大物习题答案

浦江物理B-1期末考试说明

本学期物理B-1考试在20周。考试用题库出卷。主要要求如下：

1、 考试范围

考试范围完全按照开学时教学要求和教学进程表进行。题目不超出《解题指导书》范围，其中选择和填充题目全部在《解题指导书》的各章作业和各章自测题的选择、填充题里面；但是有40%左右要换数据或者作适当变化，所以要求学生理解这些题目。考虑到物理（上）内容多，学时紧张，而且计算题又比较多。为了重点复习，计算题给一定数量的重点复习题目。物理B热学部分不考计算题。但是选择和填充题要考大约12分左右。 2、题型

选择（10个单项选择题）30%，填充大约30%，计算大约40%。

3、计算题要求（对应新解题指导练习书页码）

质点力学（九题）： P12：例2.2和2.3； P94： 8 与9 ； P97：8与9；

P100：10； P101：11； P102：14；

静电学（七题）： P38：例5.3； P119：14与15；P121：18；

P124：9； P125：10与11

磁学（七题）： P50：例6.5； P130：13； P131：15

P135：10与11； P136：13； p137：14

说明：（1）计算题主要在上述范围出题，但是有个别题会作些改动或者变换数据，因此要求学生掌握这些典型题的求解方法。 （2）上述考试说明已经包括补考卷内容。

考卷难度:平均分出在75-80分（计算机题库预计分）；江浦B-1平均分出在70-75。

2012年5 月5日

练习一 质点运动学

1、C 2、B 3、D 4、3 m, 5 m

5、a??8j(m/s)，r?(5?2t)i?(4t?10)j(m) 6、2x?8x3(m/s) 7、x?(y?3),8、解：（1）a?2???2??2?v?16i?2j(m/s),???a?8i(m/s2),

?vttdv??dv??adt??(6t?8)dt

v000dt?v?v0?3t2?8t?v?3t2?8t?10(m/s)，

xttdx??dx??vdt??(3t2?8t?10)dt （2）v?x000dt?x?x0?t3?4t2?10t?x?t3?4t2?10t?1(m)

9、解：如图，设灯与人的水平距离为x1，灯与人头影子的水平距离为x，则：

dx1dx，人头影子移动的速度：v?。 dtdtHdxHdx1Hx1??v0 。 而：x?， 即：v?H?hdtH?hdtH?h人的速度：v0?10、解（1）??2?4t3d?d2?2?1?12t(rad?s)???2?24t(rad?s?2)(rad)???dtdt

?a??R??2.4t(m?s?2),an?R?2?14.4t4(m?s?2)an?230.4(m?s?2)4

3则t?2s时， ?a??4.8(m?s?2),（2）加速度和半径成45?角，即a??an，即2.4t?14.4t?t?2.4/14.4?1/6 代入得：??2.67rad

练习二 牛顿力学

1、C 2、A 3、C

4、D 5、6 N, 4 N 6、解：（1）??0,（2）Tsin??ma,T?mg；

Tcos??mg；则：tan??a/g,T?ma2?g2

7、解 小球受重力mg、绳的张力T及斜面的支持力N。 （1）对小球应用牛顿定律，在水平方向上和竖直方向分别有：

Tcos??Nsin??ma，

Tsin??Ncos??mg

解方程组可得：绳的张力T?m(acos??gsin?)?3.32(N) 小球对斜面的正压力大小?N?Tcos??ma?3.75(N)

sin?（2）当N?0时脱离斜面，则在水平方向上和竖直方向分别有：

Tcos??ma，

Tsin??mg

解方程组可得：斜面的加速度为a?gcot??17.0(m/s2) 8、解：（1）F?3?4t(N)?at?3s?33F?0.3?0.4t?1.5(m/s2) mV?V0??adt?0??(0.3?0.4t)dt?2.7(m/s)

00（2）F?3?4x(N)?ax?3m?3F?0.3?0.4x?1.5(m/s2) mV1adx?VdV??(0.3?0.4x)dx??VdV?V2?(0.3x?0.2x2)30

200?V?5.4?2.32(m/s)

9、解：分别对物体上抛时作受力分析，以地面为原点，向上为y轴正方向。 对物体应用牛顿定律：ma??mg?kmv ?a??(g?kv)， 而a?22dvdvdyvdv2???，则有ady?vdv??(g?kv)dy?vdv dtdydtdyH??dy??0H0kv02vdv1??H?ln(1?)2g?kv2kg

