大学物理标准答案第17章
大学物理答案第17章
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17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。
解：单缝衍射中央明条纹的宽度为
a
f
x λ
2=?
代入数据得
mm x 461.5101.0101.54610
5023
9
2
=????=?---
17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。
解：单缝衍射极小的条件
λθk a =sin
依题意有
m a μλ
26.70872
.0108.6325sin 9
0=?==-
17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角
宽是多少？
解：单缝衍射极小条件为
λθk a =sin
依题意有 011
5.234.0sin 5
2
sin
20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0
475.2322=?=θ
17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。
解：单缝衍射明纹条件为
2
)
12(sin λ
θ+=k a
依题意有
2)122(2)132(2
1λλ+?=+?
代入数据得
nm 6.4287
60057521=?==
λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。
（1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？
（3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？
解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为
rad d 4
3
9109.110
0.71055044.244.22---?=??==λ
θ （2）视网膜上星体的像的直径为
mm l d 34104.423109.1 2--?=??==θ
（3）细胞数目应为3.2105.14
)104.4(52
3=????=
-πn 个
17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分
辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm ，入射光波长为550nm.。
解：
38.9101.22l L l
L
l D L m
λδθλ
????==?设两灯距为，人车距为。人眼最小分辨角为，
＝1.22＝D
17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？
（2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。
解：装置的光路如图所示。
(2)sin 1.22, 1.222rad rad D m
D δθλ
λ
θδθ
?=??===-2
-73
(1)角分辨率即最小分辨角为
510
＝
31016010
17－10 一光栅每厘米刻有4000条线，计算在第二级光谱中，氢原子的α和δ谱线间的角间
隔（以度为单位）已知α和δ谱线的波长分别为656nm 和410nm ，假定是正入射。 解：
2.54000
22656sin 2sin 2.522410sin 0.3282.531.655m
m
m
b b m m
b m
θλλ?λ?λ?α?δ???=?'??'=∴=?''??''?'''∴?o
o
-2-6-9-6-9-6110(1)光栅常数b=10由光栅衍射明纹条件bsin =k 得正入射时
10＝＝0.5248，
1010＝＝＝10谱线第二级亮纹张角为＝谱线第二级亮纹张角为＝19.439两谱线第二级亮纹间的角距离为＝12.216??'''o
－＝
17－11 两束波长分别为450nm 和750nm 的单色光正入射在光栅上，它们的谱线落在焦距为
1.50m 的透镜的焦平面上，它们的第一级谱线之间的距离为6×10－2
m ，试求光栅常数为多
S 1
5cm
S 2
160km
D
少？ 解：
750sin sin 450sin sin sin sin sin 61.5(m
b b b
m
b b
f f x f f m m b θλλ?λ?λ???????'
?'=∴=''?'''''
≈''''''
≈''''''∴?-=?∴=-9-9-2(1)由光栅衍射明纹条件bsin =k 得正入射时10＝
10＝＝
750nm 谱线第一级距中心点的距离x =ftg 450nm 谱线第一级距中心点的距离x =ftg 两谱线第一级亮纹间的距离为＝x －x ＝10光栅常数750450)
7.56m m m m
?-?=??-9-9-6-2
10101010
17－12 以氦放电管发出的光正入射某光栅，若测得波长为668nm 的单色光衍衍射角为200，如在同一衍射角下出现了更高级次的氦谱线，波长为447nm ，问光栅常数最小应为多少？ 解：
668 3.9sin sin 20447 1.3sin sin 201668 3.906sin 20
k m b k um
k m k um m m θλλθλθ??==≈?'''??'==≈?'??=?o
o
o
-9-9-9-6由光栅衍射明纹条件bsin =k 得正入射时
k 10k 10或b 所以光栅常数随着级数的增大而增大,当k=1和k =3时,b 取最小值10b=10
17－13 一束光线正入射到衍射光栅上，当分光计转过?角时，在视场中可看到第三级光谱内波长为440nm 的条纹。问在同一角?上，可看见波长在可见光范围内的其它条纹吗？ 解：
