大学物理学(第三版)赵近芳第三章答案

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大学物理学课后习题标准答案-赵近芳-全

习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r ϖϖ-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆr ˆt r t d d d d d d r rr += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d ϖϖ=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττϖϖ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττϖϖϖ+=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τϖϖΘ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r ϖϖϖ+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。

大学物理学(第三版)赵近芳第三章答案

习题三3-1 惯性系S ′相对惯性系S 以速度u 运动．当它们的坐标原点O 与O '重合时，t =t '=0，发出一光波，此后两惯性系的观测者观测该光波的波阵面形状如何?用直角坐标系写出各自观测的波阵面的方程．解: 由于时间和空间都是均匀的，根据光速不变原理，光讯号为球面波．波阵面方程为：2222)(ct z y x =++ 2222)(t c z y x '='+'+'题3-1图3-2 设图3-4中车厢上观测者测得前后门距离为2l ．试用洛仑兹变换计算地面上的观测者测到同一光信号到达前、后门的时间差．解: 设光讯号到达前门为事件1，在车厢)(S '系时空坐标为),(),(11cll t x =''，在车站)(S 系： )1()()(21211c uc l l c u c l x cu t t +=+='+'=γγγ 光信号到达后门为事件2，则在车厢)(S '系坐标为),(),(22cll t x -=''，在车站)(S 系： )1()(2222c u c l x cu t t -='+'=γγ 于是 2122clut t γ-=-或者 l x x x t t t t 2,,02121='-'='∆-=∆='∆ )2()(22l c ux c u t t γγ='∆+'∆=∆ 3-3 惯性系S ′相对另一惯性系S 沿x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在S 系中测得两事件的时空坐标分别为1x =6×104m,1t =2×10-4s ，以及2x =12×104m,2t =1×10-4s ．已知在S ′系中测得该两事件同时发生．试问：(1)S ′系相对S 系的速度是多少? (2) S '系中测得的两事件的空间间隔是多少? 解: 设)(S '相对S 的速度为v ，(1) )(1211x c vt t -='γ )(2222x cvt t -='γ 由题意 012='-'t t 则 )(12212x x c vt t -=- 故 812122105.12⨯-=-=--=cx x t t cv 1s m -⋅(2)由洛仑兹变换 )(),(222111vt x x vt x x -='-='γγ 代入数值， m 102.5412⨯='-'x x 3-4 长度0l =1 m 的米尺静止于S ′系中，与x ′轴的夹角'θ= 30°，S ′系相对S 系沿x 轴运动，在S 系中观测者测得米尺与x 轴夹角为=θ45︒．试求：(1)S ′系和S 系的相对运动速度.(2)S 系中测得的米尺长度．解: (1)米尺相对S '静止，它在y x '',轴上的投影分别为：m 866.0cos 0='='θL L x ，m 5.0sin 0='='θL L y米尺相对S 沿x 方向运动，设速度为v ，对S 系中的观察者测得米尺在x 方向收缩，而y 方向的长度不变，即y y x x L L cv L L '=-'=,122故 221tan c vL L L L L L xy xy xy -''='==θ把ο45=θ及y x L L '',代入则得 866.05.0122=-cv故 c v 816.0=(2)在S 系中测得米尺长度为m 707.045sin =︒=y L L3-5 一门宽为a ，今有一固有长度0l (0l ＞a )的水平细杆，在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动．若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门，则该杆相对于门的运动速率u 至少为多少?解: 门外观测者测得杆长为运动长度，20)(1cu l l -=，当a ≤1时，可认为能被拉进门，则 20)(1cu l a -≤解得杆的运动速率至少为：2)(1l a c u -=题3-6图3-6两个惯性系中的观察者O 和O '以0.6c(c 表示真空中光速)的相对速度相互接近，如果O 测得两者的初始距离是20m ，则O '测得两者经过多少时间相遇? 解: O 测得相遇时间为t ∆cv L t 6.0200==∆ O ' 测得的是固有时t '∆∴ vL tt 201βγ-=∆='∆ s 1089.88-⨯=，6.0==c vβ ， 8.01=γ ，或者，O '测得长度收缩，vL t L L L L ='∆=-=-=,8.06.01102020β s 1089.81036.0208.06.08.0880-⨯=⨯⨯⨯=='c L t ∆ 3-7 观测者甲乙分别静止于两个惯性参考系S 和S '中，甲测得在同一地点发生的两事件的时间间隔为 4s ，而乙测得这两个事件的时间间隔为 5s ．求： (1) S '相对于S 的运动速度．(2)乙测得这两个事件发生的地点间的距离．解: 甲测得0,s 4==x t ∆∆,乙测得s 5=t ∆，坐标差为12x x x '-'='∆′ (1)∴ t cv t x c vt t ∆-∆=∆+∆='∆22)(11)(λγ54122='∆∆=-t t cv解出 c c t t c v 53)54(1)(122=-='∆∆-= 8108.1⨯= 1s m -⋅(2) ()0,45,=∆=∆'∆=∆-∆='∆x t t t v x x γγ ∴ m 1093453458⨯-=-=⨯⨯-=-='c c t v x ∆γ∆ 负号表示012<'-'x x ． 3-8 一宇航员要到离地球为5光年的星球去旅行．如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他所乘的火箭相对于地球的速度是多少?解: 2220153,1513βββ-=-=-=='则l l ∴ c c v 542591=-= 3-9 论证以下结论：在某个惯性系中有两个事件同时发生在不同地点，在有相对运动的其他惯性系中，这两个事件一定不同时．