练习三 动量守恒和能量守恒

1、D 2、D 3、D 4、27 J，36 m/s 5、6、60 N?S,8、3?10s,?3mg2mg, kk16 m/s， 7、2mv

1.2N?S,4 g

0.20.19、（1）W外??W弹??x2x1?F弹dx??(20x?30x2)dx?0.37(J)

（2）W弹??0.51F弹dx???(20x?30x2)dx?0.37(J)

0.20.1W弹?12mv?0?v?0.61(m?s?1) 2mv0

M?mdxdvM?m?(M?m)?dx??dv （2）?kdtdtkXmv0M?m0??dx??dv?X? ?0vkk10、解 （1）(M?m)v?mv0?v?11、分析：脱离时，小球只受重力作用，重力在径向的分力提供向心力， 设顶点处为零势能点，则：

?v2mgcos??m??2?R???cos??

3?0?1mv2?mgR(1?cos?)???2下降高度为?1R。 312、解（1）小球下落过程中，机械能守恒：

0?12mv?mglsin??v?2glsin? 2（2）an?v2/l?2gsin?

（3）T?mgsin??man?T?3mgsin?

13、解 在小球下摆的过程中，小球与车组成的系统总动量和总机械能守恒，则有

?0?mv球?Mv车2Mgl? ?v??11球22M?m?mgl?mv球?Mv车?2214、解（1）释放后，弹簧恢复到原长，B的速度变为VB0。此过程中系统的机械能守恒。

则有：

123m2k kx0?vB0?vB0?x0223m（2）达到原长后，系统的总动量和总机械能守恒。

弹簧伸长量最大或压缩量最大时，A和B的速度相等，则根据系统动量守恒定律，有：

m1vA0?m2vB0?(m1?m2)v?v?3x04k 3m（3）设最大伸长量为xmax，则根据机械能守恒定律，有：

1111m2vB02?(m1?m2)v2?kxmax2?xmax?x0 222215、解：（1）mv0?(M?m)V??V??mv0

m?M1Af??Ek???(m?M)gS?0?(m?M)V?2???0.2

21122（2）A1??EKm?mV??mv0??703(J)

2212（3）A2??EKM?MV??0?1.96(J)

2不等。相互作用力大小相等，但作用点的位移不同。

练习四 刚体力学

1、A 2、C 3、A 4、

mBg1mA?mB?mC2 5、

2?M4?m, 6、?0/4

M?2mM?2m7、解：对物体m： mg?T?ma； 对圆盘M： T?R?补充联系联系方程： T?T?,a?R? 解以上方程得：

1MR2? 2??2mg2mgMmg?7.84rad/s2,a??3.92m/s2,T??58.8N

(M?2m)RM?2mM?2m8、解： m1g?T1?m1a T2?m2g?m2a T1r?T2r?1Mr2? 2补充联系方程： a1?a2?r?。 解以上方程得：

112m2?M2m1?M(m1?m2)g22T1?m1g,T2?m2g。a?,

111M?m1?m2M?m1?m2M?m1?m222212(m1?m2)gt2角加速度为：??，下降高度为：h?at?

12M?2m1?2m2(M?m1?m2)r2(m1?m2)g9、解：（1） 0??0??t?????0/t??0.50rad/s

2

ml2???0.25N?m （2）Mr?1210、解：本题分为两个过程：子弹和细杆的碰撞过程、细杆的上升过程。 碰撞过程中，子弹和细杆组成的系统角动量守恒：

1211mv0?l?mv0?l?Ml2?

2323上升过程中，细杆的机械能守恒：

1122l?Ml??Mg()(1?cos?) 232mv0m2v02解以上方程得： ??， cos??1?。 22Ml12Mgl练习五：气体动理论

1. C 2. C 3. D 4. B 5. 1:1:1

6. 8：1, 5：3, 1：1。 7. 1000m?s，1414m?s 8. 2

9. 1：2；5：3

?1?11?2?E?MvK?2?10. ???EK?M?iR?TMmol2??11. n?p/kT?3.2?10/m

173?Mmolv2??7.7(K) ???T?5R????kT?7.8m 22πdp练习六：热力学基础

1. B 2. D

3. A 4. B 5. B 6. 5

7. 1.62?10J 8. 93.3 9. （1）（2）

4QA1B??EAB?WA1B，??EAB?QA1B?WA1B?300J

QB2A??EBA?WB2A??300J?300J??600J，放出600J热量

（3）??1?10.

