大学物理第15章 习题
大学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第十五章狭义相对论基础
⼤学物理上册（第五版）重点总结归纳及试题详解第⼗五章狭义相对论基础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。
四川师范大学大学物理波动光学(13、14、15章)题解
第十三章 光的干涉13–1 在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为n 1和n 2的透明薄膜遮盖，二者的厚度均为e ，波长为λ的平行单色光垂直照射到双缝上，在屏中央处，两束相干光的位相差 。
解：加入透明薄膜后，两束相干光的光程差为n 1e –n 2e ，则位相差为e n n e n e n )(2)(22121-=-=∆λλλλφ13–2 如图13-1所示，波长为λ的平行单色光垂直照射到两个劈尖上，两劈尖角分别为21θθ和，折射率分别为n 1和n 2，若二者分别形成的干涉条纹的明条纹间距相等，则21,θθ，n 1和n 2之间的关系是 。
解：劈尖薄膜干涉明条纹间距为θλθλn n L 2sin 2≈=（ 很小） 两劈尖干涉明条纹间距相等221122θλθλn n =，所以 2211θθn n =或1221n n =θθ13–3 用一定波长的单色光进行双缝干涉实验时，欲使屏上的干涉条纹间距变大，可采用的方法是： ； 。
解：因为干涉条纹的间距与两缝间距成反比，与屏与双缝之间的距离成正比。
故填“使两缝间距变小；使屏与双缝之间的距离变大。
”13–4 用波长为λ的单色光垂直照射如图13-2示的劈尖膜（n 1＞n 2＞n 3），观察反射光干涉，从劈尖顶开始算起，第2条明条纹中心所对应的膜厚度e = 。
解：劈尖干涉（n 1＞n 2＞n 3）从n 1射向n 2时无半波损失，产生明条纹的条件为2n 2e = k ，k = 0,1,2,3…在e = 0时，两相干光相差为0，形成明纹。
第2条明条纹中心所对应的膜厚度为k = 1，即2n 2e = ，则22n e λ=。
13–5 若在迈克耳孙干涉仪的可动反射镜移动0.620mm 的过程中，观察到干涉条纹移动了2300条，则所用光波的波长为 。
解：设迈克耳孙干涉仪空气膜厚度变化为e ，对应于可动反射镜的移动，干涉条纹每移动一条，厚度变化2λ，现移动2300条，厚度变化mm 620.022300=⨯=λ∆e ，则 = 。
大物习题册答案及详解(山东理工大学大二上学期2020版)
4.如图所示，一点电荷q位于正立方体的A角上，则通过侧面abcd的电通量Φe=q/24ε0
考点: 高斯定理公式 （课本118页 6-18） 解法：1.建立一正方体高斯面（补7个如图正方体），使A点位于正中心
考点:电势是一个与引进电荷无关，完全由电场自身的性质和相对位置决定的物理量。电场中某点电势的大小与零 电势点的选取有关。
2.在边长为a的正方体中心处放置一电量为Q的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在一个侧面的中心处的电势为
（B）
（A）Q/4πε0a
（B）Q/2πε0a
（C）Q/πε0a
（D）Q/2√2πε0a
q/(1/r-1/r0)/4πε0
考点：电势的计算
解法：U=∫
r0 r
E·dr
=∫
r0 qdr r 4πε0r
2
=q/(1/r-1/r0)/4πε0
（课本122页
6-29b）
பைடு நூலகம்
3.一质量为m、电量为q的小球，在电_场__力__作__用下，从电势为U的a点移动到电势为零的b点，若已知小球在b点的 速率为Vb，则小球在a点的速率Va=√Vb2-2qU/m
②均匀带电球面内的电势UP2=Q/4πε0R（课本123页例6-8结论得）， ③UP=UP1+UP2.
