大学物理 施健青主编(下册)练习解答

25

大学物理（下册）练习解答

练习22 毕奥—萨伐尔定律

22-1 （1）D ；（2）A ；（3）B 22-2 （1）a

I B π=

830μ；（2）1.71×10-5 T ；（3）1004R I B μ=204R I μ+204R I π-μ；（4）B = 0

22-3 解：以O 为圆心，在线圈所在处作一半径为r 的圆．则在r 到r + d r 的圈数为

r R R N

d 1

2-

由圆电流公式得

)

(2d d 120R R r r

NI B -=

μ

?=

-=

2

1

)

(2d 12

0R R R R

r r

NI B μ1

2

120ln

)

(2R R R R NI

-μ 方向⊙

22-4 解：利用无限长载流直导线的公式求解。

(1) 取离P 点为x 宽度为d x 的无限长载流细条，它的电流

x i d d δ=

(2) 这载流长条在P 点产生的磁感应强度

x

i

B π=

2d d 0μx

x

π=

2d 0δμ

方向垂直纸面向里。

(3) 所有载流长条在P 点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P 点产生的磁感强度

=

=?B B d ?

+πb

a b

x

dx x

20δ

μb b a x +π=ln 20δμ 方向垂直纸面向里。

22-5 解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则 r dq I d 22d π

=π=λω

ω 它在O 点的磁感强度 r

r

r

I

B d 42d d 000π

=

=

λωμμ

?

?+π

=

=b

a a

r

r B B d 4d 0

00λωμa b

a +π=ln 40λωμ

方向垂直纸面向内。

(2) r r I r p m d 2

1

d d 22

λω=

π=

26 ??+=

=b

a a m m r r p p d 2

1d 2λω6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内。 (3) 若a >> b ，则a

b a b a ≈+ln

，有 a q a b B π=π=44000ωμλωμ 过渡到点电荷的情况。

同理在a >> b 时， )/31()(33a b a b a +≈+，则

232

136a q a b a p m ωλω

=?= 也与点电荷运动时的磁矩相同。

练习23 磁通量、磁场的高斯定理和安培环路定律 23-1 （1）B ；（2）D

23-2 （1）πR 2c ；（2）22

1R B π-；（3）)2/(210R rI πμ，0 23-3 解：设x 为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离

???++

==R x R

R x r l B r l B S B d d d 21Φ 2

012R Ir B π=μ (导线内)

r

I B π=202μ (导线外) )(42220

x R R

Il -π=μΦR R x Il +π+ln 20μ 令 d Φ / d x = 0， 得Φ 最大时 R x )15(2

1-= 23-4 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 ,

r b r NI

S B d 2d d π==μΦ

?=S S B d Φr b r NI d 2π=μ12ln

2R R NIb π=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路，由于

0=∑i I

02=π?r B

∴ B = 0

23-5 解：圆电流产生的磁场 )2/(201R I B μ= ⊙

27 长直导线电流的磁场

)2/(202R I B π=μ ⊙

导体管电流产生的磁场

)]

(2/[103R d I B +π=μ?

所以，圆心Ｏ点处的磁感强度 321B B B B -+= )()1)((21

20d R R RI d R I +-π++?π=μ

练习24 磁场对运动电荷的作用、霍尔效应

24-1 （1）C ；（2）B ；（3） D

24-2 （1）匀速直线，匀速率圆周，等距螺旋线；（2）0.80×10

-13k N ；（3）2024e v f a μ=π，垂直向上；（4）3.08×10-13 J ；（5）)/(cos 2eB m θv π，)/(sin eB m θv ；（6）z 轴正方向；

（7）n ，p

24-3 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子

轨迹 与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形。

R R l =?+45sin )( ∴ l l R )12()12/(+=-= 由 )/(eB m R v =，求出v 最大值为

m

leB m eBR )12(+==

v 24-5 解：(1) p 型半导体 (2) a

IB K U = q

n K 01= 2001082.2?==aqU

IB n m -3 练习25 磁场对电流的作用、磁介质

25-1 （1）C ；（2）B

25-2 （1）aIB 2；（2）)(212122R R I p m -π=，)(2

12122R R IB M m -π=；（3）e

m r B e 024επ；（4）9.34×10-19 Am 2，相反；（5）0.226 T ，300 A/m 25-3 解：对OO ＇轴而言,重力矩为

αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +?