33440sin 3sin sin 344075034407501.76 2.93,2
sin 34406602
m
b b b b m k
m
m m
k
k k b m
nm
θλλ?λ??λλ?λ'??=∴=??''==
''?≤≤????≤≤?∴≤≤=??''==-9-9
-9-9-9-9
-9-9(1)由光栅衍射明纹条件bsin =k 得正入射时10＝
10k 由于可见光，所以4501010，即104501010即10该可见光波长为＝k
17－14 某单色光垂直入射到一每厘米刻有6000条的光栅上，如果第一级谱线的偏角为
200，试问入射光的波长如何？它的第二级谱线将在何处？
解：
1.6676000
sin 20 1.667sin 2057043.15439m
m
b m nm
θλλλ
??=?==??='''
==o o o o -2-6-6110(1)光栅常数b=10由光栅衍射明纹条件bsin =k 得正入射时
102该谱线第二级亮纹张角为＝arcsin b
17－15 波长600nm 的单色光垂直入射在一光栅上，第二级明条纹分别出现在sin(=0.2处，
第四级缺级，试问：
（1）此光栅常数多少？
（2）光栅上狭缝可能的最小宽度a 多少？
（3）按上述选定的d 、a 值，试问在光屏上可能观察到的全部级数是多少？ 解：
2600 6.0sin 0.2
(2)a d (a );4 1.5;
(3)m d m
k
N N k m ?λλ??λ?λ?????===?'''='
''???=?-9-6-6(1)由光栅衍射明纹条件dsin =k 得正入射时k 1010由于光栅明纹位置由dsin =k 决定，单缝衍射极小位置由sin =k 决定，
当＝时光栅明纹位置和衍射极小位置重合，即缺级，此时＝为整数），
d
k=Nk (k =1,2,3,4,因第级缺级，故a=104
由dsin 9010
4,80,1,2,3,5,6,7,9,k k λλ
==∴=±±±±±±±o
Q dsin =k 可得所能看到的最大级数k=缺级所能看到的亮纹级数为共15条
17－16 波长为500nm 的单色光，垂直入射到光栅上，如果要求第一级谱线的衍射角为300，问光栅每毫米应刻几条线？如果单色光不纯，波长在0.5％范围内变化，则相应的衍射角变化范围?θ如何？如果光栅上下移动而保持光源不动，衍射角θ有何变化？ 解：
33
9
sin 500110110,1000
sin sin 30250010(2)5000.5497.5nm
arcsin 29501000nm 502arcsin b k nm b N b nm ?λλ
?λ?λ?---=??====≈??±''
≈'o o :(1)由光栅衍射明纹条件得正入射时
＝1000nm 当波长在（1％）（即497.5nm 502.5nm ）范围内波动时，则对于＝497.5nm ，衍射角＝对于＝502.5nm ，衍射角＝.5nm
30101000nm
10θ'
≈'
∴?≈o
??＝20/
（3）如果光栅上下移动而保持光源不动则衍射角不发生变化。
17－17 波长为500nm 的单色光，以300入射角斜入射到光栅上，发现原正入射时的中央明条纹的位置现在改变为第二级光谱的位置。求此光栅每毫米上共有多少条刻痕？最多能看到几级光谱？
解：
39
3
69
22sin 2sin ,tan sin 23
1102250010
1103210,5002500103333
(2)b b b
x f
b
b m N b
λλ?λ
????λλ
-----=∴=
≈='==??
???∴=
≈?=
=
≈??o 第二级亮纹距中心点的宽度为x=ftg 当斜入射角和衍射角相等时出现中央极大，此时中央亮纹距中心点的宽度为x =ftg30＝
由光栅斜入射亮纹条件得sin ),
sin )
sin 126,k k ?λ??λ
±=±-==o o b(sin30b(sin30当＝时,k=或所以最多能看到6级条纹
17－18若单色光的波长不变，试画出下列几种情况下衍射的光强度分布曲线I －sin θ示意图，并标出各图横坐标标度值。
（1）N=1；
（2）N=2，d/a=2（画出单缝衍射中央包络线的主极大即可） （3）N=4，d/a=4（画出单缝衍射中央包络线的主极大即可） （4）N=5，d/a=3（画出单缝衍射中央包络线的主极大即可） 解:
（1）
-4-3-2-10
1234
sin θ (λ/a )
（2）
-2-1012
sin θ (λ/d )
I/I 0
（3）
-4-3-2-10
1234sin θ (λ/d )
（4）
-3-2-10
123
sin θ (λ/d )
I/I 0
17－19 波长为600nm 的单色光垂直入射在一光栅上，第2、3级明条纹分别出现在sin θ=0.2与sin θ=0.3处，第4级缺级。若光栅的缝数为6，试画出单缝衍射中央包络线的主极大衍射的光强度分布曲线I －sin θ示意图，并标出横坐标标度值。
解:
966622
00.226001061044 4.810, 1.210sin sin (
)(
),sin sin sin ,b m b a d m d a m a m N I I a d α
βαβπθπθ
αβλ
λ
----?=??∴=+=?∴==?=?===
Q 第级缺级
光栅衍射强度
17－20 以波长为1.10×10－10
m 的X 射线照射岩盐晶面，实验测得在X 射线上晶面的夹角（掠射角）为11030/时获得第一级极大的反射光。问（1）岩盐晶体原子平面之间的间距d 为多大？（2）如以另一束待测的X 射线照射岩盐晶面，测得X 射线与晶面的夹角为17030/时获得第一级极大反射光，则待测的X 射线的波长是多少?
解：
101010101.10102sin11.5,20.1994 1.1010, 2.7610sin17.5 1.65910m X d d m d m d m
θλλλλ----?=??∴=?'