6.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点移到b点，a、b两点距离点电荷A的距 离分别为r1和r2，如图所示，则移动过程中电场力做的功为（C） （A）-Q（1/r1-1/r2)/4πε0 （B）qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （C）-qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （D）-qQ/4πε0（r2-r1) 考点：电场力的功 解法：Aeab=q（UA-UB）=q(-Q/4πε0r1— -Q/4πε0r2）=-qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （课本123页 6-31）
【含答案】大学物理学习指导第15章
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大学物理学第15章作业题
15 －8 天狼星的温度大约是11 000 ℃.试由维恩位移定律计算其辐射峰值的波长. 解 由维恩位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长nm 1057.27-⨯==Tbλm 该波长属紫外区域，所以天狼星呈紫色.15 －9 太阳可看作是半径为7.0 ×108 m 的球形黑体，试计算太阳的温度.设太阳射到地球表面上的辐射能量为1.4 ×103 W·m -2 ，地球与太阳间的距离为1.5 ×1011m.分析 以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d 为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上.太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因而可根据地球表面单位面积在单位时间内接受的太阳辐射能量E ，计算出太阳单位时间单位面积辐射的总能量()T M ，再由公式()4T σT M =，计算太阳温度.解 根据分析有()22π4π4REd T M = (1) ()4T σT M = (2)由式(1)、(2)可得K 58002/122=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=σR E d T15 －10 钨的逸出功是4.52eV ，钡的逸出功是2.50eV ，分别计算钨和钡的截止频率.哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？分析 由光电效应方程W m h +=2v 21v 可知，当入射光频率ν ＝ν0 (式中ν0＝W/h )时，电子刚能逸出金属表面，其初动能02=v 21m .因此ν0 是能产生光电效应的入射光的最低频率(即截止频率)，它与材料的种类有关.由于可见光频率处在0.395 ×1015 ～0.75 ×1015Hz 的狭小范围内，因此不是所有的材料都能作为可见光范围内的光电管材料的(指光电管中发射电子用的阴极材料).解 钨的截止频率 Hz 1009.115101⨯==hW v钡的截止频率 Hz 10603.015202⨯==hW v 对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率02v 正好处于该范围内，而钨的截止频率01v 大于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料.15 －11 钾的截止频率为4.62 ×1014Hz ，今以波长为435.8nm 的光照射，求钾放出的光电子的初速度.解 根据光电效应的爱因斯坦方程W m h +=2v 21v其中 W ＝hν0 ， ν=c/λ 可得电子的初速度1-52/10s m 74.52⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v v λc m h由于逸出金属的电子的速度v ＜＜c ，故式中m 取电子的静止质量.15 －12 在康普顿效应中，入射光子的波长为3.0 ×10－3nm ，反冲电子的速度为光速的60％，求散射光子的波长及散射角.分析 首先由康普顿效应中的能量守恒关系式2200mc λch c m λc h+=+，可求出散射光子的波长λ， 式中m 为反冲电子的运动质量，即m ＝m 0(1－v 2/c 2 )－1/2 .再根据康普顿散射公式()θλλλλc cos 1Δ0-=-=，求出散射角θ，式中λC 为康普顿波长(λC ＝2.43 ×10－12 m).解 根据分析有2200mc λch c m λc h+=+ (1) m ＝m 0(1－v 2/c 2 )－1/2 (2)()θλλλc cos 10-=- (3)由式(1)和式(2)可得散射光子的波长m 1035.4443000-⨯=-=cm λh λh λ将λ值代入式(3)，得散射角6363444.0arccos 1arccos 0'==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=oc λλλθθ15 －14 波长为0.10 nm 的辐射，照射在碳上，从而产生康普顿效应.