大学物理学下册答案第15章

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【含答案】大学物理学习指导第15章

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《大学物理学》第二版下册习题解答

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第九章 静电场中的导体9.1 选无穷远处为电势零点,半径为R 的导体球带电后,其电势为U 0,则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R . (B) R U 0. (C) 20rRU . (D) r U 0. [ C ] 9.2如图所示,一厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板,电荷面密度为σ ,则板的两侧离板面距离均为h 的两点a 、b 之间的电势差为:(A) 0. (B)2εσ. (C) 0εσh . (D) 02εσh. [ A ]9.3 一个未带电的空腔导体球壳,内半径为R .在腔内离球心的距离为d 处( d < R ),固定一点电荷+q ,如图所示. 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 处的电势为 (A) 0 . (B)dq04επ.(C)R q 04επ-. (D) )11(4Rd q -πε. [ D ]9.4 在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷,并测量球壳内外的场强分布.如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置,重新测量球壳内外的场强分布,则将发现: (A) 球壳内、外场强分布均无变化. (B) 球壳内场强分布改变,球壳外不变. (C) 球壳外场强分布改变,球壳内不变.(D) 球壳内、外场强分布均改变. [ B ]9.5在一个孤立的导体球壳内,若在偏离球中心处放一个点电荷,则在球壳内、外表面上将出现感应电荷,其分布将是:(A) 内表面均匀,外表面也均匀. (B) 内表面不均匀,外表面均匀. (C) 内表面均匀,外表面不均匀.(D) 内表面不均匀,外表面也不均匀. [ B ]9.6当一个带电导体达到静电平衡时: (A) 表面上电荷密度较大处电势较高. (B) 表面曲率较大处电势较高. (C) 导体内部的电势比导体表面的电势高.(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零. [ D ]9.7如图所示,一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳,带有电荷Q ,在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q .设无限远处为电势零点,试求: (1) 球壳内外表面上的电荷. (2) 球心O 点处,由球壳内表面上电荷产生的电势. (3) 球心O 点处的总电势.解:(1) 由静电感应,金属球壳的内表面上有感生电荷-q ,外表面上带电荷q +Q .(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的,因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ,所以由这些电荷在O 点产生的电势为adqU q 04επ=⎰-aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和q Q q q O U U U U +-++=r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ04επ+9.8有一"无限大"的接地导体板 ,在距离板面b 处有一电荷为q 的点电荷.如图所示,试求: (1) 导体板面上各点的感生电荷面密度分布.(2) 面上感生电荷的总电荷.解:(1) 选点电荷所在点到平面的垂足O 为原点,取平面上任意点P ,P 点距离原点为r ,设P 点的感生电荷面密度为σ.在P 点左边邻近处(导体内)场强为零,其法向分量也是零,按场强叠加原理,()024cos 0220=++=⊥εσεθb r q E P π 2分 ∴ ()2/3222/b r qb +-=πσ 1分(2) 以O 点为圆心,r 为半径,d r 为宽度取一小圆环面,其上电荷为 ()2/322/d d b r qbrdr S Q +-==σ总电荷为 ()q brrdrqb dS Q S-=+-==⎰⎰∞2/322σ 2分O9.9 如图所示,中性金属球A ,半径为R ,它离地球很远.在与球心O 相距分别为a 与b 的B 、C 两点,分别放上电荷为q A 和q B 的点电荷,达到静电平衡后,问: (1) 金属球A 内及其表面有电荷分布吗?(2) 金属球A 中的P 点处电势为多大?(选无穷远处为电势零点)B解:(1) 静电平衡后,金属球A 内无电荷,其表面有正、负电荷分布,净带电荷为零. (2) 金属球为等势体,设金属球表面电荷面密度为σ. ()()0004///4/d εεσπ++π⋅==⎰⎰a q a q R S U U B A S P A∵0d =⋅⎰⎰AS S σ∴ ()()04///επ+=a q a q U B A P9.10三个电容器如图联接,其中C 1 = 10×10-6 F ,C 2 = 5×10-6 F ,C 3 = 4×10-6 F ,当A 、B 间电压U =100 V 时,试求:(1) A 、B 之间的电容;(2) 当C 3被击穿时,在电容C 1上的电荷和电压各变为多少?解:(1) =+++=321321)(C C C C C C C 3.16×10-6 F(2) C 1上电压升到U = 100 V ,电荷增加到==U C Q 111×10-3 C第十章 静电场中的电介质10.1 关于D的高斯定理,下列说法中哪一个是正确的? (A) 高斯面内不包围自由电荷,则面上各点电位移矢量D为零.(B) 高斯面上处处D为零,则面内必不存在自由电荷.(C) 高斯面的D通量仅与面内自由电荷有关.(D) 以上说法都不正确. [ C ]10.2一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质,若测得导体表面附近场强为E ,则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E . (B) ε 0 ε r E .(C) ε r E . (D) (ε 0 ε r - ε 0)E . [ B ]10.3 一平行板电容器中充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质.已知介质表面极化电荷面密度为±σ′,则极化电荷在电容器中产生的电场强度的大小为:(A) 0εσ'. (B) r εεσ0'. (C) 02εσ'. (D)rεσ'. [ A ]10.4一平行板电容器始终与端电压一定的电源相联.当电容器两极板间为真空时,电场强度为0E ,电位移为0D,而当两极板间充满相对介电常量为εr 的各向同性均匀电介质时,电场强度为E ,电位移为D,则(A) r E E ε/0 =,0D D =. (B) 0E E =,0D D rε=.(C) r E E ε/0 =,r D D ε/0 =. (D) 0E E =,0D D=. [ B ]10.5如图所示, 一球形导体,带有电荷q ,置于一任意形状的空腔导体中.当用导线将两者连接后,则与未连接前相比系统静电场能量将 (A) 增大. (B) 减小.(C) 不变. (D) 如何变化无法确定. [ B ]q10.6将一空气平行板电容器接到电源上充电到一定电压后,断开电源.再将一块与极板面积相同的各向同性均匀电介质板平行地插入两极板之间,如图所示. 则由于介质板的插入及其所放位置的不同,对电容器储能的影响为:(A) 储能减少,但与介质板相对极板的位置无关. (B) 储能减少,且与介质板相对极板的位置有关. (C) 储能增加,但与介质板相对极板的位置无关.(D) 储能增加,且与介质板相对极板的位置有关. [ A ]介质板10.7静电场中,关系式 P E D+=0ε(A) 只适用于各向同性线性电介质. (B) 只适用于均匀电介质. (C) 适用于线性电介质.(D) 适用于任何电介质. [ D ]10.8一半径为R 的带电介质球体,相对介电常量为εr ,电荷体密度分布ρ = k / r 。

大学物理学下册答案第15章

大学物理学下册答案第15章

大学物理学下册答案第15章第15章量子物理一个选择题15-1下列物体中属于绝对黑体的是[](a)不辐射可见光的对象(b)不辐射任何光的对象(c)不能反射可见光的对象(d)不能反射任何光的对象解决方案:选择(d)。

绝对黑体可以吸收100%的入射光,所以它不能反射任何光。

15-2用频率为?的单色光照射某种金属时,逸出光电子的最大动能为ek;若改用频率为2?的单色光照射此金属,则逸出光电子的最大初动能为[](a) 2ek(b)2h??ek(c)h??ek(d)h??EK解决方案:选择(d)。

通过EK?Hw、埃克?2h??w、得到了逃逸光电子的最大初始动能ek'?hv?(hv?w)?hv?ek。

15-3金属产生的光电效应的红极限波长是多少?0,现在波长为?(??0)单色光照射金属,金属释放的电子动量(质量me)为[](a)h/?(b)h/?0(c)2mehc??0(d)2mehc?0hc1hc212hc(?0°)2.mv?解决方案:选择(c)。