证: 设在S 系B A 、事件在b a ,处同时发生，则B A a b t t t x x x -=∆-=∆,，在S '系中测得)(2x cvt t t t A B ∆-∆='-'='∆γ 0,0≠∆=∆x t ，∴ 0≠'∆t 即不同时发生． 3-10 试证明：(1)如果两个事件在某惯性系中是同一地点发生的，则对一切惯性系来说这两个事件的时间间隔，只有在此惯性系中最短．(2)如果两个事件在某惯性系中是同时发生的，则对一切惯性关系来说这两个事件的空间间隔，只有在此惯性系中最短．解: (1)如果在S '系中，两事件B A 、在同一地点发生，则0='∆x ，在S 系中，t t t '∆≥'∆=∆γ，仅当0=v 时，等式成立，∴t '∆最短．(2)若在S '系中同时发生，即0='∆t ，则在S 系中，x x x '∆≥'∆=∆γ，仅当0=v 时等式成立，∴S '系中x '∆最短．3-11 根据天文观测和推算，宇宙正在膨胀，太空中的天体都远离我们而去．假定地球上观察到一颗脉冲星(发出周期无线电波的星)的脉冲周期为 0.50s ，且这颗星正沿观察方向以速度0.8c 离我们而去．问这颗星的固有周期为多少?解: 以脉冲星为S '系，0='∆x ，固有周期0τ='∆t .地球为S 系，则有运动时t t '∆=∆γ1，这里1t ∆不是地球上某点观测到的周期，而是以地球为参考系的两异地钟读数之差．还要考虑因飞行远离信号的传递时间，ct v 1∆ ∴ t c vt c t v t t ∆+'∆=∆+∆=∆γγ11′ )1(cvt +'=∆γ6.01)8.0(112=-=cc γ 则 γλτ)8.01(5.0)1(0cc cv tt +++∆='∆=s 1666.08.13.06.01)8.01(5.0==+= 3-12 6000m 的高空大气层中产生了一个π介子以速度v =0.998c 飞向地球．假定该π介子在其自身静止系中的寿命等于其平均寿命 2×10-6s ．试分别从下面两个角度，即地球上的观测者和π介子静止系中观测者来判断π介子能否到达地球．解: π介子在其自身静止系中的寿命s 10260-⨯=t ∆是固有(本征)时间，对地球观测者，由于时间膨胀效应，其寿命延长了．衰变前经历的时间为s 1016.315220-⨯=-=cv t t ∆∆这段时间飞行距离为m 9470==t v d ∆ 因m 6000>d ，故该π介子能到达地球．或在π介子静止系中，π介子是静止的．地球则以速度v 接近介子，在0t ∆时间内，地球接近的距离为m 5990=='t v d ∆m 60000=d 经洛仑兹收缩后的值为：m 37912200=-='cv d dd d '>'，故π介子能到达地球． 3-13 设物体相对S ′系沿x '轴正向以0.8c 运动，如果S ′系相对S 系沿x 轴正向的速度也是0.8c ，问物体相对S 系的速度是多少?解: 根据速度合成定理，c u 8.0=,c v x 8.0=' ∴ c c c c c c cv u u v v x x x 98.08.08.018.08.0122=⨯++='++'=3-14 飞船A 以0.8c 的速度相对地球向正东飞行，飞船B 以0.6c 的速度相对地球向正西方向飞行．当两飞船即将相遇时A 飞船在自己的天窗处相隔2s 发射两颗信号弹．在B 飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少?解: 取B 为S 系，地球为S '系，自西向东为x (x ')轴正向，则A 对S '系的速度c v x 8.0='，S '系对S 系的速度为c u 6.0=，则A 对S 系(B 船)的速度为c c c cv u u v v xx x 946.048.016.08.012=++='++'=发射弹是从A 的同一点发出，其时间间隔为固有时s 2='t ∆，题3-14图∴B 中测得的时间间隔为：s 17.6946.0121222=-=-'=cv t t x ∆∆3-15 (1)火箭A 和B 分别以0.8c 和0.6c 的速度相对地球向+x 和-x 方向飞行．试求由火箭B 测得A 的速度．(2)若火箭A 相对地球以0.8c 的速度向+y 方向运动，火箭B 的速度不变，求A 相对B 的速度．解: (1)如图a ，取地球为S 系，B 为S '系，则S '相对S 的速度c u 6.0=，火箭A 相对S 的速度c v x 8.0=，则A 相对S '(B )的速度为：c c c c c c v c u u v v x x x946.0)8.0)(6.0(1)6.0(8.0122=----=--=' 或者取A 为S '系，则c u 8.0=，B 相对S 系的速度c v x 6.0-=，于是B 相对A 的速度为：c c c c cc v c u u v v x x x 946.0)6.0)(8.0(18.06.0122-=----=--=' (2)如图b ，取地球为S 系，火箭B 为S '系，S '系相对S 系沿x -方向运动，速度c u 6.0-=，A 对S 系的速度为,0=x v ,c v y 8.0=,由洛仑兹变换式A 相对B 的速度为：c c v cu u v v xx x 6.001)6.0(012=---=--=' c c v cuv cu v xyy 64.0)8.0(6.01112222=-=--=' ∴A 相对B 的速度大小为c v v v y x 88.022='+'='速度与x '轴的夹角θ'为07.1tan =''='xy v v θο8.46='θ题3-15图3-16 静止在S 系中的观测者测得一光子沿与x 轴成︒60角的方向飞行．另一观测者静止于S ′系，S ′系的x '轴与x 轴一致，并以0.6c 的速度沿x 方向运动．试问S ′系中的观测者观测到的光子运动方向如何?解: S 系中光子运动速度的分量为c c v x 500.060cos ο==c c v y 866.060sin ο==由速度变换公式，光子在S '系中的速度分量为c c c c cc v c u u v v x x x 143.05.06.016.05.0122-=⨯--=--=' c c cc c v c u v cu v x yy 990.05.06.01866.06.011122222=⨯-⨯-=--=' 光子运动方向与x '轴的夹角θ'满足692.0tan -=''='xy v v θθ'在第二象限为ο2.98='θ在S '系中，光子的运动速度为c v v v y x ='+'='22 正是光速不变．3-17 (1)如果将电子由静止加速到速率为0.1c ，须对它作多少功?(2)如果将电子由速率为0.8c 加速到0.9c ，又须对它作多少功?解: (1)对电子作的功，等于电子动能的增量，得)111()1(222020202--=-=-==c v c m c m c m mc E E k k γ∆)11.011()103(101.922831--⨯⨯⨯=-161012.4-⨯=J=eV 1057.23⨯(2) )()(2021202212c m c m c m c m E E E k k k---=-='∆ )1111(221222202122cv cvc m c m c m ---=-=))8.0119.011(103101.92216231---⨯⨯⨯=-J 1014.514-⨯=eV 1021.35⨯=3-18 μ子静止质量是电子静止质量的 207倍，静止时的平均寿命0τ=2×10-6s ，若它在实验室参考系中的平均寿命τ= 7×10-6s ，试问其质量是电子静止质量的多少倍?