从实验中测量到散射辐射的方向与入射辐射的方向相垂直.求：(1) 散射辐射的波长；(2) 反冲电子的动能和运动方向.解 (1) 由散射公式得()nm 1024.0cos 1Δ0=-=-=θλλλλc(2) 反冲电子的动能等于光子失去的能量，因此有J 66.4110017-10v v ⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=λλhc h h E k 根据动量守恒的矢量关系(如图所示)，可确定反冲电子的方向8144arctan /arctan 00'=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=o λλλh λh15 －16计算氢原子光谱中莱曼系的最短和最长波长，并指出是否为可见光. 分析 氢原子光谱规律为⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-=22111i f n n R λ 式中n f ＝1，2，3，…，n i ＝n f ＋1，n f ＋2，….若把氢原子的众多谱线按n f ＝1，2，3，…归纳为若干谱线系，其中n f ＝1 为莱曼系，n f ＝2 就是最早被发现的巴耳末系，所谓莱曼系的最长波长是指n i ＝2，所对应的光谱线的波长，最短波长是指n i →∞所对应的光谱线的波长，莱曼系的其他谱线均分布在上述波长范围内.式中R 的实验值常取1.097×107m －1 .此外本题也可由频率条件hν ＝E f －E i 计算. 解 莱曼系的谱线满足⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=221111i n R λ，n i ＝2，3，4，… 令n i ＝2，得该谱系中最长的波长 λmax ＝121.5nm 令n i →∞，得该谱系中最短的波长 λmin ＝91.2nm对照可见光波长范围(400 ～760 nm)，可知莱曼系中所有的谱线均不是可见光，它们处在紫外线部分.15 －18 如用能量为12.6eV 的电子轰击氢原子，将产生哪些谱线？分析 氢原子可以从对它轰击的高能粒子上吸收能量而使自己从较低能级(一般在不指明情况下均指基态)激发到较高的能级，但吸收的能量并不是任意的，而是必须等于氢原子两个能级间的能量差.据此，可算出被激发氢原子可跃迁到的最高能级为n i ＝3.但是，激发态都是不稳定的，其后，它又会自发跃迁回基态，如图所示，可以有3→1，3→2和2→1 三种可能的辐射. 解 根据分析有21211Δi ff n E n E E E E -=-= (1) ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22111f i n n R λ (2) 将E 1 ＝－13.6eV ，n f ＝1 和ΔE ＝－12.6eV(这是受激氢原子可以吸收的最多能量)代入式(1)，可得n i ＝3.69，取整n i ＝3(想一想为什么？)，即此时氢原子处于n ＝3 的状态.由式(2)可得氢原子回到基态过程中的三种可能辐射(见分析)所对应的谱线波长分别为102.6nm 、657.9 nm 和121.6 nm.15 －20 已知α粒子的静质量为6.68×10－27 kg ，求速率为5 000 km·s －1的α粒子的德布罗意波长.分析 在本题及以后几题求解的过程中，如实物粒子运动速率远小于光速(即v ＜＜c )或动能远小于静能(即E k ＜＜E 0 )，均可利用非相对论方法处理，即认为0m m ≈和k E m p 022=.解 由于α粒子运动速率v ＜＜c ，故有0m m = ，则其德布罗意波长为nm 1099.150-⨯===vm h p h λ15 －21 求动能为1.0eV 的电子的德布罗意波的波长.解 由于电子的静能MeV 512.0200==c m E ，而电子动能0E E k <<，故有()2/102k E m p =，则其德布罗意波长为()nm 23.122/10===k E m h p h λ15 －23 若电子和光子的波长均为0.20nm ，则它们的动量和动能各为多少？分析 光子的静止质量m 0 ＝0，静能E 0 ＝0，其动能、动量均可由德布罗意关系式E ＝hν，λhp =求得.而对电子来说，动能pc c m c m c p E E E k <-+=-=20420220.本题中因电子的()()MeV 512.0keV 22.60E pc <<，所以0E E k << ，因而可以不考虑相对论效应，电子的动能可用公式022m p E k =计算.解 由于光子与电子的波长相同，它们的动量均为1-24s m kg 1022.3⋅⋅⨯==-λhp 光子的动能 eV 22.6===pc E E k电子的动能 eV 8.37202==m p E k讨论 用电子束代替可见光做成的显微镜叫电子显微镜.由上述计算可知，对于波长相同的光子与电子来说，电子的动能小于光子的动能.