通过HV?mevm?Hv0,VM?,相对长度单位?2.M02e0那么p?mevm?2mehc(?0??)??0。

15-4根据玻尔的氢原子理论,氢原子在第一轨道和第三轨道上的电子运动速率V1/V3之比为[](a)1/3(b)1/9(c)3(d)912月13日。

6e12132解决方案:选择(c)。

是的??将2和N分别替换为1和3,得到??2.9.因为1ne312mv32此v1?3.v315-5将处于第一激发态的氢原子电离,需要的最小能量为[](a)13.6ev(b)3.4ev(c)1.5ev(d)0ev解:选(b)。

由en??13.6,第一激发态n?2,得e2??3.4ev,设氢原子2n电离需要的能量为e2',当e2?e2'?0时,氢原子发生电离,得e2'?3.4ev,因此最小能量为3.4ev。

15-6关于不确定的关系?十、二甲苯?有几种理解,其中正确的一种是[](1)粒子的动量无法确定(2)粒子的坐标无法确定(3)粒子的动量和坐标不可能同时确定(4)不确定度关系不仅适用于电子和光子,也适用于其他粒子(a)(1),(2)(b)(2),(4)(c)(3),(4)(d)(4),(1)溶液:选择(c)。

大学物理下毛峰版光的衍射习题及答案

大学物理下毛峰版光的衍射习题及答案

第15章 光的衍射 习题解答1.为什么声波的衍射比光波的衍射更加显着解:因为声波的波长远远大于光的波长,所以声波衍射比光波显着;2.衍射的本质是什么衍射和干涉有什么联系和区别解: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.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三级明条纹和第四级暗条纹,单缝处波阵面各可分成几个半波带解: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.对应于第三级明条纹和第四级暗条纹,单缝处波阵面可分成7个和8个半波带. ∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a4.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 解: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.5.若把单缝衍射实验装置全部浸入水中,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 n k 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.6.单缝衍射暗纹条件与双缝干涉明纹的条件在形式上类似,两者是否矛盾怎样说明解:不矛盾.单缝衍射暗纹条件为k k 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.7.光栅衍射与单缝衍射有何区别为何光栅衍射的明纹特别明亮而暗区很宽解:光栅衍射是多缝干涉和单缝衍射的总效果.其明条纹主要取决于多缝干涉.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.8. 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时,哪些级次的衍射明纹缺级12a b a +=;23a b a +=;34a b a +=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.即可知,当k ab a k '+=时明纹缺级. 1a b a 2=+时,⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级;2a b a 3=+时,⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级;3a b a 4=+,⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级.9.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;1零级明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3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∞.3对于同一级明纹,波长相差越大条纹分开程度越大;10.为什么天文望远镜物镜的孔径做得很大射电天文望远镜和光学望远镜,哪种分辨率更高 解:光学仪器的最小分辨角为0 1.22D λθ=,它的倒数为分辨率,当D 越大或者λ越小,分辨率就越大,所以用的天文望远镜物镜的孔径很大,提高了分辨率;由于微波的波长比可见光的波长要小,故射电天文望远镜的分辨率更高;11.单缝宽0.40mm,透镜焦距为1m,用600λ=nm 的单色平行光垂直照射单缝;求:1屏上中央明纹的角宽度和线宽度;2单缝上、下端光线到屏上的相位差恰为4π的P 点距离中央明纹中心的距离;3屏上第一级明纹的线宽度;解:1第1级暗条纹中心对应的衍射角1ϕ为故中央明纹的角宽度为而中央明纹的线宽度为2相位差为4π,则对应的光程差为2λ,即故屏上P 点应形成第二级暗纹,它到中央明纹中心的距离为3屏上第一级明纹的线宽度为中央明纹线宽度的1/2,解之得12.在单缝夫琅禾费衍射实验中,用波长1650nm λ=的单色平行光垂直入射单缝,已知透镜焦距2.00f m =,测得第二级暗纹距中央明纹中心33.2010m -⨯;现用波长为2λ的单色平行光做实验,测得第三级暗纹距中央明纹中心34.5010m -⨯.求缝宽a 和波长2λ; 解:1当用1650nm λ=入射时,第二级暗纹对应的衍射角设为1ϕ由暗纹公式得: 11sin 2a ϕλ=而第二级暗纹距中中央明纹中心距离则 9413122650102.008.13103.210a f m m x λ---⨯⨯==⨯=⨯⨯ 2当用2λ入射时,第三级暗纹对应的衍射角设为2ϕ由暗纹公式得: 22sin 3a ϕλ=而第三级暗纹距中央明纹中心距离则 34722 4.5108.1310 6.091060933 2.00x a m m nm f λ---⨯⨯⨯===⨯=⨯ 13.一单色平行光垂直照射一单缝,若其第三级明纹位置正好与600nm 的单色平行光的第二级明纹位置重合,求此单色光的波长;解:单缝衍射的明纹公式为当600=λnm 时,2=kx λλ=时,3=k重合时ϕ角相同,所以有得 6.42860075=⨯=x λnm 14.用橙黄色的平行光垂直照射一缝宽为0.60mm 的单缝,缝后凸透镜的焦距为40.0cm,观察屏幕上形成的衍射条纹;若屏上离中央明纹中心1.40mm 处的P 点为一明纹;求:1入射光的波长;2P 点处条纹的级数;3从P 点看,对该光波而言,狭缝处的波阵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 ϕλ 当 3=k ,得600=λnm2 3=k P 点是第3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;15.以白光垂直照射光栅常数d=×10-6m 的透射光栅,在衍射角为30°处会出现什么波长的可见光可见光的波长范围为400~700nm解:由光栅方程:λθk d ±=sin , 3,2,1,0=k讨论:当1=k 时,nm k d 17002==λ 当2=k时,nm k d 8502==λ 当3=k时,nm k d 5672==λ 当4=k时,nm k d 4252==λ 当5=k 时,nm kd 3402==λ 所以,在衍射角为30°处会出现波长为567nm 和425nm 的可见光16.用波长1400nm λ=和2760nm λ=的两种平行光,垂直入射在光栅常数为52.010m -⨯的光栅上,若紧接光栅后用焦距为f =2.0m 的透镜把光会聚在屏幕上;求屏幕上两种平行光第二级主极大之间的距离;解:光栅方程:sin d k ϕλ=±, 3,2,1,0=k屏幕上第k 级主极大的位置为屏幕上两种光第二级主极大之间的距离为17.波长600λ=nm 的单色平行光垂直入射到一光栅上,第二、三级明纹分别出现在20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处,第四级缺级;求:1光栅常数d ;2光栅上狭缝的最小宽度a ;3在9090ϕ-<<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:得 6100.6-⨯=+=b a d m2因第四级缺级,故此须同时满足解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ,得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m3由λϕk b a =+sin )( 当2πϕ=,对应max k k =∴ 1010600100.696max =⨯⨯=+=--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条明纹10±=k 在︒±=90k 处看不到.18.一束平行光含有两种不同波长成份1λ和2λ;此光束垂直照射到一个衍射光栅上,测得波长1λ的第二级主极大与波长2λ的第三级主极大位置相同,它们的衍射角均满足sin 0.3ϕ=;已知nm 6301=λ;1求光栅常数d ;2求波长2λ;3对波长1λ而言,最多能看到第几级明纹解:由光栅方程 λθk d ±=sin , 3,2,1,0=k1光栅常数为m d 61102.4sin 2-⨯==θλ 22132sin λλθ==d 37.6sin 11=≤=λλθd d k最多能看到第6级明纹19.波长范围为400760nm 的白光垂直照射入射某光栅,已知该光栅每厘米刻有5000条透光缝,在位于透镜焦平面的显示屏上,测得光栅衍射第一级光谱的宽度约为56.5mm,求透镜的焦距;解:由题设可知光栅常数为由光栅方程可得波长为400nm 和760nm 的第一级谱线的衍射角分别为第一级光谱的宽度为则有 0.18x f ∆==0.31m 20.在圆孔夫琅禾费衍射中,设圆孔半径为0.10mm,透镜焦距为50cm,所用单色光波长为500nm,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爱里斑半径53.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm 21.已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为64.8410rad -⨯,它们都发出波长为550nm 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22.已知入射的X 射线束含有从~范围内的各种波长的X 射线,晶体的晶格常数为,当X 射线以45°角入射到晶体时,问晶体对哪些波长的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, nm 389.045sin 75.22=⨯⨯=︒λ2=k 时,nm 194.0245sin 75.22=⨯⨯=︒λ 3=k 时,nm 13.0389.3==λ 4=k 时, nm 097.0489.3==λ 故只有nm 13.03=λ和nm 097.04=λ的X 射线能产生强反射.。