过程 QQ2?1?B2A?25% Q1QA1B内能增量?E/J 1000 0 -1000 对外作功W/J 0 1500 -500 吸收热量Q/J 1000 1500 -1500 A?B B?C C?A ABCA 11. （1）Va??1Ta?Vc??1Tc

??40% Tc?(Va??1VV)Ta?(a)??1Ta?(1)??1T1 VcVbV2CV,m[T1?(V1??1)T1]V2

V2RT1lnV1??CV,m(Tc?Tb)?CV,m(Ta?Tc)Qbc??1??1??1??1?（2）

VbVbQab?RT1ln?RT1lnVaVa?1?CV,m[1?(V1/V2)??1]Rln(V2/V1)

QBCQ212. 证明：该热机循环的效率为??1? ?1?Q1QCA其中QBC?mmCp,m(TC?TB),QCA?CV,m(TA?TC)，则上式可写为 MM??1??TC?TBTA?TC?1??TB/TC?1

TA/TC?1在等压过程BC和等体过程CA中分别有TB/V1?TC/V2,TA/p1?TC/p2 代人上式得 ??1??

13. 证明：该热机循环的效率为??1?(V1/V2)?1

(p1/p2)?1QQ2?1?41 Q1Q23Q23?mmCV,m(T3?T2),Q41?CV,m(T1?T4) MM??1??CV(T4?T1)T?T?1?41

?CV(T3?T2)T3?T2T3T4?T2T1在绝热过程12和34种分别有V2??1T3?V1??1T4，V2??1T2?V1??1T1，两式相除得

代入上式 ??1?T4?T1T(T/T?1)TVV?1?141?1?1?1?(2)??1?1?(1)1??

T3?T2T2(T3/T2?1)T2V1V214. （1）??WQ1?Q2T1?T2， ?Q2?24000 J??Q1Q1T1''由于第二循环吸热 Q1'?W'?Q2?W?Q2(?Q2?Q2)， ???W??29.4% 'Q1T1??T2T2??425K （2）???，则：T1?1??'T1?第七章 真空中的静电场

1．C； 2．C； 3．D； 4．C； 5．C； 6．C； 7．A； 8．4.55?10C； 9．q/?0；0；?q/?0； 10．(q2?q3)/?0；q1,q2,q3,q4； 11．0，?(2?0)； 12．

5q6??0R，

q6??0R； 13．90V；-30V.

14．解：将直导线分割成若干电荷元：dq??dx，

dq在P点产生的场强：

大小：dEP?向）。

则：EP?dEP?1dq4??0l(?d?x)22l2l?2??dxl4??0(?d?x)22q，方向均为水平向右（沿X轴正方

???dxl4??0(?d?x)22?11(?)，方向水平向右。 4??0ldl?ddq在P点产生的电势：dUP?dq?dx ?ll4??0(?d?x)4??0(?d?x)22?q4??0llnl?d d则：UP?dUP???l2l?2?dxl4??0(?d?x)215．解：在球内取半径为r厚为dr的薄球壳，该球壳包含的电荷为 dq??dV?Ar?4?r2dr 在半径为r的球面内包含的总电荷为 q??V?dV??4?Ar3dr??Ar4,(r?R)

0r以该球面为高斯面，按高斯定理有 E1?Ar2/(4?0),(r?R) 方向沿径向，A>0时向外；A<0时向内。

在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有 E2?4?r2??AR4/?0 得到E2?AR4/(4?0r2)，方向沿径向，A>0时向外；A<0时向内。