解: 设μ子静止质量为0m ，相对实验室参考系的速度为c v β=，相应质量为m ，电子静止质量为e m 0，因2711,1022==--=ττββττ即由质速关系，在实验室参考系中质量为：202012071ββ-=-=e m m m故72527207120720=⨯=-=βe m m 3-19 一物体的速度使其质量增加了10%，试问此物体在运动方向上缩短了百分之几? 解: 设静止质量为0m ，运动质量为m ，由题设10.00=-m m m 201β-=m m由此二式得10.01112=--β∴ 10.1112=-β 在运动方向上的长度和静长分别为l 和0l ，则相对收缩量为：%1.9091.010.111112000==-=--=-=β∆l l l l l3-20 一电子在电场中从静止开始加速，试问它应通过多大的电势差才能使其质量增加0.4%?此时电子速度是多少?已知电子的静止质量为9.1×10-31kg ．解: 由质能关系1004.0200=∆=∆c m E m m∴ 100/)103(101.94.01004.0283120⨯⨯⨯⨯==∆-c m E J 1028.316-⨯=＝eV 106.11028.31916--⨯⨯= eV 100.23⨯= 所需电势差为3100.2⨯伏特由质速公式有：004.111004.01111100002=+=∆+=∆+==-m m mm m m m β ∴ 32221095.7)004.11(1)(-⨯=-==c v β故电子速度为 -17s m 107.2⋅⨯==c v β3-21 一正负电子对撞机可以把电子加速到动能K E ＝2.8×109eV ．这种电子速率比光速差多少? 这样的一个电子动量是多大?(与电子静止质量相应的能量为0E ＝0.511×106eV)解: 2022201c m cv c m E k --=所以 20202022/111cm E c m c m E c v k k +=+=- 由上式，2962622020)108.210511.0/()1051.0(1)(1⨯+⨯⨯-=+-=c E c m c m c v k8109979245.2⨯=-1s m ⋅810997924580.2⨯=-v c -1s m ⋅8109979245.28=⨯- -1s m ⋅由动量能量关系420222c m c p E +=可得cc m E E ccm c m E ccm E p k k k 20242022042022)(+=-+=-=11882138269182s m kg 1049.1103/]106.1)10511.0108.22108.2[(---⋅⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=3-22 氢原子的同位素氘(21H)和氚(31H)在高温条件下发生聚变反应，产生氦(42He)原子核和一个中子(10n)，并释放出大量能量，其反应方程为21H + 31H→42He + 10n 已知氘核的静止质量为2.0135原子质量单位(1原子质量单位＝1.600×10-27kg)，氚核和氦核及中子的质量分别为3.0155，4.0015，1.00865原子质量单位．求上述聚变反应释放出来的能量．解: 反应前总质量为0290.50155.30135.2=+amu反应后总质量为0102.50087.10015.4=+amu质量亏损 0188.00102.50290.5=-=∆m amukg 1012.329-⨯=由质能关系得()282921031012.3⨯⨯⨯==-mc E ∆∆ J 1081.221-⨯=71075.1⨯=eV3-23 一静止质量为0m 的粒子，裂变成两个粒子，速度分别为0.6c 和0.8c ．求裂变过程的静质量亏损和释放出的动能．解: 孤立系统在裂变过程中释放出动能，引起静能减少，相应的静止质量减少，即静质量亏损．设裂变产生两个粒子的静质量分别为10m 和20m ，其相应的速度c v 6.01=,c v 8.02=由于孤立系统中所发生的任何过程都同时遵守动量守恒定律和能(质)量守恒定律，所以有0112222201221102211=-+-=+v c v m v cv m v m v m 022220221102111m c v m c vm m m =-+-=+注意1m 和2m 必沿相反方向运动，动量守恒的矢量方程可以简化为一维标量方程，再以6.01=v c,8.02=v c 代入，将上二方程化为：20106886m m =，020106.08.0m m m =+ 上二式联立求解可得：010459.0m m =, 020257.0m m =故静质量亏损020100284.0)(m m m m m =+-=∆由静质量亏损引起静能减少，即转化为动能，故放出的动能为202284.0c m mc E k =∆=∆3-24 有A ，B 两个静止质量都是0m 的粒子，分别以1v =v ,2v =-v 的速度相向运动，在发生完全非弹性碰撞后合并为一个粒子．求碰撞后粒子的速度和静止质量．解: 在实验室参考系中，设碰撞前两粒子的质量分别1m 和2m ，碰撞后粒子的质量为M 、速度为V ，于是，根据动量守恒和质量守恒定律可得：MV v m v m =+2211 ①M m m =+21 ②由于 0)(1)()(120202211=---+-=+c v v m c v vm v m v m代入①式得 0=V221)(120c v m m m M -+=，即为碰撞后静止质量．3-25 试估计地球、太阳的史瓦西半径．解: 史瓦西半径 22cGM r s = 地球： kg 10624⨯≈M则： m 109.8)103(106107.623282411--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=s r 太阳： kg 10230⨯≈M则： 3283011103)103(102107.62⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=-s r m 3-26 典型中子星的质量与太阳质量M ⊙＝2×1030kg 同数量级，半径约为10km ．若进一步坍缩为黑洞，其史瓦西半径为多少?一个质子那么大小的微黑洞(10-15cm)，质量是什么数量级?解: (1)史瓦西半径与太阳的相同，3103⨯=s r m(2) 1510-=s r cm 1710-=m由 22c GM r s = 得 91128172107.6107.62)103(102⨯=⨯⨯⨯⨯==--G c r M s kg 3-27 简述广义相对论的基本原理和实验验证．解: 广义相对论的基本原理是等效原理和广义相对性原理．等效原理又分为弱等效原理和强等效原理．弱等效原理是：在局部时空中，不可能通过力学实验区分引力和惯性力，引力和惯性力等效．强等效原理是：在局部时空中，任何物理实验都不能区分引力和惯性力，引力和惯性力等效．广义相对性原理是：所有参考系都是平权的，物理定律的表述相同．广义相对论的实验验证有：光线的引力偏转，引力红移，水星近日点进动，雷达回波延迟等．。

