譜的寬度x2 - x1 = f (tgq 2-tgq 1)所以f = (x1 - x2) / (tgq 2 - tgq 1) 100 cm37-6 解：光柵常數(shù)d=2×10-6 m 。 (1) 垂直入射時，設(shè)能看到的光譜線的最高級次為km，則據(jù)光柵方程有 dsinq = kml因為sinq ，所以 kml / d 1 ， 故kmd / l=3.39由于km為整數(shù),有 km=3(3) 斜入射時，設(shè)能看到的光譜線的最高級次為，則據(jù)斜入射時的光柵方程有即因為 sinq1 ，所以，故=5.09由于為整數(shù)，有=5 37-7 解：設(shè)

24、晶面間距為d；第一束X射線波長為l1，掠射角q1 = 30°，級次k1 = 1；另一束射線波長為l2 = 0.097 nm，掠射角q2 = 60°，級次k2 = 3。 根據(jù)布拉格公式： 第一束 第二束 兩式相除得 0.168 nm練習(xí)38 光的偏振38-1 （1） A；（2）D ；（3）D38-2 （1）2，1/4 ；（2）30°，1.73；（3）（4）自然光或(和)圓偏振光，線偏振光(完全偏振光)，部分偏振光或橢圓偏振光 38-3 解：設(shè)第二個偏振片與第一個偏振片的偏振化方向間的夾角為q透過第一個偏振片后的光強 I1I0 / 2透過第二個偏振片后的光強為I2，由

25、馬呂斯定律 I2(I0 /2)cos2q分透過第三個偏振片的光強為I3 I3 I2 cos2(90°q ) = (I0 / 2) cos2q sin2q = (I0 / 8)sin22q 由題意知I3I2 / 16，所以sin22q = 1 / 222.5° 38-4 證：因反射光線1為完全偏振光，故自然光線的入射角i0滿足布儒斯特定律 tg i0n / n0在這種情況下，反射光線和折射光線垂直，有 i0r90°因而上式可寫成tg(90°r)ctg rn / n0tg rn0 / n折射光線在玻璃板下表面的入射角r也滿足布儒斯特定律，因而反射光線2也是完

26、全偏振光.38-5 解：(1) o光振幅e光振幅 q = 60°，兩光強之比 (2) 晶片厚度d = 0.50 mm兩光光程差d = ( ne - no ) d = 4.5 mm38-6 解： 8.56 ×10-7 m練習(xí)39 黑體輻射、普朗克量子假設(shè)、光電效應(yīng)39-1 （1）C；（2）B ；（3）D 39-2 （1）0.64；（2）5.13×103；（3）2.40×103 K ；（4）黑體輻射；認(rèn)為黑體腔壁由許多帶電簡諧振子組成，每個振子輻射和吸收的能量值是不連續(xù)的，是能量子hn 的整數(shù)倍；（5）A/h，39-3 解： (1) 太陽在單位時間內(nèi)輻射的總

27、能量 E = 1.37×103×4p(RSE)2 = 3.87×1026 W (2) 太陽的輻射出射度 0.674×108 W/m2由斯特藩玻爾茲曼定律 K 39-4 解：設(shè)能使該金屬產(chǎn)生光電效應(yīng)的單色光最大波長為l0 。又按題意所以 = 612 nm39-5 解：(1) 5.65×10-7 m = 565 nm(2) , 得 1.73×10-7 m = 173 nm 39-6 解：當(dāng)銅球充電達(dá)到正電勢U時，有 當(dāng)時，銅球不再放出電子，即 eUh n -A =2.12 eV故U2.12 V時，銅球不再放出電子。練習(xí)40 康普頓效應(yīng)、氫

28、原子光譜與玻爾理論40-1 （1）D；（2）C；（3）C ；（4）C 40-2（1）；（2）0.586 ；（3）量子化定態(tài)假設(shè)，量子化躍遷的頻率法則，角動量量子化假設(shè) （其中 n =1，2，3，）；（4）13.6，5；（5）2.55；（6）1，2；（7）5，10 40-3 解：入射光子的能量為散射光子的能量為反沖電子的動能為1.68×10-16 J40-4 解：(1) 康普頓散射光子波長改變： 0.024×10-10 m 1.024×10-10 m (2) 設(shè)反沖電子獲得動能，根據(jù)能量守恒： =4.66×10-17 J =291 eV 40-5 解：(1

29、) 2.86 eV (2) 由于此譜線是巴耳末線系，其 k =2 eV (E1 =13.6 eV) (3) 可發(fā)射四個線系，共有10條譜線，如圖所以。波長最短的是由n =5躍遷到n =1的譜線。 40-6 解：設(shè)激發(fā)態(tài)量子數(shù)為n, 根據(jù)玻爾理論： 對氫原子E1 =13.6 eV (基態(tài))hn =12.09 eV所以En =1.51 eV分另外，對氫原子有En =13.6/n2eV由此有1.5113.6/n2 n29，n =3氫原子的半徑公式為rn= n2a1 = 9 a1即氫原子的半徑增加到基態(tài)時的9倍。練習(xí)41 德布羅意波、測不準(zhǔn)關(guān)系41-1 （1）A ；（2）A 41-2 （1）150 V

30、 ；（2）；（3）1.46 Å41-3 解： 將m，v代入德布羅意公式得 41-4 解：用相對論計算 由 計算得 m若不考慮相對論效應(yīng)，則 由，式計算得 3.88×10-12 m相對誤差41-5 解： DxDpxDxDmvx粒子的最小能量應(yīng)滿足在核內(nèi)，質(zhì)子或中子的最小能量 Emin = 3.3×10-14 J 41-6 解：根據(jù)不確定關(guān)系式DEDt ，可得 DE /Dt = 0.659×10-7 eV根據(jù)光子能量與波長的關(guān)系則光子的波長3.67×10-7 m波長的最小不確定量為Dl = hc DE /E2 = 7.13×10-15 m

31、41-7 解：光子動量按題意，動量的不確定量為 根據(jù)測不準(zhǔn)關(guān)系式得Dx Dx0.048 m48 mm 當(dāng)然，也可以用 或，或，來計算Dx。練習(xí)42 波函數(shù)、薛定諤方程、一維無限深勢阱、氫原子42-1 （1）B ；（2）B 42-2 （1）粒子在t時刻在(x，y，z)處出現(xiàn)的概率密度，單值、有限、連續(xù)，；（2）2，2×(2l+1)，2n2；（3）泡利不相容，能量最?。唬?）0、；（5）電子自旋的角動量的空間取向量子化；（6）4；（7）1s2 2s2 2p2，1s2 2s2 2p6 3s2 3p2 42-3 解：據(jù)已知條件 又據(jù)德布羅意公式 無限深勢阱中粒子的能量為 由、式解得以式代入得 42-4 解：諧振子處于第一激發(fā)態(tài)時概率密度為具有最大概率的位置由dP1 / dx = 0決定，