'=∴=?o o (1)对于波长为的射线，由公式2dsin =k 得即＝对于另一种波长的X 射线，由公式得(2)2
17－21 对于同一晶体，分别以两种X 射线实验，发现已知波长为9.7nm 的X 射线在与晶体面成300掠射角处给出第一级极大，而另一未知波长的X 射线在与晶体面成600的掠射角处给出第三级反射极大。试求此未知X 射线的波长。
解：
9.71
2sin 30,29.7,9.792
sin 603 5.6nm X d d nm d nm
d nm
θλλλλ=?∴='
'=∴=o o 对于波长为的射线，由公式2dsin =k 得
即＝对于另一种波长的X 射线，由公式得2 17－22 北京天文台的米波综合孔径射电望远镜由设置在东西方向上的一列共28个抛物线组成（如图）。这些天线用等长的电缆连到同一个接收器上（这样各电缆对各天线接收的电磁波信号不会产生附加相差），接收由空间射电源发射的232MH Z 的电磁波。工作时各天线的作用等效于间距为6m ，总数为192各天线的一维天线阵列。接收器收到的从正天顶上的一颗射电源发来的电磁波将产生极大强度还是极小强度？在正天顶东方多大角度的射电源发来的电磁波将产生第一级极小强度？又在正天顶东方多大角度的射电源发来的电磁波将产生下一级极大强度？
解：
i
i
-4-3-2-10
1234
sin θ (λ/d )
3sin sin sin 10,sin 00,021 1.12100.064 3.85(3)1sin ,sin 0.22,d i d k c
d i k k
v
c
i d k v
c
i rad Nd vNd
c
k d i k i i vd
θθλ
λλλλ--=====?='
===?≈≈======o o 光路图如图所示。此天线阵列相当于d=6m,N=192的光栅。因接收装置在屏的中央＝0，光栅方程
将简化为（）正天顶是指故即接收到的是的主极大。
（）第级极小，的主极大，12.4o
大学物理活页作业答案(全套)
1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r )(21m j i r )(242m j i r )(3212m j i r r r )/(32s m j i t r v （2）)(22SI j t i dt r d v )(2SI j dt v d a )/(422s m j i v )/(222 s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o sin cos 2 t A tdt A A vdt A x t o t o cos sin
9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5 s m t h dt ds v /1094.1cos 32 （2）当旗杆与投影等长时，4/ t h s t 0.31008.144 10．解： ky y v v t y y v t dv a d d d d d d d -k y v d v / d y C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2 020 2 121ky v C )(22 22y y k v v o o
大学物理习题答案--第一章
第一章作业解 1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。可以证明 d n mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。请证明这个关系。 证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m =' d r L F πγπγγ===2 n m m = '， d n m πγ= 得证：d n mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3?10-2N ?m -1。求释放的能量。 解：由 S E ?=?γ 雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为： )4(2 S r n E -?=?πγ 其中，3 43 r Sh n π= 为落下的雨滴数，r 为雨滴半径 J r h S E 8 3 3 6 2 1018.2)110 0.110503( 102010 3.7)13( ?=-???????=-=?---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数1 2 10 0.5--??=m N γ。问要使树液到达树木的顶部，高 为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？ 解：由朱伦公式：gr h ρθ γcos 2= 则：cm gh r 5 3 2 10 6.320 8.91012 /210 0.52cos 2--?=??????= = ρθ γ 1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的
关于大学物理课后习题答案第六章
第6章 真空中的静电场 习题及答案 1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？ 解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧，它受到的合力才可能为0，所以 故 223+=x 2. 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解：(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q '为负电荷，所以 故 q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关。 3. 如图所示，半径为R 、电荷线密度为1λ的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。求该直线段受到的电场力。 解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。在带电圆环上取dl dq 1λ=， dq 在带电圆环轴线上x 处产生的场强大小为 ) (42 20R x dq dE += πε 根据电荷分布的对称性知，0==z y E E z