=αρsin 22g Sa = 磁力矩为

28

ααc o s )2

1

s i n (2

2

2B 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 T

25-4 解：(1) m =?M p

B

t BI a t Bp t M m ωω202sin sin )(π==

(2)

ωθM t M P ==d /d t a BI ωω220sin π=

t t a BI T P T

d sin )/1(220ωω?0

π=202

1

a BI ωπ=

25-5 解：(1) 设磁场强度为H ，磁感强度为B

H = nI = NI / l B = μ0μr H =μ0μr IN / l

铁环的周长远大于横截面半径，所以在横截面内可以认为磁场是均匀的。所以

6

0/ 1.2110r ΦS IN l μμ-=?==?B S Wb

(2) ()-1

3

m A 1058.91??≈-= H M r μ

（3）i S ＝M ＝9.58×103 A ·m -1

练习26 电磁感应的基本定律、动生电动势

26-1 （1）A ；（2）D

26-2 （1）等于，小于；（2）8/32

l B ω，-8/32

l B ω，0；（3）相同(或22

1R B ω)，沿

曲线由中心向外；（4）一个电源，v BL ，洛伦兹力

26-3 解：由题意，大线圈中的电流Ｉ在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的。

2

/322202/3222

)

(2)(24x R IR x R IR B +=+ππ=μμ 22

0223/22()IR r R x μΦ==π+?B S 3

2202x RI r π≈μ

小线圈中的感应电动势为

22043d d d 2d i r IR x t x t μεπΦ==v 4

22023x

I

R r π=μ 当x =NR 时，

24203/(2)i r Iv N R εμ=π

26-4 解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为θ，则

θΦcos 2r B π=, nt t π==2ωθ

nt r B ππ=2cos 2

Φ

2d 2sin 2d N

NB r n nt t

εΦ

=-=πππnt n BNr ππ=2sin 222 222sin 2sin m NBr n i nt I t R R Τ

ε2ππ==π=

当线圈转过π /2时，t =T /4，则

29 987.0/22=π==2R NBn r I i m A

(2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为

==')2/(0r NI B m μ 6.20×10-4 T

方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小

500.0)(2/1220≈'+=B B B T

方向与磁场B 的方向基本相同。

26-5 解： d d i t Φε=

, 1d d i i R R t εΦ== 而由 t q i d d = 可得 Φd 1d d R

t i q == 001d d Q q R

ΦΦ=?? ΦR

Q 1= Wb 105-?π==RQ Φ

因为 B r 2π=Φ，所以

T 10)/(22-=π=N r B Φ

练习27 感生电动势、自感和互感

27-1 （1）B ；（2）D ；（3） D

27-2（1）0；（2）0；（3）021

ln 2πr R R μμ；（4）0.15 H 27-3 解：大小：ε =?d Φ /d t ?= S d B / d t ε = S d B / d t =t B Oa R d /d )sin 2

121(22θθ?-=3.68 mV 方向：沿adcb 绕向。

27-4 解：线框内既有感生又有动生电动势。设顺时针绕向为 ε的正方向。由 ε = -d Φ /d t 出发，先求任意时刻t 的Φ (t ) ()d t Φ=??B S y t x y t I b a a d )(2)

(0?+π=μa b a t x t I +π=ln )()(20μ )d d d d )((ln 2d )(d 0t

x I x t I b b a t t ++π=μΦ a b a t I t +-π=-ln )1(e 200λμλv εa b a t I t t +-π=-=-ln )1(e 2d d 00

λμΦλv ε方向：λ t <1时，逆时针；λ t >1时，顺时针。

27-5 解：(1) 根据安培环路定理可求得磁场分布如下： r I B π=

201μ r >R

c

30

2

012R

Ir

B π=

μ 0≤r ≤R 分

3/2

002

/2d d d 22R

R S

R R

Ir

I

r r r

R

μμΦ==

+

ππ???

?

B S

23ln 2)4(402

2

2

0π+-π=I R R R

I

μμ23ln 216300π+π=I I μμ 2

3

ln 216300π+π==μμΦI M

(2) 00d 33

(ln )sin d 282

I i M t t μωεω=-=+π分

练习28 磁场能量、位移电流、Maxwell 方程组

28-1 （1）A ；（2）D 28-2 （1）1∶16 ；（2）

d d S

V

V

ρ=???D S ，

d d L

S

t ?=-?????B

E l S

，

d 0S

=??B S ，

d ()d L

S

t

?=+

?????D H l J S ；

（3）t E R d /d 02

επ，与E 方向相同（或由正极板垂直指向负极板）

28-3 解：

d i

I

=?∑?H l ， I rH =π2 (R 1< r < R 2)

r I H π=

2， r

I H B π==2μμ 2

2

22)2(22r I B w m π=

=μμμ l r r w V w W m m m ?π==d 2d d r rl r I d 2)

2(22

2

ππ=

μ ?