大学物理第三章部分课后习题答案

大学物理第三章部分课后习题答案3-1半径为R、质量为M的均匀薄圆盘上，挖去一个直径为R的圆孔，孔的中心在求所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量。

分析：用补偿法（负质量法）求解，由平行轴定理求其挖去部分的转动惯量，用原圆盘转动惯量减去挖去部分的转动惯量即得。

注意对同一轴而言。

解：没挖去前大圆对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：1R处，2J11MR2①2由平行轴定理得被挖去部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：1MRMR3J2Jcmd2()2()2MR2②2424232由①②式得所剩部分对通过原圆盘中心且与板面垂直的轴的转动惯量为：JJ1J213MR2323-2如题图3-2所示，一根均匀细铁丝，质量为M，长度为L，在其中点O处弯成120角，放在某Oy平面内，求铁丝对O某轴、Oy轴、Oz轴的转动惯量。

分析：取微元，由转动惯量的定义求积分可得解：（1）对某轴的转动惯量为：L20J某rdm(lin600)22M1dlML2L32（2）对y轴的转动惯量为：L1ML2M5Jy()2(lin300)2dlML20322L96（3）对Z轴的转动惯量为：1ML1Jz2()2ML2322122题图3-23-3电风扇开启电源后经过5达到额定转速，此时角速度为每秒5转，关闭电源后经过16风扇停止转动，已知风扇转动惯量为0.5kgm，且摩擦力矩Mf和电磁力矩M均为常量，求电机的电磁力矩M。

分析：Mf，M为常量，开启电源5内是匀加速转动，关闭电源16内是匀减速转动，可得相应加速度，由转动定律求得电磁力矩M。

解：由定轴转动定律得：MMfJ1，即52520.54.12Nm5163-4飞轮的质量为60kg，直径为0.5m，转速为1000r/min，现要求在5内使其制动，求制动力F，假定闸瓦与飞轮之间的摩擦系数0.4，飞轮的质量全部分布在轮的外周上，MJ1MfJ1J20.5尺寸如题图3-4所示。

分析：分别考虑两个研究对象：闸瓦和杆。

大学物理学(第三版)第三章课后答案(主编)赵近芳

习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02ωmRJ J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmRJ(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体（A ）动能不变，动量改变。

（B ）动量不变，动能改变。

（C ）角动量不变，动量不变。

（D ）角动量改变，动量改变。

（E ）角动量不变，动能、动量都改变。

[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n=。

[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。

木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。

题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。

大学物理学第三版修订版下册第章标准答案(赵近芳)

大学物理学第三版修订版下册第章答案(赵近芳)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：习题1111.1选择题(1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流（）（A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。

[答案：B](2)下列哪些矢量场为保守力场（）（A ）静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。

[答案：A](3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式221LI W m=（）( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环； ( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。

[答案：D](4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力；（B ）涡旋电场由变化的磁场产生；（C ）涡旋场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。

[答案：C]11.2 填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。

[答案：磁力](2)产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。

[答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场](3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在，整个导线上的电动势最小，数值为。

[答案：端点，221l B ω；中点，0]11.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B ϖ垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V11.4 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题11.4图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i ϖ，题11.4图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j ϖ，则αΦcos 2π22B R m=∵ B ϖ与i ϖ夹角和B ϖ与j ϖ夹角相等，∴ ︒=45α 则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图11.5 如题11.5图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v ϖ方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势．解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l rIr l rIab bad dm +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7 如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ϖϖ ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ RBfr R I m22π==ε11.8 如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解: AB 、CD 运动速度v ϖ方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεϖϖϖBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰μεϖϖϖ∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεεV方向沿顺时针．11.9 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场Bϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B ϖ的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m ϖϖΦ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B ϖ的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε；题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε；出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题11.11图11.11 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U ∴b 点电势高．题11.12图11.12 如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v ϖ平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则 ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB-+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμεϖϖϖ ∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13 磁感应强度为B ϖ的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=-- ∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →11.14 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅=ϖϖΦ∴ tBR R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15 如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解：由⎰⎰⋅-=⋅l S t B l E ϖϖϖϖd d d d 旋知，此时旋E ϖ以O 为中心沿逆时针方向． (1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E ϖ与ab 垂直∴ ⎰=⋅ll 0d ϖ旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc ϖϖ旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >题11.16图11.16 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解：设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感．解： ∵顺串时 M L L L 221++= 反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H11题11.18图11.18 一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N 匝．试求：(1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题11.18图示(1)通过横截面的磁通为⎰==b a ab NIh r h r NIln π2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N ln π220μΦψ== ∴ ab hN I L ln π220μψ== (2)∵ 221LI W m = ∴ a b h I N W m ln π4220μ=11.19 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r <时 20π2R I B rμ=∴ 4222002π82Rr I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l )则 ⎰⎰===RR m I R rr I r r w W 00204320π16π4d d 2μμπ。

大学物理(赵近芳)练习册答案

练习1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r，即r既是矢径也是位移矢量．1. D ；2. -g /2 ， ()g 3/322v3. 4t 3-3t 2 (rad/s)， 12t 2-6t (m/s 2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)6. 解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvt=1s 时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 21.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。

（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。

大学物理简明教程第三版修订版课后习题答案(赵近芳、王登龙)课后习题答案

习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为（）(A)dtdr(B)dt r d(C)dtr d ||(D) 22)()(dt dy dt dx +答案：(D)。

(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a −=，则一秒钟后质点的速度（）(A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。

答案：(D)。

(3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为（）(A)tR t R ππ2,2 (B) t Rπ2,0 (C) 0,0 (D) 0,2tRπ 答案：(B)。

(4) 质点作曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，S 表示路程，τa 表示切向加速度，下列表达式中，（） ① a t = d /d v ， ② v =t r d /d ， ③ v =t S d /d ， ④ τa t =d /d v．(A) 只有①、④是对的． (B) 只有②、④是对的．(C) 只有②是对的．(D) 只有③是对的．答案：(D)。

(5)一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为v，瞬时速率为υ，某一时间内的平均速度为v，平均速率为v ，它们之间的关系必定有：（）（A ）v v v,v == （B ）v v v,v =≠（C ）v v v,v ≠≠ （D ）v v v,v ≠=答案：(D)。

1.2填空题(1) 一质点，以1−⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。

答案： 10m ； 5πm 。

(2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。

大学物理学答案(北京邮电大学第3版)赵近芳等编著#(精选.)