式中：θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。 下面求直线段受到的电场力。在直线段上取dx dq 2λ=，dq 受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。 直线段受到的电场力大小为 方向沿x 轴正方向。 4. 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ。求： （1）圆心处O 点的场强； （2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O 点场强。 解：（1）在半圆环上取?λλRd l dq ==d ，它在O 点产生场强大小为 20π4R dq dE ε= ?ελ d R 0π4= ，方向沿半径向 外 根据电荷分布的对称性知，0=y E 故 R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向。 （2）当将此带电半圆环弯成一个整圆后，由电荷分布的对称性可知，圆心处电场强度为零。 5．如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度。 解：建立图示坐标系。在均匀带电细直杆上取dx L q dx dq ==λ，dq 在P 点产生的场强大小为 2 02044x dx x dq dE πελπε== ，方向沿x 轴负方向。
大学物理第二十章题解
第二十章 稳恒电流的磁场 20-1．如图所示，将一条无限长载流直导线在某处折成直角，P 点在折线的延长线上，到折线的距离为a .（1）设导线所载电流为I ，求P 点的B ．（2）当20A I =，0.05m a =，求B ． 解 （1）根据毕-萨定律，AB 段直导线电流在P 点产生的磁场0B =；BC 段是“半无限长”直导线电流，它在P 点产生的磁场为001224I I B a a μμππ= =， 方向垂直纸面向里．根据叠加原理，P 点的磁感应强度 001224I I B a a μμππ= = 方向垂直纸面向里． （2）当20A I =，0.05m a =时 75141020410(T)22005 B .ππ--??=?=?? 20-2．如图所示，将一条无限长直导线在某处弯成半径为R 的半圆形，已知导线中的电流为I ，求圆心处的磁感应强度B ． 解 根据毕-萨定律，两直线段导线的电流在O 点产生的磁感应强度0B =，半圆环形导线的电流在O 点产生的磁感应强度0122I B R μ= ．由叠加原理，圆心O 处的磁感应强度 04I B R μ= 方向垂直纸面向里． 20-3．电流I 若沿图中所示的三种形状的导线流过（图中直线部分伸向无限远）, 试求 各O 点的磁感应强度B ． 解 （a ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流
的磁感应强度和14个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加 0000111(1)22224224 I I I I B R R R R μμμμπ πππ= ++=+ ，方向垂直纸面向外． （b ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于下面一条半无限长直线电流的磁感应强度和34个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加 000133 (1)224242 I I I B R R R μμμπππ= +=+ ，方向垂直纸面向里． （c ）根据毕-萨定律和叠加原理，O 点的磁感应强度等于两条半无限长直线电流的磁感应强度和12个圆环形导线的电流的磁感应强度的叠加 000111222222I I I B R R R μμμππ= ++()024I R μππ=+ ，方向垂直纸面向里． *20-4．如图所示，电流I 均匀地流过宽为a 2的无限长平面导体薄板．P 点到薄板的 垂足O 点正好在板的中线上，设距离x PO =，求证P 点的磁感应强度B 的大小为 x a a I B arctan 20πμ= 解 把薄板等分成无限多条宽为d y 的细长条，每根细长条的电流d d 2I I y a = ，可视为线电流；无限长载流薄板可看成由无限多条无限长载流直导线构成． y 处的细长条在P 点产生的磁感应强度为d B +，y -处的细长条在P 点产生的磁感应强 度为d B -，二者叠加为沿Oy 方向的d B ．所以P 点的磁感应强度B 沿Oy 方向，B 的大小 02 2 2 cos 2a B x y θπ= +? 022 2 2 022a a x y x y π=? ?++? 0220d 2a Ix y a x y μπ=+?001arctan 2a Ix y a x x μπ=0arctan 2I a a x μπ = *20-5．如图所示，半径为R 的木球上绕有密集的细导线，线圈平面彼此平行，且以单 层线圈盖住半个球面．设线圈的总匝数为N ，通过线圈的电流为I ，求球心O 处的B ． 解 在14圆周的圆弧ab 上，单位长度弧长的线圈匝数为 224N N R R ππ=
大学物理习题及答案
x L h 书中例题：1.2, 1.6（p.7;p.17）（重点） 直杆AB 两端可以分别在两固定且相互垂直的直导线槽上滑动，已知杆的倾角φ＝ωt 随时间变化，其中ω为常量。 求：杆中M 点的运动学方程。 解：运动学方程为： x=a cos(ωt) y=b sin(ωt) 消去时间t 得到轨迹方程： x 2/a 2 + y 2/b 2 = 1 椭圆 运动学方程对时间t 求导数得速度： v x ＝dx/dt ＝-a ωsin(ωt) v y ＝dy/dt ＝b ωcos(ωt) 速度对时间t 求导数得加速度： a x ＝d v x /dt ＝－a ω2cos(ωt) a y ＝d v y /dt ＝－b ω2sin(ωt) 加速度的大小： a 2＝a x 2＋a y 2 习题指导P9. 1.4（重点） 在湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过一高处的滑轮拉船靠岸，当绳子以v 通过滑轮时， 求：船速比v 大还是比v 小？ 若v 不变，船是否作匀速运动？ 如果不是匀速运动,其加速度是多少？ 解： l ＝（h2＋x2）1/2 221/2 122()d l x d x v d t h x d t ==+ 221/2()d x h x v d t x += 当x>>h 时，dx/dt ＝v ，船速＝绳速 当x →0时，dx/dt →∞ 加速度： x y M A B a b φ x h
220d x d t =2221/22221/2221/2221/2221/22221/2()1()11()()1112()2()d x d h x v dt dt x d h x v dt x d dx d h x dx h x v v dx x dt x dx dt dx x dx h x v v x dt x h x dt ?? +=??????=?+???? +??=?++ ???=-?+++ 将221/2()d x h x v d t x +=代入得： 2221/2221/2 221/2 22221/21()112()()2()d x h x x h x h xv v v v d t x x x h x x ++=-?+++3222232222)(x v h x v v x x h dt x d -=++-= 分析： 当x ∞, 变力问题的处理方法（重点） 力随时间变化：F ＝f （t ） 在直角坐标系下，以x 方向为例，由牛顿第二定律： ()x dv m f t dt = 且：t ＝t 0 时，v x ＝v 0 ；x ＝x 0 则： 1 ()x dv f t dt m = 直接积分得： 1 ()()x x v dv f t dt m v t c ===+?? 其中c 由初条件确定。 由速度求积分可得到运动学方程：