??16．解：（1）分析球对称性，E方向应沿半径方向向外，相同r处，D大小相同，取同心

球面为高斯面，则根据高斯定理，有：

r?R1时,??E1?ds??qi/?0?E1?4?r2?0?E1?0

??R1?r?R2时,??E2?ds??qi/?0?E2?4?r2?q1/?0?E2?????q14??0r2

r?R2时,??E3?ds??qi/?0?E3?4?r2?(q1?q2)/?0?E3?方向均沿半径方向向外。 （2）球心处的电势

q1?q2 24??0rU??R10??????R2?E1?dl??E2?dl??E3?dlR1R2

??0dr??0R1R2q14??0r2R1dr??q1?q2drR24??r20???q14??0q1(q?q2111?)?1R1R24??0R2

q11?24??0R14??0R2??17．解：分析对称性，E方向应垂直于柱面向外辐射，且，相同r处，E大小相同，取高

斯面为以r为半径，长为l的同心圆柱面，则根据高斯定理，有：

??E?ds???E?ds???E?ds???E?ds???E?ds?E?2?rl??q上底下底侧面侧面??????????i/?0

（1）r?R1时,E1?2?rl?0?E1?0 （2）R1?r?R2时,E2?2?rl??l/?0?E2?（3）r?R2时,E3?2?rl?0?E3?0

18．在?处取一微小点电荷 dq??dl?Qd?/? 它在O点处产生场强： dE??2??0r

dqQ?d?

4??0R24?2?0R2按?角的变化，将dE分解成两个分量：dEx，dEy。由对称性知道Ey=0，而

dEx?dEsin??积分：

Q4??0R22sin?d?

??/2??i?2E?Exi?0Q4??0R22sin?d??Q2??0R22? i第八章 静电场中的导体和电介质

1．D； 2．C； 3．C； 4．B； 5．B； 6．1/?r，1/?r； 7．

q；

4??0R21

1q1??R12U?q?q??10?8C1??14??0R1R1?R23????1q2R24q??10?8C8．解：?U2? ??q2?4??RR1?R2302???q1?q2?q?1qU?U??6000V??124??0R1?R2??U1?U2?9．解：（1）根据高斯定理，可求得两圆柱间的场强为：

E??，

2??0?rrR2?U??Edr?R1R?ln22??0?rR1

?C?Q?U?L?Rln22??0?rR1?2??0?rL R2lnR1Q2（2）W?； ?2C4??0?r10．解：设极板上自由电荷面密度?，应用D的高斯定理可得两极板之间的电位移为：D=? 则空气中的电场强度为：E0??/?0； 介质中的电场强度为：E??/?0?r 两极板之间的电势差为： U?E0(d?t)?Et?电容器的电容：

?2LlnR2R1?????rd?(1??r)t? (d?t)?t??0?0?r?0?rC??SU??0?rS?rd?(1??r)t

11．解：（1）已知内球壳上带正电荷Q，则两球壳中间的场强大小为E?Q4??0r2

两球壳间电势差U12??R2R1??E?dr?Q(R2?R1)11 ?)?4??0LR1R24??0R1R2Q(电容C?4??0R1R2Q ?U12R2?R1Q2Q2(R2?R1)（2）电场能量W?。 ?2C8??0R1R2第九章 稳恒磁场

1．A； 2．A； 3．B； 4．C； 5．D； 6．Ｄ； 7．C; 8.

?0I2R(1?1?)； 垂直纸面向里。 9．BIR； 10．

?0I8R，0；

11．

?0Ialn3； 2?12．解：（1）圆弧AC所受的磁力：

在均匀磁场中，通电圆弧AC所受的磁力与通有电流的直线AC所受的磁力相等，故有

FAC?2IRB＝1.13N

方向：与AC直线垂直，与OC夹角成45度角。

??（2）磁力矩：线圈的磁力矩为：Pm?ISn

?? Pm与B成30度角，力矩

-2

M?pmBsin30?=6.28×10N?m

?方向：力矩将驱使线圈法线转向与B平行。

13．解：B?B1?B2?B3?B4,?????B1?0,B4?0

B2?1?0I?0I??,?， 42R8RB3??0I??I?2sin?0,? 4?d42?R则：B方向：?，

大小：B?14．解:

（1）FCD?I2bBCD?I2b??0I8R??0I。 2?R?0I1?8?10?4(N)， 2?d?8?10?5(N)，

FEF?I2bBEF?I2b?0I12?(d?a)FDE??I2dl?B???I2dl?B??????d?adI2dr?0I1?0I1I2d?a?ln?9.2?10?5(N),2?r2?d?0I1?0I1I2d?a?ln?9.2?10?5(N),2?r2?d方向?

FCF?d?adI2dr方向?