大学物理下第15章-12

大学物理下第15章-12

A 媒质2、 折射率n2 u2t r D
· ·· ·u F ·
2
sin i u1 n2 const . sin r u2 n1
c c 光波 u1 ,u2 折射波传播方向 n1 n2
得到
n1 sin i n2 sin r
—— 折射定律
光密媒质光疏媒质时,折射角r >入射角 i n1(大) n2(小) i r i = iC n1(大) n2(小) r = 90
Ek Ep ,Ek Ep const .
振动系统是孤立系统,与外界无能量交换。 波动质元: 每一质元的振动动能和弹性势能在任一点、任何时 刻都具有相同的相位、相同的数值; 每个质元的总能量都是时间的函数,因为它们不 断地与周围媒质交换能量。
1 x 2 2 2 波的能量密度 ΔEp Ek ΔV A sin (t ) 2 u
S
三. 平面波和球面波的振幅
1. 平面波的振幅 平面简谐波
x y A cos (t ) u 两个面的平均能流分别为
v
p1
S
波传播方向
p2
S
1 2 p1 w1uS 2 A1 uS A1、A2分别为两 2 个面处波的振幅 1 2 2 p2 w2uS A2 uS 2 若:介质不吸收波的能量 p1 p2
2 2
tan 0
2r1 2r2 A1 cos( 10 ) A2 cos( 20 )
A1 sin( 10
2r1
) A2 sin( 20
2r2
r2 r1
)
)
r2 r1 A A1 A2 2 A1 A2 cos( 20 10 2 )

大学物理第十五章狭义相对论基础课后习题答案及复习内容

大学物理第十五章狭义相对论基础课后习题答案及复习内容

第十五章狭义相对论基础一、基本要求1. 理解爱因斯坦狭义相对论的两个基本假设。

2. 了解洛仑兹变换及其与伽利略变换的关系;掌握狭义相对论中同时的相对性,以及长度收缩和时间膨胀的概念,并能正确进行计算。

3. 了解相对论时空观与绝对时空观的根本区别。

4. 理解狭义相对论中质量和速度的关系,质量和动量、动能和能量的关系,并能分析计算一些简单问题。

二、基本内容1.牛顿时空观牛顿力学的时空观认为,物体运动虽然在时间和空间中进行,但时间的流逝和空间的性质与物体的运动彼此没有任何联系。

按牛顿的说法是“绝对空间,就其本性而言,与外界任何事物无关,而永远是相同的和不动的。

”,“绝对的,真正的和数学的时间自己流逝着,并由于它的本性而均匀地与任何外界对象无关地流逝着。

”以上就构成了牛顿的绝对时空观,即长度和时间的测量与参照系无关。

2.力学相对性原理所有惯性系中力学规律都相同,这就是力学相对性原理(也称伽利略相对性原理)。

力学相对性原理也可表述为:在一惯性系中不可能通过力学实验来确定该惯性系相对于其他惯性系的运动。

3. 狭义相对论的两条基本原理(1)爱因斯坦相对性原理:物理规律对所有惯性系都是一样的,不存在任何一个特殊的(例如“绝对静止”的)惯性系。

爱因斯坦相对论原理是伽利略相对性原理(或力学相对性原理)的推广,它使相对性原理不仅适用于力学现象,而且适用于所有物理现象。

(2)光速不变原理:在任何惯性系中,光在真空中的速度都相等。

光速不变原理是当时的重大发现,它直接否定了伽利略变换。

按伽利略变换,光速是与观察者和光源之间的相对运动有关的。

这一原理是非常重要的。

没有光速不变原理,则爱因斯坦相对性原理也就不成立了。

这两条基本原理表示了狭义相对论的时空观。

4. 洛仑兹变换()⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧--='='='--='2222211c u xc u t t z z y y c u ut x x (K 系->'K 系)()⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧-'+'='='=-'+'=2222211c u x c u t t z z y y c u t u x x (K 系->'K 系) 令u c β=,γ=①当0→β,γ=1得ut x x -=',,',','t t z z y y ===洛仑兹变换就变成伽利略变换。

大学物理下册11-15章答案(修改过,红色为修正地方还有以下解释)

大学物理下册11-15章答案(修改过,红色为修正地方还有以下解释)

简谐运动1 简谐运动中,0=t 的时刻是 ( B )(A )质点开始运动的时刻 (B )开始观察计时的时刻(C )离开平衡位置的时刻 (D )速度等于零的时刻2 简谐运动的x -t 曲线如图所示,则简谐运动周期为(B )(A )2.62s (B )2.40s (C )0.42s (D )0.382s3 有一个用余弦函数表示的简谐运动,若其速度v 与时间t 的关系曲线如图所示,则该简谐运动的初相位为 (A )(A )π/6(B )π/3(C )π/2(D )/32π4 作简谐运动的某物体的位移—时间图线如图所示,下面哪个图线是简谐运动的加速度图线( B )5 一弹簧振子系统竖直挂在电梯内,当电梯静止时,振子的频率为,现使电梯以加速度a 向上作匀加速运动,则弹簧振子的频率将 ( A )(A )不变 (B )变大 (C )变小 (D )变大变小都有可能6 将一个弹簧振子分别拉离平衡位置1cm 和2cm 后,由静止释放(弹性形变在弹性限度内),则它们作简谐运动时的 ( A )(A )周期相同 (B )振幅相同(C )最大速度相同 (D )最大加速度相同7 一弹簧振子的固有频率为υ,若将弹簧剪去一半,振子质量也减半,组成新的弹簧振子,则新的弹簧振子的固有频率等于 (D )(A )υ (B )2/2υ (C )υ2 (D )υ28 两个完全相同的弹簧下挂着两个质量不同的振子,若它们以相同的振幅作简 谐运动,则它们的 (C ) (A )周期相同 (B )频率相同 (C )振动总能量相同 (D )初相位必相同9 如图所示,一下端被夹住的长带形钢弹簧的顶端固定着一个2千克的小球。