关于大学物理答案第章
17－3 有一单缝，缝宽为，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 代入数据得 17－4 用波长为的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 依题意有 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 依题意有 0115.234.0sin 5 2sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为00475.2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 依题意有 2 )122(2)132(21λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.428760057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径）中的柱状感光细胞每平方毫米约×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 （2）视网膜上星体的像的直径为 （3）细胞数目应为3.2105.14)104.4(52 3=????=-πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为，入射光波长为550nm.。 解： 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 17－10 一光栅每厘米刻有4000 位）已知?和?谱线的波长分别为656nm 和解： S 1S 2
大学物理第六章题解
第六章 经典质点系动力学 6-1．如图，半圆柱立在光滑水平面上从静止开始到下，试判断 质心C 的运动方向． 解 建立如图x 轴，由于水平方向外力分量之和为零 0ix F =∑， 所以水平方向动量守恒x P C =．因初始时静止，故 0x Cx P mv == 由d 0d C Cx x v t ==，可知C x =常量，质心C 竖直向下运动． 6-2．如图，船的质量为5000kg ，当质量为1000kg 的汽车相对船静止时，船尾螺旋桨的转动可使船以加速度20.2m s 前进．在船行进中，汽车相对于船以加速度20.5m s 沿船前进的相反方向加速运动，求此时船的加速度的大小． 解 将船与汽车作为质点系．当汽车相对于船静止时，船的 加速度即为质点系质心的加速度，根据质心运动定理可知船尾螺 旋桨转动时的推力 ()=(50001000)021200(N)e C F ma .=+?= 在船的行进过程中，以船的行进方向为x 、x '轴正方向．设船相对于岸的速度、加速度用x 、x 表示，汽车相对于船的速度、加速度用x '、x '表示，则汽车相对于岸的速度、加速度为x x '+、x x '+．根据质点系的动量定理 ()d [()]d e m x m x x F t '++=船车 即 ()()]e m x m x x F '++=船车 500010001000051200x x .+-?= 可求出此时船的加速度的大小2028m s x .=． 6-3．三只质量均为0m 的小船鱼贯而行，速率都是v ，中间一船同时以相对本船的速率u 沿水平方向把两个质量均为m 的物体抛到前后两只船上，求两物体落入船后三只船的速率（忽略水对船的阻力）． 解 以船行方向为速度正方向，设两物体落入船后三只船的速率为1v 、2v 、3v ． 以中间船及两物体为质点系，因为在抛出物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒 00222(2)()()m m v m v m v u m v u +=+++- 所以 2v v = 以前船与抛入物体为质点系，因为在抛入物体的过程中水平方向不受外力，所以质点系水平方向动量守恒 001()()m v m v u m m v ++=+ 所以 10mu v v m m =++ 以后船与抛入物体为质点系，同样，根据质点系水平方向动量守恒 003()()m v m v u m m v +-=+ 30mu v v m m =- +
大学物理 习题分析与解答
第八章 恒定磁场 8-1 均匀磁场的磁感强度B 垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为［ ］。 (A) B r 22π (B) B r 2π (C) 0 (D) 无法确定 分析与解 根据高斯定理，磁感线是闭合曲线，穿过圆平面的磁通量与穿过半球面的磁通量相等。正确答案为（B ）。 8-2 下列说法正确的是[ ]。 (A) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 (D) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意点的磁感强度必定为零 分析与解 由磁场中的安培环路定理，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和一定为零。正确答案为（B ）。 8-3 磁场中的安培环路定理∑?=μ=?n L I 1i i 0d l B 说明稳恒电流的磁场是[ ]。 (A) 无源场 (B) 有旋场 (C) 无旋场 (D) 有源场
分析与解 磁场的高斯定理与安培环路定理是磁场性质的重要表述，在恒定磁场中B 的环流一般不为零，所以磁场是涡旋场；而在恒定磁场中，通过任意闭合曲面的磁通量必为零，所以磁场是无源场；静电场中E 的环流等于零，故静电场为保守场；而静电场中，通过任意闭合面的电通量可以不为零，故静电场为有源场。正确答案为（B ）。 8-4 一半圆形闭合平面线圈，半径为R ，通有电流I ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，则线圈所受磁力矩大小为[ ]。 (A) B R I 2π (B) B R I 221π (C) B R I 24 1π (D) 0 分析与解 对一匝通电平面线圈，在磁场中所受的磁力矩可表示为B e M ?=n IS ，而且对任意形状的平面线圈都是适用的。正确答案为（B ）。 8-5 一长直螺线管是由直径d =0.2mm 的漆包线密绕而成。当它通以I =0.5A 的电流时，其内部的磁感强度B =_____________。(忽略绝缘层厚度，μ0=4π×10-7N/A 2) 分析与解 根据磁场中的安培环路定理可求得长直螺线管内部的磁感强度大小为nI B 0μ=，方向由右螺旋关系确定。正确答安为（T 1014.33-?）。 8-6 如图所示，载流导线在平面内分布，电流为I ，则在圆心O 点处的磁感强度大小为_____________，方向为 _____________ 。 分析与解 根据圆形电流和长直电 流的磁感强度公式，并作矢量叠加，可得圆心O 点的总
中国石油大学华东大学物理2-2第十六章课后习题答案