很显然，在分辨率相同的情况下(分辨率∝1/λ)，电子束对样品损害较小，这也是电子显微镜优于光学显微镜的一个方面.15 －27 一质量为40 g 的子弹以1.0 ×103 m·s －1 的速率飞行，求：(1)其德布罗意波的波长；(2) 若子弹位置的不确定量为0.10mm ，求其速率的不确定量. 解 (1) 子弹的德布罗意波长为vm h λ=＝1.66 ×10－35m (2) 由不确定关系式以及x v ΔΔm p x =可得子弹速率的不确定量为xm h m p x ΔΔΔ==v ＝1.66 ×10－28 m·s －1 讨论 由于h 值极小，其数量级为10－34 ，故不确定关系式只对微观粒子才有实际意义，对于宏观物体，其行为可以精确地预言.15 －30 已知一维运动粒子的波函数为()⎩⎨⎧<≥=-0,00,x x Axe x ψx λ 式中λ＞0，试求：(1) 归一化常数A 和归一化波函数；(2) 该粒子位置坐标的概率分布函数(又称概率密度)；(3) 在何处找到粒子的概率最大.分析 描述微观粒子运动状态的波函数()x ψ，并不像经典波那样代表什么实在的物理量，而是刻画粒子在空间的概率分布，我们用()2x ψ表示粒子在空间某一点附近单位体积元内出现的概率，又称粒子位置坐标的概率分布函数，由于粒子在空间所有点出现的概率之和恒为1，即()⎰=VV x ψ1d 2(本题为()⎰∞∞-=1d 2x x ψ) ，称为归一化条件.由此可确定波函数中的待定常数A 和被归一化后的波函数，然后针对概率分布函数()2x ψ，采用高等数学中常用的求极值的方法，可求出粒子在空间出现的概率最大或最小的位置. 解 (1) 由归一化条件()⎰∞∞-=1d 2x x ψ，有⎰⎰⎰⎰∞-∞-∞-∞===+03220222022214d d d 0λA x ex A x ex A x xλxλ2/32λA = (注：利用积分公式3022d by e y by =-∞⎰)经归一化后的波函数为()⎩⎨⎧<≥=-0,00,2x x xe λλx ψx λ (2) 粒子的概率分布函数为()⎩⎨⎧<≥=-0,00,2x x xe λλx ψx λ 式中λ＞0，试求：(1) 归一化常数A 和归一化波函数；(2) 该粒子位置坐标的概率分布函数(又称概率密度)；(3) 在何处找到粒子的概率最大.分析 描述微观粒子运动状态的波函数()x ψ，并不像经典波那样代表什么实在的物理量，而是刻画粒子在空间的概率分布，我们用()2x ψ表示粒子在空间某一点附近单位体积元内出现的概率，又称粒子位置坐标的概率分布函数，由于粒子在空间所有点出现的概率之和恒为1，即()⎰=VV x ψ1d 2(本题为()1d 2=⎰∞∞-x x ψ) ，称为归一化条件.由此可确定波函数中的待定常数A 和被归一化后的波函数，然后针对概率分布函数()2x ψ，采用高等数学中常用的求极值的方法，可求出粒子在空间出现的概率最大或最小的位置. 解 (1) 由归一化条件()1d 2=⎰∞∞-x x ψ，有14d d d 0322202220202===+-∞-∞∞-⎰⎰⎰λA x ex A x ex A x xλxλ2/32λA =(注：利用积分公式322d b y e y by =-∞⎰) 经归一化后的波函数为()⎩⎨⎧<≥=-0,00,2x x xe λλx ψx λ(2) 粒子的概率分布函数为()⎩⎨⎧<≥=-0,00,42232x x e x λx ψx λ(3)令()()0d d 2=xx ψ，有()0224223=---x λx λxe λxe λ，得x ＝0，λx 1=和x →∞时，函数()2x ψ有极值.由二阶导数()()0d d 12==λx xx ψ可知，在λx 1=处，()2x ψ 有最大值，即粒子在该处出现的概率最大.15 －31 设有一电子在宽为0.20nm 的一维无限深的方势阱中.(1) 计算电子在最低能级的能量；(2) 当电子处于第一激发态(n ＝2)时，在势阱中何处出现的概率最小，其值为多少？解 (1) 一维无限深势阱中粒子的可能能量mah n E n 822= ，式中a 为势阱宽度，当量子数n ＝1 时，粒子处于基态，能量最低.因此，电子在最低能级的能量为mah E 821=＝1.51 ×10－18J ＝9.43eV(2) 粒子在无限深方势阱中的波函数为()x an a x ψπsin 2=， n ＝1，2，… 当它处于第一激发态(n ＝2)时，波函数为()x aa x ψπ2sin 2=， 0≤x ≤a 相应的概率密度函数为()x aa x ψπ2sin 222=， 0≤x ≤a 令()()0d d 2=xx ψ，得0π2cos π2sin π82=ax a x a 在0≤x ≤a 的范围内讨论可得，当a a a x 43,2,4,0=和 a 时，函数()2x ψ取得极值.由()()0d d 2>xx ψ可知，函数在x ＝0，x ＝a /2 和x ＝a (即x ＝0，0.10 nm ，0.20 nm)处概率最小，其值均为零.15 －33 一电子被限制在宽度为1.0×10－10 m 的一维无限深势阱中运动.(1) 欲使电子从基态跃迁到第一激发态，需给它多少能量？ (2) 在基态时，电子处于x 1 ＝0.090×10－10 m 与x 2 ＝0.110×10－10 m 之间的概率近似为多少？