?π

=

=2

1

2

1

d 4d 2R R R R m m r

r

l I W W μ1

2

2ln

4R R l

I π

=

μ 28-4 解：由安培环路定理知 )2/(r IN B π=μ (R 1 ≤r ≤R 2) 磁能密度

)2/(2

μB w =

总能量

r b

r B W R R d 222

1

2??π?=μ ?π

=

2

1

d 42

2R R r r bI N μ12

22

ln 4R R bI N π=μ 一周期平均值 ???π

=

T t t T R R bI N W 0

2

122

02d sin 1ln 4ωμ

31 ?-?π=T t t T R R bI N 0

122

02d 22cos 11ln 4ωμ12202ln 8R R bI N π=μ

28-5 解：忽略边缘效应，则极板间为匀强电场，场强大小为

)/(/00S Q E εεσ==)/(sin 200a t Q π=εω

若在与极板中心轴线垂直的平面内，以轴线为中心画一半径为r 的圆,则通过该圆的位移电流I d 为

0d d d S S

I t t ε??==??????D E S S t E r d d 2

0π=ε202

cos a t Q r ωω= 根据对称性的分析，极板间任一点H 的方向沿通过该点的与极板共轴的圆周的切线方向，并按右手螺旋法则由d d t

E 的方向决定，而且在圆周上各点H 的大小相等。因此有 d d 2d L L H l rH I ===???πH l

r

I H d π=2)2/(cos 20a t r Q π=ωω 28-6 解：在极板间，取与电容器极板同轴的半径为r 的圆。 22d e /xt d m L I

I r R -==??H l

22/2R r e I r H xt m -=π?