习题16 16-6在均匀密绕的螺绕环导线内通有电流20A ，环上线圈 400匝，细环的平均周长是40cm ，测得环内磁感应强度是1.0T 。求： (1)磁场强度； (2)磁化强度； (3)磁化率； (4)磁化面电流的大小和相对磁导率。 [解] (1) 螺绕环内磁场强度 由nI d L =??l H 得 1 -42 m 100.2104020400??=??== -A L nI H (2) 螺绕环内介质的磁化强度 由M B H -= μ得 1-547 m 1076.710210 40 .1??=?-?= -= --A H B M πμ (3) 磁介质的磁化率 由H M m χ=得 8.381021076.74 5 m =??==H M χ (4)环状磁介质表面磁化面电流密度 -15m 1076.7??==A M j 总磁化面电流 A L j dL M I L 55101.34.01076.7?=??=?=?='? 相对磁导率 8.398.3811m 0r =+=+== χμμH B
16-7．一绝对磁导率为μ1的无限长圆柱形直导线，半径为R 1，其中均匀地通有电流I 。导线外包一层绝对磁导率为μ2的圆筒形不导电磁介质，外半径为R 2，如习题16-7图所示。试求磁场强度和磁感应强度的分布，并画出H -r ，B-r 曲线。 [解] 将安培环路定理∑?=?I d L l H 应用于半径为r 的同心圆周 当0≤r ≤1R 时，有 2 2 1 12r R I r H πππ?= ? 所以 2 112R Ir H π= 2111 112R Ir H B πμμ== 当r ≥1R 时，有I r H =?π22 所以r I H π22= 在磁介质内部1R ≤r ≤2R 时，r I H B πμμ22222== 在磁介质外部r ≥2R 时，r I H B πμμ20202 ==' 各区域中磁场强度与磁感应强度的方向均与导体圆柱中电流的方向成右手螺旋关系。 H -r 曲线 B-r 曲线 习题16-7图 R 1 R 2 本图中假设 B 2 12 1μμ>r r 1
大学物理答案第17章
大学物理答案第17章
17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 =?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin
依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475 .2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？
大学物理-作业与答案
《大学物理》课后作业题 专业班级： 姓名： 学号： 作业要求：题目可打印，答案要求手写，该课程考试时交作业。 第一章 质点力学 1、质点的运动函数为： 5 4;22 +==t y t x ， 式中的量均采用SI 单位制。求：（1）质点运动的轨道方程；（2）s 11=t 和s 22=t 时，质点的位置、速度和加速度。 1、用消元法 t=x/2 轨迹方程为 y=x2+5 2、运动的合成 x 方向上的速度为x'=2， y 方向上的速度为y'=8t+5 将t 带入分别求出x 和y 方向上的速度 然后合成 x 方向上的加速度为x''=0 y 方向上的加速度为y''=8 所以加速度为8 2、如图所示，把质量为m 的小球悬挂在以恒加速度水平运动的小车上，悬线与竖直方向的夹角为θ，求小车的加速度和绳的张力。 绳子的拉力F ，将其水平和竖直正交分解为 Fsinα 和 Fcosα 竖直：Fcosα=mg 水平：Fsinα=ma a=gtanα 方向水平向右 3、一质量为0.10kg 的质点由静止开始运动，运动函数为j i 23 53 += t r （SI 单位） 求在t=0到t=2s 时间内，作用在该质点上的合力所做的功。 质点的速度就是 V ＝dr / dt ＝5* t^2 i ＋0 j 即质点是做直线运动，在 t ＝0时速度为V0＝0；在 t ＝2秒时，速度为 V1＝5*2^2＝20 m/s 由动能定理得所求合力做的功是 W 合＝（m*V1^2 / 2）－（m*V0^2 / 2）＝ m*V1^2 / 2＝0.1*20^2 / 2＝20 焦耳 第二章 刚体力学 T 1
1、在图示系统中，滑轮可视为半径为R、质量为m0的匀质圆盘。设绳与滑轮之间无滑动， 水平面光滑，并且m1=50kg，m2=200kg，m0=15kg，R=0.10m，求物体的加速度及绳中的张力。 解将体系隔离为 1 m， m， 2 m三个部分，对 1 m和 2 m分别列牛顿方程，有 a m T g m 2 2 2 = - a m T 1 1 = β2 1 22 1 MR R T R T= - 因滑轮与绳子间无滑动，则有运动学条件 R aβ = 联立求解由以上四式，可得 R M m m g m ? ? ? ? ? + + = 2 1 2 1 2 β 由此得物体的加速度和绳中的张力为 2 2 1 262 .7 15 5.0 200 50 81 .9 200 2 1 - ? = ? + + ? = + + = =s m M m m g m R aβ N a m T381 62 .7 50 1 1 = ? = =N a g m T438 ) 62 .7 81 .9( 200 ) ( 2 2 = - ? = - = 第四章静止电荷的电场 1、如图所示：一半径为R的半圆环上均匀分布电 荷Q（>0）,求环心处的电场强度。 解：由上述分析，点O的电场强度 由几何关系θd d R l=，统一积分变量后，有 y x O
大学物理答案第10章
第十章 静电场中的导体与电介质 10－1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ） （A ） 升高 （B ） 降低 （C ） 不会发生变化 （D ） 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）. 10－2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N 的左端接地（如图所示），则（ ） （A ） N 上的负电荷入地 （B ）N 上的正电荷入地 （C ） N 上的所有电荷入地 （D ）N 上所有的感应电荷入地 题 10-2 图 分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N 在哪一端接地无关.因而正确答案为（A ）. 10－3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d ，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4= = 题 10-3 图
分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为（A ）. 10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有 ()∑??=?=?+i i S S ε χq 0 1 d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，因而正确答案为（A ）. 10－6 不带电的导体球A 含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.