（2）合力：F?7.2?10?4(N),方向?。 力矩：dM?dP?B?0?M?dM?0。

???????R2I??en 15．解：（1）Pm?ISen?2?（2）M?Pm?B,???sin9?0??M方向向上。 M?PmB??R2BI2

第十章 电磁感应与电磁场

1．B； 2．D； 3．A； 4．C； 5．C； 6．A； 7．15J； 8．??8.7?10V，A端。

9．解: t时刻:

?6?m??B?dS??BdS????a?l2?vta?vt?0I?Ila?l2?vtl1dr?01ln 2?r2?a?vt?i??Nd?mN?0Il1?0NIl1l2vvv ??(?)?dt2?a?l2?vta?vt2?(a?vt)(a?l2?vt)?10．解：

?m??B?dS

??(0b??0I2?(r1?x)??0I2?(r2?x))?adx

?aI(r?b)(r2?b)?0ln12?r1r2?i??d?mdt?a(r?b)(r2?b)dI?0ln12?r1r2dt??

?0I0a?(r1?b)(r2?b)lncos?t2?r1r211．解：动生电动势?MeN?????(v?B)?dl

MN为计算简单。可引入一条辅助线MN，构成闭合回路MeNM，向上运动时，穿过其中的总磁通量不变，则，闭合回路总电动势为零。

?总??MeN??MN?0

?MeN???NM??MN

a?b?MN?MN?(v?B)?dl?a?b??v?0I?Iva?b dx??0ln2?x2?a?b负号表示?MN的方向与x轴相反。

?0Iva?bln方向N?M 2?a?b?Iva?bUM?UN???MN?0ln

2?a?b?MeN??12．解：?0B?1????(v?B)?dl??vBdl??B?ldl?B?b2；

2OB?OA???1??(v?B)?dl?B?a2

2OA1B?(a2?b2) 2?I13．解:（1）B21?0，则：

2R故：UAB??21?B21S??0S2R?0IS2R

M?=4π×10

-10

H

（2）?1??M-8dI2=-2π×10V dt?0Iabdx?0Ia14．解：（1） ???ln3 ?2?cx2? M??I??0aln3 2?（2）?i??MdI3ln3??0aI0e?3t dt2? 方向：顺时针为正。

练习十一：振动答案

1. C 2. A 3. 4.

2:1

?10?π，?20??π/2，?30?π/3，?40??π/4

5. 1s

6. 75J，?0.0707m

7. 解：设平衡时木块浸没水中的高度为h，则?水gSh??木 gSa，其中S为木块截面积a。设木块位移为x，则

2F??水gS(h?x)??木gSa???水gSx??kx

所以是谐振动

T?2???2??木gSa?木am?2??2? k?水gS?水π)m与 x?Acos(?t??)比较后可得：振幅48. 解：（l）将 x?0.10cos(20πt?A?0.10m，角频率??20πs-1，初相??0.25π，则周期T?2π/??0.1s，频率

??1/T?10H。z

（2）t?2s时的位移、速度、加速度分别为

x?0.10cos(40π?π/4)?7.07?10?2(m) v?dx??2πsin(40π?0.25π)??4.44(m?s-1) dtt?2d2xa?2??40π2cos(40π?0.25π)??2.79?102(m?s-2)

dtt?29. 解：由图可知，振幅A = 4cm

由旋转矢量图可确定初相?0?5π/4

又由图可知由初始时刻运动到P点对应时刻用去0.5s，

则由旋转矢量法可知

?????t?π/4, ????/?t?π/2

振动方程为 x?4cos(t?π25π)cm 4-110. 解：（1）由题意知A = 0.06m、??2π/T?π s由旋转矢量图可确定初相?0动方程为 x?0.06cos(πt?π/3)m

??π/3，振

（2）质点从x??0.03m运动到平衡位置的过程中，旋转矢量从图中的位置M转至位置N，

矢量转过的角度(即相位差）???5π/6。该过程所需时间为?t???/??0.833s 11. 如图所示???π/2

?t?????

π/2?1s π/2

12. 解：(1)由题意可知x1和x2是两个振动方向相同，频率也相同的简谐运动，其合振动也是简谐运动，设其合振动方程为x?Acos(?t??0)，则合振动圆频率与分振动的圆频率相同，即

??2π。

合振动的振幅为

2A?A12?A2?2A1A2cos(?2??1)?16?9?2?4?3cos(?π/2)?5(cm)

合振动的初相位为tan?0?A1sin?1?A2sin?24sinπ?3sinπ/23???