(3) 在第一激发态时，电子处于x 1′＝0 与x 2′＝0.25×10-10 m 之间的概率为多少？分析 设一维粒子的波函数为()x ψ，则()2x ψ表示粒子在一维空间内的概率密度，()x x ψd 2则表示粒子在x x x d ~+间隔内出现的概率，而()⎰21d 2x x x x ψ则表示粒子在21~x x 区间内出现的概率.如21~x x 区间的间隔Δx 较小，上述积分可近似用()x x ψΔ2代替，其中()2x ψ取1x 和2x 之间中点位置c 处的概率密度作为上述区间内的平均概率密度.这是一种常用的近似计算的方法.解 (1) 电子从基态(n ＝1)跃迁到第一激发态(n ＝2)所需能量为eV 11288Δ2221222212=-=-=ma h n ma h n E E E(2) 当电子处于基态(n ＝1) 时，电子在势阱中的概率密度为()x aa x ψπsin 22=，所求区间宽度21Δx x x -=，区间的中心位置221x x x c +=，则电子在所求区间的概率近似为 ()()()3122122121108.32πsin 2Δd 21-⨯=-⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⋅=≈=⎰x x x x a a x x ψx x ψp x x (3) 同理，电子在第一激发态(n ＝2)的概率密度为()x aa x ψ2πsin 22=，则电子在所求区间的概率近似为()25.022πsin 2212122='-'⎥⎦⎤⎢⎣⎡'+'⋅=x x x x a a p15 －34 在描述原子内电子状态的量子数n ，l ，m l 中，(1) 当n ＝5 时，l 的可能值是多少？ (2) 当l ＝5 时，m l 的可能值为多少？ (3) 当l ＝4 时，n 的最小可能值是多少？ (4) 当n ＝3 时，电子可能状态数为多少？分析 微观粒子状态的描述可用能量、角动量、角动量的空间取向、自旋角动量和自旋角动量的空间取向所对应的量子数来表示，即用一组量子数(n ，l ，m l ，s ，ms )表示一种确定状态.由于电子自旋量子数s 恒为1/2，故区别电子状态时只需用4 个量子数即n 、l 、m l 和m s ，其中n 可取大于零的任何整数值，而 l 、m l 和m s 的取值则受到一定的限制，如n 取定后，l 只能为0，l ，…，(n －1)，共可取n 个值；l 取定后，m l 只能为0， ±1，…， ±l ，共可取2l ＋1 个值；而m s 只可取±12 两个值.上述 4 个量子数中只要有一个不同，则表示的状态就不同，因此，对于能量确定(即n 一定)的电子来说，其可能的状态数为2n 2 个. 解 (1) n ＝5 时，l 的可能值为5 个，它们是l ＝0，1，2，3，4 (2) l ＝5时，m l 的可能值为11个，它们是m l ＝0，±1，±2，±3，±4，±5 (3) l ＝4 时，因为l 的最大可能值为(n －1)，所以n 的最小可能值为5 (4) n ＝3 时，电子的可能状态数为2n 2 ＝1815 －35 氢原子中的电子处于n ＝4、l ＝3 的状态.问：(1) 该电子角动量L 的值为多少？ (2) 这角动量L 在z 轴的分量有哪些可能的值？ (3) 角动量L 与z 轴的夹角的可能值为多少？解 (1) n ＝4、l ＝3 时，电子角动量()π212π21hh l l L =+= (2) 轨道角动量在z 轴上的分量π2hm L lz =，对于n ＝4、l ＝3的电子来说3,2,1,0±±±=l m ，则L z 的可能取值为π23,π22,π2,0hh h ±±±.(3) 角动量L 与z 轴的夹角()1arccos arccos +==l l m L L θθlz ，如图所示，当m l 分别取3，2，1，0，－1，－2，－3 时，相应夹角θ 分别为oooooo150,125,107,73,55,30。
大学物理下 第十五章光的偏振 1
I max I min
1 I 0 + I' =2 = 2 1 I0 2
(1)检验光束的 ) 偏振性 (2)可以改变光 ) 束的偏振化方向
I0 =2 I'
3,布儒斯特定律 , 光反射与折射时的偏振
n1 n2
玻璃
i i
γ
部分偏振光 反射光 部分偏振光 , 垂直于入射面的振动大于平 行于入射面的振动 . 部分偏振光 偏振光, 折射光 部分偏振光, 平行于入射面的振动大于垂 直于入射面的振动 .
对于一般的光学玻璃 , 反射光的强度约占 入射光强度的7.5% , 大部分光将透过玻璃 大部分光将透过玻璃. 入射光强度的
利用玻璃片堆产生线 利用玻璃片堆产生线偏振光 玻璃片堆产生
i0
例3(P269 15-5) 讨论下列光线的反射和折射(起偏角i 讨论下列光线的反射和折射(起偏角 0 )
i0
i0
i0
102 A 102 102
光轴
78
78 78
B 光轴
用惠更斯原理解释光的双折射现象 1)O 光在晶体内任意点所引起的波阵面是球面.即 ) 在晶体内任意点所引起的波阵面是球面. 具有各向同性的传播速率. 具有各向同性的传播速率. 2)e 光在晶体内任意点所引起的波阵面是绕光轴的 ) 旋转椭球面.沿光轴方向与O光具有相同的速率. 旋转椭球面.沿光轴方向与 光具有相同的速率.