大学物理学(北邮第三版) 习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r -=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d . t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r += 式中t rd d 就是速度径向上的分量，∴t r td d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d =，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττ (v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττ +=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t tr d ˆd d ˆd τ 与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。

大学物理简明教程第三版修订版课后习题答案(赵近芳、王登龙)课后习题答案

习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为（）(A)dtdr(B)dt r d(C)dtr d ||(D) 22)()(dt dy dt dx +答案：(D)。

(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a −=，则一秒钟后质点的速度（）(A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。

答案：(D)。

1.2填空题(1) 一质点，以1−⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。

答案： 10m ； 5πm 。

(2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。

热学大学物理赵近芳第三版.

习题 77.1选择题(1) 容器中贮有一定量的理想气体，气体分子的质量为m ，当温度为T 时，根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值是：(A)2x υ=．(B) 2x υ= ［］(C) 23x kT m υ= ． (D) 2x kT mυ=． [答案：D 。

2222x y z υυυυ=++， 222213x y z υυυυ===，23kT mυ=。

](2) 一瓶氦气和一瓶氮气的密度相同，分子平均平动动能相同，而且都处于平衡状态，则它们［］ (A) 温度相同、压强相同． (B) 温度、压强都不相同． (C) 温度相同，但氦气的压强大于氮气的压强． (D) 温度相同，但氦气的压强小于氮气的压强．[答案：C 。

由32w kT =，w w =氦氮，得T 氦=T 氮；由molpM RTρ=，ρρ=氦氮，T 氦=T 氮，而M M <mol 氦mol 氮，故p p >氦氮。

](3) 在标准状态下，氧气和氦气体积比为V 1 /V 2=1/2，都视为刚性分子理想气体，则其内能之比E 1 / E 2为: ［］ (A) 3 / 10． (B) 1 / 2． (C) 5 / 6． (D) 5 / 3．[答案：C 。

由2mol M i E RT M =2ipV =，得111112222256E i pV i V E i pV i V ==⋅=。

](4) 一定质量的理想气体的内能E 随体积V 的变化关系为一直线，其延长线过E ~V 图的原点，题7.1图所示，则此直线表示的过程为：［］ (A) 等温过程． (B) 等压过程． (C) 等体过程． (D) 绝热过程．[答案：B 。

由图得E =kV , 而2i E pV =，i 不变，2ik p =为一常数。

](5) 在恒定不变的压强下，气体分子的平均碰撞频率Z 与气体的热力学温度T 的关系为 [ ] (A) Z 与T 无关． (B)．Z 与T 成正比． (C) Z 与T 成反比． (D) Z 与T 成正比．[答案：C。

大学物理学(第三版)课后习题参考答案

习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为(A)dtdr (B)dt r d(C)dt r d || (D) 22)()(dtdy dt dx +[答案：D](2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a -=，则一秒钟后质点的速度(A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。

[答案：D](3) 一质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，每t 秒转一圈，在2t 时间间隔中，其平均速度大小和平均速率大小分别为(A)t R t R ππ2,2 (B) tRπ2,0 (C) 0,0 (D) 0,2tRπ [答案：B]1.2填空题(1) 一质点，以1-⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。

[答案： 10m ； 5πm](2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。

[答案： 23m·s -1 ](3) 轮船在水上以相对于水的速度1V 航行，水流速度为2V，一人相对于甲板以速度3V 行走。

如人相对于岸静止，则1V 、2V和3V 的关系是。

[答案： 0321=++V V V]1.3 一个物体能否被看作质点，你认为主要由以下三个因素中哪个因素决定：(1) 物体的大小和形状； (2) 物体的内部结构； (3) 所研究问题的性质。

解：只有当物体的尺寸远小于其运动范围时才可忽略其大小的影响，因此主要由所研究问题的性质决定。

1.4 下面几个质点运动学方程，哪个是匀变速直线运动？（1）x=4t-3；（2）x=-4t 3+3t 2+6；（3）x=-2t 2+8t+4；（4）x=2/t 2-4/t 。

给出这个匀变速直线运动在t=3s 时的速度和加速度，并说明该时刻运动是加速的还是减速的。

赵近芳-大学物理学答案--全

大学物理学(北邮第三版)赵近芳等编著习题及解答（全）习题一1-1 ｜r ∆｜与r ∆有无不同?t d d r 和t d d r 有无不同? t d d v 和t d d v有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）r ∆是位移的模，∆r 是位矢的模的增量，即r ∆12r r -=，12r r r ϖϖ-=∆；（2）t d d r 是速度的模，即t d d r ==v tsd d .t rd d 只是速度在径向上的分量.∵有r r ˆr =（式中r ˆ叫做单位矢），则t ˆrˆt r t d d d d d d r r r += 式中t rd d 就是速度径向上的分量， ∴t r t d d d d 与r 不同如题1-1图所示.题1-1图(3)t d d v 表示加速度的模，即t v a d d ϖϖ=，t v d d 是加速度a 在切向上的分量. ∵有ττϖϖ(v =v 表轨道节线方向单位矢），所以t v t v t v d d d d d d ττϖϖϖ+=式中dt dv就是加速度的切向分量.(t t r d ˆd d ˆd τϖϖΘ与的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) 1-2 设质点的运动方程为x =x (t )，y =y (t )，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r ＝22y x +，然后根据v =t rd d ，及a ＝22d d t r 而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即v =22d d d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 及a =222222d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛t y t x 你认为两种方法哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有j y i x r ϖϖϖ+=，jt y i t x t r a jt y i t x t r v ϖϖϖϖϖϖϖϖ222222d d d d d d d d d d d d +==+==∴故它们的模即为222222222222d d d d d d d d ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=t y t x a a a t y t x v v v y x y x而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作22d d d d t r a trv ==其二，可能是将22d d d d t r tr 与误作速度与加速度的模。