)2/(e 2R rI H xt m π=-

)2/(e 200R rI H B xt m π==-μμ

B 的方向与电流流向成右螺旋关系。

练习29 简谐振动的运动方程、特征量和旋转矢量法

29-1 （1）C ；（2）B ；（3）B ；（4）C

29-2 （1）10 cm ，(π/6) rad/s ，π/3；（2）02T ；（3）3π/4

29-3 解：由旋转矢量图和 |v A | = |v B | 可知 T /2 = 4秒

T = 8 s ， ν = (1/8) s -1，

ω = 2πν = (π /4) s -1

(1) 以AB 的中点为坐标原点，x 轴指向右方．

t = 0时， 5-=x cm φcos A =

t = 2 s 时， 5=x cm φφωsin )2cos(

A A -=+= 由上二式解得 tg φ = 1

因为在A 点质点的速度大于零，所以

φ = -3π/4或5π/4 （如图所示）

25cos /==φx A cm

所以振动方程

)4

34c o s (10252π-π?=-t x (SI) (2) 速率

32 )4

34sin(41025d d 2π-π?π-==-t t x v (SI) 当t = 0 时，质点在A 点

221093.3)4

3sin(10425d d --?=π-?π-==t x v m/s

29-4 解：二弹簧共同的等效劲度系数

421=+=k k k N/m

k m T /211π=

10.0)4/(2211=π=kT m kg

粘上油泥块之后

2.021=+=m m m kg

新的周期

4.1/2=π=k m T s

物块速度111A ω=v ，油泥块和物块碰撞，所以水平方向动量守恒 v v )(2111m m m +=

碰撞后

16.0)/(2111=+=m m m v v m/s

新的振幅

0.035v

A ω=== m

29-5 解：(1) 1s 10/-==m k ω

63.0/2=π=ωT s

(2) A = 15 cm ，在 t = 0时，x 0 = 7.5 cm ，v 0 < 0 。故 2020)/(ωv +=x A

3.12

020-=--=x A ωv m/s π=-=-3

1)/(tg 001x ωφv 或 4π/3

因为 x 0 > 0 ，所以 π=3

1

φ

(3) )3110cos(10152π+?=-t x (SI) 练习30 简谐振动的能量、简谐振动的叠加

30-1 （1）D ；（2）B

30-2 （1）T /8，3T /8；（2）0.84；（3）3/4，g l /2?π；（4）|A 1 – A 2|，

33 )212cos(12π+π-=t T A A x ；（5）4×10-2 m ，π2

1；（6）1.47；（7）291 Hz 或309 Hz ；（8）4:3

30-3 解：(1) 势能

22

1kx W P =

总能量 22

1kA E =

由题意， 4/2

122kA kx = 21024.42

-?±=±=A x m (2) 周期

T = 2π/ω = 6 s 从平衡位置运动到2A

x ±= ?t 为 T /8

∴ ?t = 0.75 s

30-4 (1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向。设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为?l ，则有l k mg ?=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则

0)(0=+-+?x l k mg F

F = kx 0

由题意，t = 0时v

0 = 0，x = x 0。则 02020)/(x x A =+=ωv 又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 T

π=2ω。由于 2ωm k =，所以 444.0)/4(22=π==A T m kA F N

(2) 平衡位置以下1 cm 处

)()/2(2222x A T -π=v 221007.121-?==

v m E K J 2222)/4(2

121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 30-5 解：由合振动的振幅及初相公式，可得

φ?++=cos 2212221A A A A A

22210)4

143cos(65265-?π-π???++= m 21081.7-?= m )

4/c o s (6)4/3c o s (5)4/s i n (6)4/3s i n (5a r c t g π+ππ+π=φ = 84.8°=1.48 rad 所以

)48.110cos(1081.72+?=-t x (SI)

30-6 解：把两波写成

34 )]0.802.0(21cos[11t x A y -π=)]02.00.8(2

1cos[1x t A -π= )]02.00.8(2

1cos[22x t A y +π= 并令A 1 = A 2 = A = 0.06 m ，则对于所求的点有

φ?++=cos 22122212A A A A A

2

1cos -=?φ 由x π=?02.0φ，可得

)3/22(02.0π+π±=πk x 或 )3/22(02.0π-π±=πk x

)3/22(50+±=k x m 或 )3/22(50-±=k x m ( k = 0,1,2,…)

练习31 波的基本概念、平面简谐波

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）

])330/(165cos[10.0π--π=x t y (SI)；（5）)2

2cos(1π-π=t T A y x 或)/2sin(1T t A y x π=；（6）80 N

31-3 解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成

)/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI)

t = 1 s 时

0])/1.0(27cos[1.0=+π-π=φλy

因此时a 质点向y 轴负方向运动，故

π=+π-π2

1)/1.0(27φλ ① 而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有

05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy

且

π-=+π-π3

1)/2.0(27φλ ②

由①、②两式联立得 λ = 0.24 m

3/17π-=φ

所以，该平面简谐波的表达式为

]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y (SI)或]3

112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI) 31-4 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为

)2cos(φν+π=t A y 由图可知，t = t ＇时

0)2cos(=+'π=φνt A y

35 0)2sin(2d /d <+'ππ-=φννt A t y

所以

2/2π=+'πφνt ， t 'π-π=

νφ22

1 x = 0处的振动方程为 ]2

1)(2cos[π+'-π=t t A y ν (2) 该波的表达式为

]2

1)/(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν 31-5 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播。原点O 处质点，t = 0 时

φcos 2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v

所以 4/π=φ

O 处振动方程为

)4

1500cos(0π+π=t A y (SI) 由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为

]4

1)200250(2cos[π++

π=x t A y (SI) (2) 距O 点100 m 处 5cos(500)4

y A t =+ππ )4

5500cos(500π+ππ-=t A v (SI) 练习32 波的能量、波的干涉、驻波和多普勒效应

32-1 （1）D ；（2）C ；（3）B ；（4）C

32-2 （1）5 J ；（2）4；（3）Sw π2ωλ

；

（4）S 1的相位比S 2的相位超前π/2；（5）])/(2cos[π++πλνx t A ，)2

12cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ；（6）637.5 Hz ，566.7 Hz 32-3 解：

=-π

--=?)(21212r r λφφφ422412/r r π-=π+π-πλ

λ 464.0)cos 2(2/1212221=++=?φA A A A A m

32-4 解：(1) 反射点是固定端，所以反射有相位突变π，因此反射波的表达式为

])//(2cos[2π+-π=T t x A y λ

(2) 驻波的表达式是

21y y y +=)2

1/2cos()21/2cos(2π-ππ+π=T t x A λ

36 (3) 波腹位置

π=π+πn x 2

1/2λ λ)2

1(21-=n x , n = 1, 2, 3, 4,… 波节位置

π+π=π+π2

121/2n x λ λn x 2

1= , n = 1, 2, 3, 4,… 32-5解：A 点的观察者接收到的拍频是S 振源向A 处发射的波和向墙壁发射的波经反射到A 处合成的结果。即

01)