A1cos?1?A2cos?24cosπ?3cosπ/243?143 4 由两旋转矢量的合成图可知，所求的初相位?0应在第二象限，则?0?π?arctan 故所求的振动方程为 x?5cos(2πt?π?arctan)(cm) (2) 当 ?3??134??2kπ(k?0,1,2)时，即x1与x3相位相同时，合振动的振幅最大，由于

?1?π，故 ?3??2kπ?π (k?0,1,2)

当?3??1??(2k?1)π(k?0,1,2)时，即x1与x3相位相反时，合振动的振幅最小，由于 ?1?π，故 ?3??(2k?1)π?π (k?0,1,2) 即 ?3??2kπ (k?0,1,2)

练习十二：波动答案

1. C 2. D 3. D 4. C 5. C 6. π/2

7. yP?2.0cos(4πt?π/2)(m)

x???]

uux9. y??2Asin2πsin2π?t

8. y?Acos[?(t?)??10. 30m?s

?1xπ)?] 1032π?x7π?10m，?A??B?2π?（2）??u ??5xπ7πx16πy?3?10?2cos[2π(t?)??]?3?10?2cos[2π(t?)?]

1035101511. 解：（1）y?3?10cos[2π(t??212. 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

2A/2?Acos?, v0??A?sin??0

所以 ??π/4

O处振动方程为 yO?Acos(500πt?π/4)（SI） 由图可判定波长??200m，故波动表达式为

y?Acos[2π(250t?x)?π/4]（SI） 200（2）距O点100m处质点的振动方程为

y?Acos(500πt?5π/4)（SI）

振动速度表达式为v??500πAsin(500πt?5π/4)（SI）

?213. 解：（1）由已知条件可知，??2π/T?π/2，又由图中可知，振幅A?1?10m，利

用旋转矢量法可得x?0处质点的初相为?0?π/3，则其运动方程为

ππyo?1?10?2cos(t?)m

23（2）由已知条件可知，波速u??/T?1m?s，则波动方程为

?1ππy?1?10?2cos[(t?x)?)m

2314. 解：（1）??2m，u?0.5m/s，T??/u?4s，??2π/T?π/2 由旋转式量法可知原点O在1s时刻的相位为3π/2，则初始时刻的相位为π，则

π原点的振动方程为 yO?0.5cos(t?π)

2πx)?π] （2） 波函数为 y?0.5cos[(t?20.515. 解：（1）已知波的表达式为y?0.05cos(100πt?2πx)与标准形式

y?Acos(2π?t?2πx/?)比较得

A?0.05m,??50Hz,??1.0m,u????50m?s-1

（2）vmax?(?y/?t)max?2π?A?15.7m/s amax?(?y/?t)max?π4?22223A4.?93?10m? -s（3）???2π(x2?x1)/??π，两振动反相。

16. 解： ????2??1?2πr2?r1?π??π?(r2?r1)

4πS1外侧：????π??20??6π 全加强

4πS2外侧：????π??(?20)?4π 全加强

4πS1S2间：????π??(r2?r1)?(2k?1)π k?0,?1,4

r2?20?r1代入上式可得：r1?4k?14

又0?r 1?20可得静止点的位置为距离S1为r1?2，6，10，14，18m的地方静止不动。17. 解：（1）火车驶近时 440?330?s

330?vs火车驶过后 392?330?s

330?vs由以上两式可解得火车的运动速度vs?19.0m?s?1，汽笛振动频率?s?414.6Hz （2）当观察者向静止的火车运动时 ??330?19?414.6Hz?438.5Hz?440Hz 330练习十三 光的干涉

1、D 2、B 3、B 4、A 5、C 6、C 7、2?(n?1)e/? 3.6×103 8、0.6 9、600 nm 10、1.5? 11、2(n?1)d 12、解：

（1）原中央明纹将向下方移动

（2）用云母片覆盖一条狭缝前后，光程差发生了改变，因此条纹要移动，只要正确写出原零级明纹位置处光程差的改变量即可解出答案。

??(n?1)d?k??d?4.74?10?6m

13、解:(1)正面: (反射光) 呈现出什么颜色,即该波长光振动加强,即:

??2n2e??1?k? ?1003A2??(k?)? 22 当 k=2 时,? = 6688 A°(红色), 当k=3 时, ?=4013 A°(紫色) (2)反面:(透射光) ???2n2e?k? ?10032A??k?