方解石晶体
i
n
玻璃
γ
恒量
动光 学 光学 波动
CaCO3
sin i =n= sin γ
寻常光线( 寻常光线(o光)(ordinary rays) 服从折射定律的光线
n1 sin i = n 2 sin γ n 2 ≠ 常量
大学物理下毛峰版)课后习题答案ch15+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著？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著。
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 a284sin λλϕ⨯==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 Λ=+±=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)．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．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? (1)2a b a +=；(2)3a b a +=；(3)4a 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⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(sin ),2,1,0(sin )(ΛΛk 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．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。
第15章 光的偏振 - 1
纵波 u
x u
x
E
对传播方 向不对称
对传播方 向对称
横波有偏振现象，纵波无偏振问题 机械横波与纵波的区别
二、光的偏振态
自然光 光 偏振光
线（平面）偏振光 ② 完全偏振光 椭圆偏振光 ④ 圆偏振光 ⑤
①
部分偏振光 ③
1、自然光：普通光源发光，包含各个方向的光矢 量；
每个光波列：横波——偏振光
一束光：由于光振动方向的随机性，统计结果显 示，各种取向的光矢量振幅相等。 光矢量对传播方向均匀对称分布——非偏振
正交分解
Ix=Iy=I0/2
I0
符号表示
自然光以两互相垂直的互为独立的（无确定的相 位关系）振幅相等的光振动表示，并各具有一半
1 tan n玻
i0
折射光：近似线偏振光(∥) (垂直振动成分一次次被反
射掉)
应用：利用偏振片过滤镜面反射光
反射光为部分偏振光 或者完全线偏振光
加偏振片消除了 反射光的干扰
未使用偏振片
使用偏振片 照相机与镜面 成任意角度
使用偏振片 照相机与镜面 成布儒斯特角
试比较起偏角与全反射临界角 条件 关系式 现象
I0
P1
I1 P2
偏振光
I2
偏振光
2、自然光通
过偏振片后变 为线偏振光， 称为起偏
自然光 起偏
检偏 3、利用偏振片检验光线的偏振化程度，称为检偏
I0
I0/2
I0/2
光强最强
光强最弱
I0
I0/2
——消光
自然光通过旋转的检偏器，光强不变。
线偏振光通过旋转的检偏器， 光强发生变化，有消光现象
张三慧《大学物理学：力学、电磁学》(第3版)(B版)(课后习题 电磁感应)【圣才出品】
第15章 电磁感应15.1 在通有电流I ＝5 A 的长直导线近旁有一导线段ab ，长l ＝20 Cm ，离长直导线距离d ＝10 cm （图15-1）。
当它沿平行于长直导线的方向以速度v ＝10 m ／s 平移时，导线段中的感生电动势多大？a，b哪端的电势高？图15-1解：（如图15-1所示）由于所以a 端电势高。
15.2 平均半径为12 cm 的4×103匝线圈，在强度为0.5G 的地磁场中每秒钟旋转30周，线圈中可产生最大感生电动势为多大？如何旋转和转到何时，才有这样大的电动势？解：线圈绕垂直于磁场的直径旋转，当线圈平面法线与磁场垂直时感生电动势出现此最大值。
15.3 如图15-2所示，长直导线中通有电流l＝5.0 A，另一矩形线圈共1×103匝，宽a＝10 cm，长L＝20 cm，以v＝2 m／s的速度向右平动，求当d＝10 cm时线圈中的感生电动势。
图15-2解：如图15-2所示，线圈向右平移时，上下两边不产生动生电动势。
因此，整个线圈内的感生电动势为15.4 习题15.3中若线圈不动，而长导线中通有交变电流，线圈内的感生电动势将为多大？解：通过线圈的磁链为15.5 在半径为R的圆柱形体积内，充满磁感应强度为B的均匀磁场。
有一长为L的金属棒放在磁场中，如图15-3所示。
设磁场在增强，并且已知，求棒中的感生电动势，并指出哪端电势高。
图15-3解：方法一如图15-3所示，考虑△Oba。
以S表示其面积，则通过S的磁通量。
当磁通变化时，感应电场的电场线为圆心在O的同心圆。
由法拉第电磁感应定律可得由此得由于，所以，因而b端电势高方法二直接对感应电场积分。