(ννu V V --=

02ννu

V V -= 012)(ννννu

V V u V V +--=-=?002222uV u V V u νν≈-

0.120=?=ννV u m/s 练习33 光的相干性、分波阵面干涉

33-1 （1）A ；（2）C ；（3）C ；（4）B

33-2 （1）(n 1-n 2)e 或(n 2-n 1)e ；（2）d sin θ ＋(r 1－r 2)；（3）3.6 mm

33-3 解：因为λν = c ，所以

λ?ν = - ν?λ

?λ = | ( - λ?ν ) / ν |= c ?ν / ν 2 = 0.173 nm

l c = λ 2 / ?λ = ( c / ν )2 / (c ?ν / ν 2 ) = c / ?ν= 6000 km

33-4 解：(1) ?x ＝20 D λ / a ＝0.11 m

(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足

(n －1)e ＋r 1＝r 2

设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有

r 2－r 1＝k λ

(n －1)e = k λ

k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7

零级明纹移到原第7级明纹处

33-5 解：(1) 干涉条纹间距

?x = λD / d

相邻两明条纹的角距离

?θ = ?x / D = λ / d

由上式可知角距离正比于λ，?θ 增大10％，λ也应增大10％．故

λ＇＝λ（1＋0.1）＝648.2 nm

(2) 整个干涉装置浸入水中时，相邻两明条纹角距离变为 ?θ ＇＝?x / (nd ) = ?θ / n

由题给条件可得

37

?θ

＇＝0.15°

33-6 解：(1) 如图，设P 0为零级明纹中心 则 D O P d r r /012≈-

(l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0

所以

r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ

()d D d r r D O P /3/120λ=-=

(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差 λδ3)/(-≈D dx 明纹条件

λδk ±= (k ＝1，2，....) 所以

()d D k x k /3λλ+±=

在此处令k ＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距

d D x x x

k k /1λ=-=+?

练习34 等厚干涉

34-1 （1）B ； C ；（3）C

34-2 （1）r 12/r 22；（2）2 ( n – 1) e – λ /2 或2 ( n – 1) e + λ /2；（3）3λ / (2n ) 34-3 解：(1) 明环半径

()2/12λ?-=

R k r

()R

k r 1222-=λ＝5×10-5 cm) (2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ) 对于r ＝1.00 cm ，

k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5

故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个。

34-4 证：如图过接触点O 作凸凹球面的公共切平面,第k 个暗环半径处,凸凹球面与切平面的距离分别为e 1、e 2 ，第k 个暗环处空气薄膜的厚度?e 为

?e = e 1 – e 2

由几何关系近似可得 ()1212/R r e k = ，()2222/R r e k =

第k 个暗环的条件为

()λλ122

1

212+=+?k e (k = 1，2，3…)

2 ?e = k λ

λk R R r

k

=???? ??-?21

2112

2

λk R R R R r k =???

? ??-21122

1

38 1

2212R R R R k r k -=λ (k = 1，2，3…) 34-5 解：设Ａ点处空气薄膜的厚度为ｅ，则有

1112,)12(2

1212λλλk e k e =+=+

即 改变波长后有 2)1(2λ-=k e

)/(,122221λλλλλλ-=-=k k k

故

)/(2

12112211λλλλλ-==k e 34-6 解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e 2＝

21λ处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A 处膜厚度

e 4=

λ2

3 所以 ()l l e 2/3/4λθ==＝4.8×10-5 rad

(2) 由上问可知A 处膜厚为 e 4＝3×500 / 2 nm ＝750 nm

对于λ＇＝600 nm 的光，连同附加光程差，在A 处两反射光的光程差为λ'+2124e ，它与波长λ'之比为0.32

1/24=+'λe ．所以A 处是明纹 (3) 棱边处仍是暗纹，A 处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹。

练习35 等倾干涉、迈克尔逊干涉

35-1 （1）B ；（2）D

35-2 （1）[( 4ne / λ )–1 ]π或 [( 4ne / λ) +1]π；（2）114.6 nm ；（3）2d / N ；（4）2(n – 1)h 35-3 解：因为