把球移到一边的0.1米处需要4牛顿的力。

当球被拉开一点然后释放时,小球就作简谐运动,其周期是多少秒 (C )(A )0.3(B )0.7(C )1.4(D )2.210 有两个沿x 轴作简谐运动的质点,其频率、振幅相同,当第一个质点自平衡位置向负方向运动时,第二个质点在2A x -=处(A 为振幅)也向负方向运动,则两者的相位差12ϕϕ-为 (C ) (A )2π (B )3π2 (C )6π (D )6π5 11 将单摆从平衡位置拉开,使摆线与竖直方向成α度角)5(o <,然后放手,让其作简谐运动,并开始计时,选拉开方向为x 的方向,且以)cos(ϕω+=t A x 来表示它的振动方程,则 (B )(A )αϕ= (B )0=ϕ (C )2π=ϕ (D )πϕ= 12 以单摆计时的时钟在地球上走时是准确的,即它在地球上走24小时,时间确实过了一天。

大学物理2,15.第十五章思考题

大学物理2,15.第十五章思考题

1、一束光垂直入射在偏振片上,以入射光线为轴转动偏振片,观察通过偏振片后的光强变化过程。

如果观察到光强不变,则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化,有时出现全暗,则入射光是什么光如果观察到明暗交替变化,但不出现全暗,则入射光是什么光 【答案:自然光;完全偏振光;部分偏振光】详解:当一束光垂直入射在偏振片上时,以入射光线为轴转动偏振片,如果观察到通过偏振片后的光强不发生变化,入射光是由自然光;如果观察到光强有明暗交替变化,并且有时出现全暗,则入射光是完全偏振光;如果观察到光强有明暗交替变化,但不出现全暗,则入射光是部分偏振光。

2、一束光是自然光和线偏振光的混合光,让它垂直通过一个偏振片。

若以此入射光束为轴旋转偏振片,测得透射光强度最大值是最小值的5倍,那么入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为多少 【答案:1/2】详解:设该光束中自然光和线偏振光的强度分别为I 1和I 2。

当以此入射光束为轴旋转偏振片时,透射光强度的最大值和最小值分别为21max 21I I I +=1min 21I I = 依题意有I max =5I min ,即12121521I I I ⨯=+ 解之得2121=I I 即入射光束中自然光与线偏振光的光强比值等于1/2。

3、一束光强为I 0的自然光相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后,出射光的光强为 。

已知P 1和P 2的偏振化方向相互垂直,若以入射光线为轴旋转P 2,要使出射光的光强为零,P 2最少要转过多大的角度【答案:45°】详解:由于P 1和P 2的偏振化方向相互垂直,而自然光相继通过三个偏振片后的光强不等于零,说明自然光通过偏振片的顺序为P 1、P 3、P 2。

如图所示,设偏振片P 1和P 3的夹角为,由马吕斯定律得出射光强为)09(cos cos 2220θθ-=I I θ2sin 820I= 由于I = ,代入上式解得45=θ要使出射光强为零,应使P 2和P 3的偏振化方向垂直,因此P 2最少要转过的角度也等于45°。

大学物理下15章习题参考答案中国石油大学

大学物理下15章习题参考答案中国石油大学

15章习题参考答案15-3求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。

[解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为:()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1:01=θ,22πθ=,因此aI B πμ401=对于导线2:πθθ==21,因此02=BaIB B B πμ4021p =+= 方向垂直纸面向外。

(b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为:()210cos cos 4θθπμ-=aIB 对于导线1:01=θ,22πθ=,因此r I a I B πμπμ44001==,方向垂直纸面向内。

对于导线2:21πθ=,πθ=2,因此rI a I B πμπμ44002==,方向垂直纸面向内。

半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内,大小为半径相同、电流相同的圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半,即rIr I B 4221003μμ==,方向垂直纸面向内。

所以,rIr I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++=(c) P 点到三角形每条边的距离都是a d 63=o 301=θ,o 1502=θ每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内,大小都是()aI d IB πμπμ23150cos 30cos 400000=-=故P 点总的磁感应强度大小为aIB B πμ29300== 方向垂直纸面向内。

15-4在半径为R 和r 的两圆周之间,有一总匝数为N 的均匀密绕平面线圈,通有电流I ,方向如图所示。

求中心O 处的磁感应强度。

[解] 由题意知,均匀密绕平面线圈等效于通以 I NI 圆盘,设单位长度线圈匝数为nrR Nn -= 建立如图坐标,取一半径为x 厚度为dx 的 圆环,其等效电流为:x rR NIx j I d d d -==)(2d 2d d 000r R x xNI xIB -==μμrR r R NIr R x xNI B B RrNIln)(2)(2d d 0000-=-==⎰⎰μμ所以 方向垂直纸面向外.15-5电流均匀地流过一无限长薄壁半圆筒,设电流I =5.0A ,圆筒半径 R =m 100.12⨯如图所示。

大学物理同步训练第15章量子物理

大学物理同步训练第15章量子物理

(A)13.6 eV (B)12.09 eV
(C)10.20 eV
(D)1.51 eV
答案:D
分析:(参考选择题 7)������ = 3能级得电离能为
−������3
=

������1 32
=
13.6 9
=
1.51
eV
10. 具有下列哪一能量的光子,能被处在������ = 2的能级的氢原子吸收?

������2
1
6.63 × 10−34 2 6.632 × 10−48
������ = ������ → ������ = 2������ = 2 × 9.11 × 10−31 × ( 0.1 × 10−9 ) = 1.822 × 10−30
������
1
6.632 × 10−18
������ = ������ = 1.60 × 10−19 × 1.822 = 151 V
(普朗克常量ℎ = 6.63 × 10−34 J ∙ s,基本电荷������ = 1.60 × 10−19 C)
答案:C
分析:(参考选择题 1)由光电效应方程可得
ℎ������ ℎ������ ������1 = ������0 + ������������1
ℎ������ ℎ������ ������2 = ������0 + ������������2
(A)能量为hc⁄������ ,动量的大小为h⁄������
(B)能量为h⁄������ ,动量的大小为hc⁄������
(C)能量为h⁄(������������),动量的大小为h⁄������
(D)能量为hc⁄������ ,动量的大小为h⁄(������������)

大学物理(华中科技版)第15章习题答案

大学物理(华中科技版)第15章习题答案

习 题15-1解:由马吕斯定律,得102201002014932930cos 30cos 28860cos 2I I I I I I I I I ====⇒==又有 即透射光强为第一此透射光强的9/4.15-2解:(1)由马吕斯定律有33arccos 31cos 62131cos 2112010max max 1201=⇒==⇒===ααα则因为透射光强的最大值I I I I I I I (2) 332arccos 32cos 31cos 222202201=⇒===ααα则I I I15-3解:设入射光中自然光强为0I ,线偏振光光强为1I ,则总光强为10I I I +=,当光束通过一偏振片时,先偏振光被吸收,最小光强为自然光光强的一半,即 0min 21I I = 最大光强是线偏振光光强与自然光光强的一半之和,就是线偏振光的偏振化方向与偏振片的透射方向同。

即 10max 21I I I += 2/5/6212110010min max ==+=I I I I I I I 即入射光中自然光和线偏振光的强度之比为5/2.15-4解:当光由水射向玻璃时,水的折射率为1n ,玻璃的折射率为2n ,据布儒斯特定律 61.20376.0arctan 376.0tan 12==⇒==b b n n θθ 当光由玻璃射向水时, 39.6966.2arctan 66.2tan 21=='⇒=='b bn n θθ 可见两角度互余。

15-5解:(1)据题意,当反射光为线偏振光时,折射角与入射角互余,即 583290=-=r θ入射角(2)由布儒斯特定律,6.158tan 158tan 2212==⇒==n n n n15-6解:提图参考教材图15—14,由图可知通过第一各偏振片单色自然光变成与P1偏振方向相同的线偏振光,而此线偏振光通过拨片后,分成两相互垂直的线偏振光,其中包括与波晶片光轴平行的非寻常光(其振幅为e E )和与光轴垂直的寻常光(振幅为O E ),这两束偏振光中却只有平行于P2透射方向的分量2e E 和2o E 能透过,且透射光满足相干条件。