当k=2 时,? = 5016 A°(蓝绿色) 14、解：原间距 l1??/2??1.5mm

改变后 l2?l1??l?1mm

?改变后

?2??/2l2?3?10?4rad改变量 ????2???1.0?10?4rad

15、解：设所用的单色光的波长为?，则该单色光在液体中的波长为?/n. 根据牛顿环的明环半径公式 r?(2k?1)R?/2 有 r82?15R?/2

充液后有 r8?2?15R?/(2n)

r82由以上两式可得 n?2?1.71

r8?16、解：设相邻明（或暗）条纹之间距离为b，劈尖角为?，细丝直径为d，玻璃板长度为L，则

??dd? ??L73.5b2bd?73.5??2.0069?10?5m 217、解：由牛顿环暗环半径 rk?k?Rrk?5?(k?5)?R

rk2?5?rk2?4?10?7m 得 ??5R5rk2 k?2?4

rk?5?rk2

练习十四 光的衍射

1、D 2、B 3、B 4、B 5、 30° 6、625 nm 7、第一级明纹 第二级暗纹 8、2.23?10rad 9、解：由光栅衍射主极大公式得

?4dsin?1?k1?1dsin?2?k2?2

sin?1k1?1k1?4402k1 ???sin?2k2?2k2?6603k2 当两谱线重合时有 ?1??2 即

k1369??? k2246 由光栅公式可知 dsin30??6?1 d?6?1?5.28?10?3mm ?sin300k?10、解：（1）(b?b?)sin???k??b?b???60000A

sin??(b?b?)sin???k?b?b?k4（2）????时缺级，

bk?k??bsin???k??00???b?15000A?b?45000A当k??1时，?；当k??2时，舍去；当k??3时，?

00???b??45000A?b??15000A（3）(b?b?)sin???k??k?b?b???k?10

0??b?15000A当?时，实际出现级数：0,?1,?2,?3,?5,?6,?7,?9。

0??b??45000A0??b?45000A当?时，实际出现级数：0,?1,?2,?3,?5,?6,?7,?9。

0??b??15000A

11、解 （1）?0?1.22?D?2.2?10?4rad

（2）s?l?0?2.2mm 等号两横线间距不小于 2.2 mm

12、解：（1）由单缝衍射明纹公式可知 bsin?1?13(2k?1)?1??1 （取k?1） 22bsin?2?13(2k?1)?2??2 22x1x，tan?2?2ff 由于

sin?1?tan?1，sin?2?tan?2tan?1? 所以 x1?3f?13f?2，x2? 2b2b3f???0.27cm 2b则两个第一级明纹之间距为 ?x?x2?x1?（2）由光栅衍射主极大的公式

dsin?1?k?1?1?1dsin?2?k?2?1?2x

且有 sin??tan???

所以 ?x?x2?x1?f??/d?1.8cm

13、解：（1）由光栅衍射主极大公式得

(b?b?)sin30??3?1 b?b??3?1?3.6?10?4cm ?sin30?（2）(b?b?)sin30?4?2

?2?(b?b?)sin30?/4?450nm

光的偏振练习答案

31、B 2、D 3、45? 4、1.732 5、I0 6、波动 横

32

7、解：（1）透过第一个偏振片后的光强I1 I1?I0cos30?3I0/4

透过第二个偏振片后的光强为I2，

I2?I1cos60?3I0/16 （2）原入射光束换为自然光，则

22 I1?I0/2

I2?I1cos260?I0/8

8、解：设第二个偏振偏与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为?. 透过第一个偏 振片后的光强 I1?I0/2

透过第二个偏振片后的光强为I2，由马吕斯定律， I2?(I0/2)cos2? 透过第三个偏振片后的光强为I3

I3?I2cos2(90??)?(I0/2)cos2?sin2??(I0/8)sin22?

3I0 3232所以 sin2??

41?1 ??sin(?3/2)?30, 60

2由题意知 I3?9、解：设入射光光强为I，自然光光强为Iz ，线偏振光光强为Ix ,透射光光强为It 由题意 入射光I?Iz?Ix 透射光It?1Iz?Ixcos2? 211Iz?Ix Itmin?Iz Itmax?5Itmin 2221Iz?I 解得 Ix?I33Itmax?

10、解：（1）设该液体的折射率为 n，由布儒斯特定律 tgi0?1.56/n

得 n?1.56/tg48.09?1.40 （2） 折射角

???0.5??48.09??41.91??(41?55?)