λλk i n e =--2/sin 222

令k = 0，则

2/sin 222λ=-i n e

=-=i n e 22sin 2/)2/(λ111 nm

35-4 解：设介质薄膜的厚度为e ，上、下表面反射均为由光疏介质到光密介质，故不计附加程差。当光垂直入射i = 0时，依公式有，对λ1：

()112212λ+='k e n ① 按题意还应有，对λ2：

22λk e n =' ②

由① ②解得： ()32121=-=λλλk

将k 、λ2、n '代入②式得

n

39 n k e '

=22λ＝7.78×10-4 mm 35-5 解：反射镜移动距离

96589.31010m 2.9510m 22

e N λ--??=?=?=? 设开始时中心级次为k ，边缘级次为k-10。则有

λk e =2 (1)

λ)10(cos 2-=k i e k (2)

移动后：中心级次变为10-k ，边缘级次变为15-k 。则有

λ)10()(2-=?-k e e (3)

λ)15(cos )(2-=?-k i e e k 2 (4)

联立式（1）、（2）、（3）和（4），可解得20=k ，边缘处515=-k 。

练习36 单缝衍射、园孔衍射

36-1 （1）C ；（1）D

36-2 （1）子波；子波干涉(或“子波相干叠加”)；（2）5×10-4 mm ；（3）4，第一，

暗；（4）4 ；（5）2.24×10-5，4.47；（6）13.9

36-3 解：(1) 对于第一级暗纹，有

a sin ? 1≈λ

因? 1很小，故

tg ? 1≈sin ? 1 = λ / a

故中央明纹宽度

?x 0 = 2f tg ? 1=2f λ / a = 1.2 cm

(2) 对于第二级暗纹，有

a sin ? 2≈2λ

x 2 = f tg ? 2≈f sin ? 2 =2f λ / a = 1.2 cm 分

36-4 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得

111sin λθ=a 222s i n λθ=a

由题意可知

21θθ= , 21sin sin θθ=

代入上式可得

212λλ=

(2) 211112sin λλθk k a == (k 1 = 1, 2, ……)

a k /2sin 211λθ=

222sin λθk a = (k 2 = 1, 2, ……)

a k /sin 222λθ=

若k 2 = 2k 1，则θ1 = θ2，即λ1的任一k 1级极小都有λ2的2k 1级极小与之重合。 36-5 解：设人眼在空气中最小分辨角为θ ，汽车与人之距离为S

d λθ22

.1= l S =θ

40 d

l l

S /22.1λθ==λ22.1/ld == 4.9 ×103 m 36-6 解：(1) 已知 d = 3 mm ，λ = 550 nm ，人眼的最小分辨角为：

==d /22.1λθ 2.24×10-4 rad

(2) 设等号两横线相距 ?x = 2 mm 时，人距黑板l 刚好看清，则

l = ?x / θ = 8.9 m

所以距黑板10 m 处的同学看不清楚。

练习37 光栅衍射、X 射线衍射

37-1 （1）D ；（2） D ；（3）D

37-2 （1）一、三；（2）3；（3）30 °；（4）2d

37-3 解：由光栅衍射主极大公式得

111

sin λ?k d = 222

sin λ?k d = 2

1212

2112132660440sin sin k k k k k k =??==λλ?? 当两谱线重合时有?1= ?2 即 6

9462321===k k ．．．．．．． 两谱线第二次重合即是

4

621=k k ， k 1=6， k 2=4 由光栅公式可知

d sin60°=6λ1

60

sin 61λ=d =3.05×10-3 mm 37-4 解：(1) λφk b a =+sin )(

当 2/π=φ时

=+=λ/)(b a k 3.39，k max = 3

又因为a = b

λφφk a b a ==+sin 2sin )(

有谱线

2/sin λφk a =

但当k =±2，±4，±6，… 时缺级。所以能看到5条谱线为0，±1，±3级。

(2) λθφk b a =++)sin )(sin (，

θ = 30°，φ =±90°

π=

2

1φ，λ/)90sin 30)(sin (?+?+=b a k = 5.09 取 k max = 5 π-=21φ，λ/)90sin 30)(sin (?-?+=b a k = -1.7 取 1m a x -='k 因为 a = b ，故第2，4，… 缺级。所以，能看5条谱线为+5，+3，+1，0，-1级