大学物理习题详解—近代物理部分.doc
狭义相对论基本假设、洛伦兹变换、狭义相对论时空观 17. 2两火箭A 、B 沿同一直线相向运动，测得两者相对地球的速度大小分别是 = 0.9c, v B = 0.8c.则两者互测的相对运动速度大小为： (A) 1.7c ； (B) 0.988c ； (C) 0.95c ； (D) 0.975c. 答：B . 分析：以 A 为 S ，系，则 w=0.9c, V v =-0.8c, 由相对论速度变换关系可知： S A S' 爪 VB -0.8c-0.9c ?0& ??。.9疽一 第十七章相对论 17. 1在狭义相对论中，下列说法哪些正确？ (1) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速， (2) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的运动状态而改变的， (3) 在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其它一切惯性系中 也 是同时发生的， (4) 惯性系中观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比 与 他相对静止的相同时钟走得慢些. (A) (1) (3) (4) ； (B) (1) (2) (4)； (C) (2) (3) (4) ； (D) (1) (2) (3). [ ] 答：B. 分析： (1) 根据洛仑兹变换和速度变换关系，光速是速度的极限，所以(1)正确； (2) 由长度收缩和时间碰撞(钟慢尺缩)公式，长度、时间的测量结果都是随 物体 与观察者的运动状态而改变的；同时在相对论情况下，质量不再是守恒量，也 会随速度大小而变化，所以(2)是正确的； (3) 由同时的相对性，在S'系中同时但不同地发生的两个事件，在S 系中观察不 是同时的。只有同时、同地发生的事件，在另一惯性系中才会是同时发生的，故排 除⑶； (4) 由于相对论效应使得动钟变慢，故(4)也是正确的。 所以该题答案选(B) 所以选(B)
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电势、导体与 ※ 电介质中的静电场 （参考答案） 班级： 学号： 姓名： 成绩： 一 选择题 1．真空中一半径为 R 的球面均匀带电 Q ，在球心 O 处有一带电量为 q 的点电荷， 如图所示， 设无穷远处为电势零点，则在球内离球心 O 距离为 r 的 P 点处的电势为： （A ） q ； （ B ） 1 ( q Q ) ； 4 0 r O r P 4 0r R Q q R （C ） q Q ； （ D ） 1 ( q Q q ) ； 4 0 r 4 0r R 参考：电势叠加原理。 [ B ] 2．在带电量为 -Q 的点电荷 A 的静电场中，将另一 带电量为 q 的点电荷 B 从 a 点移动到 b ， a 、 b 两点距离点电荷 A 的距离分别为 r 和 r ，如 1 2 图，则移动过程中电场力做功为： （A ） Q ( 1 4 0 r 1 qQ ( 1 （C ） 4 0 r 1 1 ) ； （ B ） qQ r 2 4 r 1 ) ； （D ） 4 2 ( 1 1 ) ；(-Q)A r 1 B a 0 r 1 r 2 qQ r 2 （ q ） b r ) 。 0 ( r 2 1 参考：电场力做功＝势能的减小量。 A=W-W ＝q(U -U ) [ C ] ab a b 。 3．某电场的电力线分布情况如图所示，一负电荷从 M 点移到 N 点，有人根据这个图做出以 下几点结论，其中哪点是正确的？ （A ）电场强度 E ＜E ； （ B ）电势 U ＜ U ； MN M N （C ）电势能 W M ＜ W N ； （ D ）电场力的功 A ＞ 0。 N M [ C ] 4．一个未带电的空腔导体球壳内半径为 R ，在腔内离球心距离为 d （ d ＜ R ）处，固定一电 量为 +q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心 O 处的点势为： （A ） 0； （ B ） 4 q d ； R q q ( 1 1 ) 。 O +q （C ） - ； （ D ） d 4 0R 4 0 d R 参考：如图，先用高斯定理可知导体内表面电荷为 -q ，导体 外表面无电荷（可分析） 。虽然内表面电荷分布不均，但到 O 点的距离相同，故由电势叠加 原理可得。 [ D ] ※ 5．在半径为 R 的球的介质球心处有电荷 +Q ，在球面上均匀分布电荷 -Q ，则在球内外处的电势分别为： Q Q Q （A ） 4 r 内 ， 4 r 外 ； （ B ） 4 r 内 ， 0； 参考：电势叠加原理。注：原题中ε为ε0 （C ） 4 Q Q r 内 4 R ，0； （ D ） 0， 0 。 [ C ]
大学物理下17章习题参考答案中国石油大学
17章习题参考答案 17-3 如图所示，通过回路的磁场与线圈平面垂直且指出纸里，磁通量按如下规律变化 () Wb 1017632-?++=Φt t 式中t 的单位为s 。问s 0.2=t 时，回路中感应电动势的大小是多少? R 上的电流方向如何? [解] ()310712d d -?+=Φ - =t t ε ()23101.3107212--?=?+?=V 根据楞次定律，R 上的电流从左向右。 17-4如图所示，两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈，相距x ，且，R >>r ，x >>R 。若大线圈有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速度v 运动。试求x =NR 时(N >0)，小线圈中产生的感应电动势的大小。 [解] 因R>>r 可将通过小线圈的B 视为相等，等于在轴线上的B ( ) 2 322 2 02x R IR B += μ 由于x >>R ，有 3 2 02x IR B μ= 所以 t x x IS R t d d 32d d 420μ=Φ-=ε 而 v t x =d d 因此 x =NR 时， 2 42023R N v r I πμ= ε 17-5 如图所示，半径为R 的导体圆盘，它的轴线与外磁场平行，并以角速度ω转动(称为法拉第发电机)。求盘边缘与中心之间的电势差，何处电势高?当R ＝0.15m ，B =0.60T ， rad 30=ω时，U 等于多大? [解] 圆盘可看成无数由中心向外的导线构成的，每个导线切割磁力线运动且并联，因此有 202 1 d d )(BR r rB R L ωω==??=??l B v 感ε 因电动势大于零，且积分方向由圆心至边缘，所以边缘处电位 高(或由右手定则判断) 代入数据得 2015060302 1 2...=???= =εU V 17-6 一长直导线载有电流强度I =5.0A 的直流电，在近旁有一与它共面的矩形线圈，