相对论练习答案

1、B 2、C 3、B 4、c 5、0.75c 1.5 me 6、4

7、解：根据洛仑兹变换公式：x??x?vt1?(v/c)x1??2,t??t?vx/c21?(v/c)2

??可得：x2x2?vt21?(v/c)2,x1?vt11?(v/c)2 ??x1??在K系，两事件同时发生，t1?t2，则：x2?x2?x11?(v/c)2，

11?(v/c)2?(x2?x1)/(x2??x1?)?， 解得：v?3c/2，

2在K?系，上述两事件不同时发生，设分别发生于t1?和t2?时刻， 则：t1??t1?vx1/c21?(v/c)2,??t2t2?vx2/c21?(v/c)2，

??由此得t1??t2v(x2?x1)/c21?(v/c)2?5.77?10?6(s)。

8、解：设K?系相对于K系的运动速度为v，则根据洛仑兹变换公式可得：

t1??t1?vx1/c21?(v/c)2,??t2t2?vx2/c21?(v/c)2，

乙测得两事件同时发生，则t1?=t2?， 可得t2?t1?v(x2?x1)/c2， 由题t2?t1?2?10s2?7x2?x1?500m

7?1则 v?(t2?t1)c/(x2?x1)?3.6?10m?s

9、解： 根据洛仑兹时间变换公式 t??t?vx/c2v1?()2c2

又 ?x1?x2

??t???t?v?1????c?

代入数据解得 v?2.24?10m?s8?1

根据洛伦兹坐标变换式 x??x?vt?v?1????c?2 得 ?x??v?t??6.72?108m

10、解（1）设米尺K?系相对于蚁蜂K系的速率为v,由题意知，米尺的本征长度l0?1m,非本征长度l?0.5m 则由l?l01?v23c2?v?2c

（2）由题意知 l?0?0.5m，则非本征距离 l??lv0?1?c2?0.25m (3) 由题意知 ?t?0?x?0.5m

?t?vc2?x?v?x则?t???c231?v2v2??2cs c21?c2量子物理练习答案

1、C 2、B 3、A 4、D 5、0.268 （=2?3） 6、2.55 ，7、

h2m(??? 8、1.51 9、1:1 4:1 10、hc(110)???)

011、解: 根据维恩位移定律: T?m?b?

太阳: T1?b??5.27?103K m1北极星: Tb2???8.28?103K

m2天狼星: Tb3???9.99?103K

m312、解：??MB??T4?MB2?T24?m14??mT?bM()?()?3.63 B1T1?m213、解：爱因斯坦光电效应方程: h??1mv22?w 4 （1）w?hc?0?3.2?10?19(J)

1c（2）eUa?mv2?h??w?h?w?Ua?2?hc??w?3.65(V)

e14、解： 求解本题只需理解康普顿效应公式的意义就可代公式得结果 （1）???????2h?sin2?0.012?10?10m?????????100m 01.012100c2（2）由于散射能量守恒，光子的能量损失就是电子获得的动能，得

E?17k?h?0?h??hc(1??1?)?2.36?10J?148eV

015、 解: h??12mv2?w （1）

12mv2?h??w?hc??w?3.2?10?19(J) （2）eU12a?2mv?Ua?2.0(V) （3）hc??w??0?2.96?10?7(m)

0

16、解：dP??2dx?2asin2?xadx 粒子位于0－a/4内的概率为：

a/4P??2sin2?x2?x12?xa/4110aadx??[2a?4sina]0?4?2??0.091

m

（1）w?hc?0?3.2?10?19(J)

1c（2）eUa?mv2?h??w?h?w?Ua?2?hc??w?3.65(V)

e14、解： 求解本题只需理解康普顿效应公式的意义就可代公式得结果 （1）???????2h?sin2?0.012?10?10m?????????100m 01.012100c2（2）由于散射能量守恒，光子的能量损失就是电子获得的动能，得

E?17k?h?0?h??hc(1??1?)?2.36?10J?148eV

015、 解: h??12mv2?w （1）

12mv2?h??w?hc??w?3.2?10?19(J) （2）eU12a?2mv?Ua?2.0(V) （3）hc??w??0?2.96?10?7(m)

0

16、解：dP??2dx?2asin2?xadx 粒子位于0－a/4内的概率为：

a/4P??2sin2?x2?x12?xa/4110aadx??[2a?4sina]0?4?2??0.091

m

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