在棒上dl处的感应电场的大小为，方向如图15-3所示由于，所以b 端电势高。
15.6 在50周年国庆盛典上我FBC-1“飞豹”新型超音速歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向自东向西呼啸而过。
该机翼展12.705m 。
设北京地磁场的竖直分量为0.42×10－4T ，该机又以最大M 数1.70（M 数即“马赫数”，表示飞机航速相当于声速的倍数）飞行，求该机两翼尖间的电势差。
大学物理 第十五章 磁介质的磁化
临界温度Tc。在Tc以上，铁磁性完全消失而 成为顺磁质，Tc称为居里温度或居里点。不 同 的 铁 磁 质 有 不 同 的 居 里 温 度 Tc 。 纯 铁 ： 770ºC，纯镍：358ºC。
居里
装置如图所示：将悬挂着的镍片移近永 久磁铁，即被吸住，说明镍片在室温下 具有铁磁性。用酒精灯加热镍片，当镍 片的温度升高到超过一定温度时，镍片 不再被吸引，在重力作用下摆回平衡位 置，说明镍片的铁磁性消失，变为顺磁 性。移去酒精灯，稍待片刻，镍片温度 下降到居里点以下恢复铁磁性，又被磁 铁吸住。
第15章 磁介质的磁化
§15.1 磁介质的磁化 磁化强度矢量 §15.2 磁场强度 有磁介质时的安培环路定理 §15.3 铁磁质 §15.4 磁路定理
作业：练习册 选择题：1 — 5 填空题：1 — 6 计算题：1 — 4
1
§1 磁介质的磁化 磁化强度矢量
1. 磁介质 磁介质:实体物质在磁场作用下呈现磁性,该物体称磁介质。 磁化:磁介质在磁场中呈现磁性(在磁场的作用下产生附加 磁场)的现象称为磁化。
B B0 B
I
I
磁介质
抗磁质： r 1, B B0
B与B0 反方向，
如氮、水、铜、银、金、铋等。
I
I
铁磁质： r 1, B B0 B与B0 同方向，
如铁、钴、镍等，
超导体是理想的抗磁体。
B0 B
3
2.分子电流模型和分子磁矩
原子中电子参与两种运动：自
pm B
旋及绕核的轨道运动，对应有轨道
矢量和为零。
极化、位移极化。
4
加外磁场时 : M Pm B
B B0 B
当外磁场存在时，各分子固有磁矩受磁场力矩的作用，或
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。
大学物理学(下册)第15章 量子物理基础
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
2020/12/10
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
2020/12/10
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。
2020/12/10
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
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
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。
大学物理第15章
外力克服f m作功(消耗机械能) 通过fm转换为感应电流的能量。
15
例长为L的铜棒，在磁感强度为B 的均匀磁场中以角速 度 在与磁场方向垂直的平面内绕棒的一端o 匀速转动，
解： 取线元 d l ，方向沿o指向A
求棒中的动生电动势。
v l d i (v B) d l vB d l
动生电动势的计算公式：
i v B dl
L
v B dl v
fL
（3）说明
L
v
dl
动生电动势的计算公式是普遍的。 动生电动势不依赖于导体回路的存在而产生。 电动势是非静电力对单位电荷所做的功。 动生电动势与“洛伦兹力不做功”并不矛盾。
金属棒上总电动势为
i Bv d l Bl d l BL
L 0 L 0 1 2
2
方向为A0，即o点电势较高。
16
另解：
1 2 S L 2
L
S
Φ BS
dΦ 1 2 d 1 2 BL i BL 2 dt 2 dt
讨论 法拉第圆盘发电机 ——铜盘在磁场中转动。
d ( B) dl
0
B sin 90 dl cos dl Rd 2 BR 2 cos d B2R
方向：
d θ dl
θ
B
R
ab
23
§15-3 感生电动势和感生电场
（1）感生电动势
考虑随时间变化的磁场，即 B Bt ，代入 B dS
分析指出：两种电动势的非静电力不同。
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。
大学物理第十五章 狭义相对论
事件 2 (x2 , y2 , z2 ,t2 ) (x'2 , y'2 , z'2 ,t'2 )
同时 不同地
t' t'2 t'1 0 x' x'2 x'1 0
t
t'
v c2
x'
1 2
v c2
x'
0
1 2
30
结论 ：沿两个惯性系运动方向，不同地点发生 的两个事件，在其中一个惯性系中是同时的， 在另 一惯性系中观察则不同时，所以同时具有相对意义； 只有在同一地点， 同一时刻发生的两个事件，在其 他惯性系中观察也是同时的 .