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第17章量子物理基础 17.1根据玻尔理论，计算氢原子在斤=5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比. ［解答］玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为 L =mvr =n — N2TC , 对于第一激发态，n = 2,所以 厶仏2 = 5/2? 17.2设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数. ［解答］对于3p态电子,主量子数为n = 3, 角量子数为/=1, 磁量子数为mi = - 1), I -1, 自旋量子数为m s = ±1/2. 3p态电子的四个可能的量子数(斤丿,叫叫)为 (3，1 丄1/2), (3,1,1,? 1/2), (3丄0，1/2), (3,1,0,-1/2)，(3,1,?1，1/2), (3,1,-1,-1 ⑵. 17.3实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长九和黑体温度的乘积为一常数，即入』=b = 2.897xl(y3m?K?实验测得太阳辐射波谱的峰 值波长九= 510nm,设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度.
［解答］太阳表面的温度大约为 T_ b _ 2.897X10-3 ~ 510x10—9 =5680(K)? 17.4实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M (即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度) 与温度的4次方成正比，即必=〃,其中^=5.67xl0-8W m_2 K-4.试由此估算太阳单位表面积的辐射功率(太阳表面温度可参见上题). ［解答］太阳单位表面积的辐射功率大约为 A/=5.67xl0-8x(5680)4 = 5.9xl07(W-m-2)? 17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射.求： (1)此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ (2)地球表面接收此辐射的功率是多少？ ［解答］(1)根据公式UT=b,可得辐射的极值波长为 九=b/T= 2.897X10_3/3 = 9.66x104(m). (2)地球的半径约为7? = 6.371x10%, 表面积为 5 = 47T T?2. 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为M = al4, 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS= 5.67x 1 (T8x34x4 兀(6.371 x 106)2
大学物理课后习题及答案第13章
第13章 光学 一 选择题 * 13-1 在水中的鱼看来，水面上和岸上的所有景物，都出现在一倒立圆锥里， 其顶角为（ ） (A)48.8o (B)41.2o (C)97.6o (D)82.4o 解：选(C)。利用折射定律，当入射角为1=90i o 时，由折射定律1122sin sin n i n i = ，其中空气折射率11n =，水折射率2 1.33n =，代入数据，得折射角2=48.8i o ，因此倒立圆锥顶角为22=97.6i o 。 * 13-2 一远视眼的近点在1 m 处，要看清楚眼前10 cm 处的物体，应配戴的眼 镜是（ ） (A)焦距为10 cm 的凸透镜 (B)焦距为10 cm 的凹透镜 (C)焦距为11 cm 的凸透镜 (D)焦距为11 cm 的凹透镜 解：选(C)。利用公式 111 's s f +=，根据教材上约定的正负号法则，'1m s =-，0.1m s =，代入得焦距0.11m =11cm f =，因为0f >，所以为凸透镜。 13-3 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图13-3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 习题13-3图
解：选(B)。光源S 由两缝S 1、S 2到O 处的光程差为零，对应中央明纹；当向下移动至S ′时，S ′到S 1的光程增加，S ′到S 2的光程减少，为了保持光程差为零，S 1到屏的光程要减少，S 2到屏的光程要增加，即中央明纹对应位置要向上移动；条纹间距d D x λ = ?，由于波长λ、双缝间距d 和双缝所在平面到屏幕的距离D 都不变，所以条纹间距不变。 13-4 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 解：选(B)。暗纹半波带数目为2k ，第二级2k =，代入数据，得半波带数目为4。 13-5 波长550nm λ=的单色光垂直入射于光栅常数41.010cm d a b -=+=?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 解：选(D)。由光栅方程sin d k θλ=±，当1sin =θ时，得d k λ =，代入数据， 得 1.8k =，k 取整数，最大级次为1。 13-6 三个偏振片1P 、2P 与3P 堆叠在一起，1P 与3P 的偏振化方向相互垂直， 2P 与1P 的偏振化方向间的夹角为30?，强度为0I 的自然光入射于偏振片1P ，并依 次透过偏振片1P 、2P 与3P ，则通过三个偏振片后的光强为[ ] (A) 0316I (B) 08 (C) 0332 I (D) 0 解：选(C)。设自然光光强为0I ，自然光通过偏振片1P ，光强减半，变为0 2 I ；由马吕斯定律α20cos I I =，通过偏振片2P ，光强变为 2003cos 3028 I I ?=，通过偏