大学物理学(下册)习题答案详解

大学物理学(下册)习题答案详解

第十二章 热力学基础一、选择题 12-1 C 12-2 C 12-3 C 12-4 B 12-5 C 12-6 A 二、填空题 12-710000100p V p V p V p V --12-8 260J ,280J - 12-912-10 )(5.21122V p V p -,))((5.01212V V p p -+,)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12-11 268J ,732J 三、计算题12-12 分析:理想气体的内能是温度T 的单值函数,内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定,与经历的准静态过程无关.根据热力学第一定律可知,在等温过程中,系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量,在等压过程中,系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量,同时对外做功. 解:单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12-13 分析:根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解. 解:氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程,再作等温膨胀过程. 在等体过程中,内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中,对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程,然后作等体升压过程. 在等温膨胀过程中,对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中,内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同,但由于始末状态的温差T ∆相同,因而内能的增量E ∆相同,而Q 和A 则与过程有关.12-14 分析:卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关.本题中,求出等温膨胀过程吸收热量后,利用卡诺循环效率及其定义,便可求出循环的功和在等温压缩过程中,系统向低温热源放出的热量. 解:从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12-15 分析:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量,温度升高.在b c →绝热过程中,系统减少内能,降低温度对外作功,与外界无热量交换.在c a →等压压缩过程中,系统放出热量,温度降低,对外作负功.计算得出各个过程的热量和功,根据热机循环效率的定义即可得证. 证明:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中,系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以,该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12-16 分析:根据卡诺定理,在相同的高温热源(1T ),与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等,有221111Q TQ T η=-=-.非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-. 解:(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机,则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机.(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式.根据热机效率的定义,可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13-1 D 13-2 B 13-3 D 13-4 D 13-5 C 13-6 C 13-7 A 二、填空题13-8 相同,不同;相同,不同,相同. 13-9 (1)分子体积忽略不计;(2)分子间的碰撞是完全弹性的; (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用.13-10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比,分子的平均平动动能,()d 1f v v ∞=⎰,速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百.13-11 氧气,氢气,1T 13-12 3,2,013-13 211042.9-⨯J ,211042.9-⨯J ,1:2 13-14 概率,概率大的状态. 三、计算题13-15 分析:根据道尔顿分压定律可知,内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强,等于混合气体中各成分理想气体的压强之和.解:设氦、氢气压强分别为1p 和2p ,则12p p p =+.由理想气体物态方程,得1He He m RTp M V =, 222H H m RT p M V=所以,总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13-16 解:(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同,三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13-17 分析:在某一速率区间,分布函数()f v 曲线下的面积,表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比.速率区间很小时,这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=,函数值()f v 为矩形面积的高,本题中可取为()p f v .利用p v 改写麦克斯韦速率分布律,可进一步简化计算.解: ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时,氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率,在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知,10p v v =-,(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=.而10p v ,所以可取p v v ≈,代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13-18 解:(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13-19 分析:气体分子处于平衡态时,其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关.温度一定时,平均碰撞次数和压强成正比.解:(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯,0273T K =,氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯,273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13-20 分析:把加热的铁棒侵入处于室温的水中后,铁棒将向水传热而降低温度,但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化,因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源.把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统,根据热力学第二定律可知,在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中,系统的熵将增加.熵是态函数,系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关.因此,求不可逆过程的熵变,可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解. 解:根据题意有 1273300573T K =+=,227327300T K =+=.设铁棒的比热容为c ,当铁棒的质量为m ,温度变化dT 时,吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程,其温度连续地由1T 降为2T ,在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14-1 C 14-2 A 14-3 B 14-4 C 14-5 B 二、填空题 14-622 14-7 5.5Hz ,114-82411s ,23π 14-9 0.1,2π14-10 2222mA T π- 三、计算题14-11 解:简谐振动的振幅2A cm =,速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-,3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14-12 证明:(1) 物体在地球内与地心相距为r 时,它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反.式中M 是以地心为中心,以r 为半径的球体内的质量,其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比,方向相反,故物体在隧道内作简谐振动. (2) 物体由地表向地心落去时,其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14-13 分析:一物体是否作简谐振动,可从动力学方法和能量分析方法作出判断.动力学的分析方法由对物体的受力分析入手,根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程,与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断.能量法求解首先需确定振动系统,确定系统的机械能是否守恒,然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点,再写出物体在任意位置时的机械能表达式,并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较,最后作出是否作简谐振动的判断. 解:(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统.在物体上下自由振动的过程中,系统不受外力,系统内无非保守内力作功,所以系统的机械能守恒. 取弹簧的原长处为弹性势能零点,取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置,也即Ox 轴的坐标原点,如图14-13(a)所示.图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,由图14-13(b)可知,有10mg T -=,120T R T R -=,2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时,其运动速率为v ,弹簧的伸长量为x l +,滑轮的角速度为ω.由系统的机械能守恒,可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数,得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程,式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另:动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示.12图14-13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,因为这时0a =,可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时,2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比,方向相反,所以它是作简谐振动. (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时,弹簧无伸长,物体的位移0x l =-;物体也无初速,00v =,物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以,物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14-14 分析:M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +,振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定,振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置.图14-14解:设空盘静止时,弹簧伸长1l ∆(图14-14),则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置,弹簧再伸长2l ∆,则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前,物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时,服从动量守恒定律,碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点,物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点,坐标轴方向竖直向下.则0t =时,02mg x l k =-∆=-,02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件,0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <,00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14-15 解:(1) 振子作简谐振动时,有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时,即12p E E =.所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时,0x A =,故00ϕ=.动能和势能相等时,物体的坐标15x =即cos A t ω=,cos t ω= 在一个周期内,相位变化为2π,故3574444t ππππω=, , , 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14-16 解:(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时,即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时, 13x x +的振幅最大.取0k =,则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时,即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时,13x x +的振幅最小.取0k =,则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14-17 分析:质点同时受到x 和y 方向振动的作用,其运动轨迹在Oxy 平面内,16质点所受的作用力满足力的叠加原理.解:(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到.对t 作变量替换,令12t t '=-,两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加,得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以,质点的运动轨迹为一椭圆. (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时,它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点),作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14-18 分析:充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路.不计电路的阻尼时,电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化.振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定,振幅和初相位由系统的初始状态决定.任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定. 解:(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗,e m W W =.因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时,电容器能量是它最大能量的一半,即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中,电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=,ω=.因为0t =时,0q Q =,故有00ϕ=.于是q C ε=当首次q =时有C ε==,4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15-1 B 15-2 C 15-3 B 15-4 A 15-5 C 15-6 C 二、填空题15-7 波源,传播机械波的介质 15-8B C,2B π,2C π,lC ,lC - 15-9 cos IS θ 15-10 0 15-11 0.45m 三、计算题15-12 分析:平面简谐波在弹性介质中传播时,介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动,振动的相位沿传播方向依次落后,以速度u 传播.把绳中横波的表达式与波动表达式相比较,可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量.t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同. 解:(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =,52v Hz ωπ==,0.5m λ=,0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=. (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =,1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位. (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =, 1.25t s =, 1.50t s =各时刻的波形见图15-12.15-13 解:(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播,根据a 点的振动表达式,并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时,b 点的坐标为5x m =-,代入上式,得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点,则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015-14 解:由波形曲线可得100.1A cm m ==,400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===,2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态:2Ot Ay =-,0Ot v >,利用旋转矢量图可得,该时刻O 点的振动相位为23π-,即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向,可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态:0Qt y =,0Qt v <,利用旋转矢量图可得,该时刻Q 点的振动相位为2π,即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15-15 分析:波的传播过程也是能量的传播过程,波的能量同样具有空间和时间的周期性.波的强度即能流密度,为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流.注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系.解:(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15-16 分析:根据弦线上已知质点的振动状态,推出原点处质点振动的初相位,即可写出入射波的表达式.根据入射波在反射点的振动,考虑反射时的相位突变,可写出反射波的表达式.据题意,入射波和反射波的能量相等,因此,在弦线上形成驻波的平均能流为零.解:沿弦线建立Ox 坐标系,如图15-16所示.根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===,2100 /rad s ωπνπ==,100250u m m v λ===, (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ,入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知,在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=,即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以,入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失,反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t(2)入射波和反射波的传播方向相反,叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤,在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤,波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波,在驻波中没有能量的定向传播,因而平均能流为零. 15-17 分析:运动波源接近固定反射面而背离观察者时,观察者即接收到直接来自波源的声波,也接收到来自固定反射面反射的声波,两声波在A 点的振动合成为拍.当波源相对于观察者静止,而反射面接近波源和观察者时,观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应,但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应,因此,两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍. 解:(1) 波源远离观察者而去,观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止,接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率,这时的波源以S v 接近反射面.2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说,反射面相当于接收器,它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说,反射面相当于另一波源,观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15-18 解:平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂, 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较,可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15-19 解:由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=, 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向,且磁场强度和电场强度同相位,所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+[SI ]第十六章 几何光学一、选择题 16-1 A 16-2 B 16-3 B 16-4 C 二、填空题16-5 6.0S cm '=,12V = 16-6 80f cm '=16-7 34s cm '=-,2V =- 16-8 左,2R 三、计算题16-9 解:设空气的折射率为n ,玻璃的折射率为n ',则 1n =, 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16-10 分析:将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例,可由折射球面的成像规律求解。