41 37-5 解：光栅常数

d = 1m / (5×105) = 2 ×10-5m

设λ1 = 450nm ，λ2 = 650nm, 则据光栅方程，λ1和λ2的第2级谱线有 d sin θ 1 =2λ1； dsin θ 2=2λ2

θ 1 =sin -12λ1/d ＝26.74°，θ 2 = sin -12λ2 /d ＝40.54°

第2级光谱的宽度

x 2 - x 1 = f (tg θ 2-tg θ 1)

所以

f = (x 1 - x 2) / (t

g θ 2 - tg θ 1) ＝100 cm

37-6 解：光栅常数d=2×10-6 m 。

(1) 垂直入射时，设能看到的光谱线的最高级次为k m ，则据光栅方程有

d sin θ = k m λ

因为sin θ ≤１ ，所以 k m λ / d ≤1 ， 故

k m ≤d / λ=3.39

由于k m 为整数,有

k m =3

(3) 斜入射时，设能看到的光谱线的最高级次为m

k '，则据斜入射时的光栅方程有 ()

λθm

k d '='+sin 30sin 即

d k m /sin 2

1λθ'='+ 因为 sin θ＇≤1 ，所以5.1/≤'d k m

λ，故 λ/5.1d k m

≤'=5.09 由于m k '为整数，有 m

k '=5 37-7 解：设晶面间距为d ；第一束X 射线波长为λ1，掠射角θ1 = 30°，级次k 1 = 1；另一束射线波长为λ2 = 0.097 nm ，掠射角θ2 = 60°，级次k 2 = 3。

根据布拉格公式： 第一束 111s i n

2λθk d = 第二束 222s i n

2λθk d = 两式相除得

==2

11221sin sin θθλλk k 0.168 nm 练习38 光的偏振

38-1 （1） A ；（2）D ；（3）D

38-2 （1）2，1/4 ；（2）30?，1.73；（3）

42

（4）自然光或(和)圆偏振光，线偏振光(完全偏振光)，部分偏振光或椭圆偏振光

38-3 解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为θ．透过第一个偏 振片后的光强

I 1＝I 0 / 2

透过第二个偏振片后的光强为I 2，由马吕斯定律

I 2＝(I 0 /2)cos 2θ分

透过第三个偏振片的光强为I 3

I 3 ＝I 2 cos 2(90°－θ ) = (I 0 / 2) cos 2θ sin 2θ = (I 0 / 8)sin 22θ

由题意知I 3＝I 2 / 16，所以

sin 22θ = 1 / 2

()

2/2sin 211-=θ＝22.5°

38-4 证：因反射光线1为完全偏振光，故自然光线的入射角i 0满足布儒斯特定律

tg i 0＝n / n 0

在这种情况下，反射光线和折射光线垂直，有

i 0＋r ＝90?

因而上式可写成

tg(90?－r )＝ctg r ＝n / n 0

tg r ＝n 0 / n

折射光线在玻璃板下表面的入射角r 也满足布儒斯特定律，因而反射光线2也是完全偏振光. 38-5 解：(1) o 光振幅 θsin A A o =

e 光振幅

θcos A A e =

θ = 60°，两光强之比

2)/(/e o e o A A I I =2)cos /(sin θθ= 3tg 2==θ

(2) 晶片厚度d = 0.50 mm 两光光程差

δ = ( n e - n o ) d = 4.5 μm

38-6 解： 4

)(λδ=-=d n n e o 4()o e d n n λ

=-＝8.56 ×10-7 m

练习39 黑体辐射、普朗克量子假设、光电效应

39-1 （1）C ；（2）B ；（3）D

39-2 （1）0.64；（2）5.13×103；（3）2.40×103 K ；（4）黑体辐射；认为黑体腔壁由许多带电简谐振子组成，每个振子辐射和吸收的能量值是不连续的，是能量子h ν 的整数倍；