大学物理学(课后答案)第3章

第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ]（A）大力的冲量一定比小力的冲量大（B）小力的冲量有可能比大力的冲量大（C）速度大的物体动量一定大（D）质量大的物体动量一定大解析：物体的质量与速度的乘积为动量，描述力的时间累积作用的物理量是冲量，因此答案A、C、D均不正确，选B。

3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止，设打击时间为t∆，打击前锤的速率为v，则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ]（A）mvmgt+∆（B）mg（C）mvmgt-∆（D）mvt∆解析：由动量定理可知，F t p mv∆=∆=，所以mvFt=∆，选D。

3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处，这一周期内物体[ ] （A）动量守恒,合外力为零（B）动量守恒,合外力不为零（C）动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零（D）动量变化为零,合外力为零解析：作匀速圆周运动的物体运动一周过程中，速度的方向始终在改变，因此动量并不守恒，只是在这一过程的始末动量变化为零，合外力的冲量为零。

由于作匀速圆周运动，因此合外力不为零。

答案选C。

3-4 如图3-4所示，14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触，一物体（质量为m）自轨道顶端滑下，M与m间有摩擦，则[ ]（A ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒（B ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒（C ）M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒，M 、m 与地组成的系统机械能守恒（D ）M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒，M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析：M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力，在竖直方向上有外力作用，因此系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,。

由于M 与m 间有摩擦，m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功，机械能转化成其它形式的能量，系统机械能不守恒。

《大学物理学》赵近芳课后习题答案北京邮电大学出版社

0
∑ r = 8 cm 时，
q = p 4π (r3 3
− r内3 )
∴
( ) E
=
ρ
4π 3
r 3 − r内2
≈ 3.48 ×10 4 N ⋅ C −1 ，方向沿半径向外．
4πε 0r 2
∑ r = 12 cm 时,
q
=
ρ
4π 3
(r外3
−
r内3）
( ) ∴
E
=
ρ
4π 3
r外 3
− r内3
≈ 4.10 ×104
通过圆平面的电通量．(α = arctan R ) x
∫ 解: (1)由高斯定理
Ev
⋅
v dS
=
q
s
ε0
立方体六个面，当 q 在立方体中心时，每个面上电通量相等
∴
各面电通量 Φ e
=
q 6ε 0
．
(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长 2a 的立方体，使 q 处于边长 2a 的立
方体中心，则边长 2a 的正方形上电通量 Φ e
ρ 3ε 0
(rv
− rv′)
=
ρ 3ε 0
OO' =
ρdv 3ε 0
∴腔内场强是均匀的．
8-14 一电偶极子由 q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离
d=0.2cm，把这电偶极子放在1.0×105N·C-1 的外电场中，求外电场作用于
电偶极子上的最大力矩．
解:
∵
电偶极子
pv
N ⋅ C −1
沿半径向外.
4πε 0r 2
8-11 半径为 R1 和 R2 ( R2 ＞ R1 )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别

大学物理课后习题答案（赵近芳）下册

⼤学物理课后习题答案（赵近芳）下册本答案仅供参考，如有错误，后果⾃负。

习题⼋8-1 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: 如题8-1图⽰(1) 以A 处点电荷为研究对象，由⼒平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=?εε解得 q q 33-=' (2)与三⾓形边长⽆关．题8-1图题8-2图8-2 两⼩球的质量都是m ，都⽤长为l 的细绳挂在同⼀点，它们带有相同电量，静⽌时两线夹⾓为2θ ,如题8-2图所⽰．设⼩球的半径和线的质量都可解: 如题8-2图⽰===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成⽴，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再⽤上式求场强是错误的，实际带电体有⼀定形状⼤⼩，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是⽆限⼤．8-4 在真空中有A ，B 两平⾏板，相对距离为d ，板⾯积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作⽤⼒f ，有⼈说f =2024dq πε,⼜有⼈说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么?解: 题中的两种说法均不对．第⼀种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第⼆种说法把合场强SqE 0ε=看成是⼀个带电板在另⼀带电板处的场强也是不对的．正确解答应为⼀个板的电场为Sq E 02ε=，另⼀板受它的作⽤⼒Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作⽤的电场⼒． 8-5 ⼀电偶极⼦的电矩为l q p =，场点到偶极⼦中⼼O 点的距离为r ,⽮量r与l的夹⾓为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r ⽅向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin rp πεθ证: 如题8-5所⽰，将p 分解为与r 平⾏的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ．∵ l r >>∴场点P 在r ⽅向场强分量30π2cos rp E r εθ=垂直于r ⽅向，即θ⽅向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强．解：如题8-6图所⽰(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产⽣场强为2)(d π4d x a xE E l l P P -==?-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ⽤15=l cm ，9100.5-?=λ1m C -?, 5.12=a cm 代⼊得21074.6?=P E 1C N -? ⽅向⽔平向右(2)2220d d π41d +=x xE Q λε⽅向如题8-6图所⽰由于对称性=lQxE 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ==l QyQy E E ?-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9解: 如8-7图在圆上取?Rd dl =题8-7图λλd d d R l q ==，它在O 点产⽣场强⼤⼩为 20π4d d RR E ε?λ=⽅向沿半径向外则 ??ελd sin π4sin d d 0RE E x ==ελπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελελπ==0d cos π400=-=?ελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，⽅向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正⽅形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正⽅形轴在P 点产⽣物强P E d ⽅向如图，⼤⼩为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平⾯上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE+++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP ⽅向，⼤⼩为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=2220l r l r qrE P ++=ε⽅向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于⼀边长为a 的⽴⽅体中⼼，试求在该点电荷电场中穿过⽴⽅体的⼀个⾯的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该⽴⽅体的⼀个顶点上，这时穿过⽴⽅体各⾯的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所⽰，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平⾯．q 在该平⾯轴线上的A 点处，求：通过圆平⾯的电通量．(x Rarctan =α) 解: (1)由⾼斯定理0d εqS E s=⽴⽅体六个⾯，当q 在⽴⽅体中⼼时，每个⾯上电通量相等∴各⾯电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将⽴⽅体延伸为边长a 2的⽴⽅体，使q 处于边长a 2的⽴⽅体中⼼，则边长a 2的正⽅形上电通量06εq e =Φ对于边长a 的正⽅形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ，如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所⽰．题8-9(3)图题8-9(a)图题8-9(b)图题8-9(c)图 (3)∵通过半径为R 的圆平⾯的电通量等于通过半径为22x R +的球冠⾯的电通量，球冠⾯积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠⾯积的计算：见题8-9(c)图ααα=0)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球⼼5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: ⾼斯定理0d ε∑?=?qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r -∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3?≈1C N -?，⽅向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4?≈-=rr r E ερ内外 1C N -? 沿半径向外. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两⽆限长同轴圆柱⾯，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: ⾼斯定理0d ε∑?=q S E s取同轴圆柱形⾼斯⾯，侧⾯积rl S π2= 则 rl E S E Sπ2d =??对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个⽆限⼤的平⾏平⾯都均匀带电，电荷的⾯密度分别为1σ和2σ，σσε-=1σ⾯外， n E)(21210σσε+-= 2σ⾯外， n E)(21210σσε+=n：垂直于两平⾯由1σ⾯指为2σ⾯．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去⼀块半径为r ＜R 的⼩球体，如题8-13图所⽰．试求：两球⼼O 与O '点的场强，并证明⼩球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀⼩球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产⽣电场010=E，ρ- 球在O 点产⽣电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030r E ερ= ； (2) ρ+在O '产⽣电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产⽣电场002='E。