大学物理学(下册)第15章 量子物理基础

大学物理学(下册)第15章 量子物理基础
2020/12/10
5、爱因斯坦的光子假说和光电效应方程
1).爱因斯坦光子假设 ①.光是一束以光速c运动的粒子流,这些粒子称为光子;
②.光子的能量: h
③.光的强度: SNh
2).爱因斯坦光电效应方程
爱因斯坦认为:在光电效应中,金属中的电子吸收
一个光子的能量h,一部分消耗在使金属中电子挣脱原子
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2. 普朗克理论与经典理论不同
经典理论的基本观点
普朗克能量子假设
(1)电磁波辐射来源于 带电粒子的振动,电磁波 频率与带电粒子振动频率 相同。 (2)振子辐射电磁波含 各种波长,是连续的,辐 射能量也是连续的。
对于频率为的振子,
振子辐射的能量不是 连续的,而是分立的, 它的取值是某一最小 能量 的整数倍
出的、在波长 附近单位波长间隔内的能量。称为单色辐
射出射度或单色辐出度。
M(T)
dM(T)
d
单位: W / m 3
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温度为 T 的物体,在单位时间内,从单位面积上所辐射
出的各种波长的电磁波的能量总和。称为辐射出射度或辐
出度。
M(T) 0M(T)d
单位: W / m 2
太阳和钨丝的单色 辐出度曲线
即:光电子的最大初动能与入射光的强度成正比关系,而 与光的频率无关。与实验结果不符。
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红限问题
按上述理论,无论何种频率的入射光,只要其强 度足够大,就能使电子具有足够的能量逸出金属,不 存在红限问题。与实验结果不符。
驰豫时间
按上述理论,如果入射光强很弱,则电子逸出金 属所需的能量,需要有一定的时间来积累。与实验结 果不符。
光的波动性用光波的波长 和频率 描述,光

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案

第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B),2(D),3(D),4(B),5(B),6(D),7(B),8(C),9(D),10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩,磁矩 ; (2). πR 2c ; (3). )4/(0a I μ; (4).RIπ40μ ;(5). μ0i ,沿轴线方向朝右. ; (6). )2/(210R rI πμ, 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ; (9). aIB ; (10). 正,负.三 计算题1.一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0),半径为R ,通有均匀分布的电流I .今取一矩形平面S (长为1 m ,宽为2 R ),位置如右图中画斜线部分所示,求通过该矩形平面的磁通量.解:在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小,由安培环路定 律可得:)(220R r r RIB ≤π=μ因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ 在圆形导体外,与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管,圆环内外半径分别为R 1和R 2,芯子材料的磁导率为μ,导线总匝数为N ,绕得很密,若线圈通电流I ,求.(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量. (2) 在r< R 1和r > R 2处的B 值.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 , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B dΦr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流,在导线内部作一平面S ,S 的一个边是导线的中心轴线,另一边是S 平面与导线表面的交线,如图所示.试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量.(真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A ,铜的相对磁导率μr ≈1)解:在距离导线中心轴线为x 与x x d +处,作一个单位长窄条, 其面积为 x S d 1d ⋅=.窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过1m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x RIx20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度,设线圈中的电流强度为I .解:如图,CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF D E BC AB B B B B B+++= )sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB , 方向⊗其中 2/1)2/(sin 2==a a β,0sin 1=β∴ a I B AB π=240μ, 同理, a IB BC π=240μ,方向⊗.同样)28/(0a I B B EF D E π==μ,方向⊙.∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向⊗.5. 如图所示线框,铜线横截面积S = 2.0 mm 2,其中OA 和DO '两段保持水平不动,ABCD 段是边长为a 的正方形的三边,它可绕OO '轴无摩擦转动.整个导线放在匀强磁场B 中,B 的方向竖直向上.已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3,当铜线中的电流I =10 A 时,导线处于平衡状态,AB 段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°.求磁感强度B的大小.解:在平衡的情况下,必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO '轴而言).重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B 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 T6. 如图两共轴线圈,半径分别为R 1、R 2,电流为I 1、I 2.电流的方向相反,求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度. 解:取x 轴向右,那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0,则B 方向为沿x 轴正方向.若B < 0,则B的方向为沿x 轴负方向.P7. 如图所示.一块半导体样品的体积为a ×b ×c .沿c 方向有电流I ,沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B 的方向和样品中电流密度方向垂直).实验得出的数据为 a =0.10 cm 、b =0.35 cm 、c =1.0 cm 、I =1.0 mA 、B =3.0×10-1 T ,沿b 边两侧的电势差U =6.65 mV ,上表面电势高.(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)?(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数).解:(1) 根椐洛伦兹力公式:若为正电荷导电,则正电荷堆积在上表面,霍耳电场的方向由上指向下,故上表面电势高,可知是p 型半导体。

大学物理学下册(赵近芳)第15章习题解答

大学物理学下册(赵近芳)第15章习题解答

1习 题1515.1选择题(1)用一定频率的单色光照射在某种金属上,测出其光电流I 与电势差U 的关系曲线如题16.1图中实线所示.然后在光强度I 不变的条件下增大照射光的频率,测出其光电流的曲线用虚线表示.符合题意的图是: [ ][答案:D 。

光强度I φ不变,光的频率v 增大,光子数(光子密度)N φ减少,则逸出光电子数 N e 减少,饱和光电流I e 减少;光的频率v 增大,由爱因斯坦光电效应方程21A 2m m hv υ=-知初动能增大,则遏止电压增加。