（5）A /h ，))(/(01νν-e h

39-3 解： (1) 太阳在单位时间内辐射的总能量

E = 1.37×103×4π(R SE )2 = 3.87×1026 W

(2) 太阳的辐射出射度

43 =π=

204S

r E E 0.674×108 W/m 2 由斯特藩－玻尔兹曼定律 40T E σ=

5872/40==σE T K

39-4 解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为λ0 。

00=-A h ν

0)/(0=-A hc λ

A hc /0=λ

又按题意

K E A hc =-)/(λ

所以

K E hc A -=)/(λ

λ

λλλK K E hc hc E hc hc -=-=)/(0= 612 nm 39-5 解：(1) 00/λνhc h A ==

==

A

hc 0λ 5.65×10-7 m = 565 nm (2) a U e m =221v , A U e hc h a +==λν 得

=+=A

U e hc a λ 1.73×10-7 m = 173 nm 39-6 解：当铜球充电达到正电势U 时，有

221v m A eU h +

+=ν 当νh ≤A eU +时，铜球不再放出电子，即

eU ≥h ν -A =

=-A hc λ 2.12 eV

故U ≥2.12 V 时，铜球不再放出电子。 练习40 康普顿效应、氢原子光谱与玻尔理论

40-1 （1）D ；（2）C ；（3）C ；（4）C

40-2（1）θφννcos )cos (p c

h c h +'=；（2）0.586 ；（3）量子化定态假设，量子化跃迁的频率法则h E E k n kn /-=ν，角动量量子化假设 π=2/nh L （其中 n =1，2，3，……）；

（4）13.6，5；（5）2.55；（6）1，2；（7）5，10

40-3 解：入射光子的能量为

44

0λεhc

=

散射光子的能量为

λ

εhc

=

反冲电子的动能为

εε-=0K E =-=)1

1

(

λ

λhc 1.68×10-16 J

40-4 解：(1) 康普顿散射光子波长改变：

=-=?)cos 1)((φλ

c hm e 0.024×10-10 m

=+=?λλλ0 1.024×10-10 m

(2) 设反冲电子获得动能2

)(c m m E e K -=，根据能量守恒：

K e E h c m m h h +=-+=ννν20)(

K E hc hc ++=?)]/([/00λλλ

)](/[00λλλλ??+=hc E K =4.66×10-17 J =291 eV

40-5 解：(1) ==λν/hc h 2.86 eV

(2) 由于此谱线是巴耳末线系，其 k =2

4.32/21-==E E K eV (E 1 =－13.6 eV)

νh E n E E K n +==2

1/ 51

=+=

ν

h E E n K

(3) 可发射四个线系，共有10条谱线，如图所以。 波长最短的是由n =5跃迁到n =1的谱线。

40-6 解：设激发态量子数为n , 根据玻尔理论：νh E E n +=1 对氢原子

E 1 =－13.6 eV (基态)

h ν =12.09 eV

所以

E n =－1.51 eV 分

另外，对氢原子有

E n =－13.6/n 2eV

由此有

－1.51＝－13.6/n 2

n 2≈9，n =3 氢原子的半径公式为

r n = n 2a 1 = 9 a 1

即氢原子的半径增加到基态时的9倍。

练习41 德布罗意波、测不准关系

41-1 （1）A ；（2）A

=5 =4 =3 =2

=1

45 41-2 （1）150 V ；（2）3/1；（3）1.46 ?

41-3 解： 202c m mc E K -=20220))/(1/(c m c c m --=v

220/)(c c m E m K

+= )/(220202c m E c m E E c K K K ++=v

将m ，v 代入德布罗意公式得

2022/c m E E hc h/m K K +==v λ

41-4 解：用相对论计算 由

20)/(1/c m m p v v v -=

= ① 2022012])/(1/[c m c c m eU --=v ② p h /=λ ③ 计算得

122012121071.3)2(-?=+=c m eU eU hc

λ m

若不考虑相对论效应，则

v 0m p = ④ v 0122

1m eU =

⑤ 由③，④，⑤式计算得 =='2/1120)2/(eU m h λ 3.88×10-12 m

相对误差

%6.4=-'λ

λλ 41-5 解：

?x ?p x ≥

?x ?m v x ≥

x v ?≥x

m ? 粒子的最小能量应满足

2min )(21x m E v ?=≥2)/(2

1x m m ? )2/(22x m ?≥ )2/(22mL = 在核内，质子或中子的最小能量 E min ≥)2/(2

2mL = 3.3×10-14 J 41-6 解：根据不确定关系式?E ?t ≥ ，可得

?E ≥ /?t = 0.659×10-7 eV

根据光子能量与波长的关系

λν/hc h E ==

则光子的波长

==E hc /λ 3.67×10-7 m

波长的最小不确定量为

?λ = hc ?E /E 2 = 7.13×10-15 m

41-7 解：光子动量

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/18gl.html