大学物理课后习题答案全赵近芳版

t 习题十二12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化?解: υ不变，为波源的振动频率；nn 空λλ=变小；υλn u =变小．12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由． (1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于1S ，2S 联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝．解: 由λdDx =∆知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式∆λπϕ∆2= 中,光波的波长要用真空中波长,为什么?解:nr =∆．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为Ct ∆=∆．因为∆中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。

12-4 如题12-4图所示，A ，B 两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化?(1) A 沿垂直于B 的方向向上平移［见图(a)］； (2) A 绕棱边逆时针转动［见图(b)］．题12-4图解: (1)由l2λθ=，2λke k =知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变；(2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密． 12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为λ的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度．解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为2λ=∆e ，这也是工件缺陷的程度．题12-5图题12-6图12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中心收缩，问透镜是向上还是向下移动?解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚k e 位置向中心移动． 12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0.20mm ，缝屏间距D ＝1.0m ，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离．解: (1)由λk dDx =明知，λ22.01010.63⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm 12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500oA ，求此云母片的厚度．解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为e n e ne )1(-=-=δ按题意 λδ7=∴ 610106.6158.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ 12-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm ，狭缝光源S 在离镜左边20cm 的平面内，与镜面的垂直距离为2.0mm ，光源波长=λ7.2×10-7m ，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．题12-9图解: 镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S '发出．所以由S 与S '发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为x 处的光程差为 22)(12λλδ+=+-=D x dr r 第一明纹处，对应λδ=∴25105.44.0250102.72--⨯=⨯⨯⨯==d Dx λmm 12-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5000 oA 与7000oA 这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为ne 2，由反射相消条件有λλ)21(2)12(2+=+=k k k ne ),2,1,0(⋅⋅⋅=k ① 当50001=λoA 时，有2500)21(21111+=+=λλk k ne ②当70002=λoA 时，有3500)21(22222+=+=λλk k ne ③因12λλ>，所以12k k <;又因为1λ与2λ之间不存在3λ满足33)21(2λ+=k ne 式即不存在 132k k k <<的情形，所以2k 、1k 应为连续整数，即 112-=k k ④ 由②、③、④式可得：51)1(75171000121221+-=+=+=k k k k λλ 得 31=k2112=-=k k可由②式求得油膜的厚度为67312250011=+=nk e λo A12-11 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 oA 的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有λλk ne =+22 ),2,1(⋅⋅⋅=k得 122021612380033.14124-=-⨯⨯=-=k k k ne λ 2=k , 67392=λoA (红色)3=k , 40433=λ oA (紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式 λk ne =2),2,1(⋅⋅⋅=k 所以 kk ne 101082==λ 当2=k 时， λ =5054oA (绿色) 故背面呈现绿色．12-12 在折射率1n =1.52的镜头表面涂有一层折射率2n =1.38的Mg 2F 增透膜，如果此膜适用于波长λ=5500 oA 的光，问膜的厚度应取何值?解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即λ)21(22+=k e n ),2,1,0(⋅⋅⋅=k∴ 222422)21(n n k n k e λλλ+=+=)9961993(38.14550038.125500+=⨯+⨯=k k o A 令0=k ，得膜的最薄厚度为996oA ．当k 为其他整数倍时，也都满足要求．12-13 如题12-13图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d =0.048mm 的细钢丝隔开．求：(1)两玻璃片间的夹角=θ?(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m 内呈现多少条明条纹?题12-13图解: (1)由图知，d L =θsin ，即d L =θ故 43100.41012.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度) (2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λe m(3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0= mm (4)141≈=∆lLN 条 12-14 用=λ 5000oA 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率1n 大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求： (1)膜下面媒质的折射率2n 与n 的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度；(3)使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么变化?若e ∆=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?解: (1)n n >2．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚0=e 处，有0=k ，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意； (2)3105.15.12500092929-⨯=⨯⨯==⨯=∆n e nλλ mm (因10个条纹只有9个条纹间距)(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=∆e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm21100.55.12105.3243=⨯⨯⨯⨯='∆=∆--n e N λ 现被第21级暗纹占据．12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1λ＝6000oA ，2λ＝4500oA ，观察到用1λ时的第k个暗环与用2λ时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用1λ时第k 个暗环的半径．(2)又如在牛顿环中用波长为5000oA 的第5个明环与用波长为2λ的第6个明环重合，求未知波长2λ．解: (1)由牛顿环暗环公式λkR r k =据题意有 21)1(λλR k kR r +==∴212λλλ-=k ，代入上式得2121λλλλ-=R r10101010210450010600010450010600010190-----⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯= 31085.1-⨯=m(2)用A 50001 =λ照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有 2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-=∴ 4091500016215212121212=⨯-⨯-⨯=--=λλk k o A 12-16 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由1d ＝1.40×10-2m 变为2d ＝1.27×10-2m ，求液体的折射率．解: 由牛顿环明环公式2)12(21λR k D r -==空nR k D r 2)12(22λ-==液两式相除得n D D =21，即22.161.196.12221≈==D D n12-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当1M 移动距离为0.322mm 时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长．解: 由 2λNd ∆=∆得 102410322.0223-⨯⨯=∆∆=N d λ 710289.6-⨯=m 6289=oA12-18 把折射率为n =1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观察到有150条干涉条纹向一方移过．若所用单色光的波长为λ= 5000oA ，求此玻璃片的厚度．解: 设插入玻璃片厚度为d ，则相应光程差变化为λN d n ∆=-)1(2∴ )1632.1(2105000150)1(210-⨯⨯=-∆=-n N d λ5109.5-⨯=m 2109.5-⨯=mm习题十三13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别? 答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a284sin λλϕ⨯==a13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小? 