](2) 康普顿散射的主要特点是: [ ](A) 散射光的波长均与入射光的波长相同,与散射角、散射体性质无关.(B) 散射光中既有与入射光波长相同的,也有比入射光波长长的和比入射光波长短的.这与散射体性质有关.(C) 散射光的波长均比入射光的波长短,且随散射角增大而减小,但与散射体的性质无关.(D) 散射光中有些波长比入射光的波长长,且随散射角增大而增大,有些散射光波长与入射光波长相同.这都与散射体的性质无关.[答案:D 。

](3)假定氢原子原是静止的,质量为1.67×10-27 kg ,则氢原子从n = 3 的激发状态直接通过辐射跃迁到基态时的反冲速度大约是 [ ](A) 4 m/s . (B) 10 m/s . (C) 100 m/s . (D) 400 m/s .[答案:A 。

动量守恒 -m υ+h/λ34722711 6.62610 1.096108()13 1.67109H h R m υ--⨯⨯⨯=-=⨯⨯≈4m/s](4) 关于不确定关系2x p x ∆∆≥,有以下几种理解: (a ) 粒子的动量不可能确定.(b ) 粒子的坐标不可能确定.(c ) 粒子的动量和坐标不可能同时准确地确定.(d ) 不确定关系不仅适用于电子和光子,也适用于其它粒子.其中正确的是: [ ]O(A ) (B ) (C ) (D )题15.1图。

大学物理习题解答12~15章

大学物理习题解答12~15章

第十二章 恒定磁场 (Steady Magnetic Field)一、选择题12.1 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) 无法确定的量. [ B ]12.2 载流的圆形线圈(半径a 1 )与正方形线圈(边长a 2 )通有相同电流I .若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感强度大小相同,则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为 (A) 1∶1 (B)π2∶ 1(C)π2∶4 (D)π2∶8 [ D ]12.3 如题图12.1,两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上,稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出,则磁感强度B沿图中闭合路径L 的积分⎰⋅LlB d 等于(A) I 0μ. (B)I 031μ. (C) 4/0I μ. (D) 3/20I μ. [ D ]II a bcdL120°题图12.1I 1I 212.4 如题图12.2,在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动.线框平面与大平板垂直。

大平板的电流与线框中电流方向如图所示。

则在同一侧且对着大平板看,通电线框的运动情况是:(A) 靠近大平板. (B) 顺时针转动.(C) 逆时针转动. (D) 离开大平板向外运动. [ B ]12.5 在匀强磁场中,有两个平面线圈,其面积A 1 = 2 A 2,通有电流I 1 = 2 I 2,它们所受的最大磁力矩之比M 1 / M 2等于 (A) 1. (B) 2.(C) 4. (D) 1/4. [ C ]12.6 如题图12.3所示,无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆,当通以电流I 时,则在圆心O 点的磁感强度大小等于 (A)RIπ20μ; (B)RI40μ; (C)RIπ20μ ;(D))11(20π-R Iμ; (E) )11(40π+R I μ。

大学物理学习指南答案-下册

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第11章 静电场【例题精选】例11-1 (见书上) 例11-2()22300(428qd qdR R d R πεππε-或),从O 点指向缺口中心点例11-3 D 例11-4 D 例11-5 B例11-6 0/2σε, 向右; 03/2σε, 向右; 0/2σε, 向左 例11-7 (见书上)【练习题】11-1 B 11-2 0/d λε,220(4)d R d λπε-,沿矢径OP11-3 0/Q ε,0205180Q Rπε和r11-4 B11-5 【解】(1)作与球体同心,半径r <R 的高斯球面S 1。

球体内电荷密度ρ随r 变化,因此,球面S 1内包含的电荷214()d ro Q r r r πρ=⎰。

已知的电荷体密度ρ(r ) =kr ,根据高斯定理:11d s o Q Φε=⋅=⎰E S , 230144d rr o E r k r r ππε⋅=⎰,可求得球体内任意点的场强:24r o r E k ε=,r <R 。

(2)作与球体同心、半径r >R 的球面S 2,因R 外电荷为零,故S 2内的电荷Q 2=Q 总,根据高斯定理:1231d 44d Rrs oEr k r r Φππε=⋅=⋅=⎰⎰E S ,得球体外任意一点的场强:4204r R E k r ε=,r >R 。

11-6 0/(2)σε-,03/(2)σε11-7 【解】两同轴圆柱面带有等量异号电荷,则内外电荷线密度分别为λ和-λ。

电场分布具有轴对称性。

(1)建立半径1r R <的同轴高斯柱面,设高为h 。

高斯柱面内无电荷分布。

1d 20SE rh π⋅=⋅=⎰E S ,则,10E=(1r R <)(2)建立12R r R <<的同轴高斯柱面,设高为h 。

高斯柱面内包含电荷。

柱面的上下底面无电场分布,电场均匀分布在侧面。

20d 2Sh E rh λπε⋅=⋅=⎰E S ,则,202E rλπε=(12R r R <<) (3)建立半径2r R >的同轴高斯柱面,设高为h 。

大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 下册 第十五章 习题15 答案

大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 下册  第十五章 习题15 答案

习题1515.1 选择题(1)一束光强为I0的自然光垂直穿过两个偏振片,且此两偏振片的偏振化方向成45°角,则穿过两个偏振片后的光强I为[ ](A) 4/0I2.(B) I0 / 4.(C) I0 / 2.(D) 2I0 / 2。

[答案:B](2)自然光以布儒斯特角由空气入射到一玻璃表面上,反射光是[ ](A) 在入射面内振动的完全线偏振光.(B) 平行于入射面的振动占优势的部分偏振光.(C) 垂直于入射面振动的完全线偏振光.(D) 垂直于入射面的振动占优势的部分偏振光.[答案:C](3)在双缝干涉实验中,用单色自然光,在屏上形成干涉条纹.若在两缝后放一个偏振片,则[ ](A) 干涉条纹的间距不变,但明纹的亮度加强.(B) 干涉条纹的间距不变,但明纹的亮度减弱.(C) 干涉条纹的间距变窄,且明纹的亮度减弱.(D) 无干涉条纹.[答案:B](4)一束自然光自空气射向一块平板玻璃(如图),设入射角等于布儒斯特角i0,则在界面2的反射光是[ ](A)自然光。

(B)线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面。

(C)线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面。

(D)部分偏振光。

[答案:B]*(5)ABCD为一块方解石的一个截面,AB为垂直于纸面的晶体平面平行的单色自然光垂直于AB端面入射.在方解石内折射光分解为o光和e光,o光和e光的[ ](A) 传播方向相同,电场强度的振动方向互相垂直.(B) 传播方向相同,电场强度的振动方向不互相垂直.(C) 传播方向不同,电场强度的振动方向互相垂直.(D) 传播方向不同,电场强度的振动方向不互相垂直.[答案:C]15.2 填空题(1)马吕斯定律的数学表达式为I = I0 cos2α.式中I为通过检偏器的透射光的强度;I0为入射__________的强度;α为入射光__________方向和检偏器_________方向之间的夹角。

[答案:线偏振光(或完全偏振光,或平面偏振光),光(矢量)振动,偏振化(或透光轴);](2)当一束自然光以布儒斯特角入射到两种媒质的分界面上时,就偏振状态来说反射光为____________________光,其振动方向__________于入射面。

大学物理课本答案习题 第十五章习题解答

大学物理课本答案习题 第十五章习题解答

习题十五15-1 某物体辐射频率为146.010Hz ⨯的黄光,问这种辐射的能量子的能量是多大? 解: 根据普朗克能量子公式有:-3414196.6310 6.010 4.010(J)h εν-==⨯⨯⨯=⨯15-2 假设把白炽灯中的钨丝看做黑体,其点亮时的温度为K 2900. 求:(1) 电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长; (2) 据此分析白炽灯发光效率低的原因. 解 (1)由维恩位移定律,得-3-72.89810=9.9910(m)=999(nm)2900b T λ⨯==⨯(2)因为电磁辐射中单色辐出度的极大值对应的波长在红外区域,所以白炽灯的发光效率较低。

15-3 假定太阳和地球都可以看成黑体,如太阳表面温度T S =6000K ,地球表面各处温度相同,试求地球的表面温度(已知太阳的半径R 0=6.96×105km ,太阳到地球的距离r =1.496×108km )。

解: 由 40T M σ=太阳的辐射总功率为2428482002644 5.671060004(6.9610)4.4710(W)S S S P M R T R πσππ-===⨯⨯⨯⨯⨯=⨯地球接受到的功率为62226221117 6.3710() 4.4710()422 1.496102.0010(W)S E E E S P R P R P d d ππ⨯===⨯⨯⨯=⨯ 把地球看作黑体,则 24244E E E E E R T R M P πσπ==290(K)E T ===15-4 一波长nm 2001=λ的紫外光源和一波长nm 7002=λ的红外光源,两者的功率都是400W 。

问:(1)哪个光源单位时间内产生的光子多?(2)单位时间内产生的光子数等于多少? 解: (1)光子的能量λνchh E ==设光源单位时间内产生的光子数为n ,则光源的功率hcw n nhcnE w λλ===, 可见w 相同时,λ越大,n 越大,而12λλ>,所以红外光源产生的光子数多。

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用于微观粒子,包括电子、光子和其他粒子, (4)正确。
二 填空题
15-7 已知某金属的逸出功为 W ,用频率为 1 的光照射该金属能产生光电效
应,则该金属的红限频率 0 ________,截止电势差 U c ________。
解: 由 W hv0 ,得 v0 W ;由 hv1 1 mevm2 W ,而 1 mevm2 eUc ,所以
mH
vrms = c ,所以氢原子的德布罗意波长
hh ,代入数据,得
p mH vrms
0.145nm ;
同样,小球速度 v = c ,德布罗意波长
h h ,代入数据,得 p mv
6.63 10 20 nm
15-12 在电子单缝衍射实验中,若缝宽为 a 0.1nm( 1nm=10 9m ),电子束
垂直射在单缝上,则衍射的电子横向动量的最小不确定量
照射该金属,金属释放出的电子 (质量为 me )的动量大小为 [ ]
(A) h /
(B) h / 0
(C) 2mehc 0
0
(D) 2mehc
0
解: 选 (C)。由 hv
1 2
mevm2
hc hv0 ,
1 mevm2 2
hc ,得 vm
0
2hc( 0
)

me 0
因此 p mevm
2mehc( 0
0
) 。
第 15 章 量子物理
一 选择题
15-1 下列物体中属于绝对黑体的是 [ ]
(A) 不辐射可见光的物体
(B) 不辐射任何光线的物体
(C) 不能反射可见光的物体
(D) 不能反射任何光线的物体
解: 选 (D)。绝对黑体能够 100%吸收任何入射光线,因而不能反射任何光
线。
15-2 用频率为 的单色光照射某种金属时,逸出光电子的最大动能为 Ek ;
W 4.2eV ,因此 hv W ,即不能产生光电效应。
若改用频率为 2 的单色光照射此金属,则逸出光电子的最大初动能为 [ ]
(A) 2Ek
(B) 2h Ek
(C) h Ek
(D) h Ek
解: 选 (D) 。由 Ek h
W

E
' k
2h
W ,得逸出光电子的最大初动能
Ek' hv (hv W ) hv Ek 。
15-3 某金属产生光电效应的红限波长为 0 ,今以波长为 ( 0 )的单色光
(A) 13.6eV
(B) 3.4eV
(C) 1.5eV
(D) 0eV
解: 选 (B)。由 En
13.6 n2 ,第一激发态 n 2 ,得 E2
3.4eV ,设氢原子
电离需要的能量为
E' 2
,当
E2
E' 2
0 时,氢原子发生电离,得 E ' 2
3.4eV ,因此
最小能量为 3.4eV。
15-6 关于不确定关系 x px h 有以下几种理解,其中正确的是 [ ]
15-11 运动速率等于在 300K 时方均根速率的氢原子的德布罗意波长是 ________; 质量 为 m 1g ,以速度 v 1cm/s 运动的小球的德布罗意波长是 ________。(氢原子质量 mH 1.67 10 27 kg )
解: 方均根速率为 vrms
3kT ,代入数据,得
vrms
2.73 103 m/s ,因为
子获得的动能 Ek ,因此 Ek
h0
hv
1 hc(
1) 。
0
15-9 根据玻尔氢原子理论,若大量氢原子处于主量子数 n = 5 的激发态,则 跃迁辐射的谱线可以有 ________条,其中属于巴耳末系的谱线有 ________条。
解: n 从 5 到 4、 3、 2、1,从 4 到 3、 2、 1,从 3 到 2、1,从 2 到 1,一共 有 10 条;巴尔末系 k 2 ,从 5 到 2,从 4 到 2,从 3 到 2,一共有 3 条。
(1) 粒子的动量不可能确定
(2) 粒子的坐标不可能确定
(3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定
(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子,也适用于其他粒子
(A) (1), (2)
(B) (2), (4)
(C) (3), (4)
(D) (4), (1)
解: 选 (C)。根据 x px h 可知, (1)、 (2)错误, (3)正确;不确定关系适
2
(x)
2 sin2 3 x , x a /6 代入,得
2
(x)
2。
a
a
a
三 计算题
15-14 已知从铝金属逸出一个电子需要 4.2eV 的能量, 若用可见光投射到铝 的表面,能否产生光电效应?
解:由 hv 1 mevm2 W 可知,只有当 hv W 时,才能产生光电效应;可见光 2
的波长范围为 400 : 760nm,当波长为 400nm时,能量最大, hv hc 3.1eV ,而
15-4 根据玻尔氢原子理论,氢原子中的电子在第一和第三轨道上运动速率 之比 v1 / v3 是[ ]
(A) 1/ 3
(B) 1/ 9
(C) 3
(D) 9
解:选(C)。由 En 此 v1 3 。
v3
13.6 n2

n
分别代入
1 和 3,得 E1 E3
1 2
mv12
1 mv32
32 12
9 ,因
2
15-5 将处于第一激发态的氢原子电离,需要的最小能量为 [ ]
p ________。
解入数据,得
p 6.63 10 24 kg.m/s 。
a
15-13 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动,其波函数为
( x) 2 sin 3 x aa
(0 x a)
那么粒子在 x a /6 处出现的概率密度为 ________。
解: 概率密度为
15-10 氢原子由定态 l 跃迁到定态 k 可发射一个光子。已知定态 l 的电离能 为 0.85eV,又知使氢原子从基态激发到定态 k 所需能量为 10.2eV,则在上述跃 迁中氢原子所发射的光子的能量为 ________。
解: 基态的能量 E1 13.6eV ,则定态 k 的能量 Ek 13.6 10.2 3.4eV , 已知定态 l 的电离能为 0.85eV,则定态 l 的能量 El 0.85eV ,因此由定态 l 跃 迁到定态 k,所发射的光子的能量为 El Ek 2.55eV 。
h
2
2
hv1 eU c W ,得 U c
h1 W。 e
15-8 在康普顿效应中,波长为 0 的入射光子与静止的自由电子碰撞后反向 弹回,而散射光子的波长变为 ,则反冲电子获得的动能为 ________。
解:由 hv0 m0c2 hv mc2 ,得 mc2 m0c2 h 0 hv ,其中 mc2 m0c 2 为反冲电
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