答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小．13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式),2,1(2)12(sin =+±=k k a λϕ来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a sin nk λ，而空气中为λϕk a =sin ，∴ϕϕ'=sin sin n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密．如用)12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕsin a 只代表光在水中的波程差)．13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射．解：(1)缝宽变窄，由λϕk a =sin 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀； (2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀；(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =sin ；斜入射时，λθϕk a '=-)sin (sin ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为k '级．13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样说明?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为kk a 2sin ==λϕ2λ，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向ϕ方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为λθk d =sin ，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数2N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景．13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(sin ),2,1,0(sin )( k k a k k b a λϕλϕ 可知，当k aba k '+=时明纹缺级． (1)a b a 2=+时，⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级； (2)a b a 3=+时，⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级；(3)a b a 4=+，⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级．13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什么因素有关? 解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由λϕk b a =+sin )(，对同一k 值，衍射角λϕ∞． 13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000οA 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长．解：单缝衍射的明纹公式为)12(sin +=k a ϕ2λ 当6000=λoA 时，2=kx λλ=时，3=k重合时ϕ角相同，所以有)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2x λ得 4286600075=⨯=x λo A13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少? 解：中央明纹的宽度为f nax λ2=∆半角宽度为naλθ1sin -=(1)空气中，1=n ，所以3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θ rad (2)浸入水中，33.1=n ，所以有33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m331011076.3101.033.1105000sin ----⨯≈⨯⨯⨯=θ rad 13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x 故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm 当 3=k ，得60003=λoA4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹；若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带；当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 4100.2-⨯=o A 由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数m ax k 对应的2πϕ=,所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k .13-15 波长为5000oA 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm ．求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少?解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m (1)由光栅衍射明纹公式 λϕk b a =+sin )(，因1=k ,又f x ==ϕϕtan sin 所以有λ=+f x b a 1)( 即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=b a fx λ 2100.6-⨯=m 6= cm(2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0sin )(=+ϕb a ，所以0sin =≈ϕϕ斜入射时，0)sin )(sin (=±+θϕb a ，即0sin sin =±θϕ因︒=30θ，∴21tan sin ±==≈f x ϕϕ 故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30= cm 这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长6000=λo A 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：101060002)(20.0-⨯⨯=+b a101060003)(30.0-⨯⨯=+b a得 6100.6-⨯=+b a m(2)因第四级缺级，故此须同时满足 λϕk b a =+sin )(λϕk a '=sin解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m(3)由λϕk b a =+sin )( λϕsin )(b a k +=当2πϕ=，对应max k k =∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λb a k 因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800oA 的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm 的透镜．试求：(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹?解：(1)中央明纹宽度为 02.010501048002270⨯⨯⨯⨯==-f a l λmm 4.2=cm (2)由缺级条件λϕk a '=sinλϕk b a =+sin )(知k k a b a k k '='=+'=502.01.0 ⋅⋅⋅=',2,1k 即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级．中央明纹的边缘对应1='k ，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000oA ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径．解：由爱里斑的半角宽度 47105.302.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==D λθ∴ 爱里斑半径5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm 13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ，它们都发出波长为5500oA 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星?解：由最小分辨角公式 D λθ22.1=∴ 86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm 13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30o A 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75o A ，当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的X 射线能产生强反射? 解：由布喇格公式 λϕk d =sin 2 得kd ϕλsin 2=时满足干涉相长当1=k 时， 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA2=k 时，91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λo A 3=k 时，30.1389.3==λo A 4=k 时， 97.0489.3==λo A 故只有30.13=λo A 和97.04=λo A 的X 射线能产生强反射．。

大学物理简明教程第三版修订版课后习题答案(赵近芳、王登龙)课后习题答案

习题11.1选择题(1) 一运动质点在某瞬时位于矢径),(y x r的端点处，其速度大小为（）(A)dtdr(B)dt r d(C)dtr d ||(D) 22)()(dt dy dt dx +答案：(D)。

(2) 一质点作直线运动，某时刻的瞬时速度s m v /2=，瞬时加速度2/2s m a −=，则一秒钟后质点的速度（）(A)等于零 (B)等于-2m/s (C)等于2m/s (D)不能确定。

答案：(D)。

1.2填空题(1) 一质点，以1−⋅s m π的匀速率作半径为5m 的圆周运动，则该质点在5s 内，位移的大小是；经过的路程是。

答案： 10m ； 5πm 。

(2) 一质点沿x 方向运动，其加速度随时间的变化关系为a=3+2t (SI)，如果初始时刻质点的速度v 0为5m ·s -1，则当t 为3s 时，质点的速度v= 。

大学物理学(第三版)赵近芳 第三章答案

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大学物理学第三版修订版下册第章标准答案(赵近芳)

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大学物理学(课后答案)第3章

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