正如1900年英国物理学家开尔文在瞻望20世纪物理学的 发展的文章中说到：
“在已经基本建成的科学大厦中， 后辈的物理学家只要做一些零碎的修 补工作就行了。”
2
然而开尔文又说道：“但是，在物理学晴朗天空 的远处，还有两朵令人不安的乌云，----”
热辐射实验
迈克尔逊莫雷实验
后来的事实证明，正是这两朵乌云发展为一埸革命 的风暴，乌云落地化为一埸春雨，浇灌着两朵鲜花。
v y
vz
v z
11
力学相对性原理
1、加速度对伽里略变换不变
因两参考系
彼此作匀速 又
直线运动
t t
ax
d2x dt 2
d 2x dt2
ax
a
a
y
a/ y
a
az
a/zBiblioteka 2、牛顿定律对伽里略变换不变---力学相对性原理
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。
大学物理学 第15章_光的干涉 习题解答 [王玉国 康山林 赵宝群]
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2n油e (2k 1) ， k 1，， 2 2
1 2 n e (2 k 1) 油 1 2k 1 2 7 1 500 nm 2 ， 当 时， 1 700 nm k 2 1 5 2 2 2 1 2n e (2k 1) 2 油 2
对于 2 ＝532nm 的光波，条纹间距为：
x2
两组条纹的同侧第 8 级条纹之间的距离为：
x k
D D 1 k 2 k (x1 x2 ) 8 (0.433 0.355) 103 m 0.624 103 m d d
已知对于波长为 500nm 和 15-8 在玻璃板(折射率为1.50 )上有一层油膜(折射率1.30 )。 700nm 的垂直入射光都发生反射相消，而这两波长之间无别的波长的光反射相消，求此油 膜的厚度。 解：因为油膜( n油 1.3 )在玻璃( n玻 1.5 )上，所以不考虑半波损失，由反射相消条件 有：
r2 e ne r1 r2 r1 (n 1)e 0
解得
k
(n 1)e
(1.58 1) 6.6 10 6 7 5.5 10 7
即零级明纹移到覆盖云母片的狭缝这一侧的原来的第 7 级明纹处。 15-7 在杨氏干涉实验中，两小孔的距离为1.5mm ，观察屏离小孔的垂直距离为 1m ， 若所用光源发出波长 1＝650nm 和 2＝532nm 的两种光波，试求两光波分别形成的条纹间 距以及两组条纹的同侧两个第 8 级亮纹之间的距离。 解：第 k 明纹中心位置为
《大学物理学》习题解答
第 15 章
15-1 一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？ 答：单色光从空气射入水中，其频率不变；波速变大；波长变长。 15-2 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？在相位差与光程差的关系式
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第十五章
量子物理
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第五版
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习题
15 氢原子中的电子处于n=4、l=3的状 态. 问（1）该电子角动量L的值为多少？（2） 这角动量L在z轴的分量有哪些可能的值？ （3）角动量L与z轴的夹角的可能值为多少？
第十五章
量子物理
B
D
2、3、4
3、5
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习题
3 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运 动，其波函数为
2 3π ( x) sin x (0 x a ) a a 那么粒子在 x a / 6 处出现的概率密度为 （ ）
A C
2/ a
B D
第十五章 量子物理
1/a
2/a
1/ a
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4 钾的截止频率为 4.621014 HZ，今 以波长为435.8nm的光照射，求钾放出光电 子的初速度. 5 在康普顿效应中，入射光子的波长 为 3.0 103 nm，反冲电子的速度为光速 的60%，求散射光子的波长及散射角.
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8 如用能量为12.6 eV的电子轰击氢原子， 将产生哪些谱线？ 9 求温度为27˚C时，对应于方均根速率 的氧气分子的德布罗意波的波长. 10 若电子和光子的波长均为0.20nm,则 它们的动量和动能各为多少？
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11 电子位置的不确定量为 5.0 102 nm 时，其速率的不确定量为多少？ 12 铀核的线度为 7.2 1015 m，求其中 一个质子的动量和速度的不确定量. 13 设有一电子在宽为0.20nm的一维无 限深的方势阱中. （1）计算电子在最低能级 的能量；（2）当电子处于第一激发态时,在 何处出现的概率最小，其值为多少？
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1 光电效应和康普顿效应都是光子和 物质原子中的电子相互作用过程，其区别 何在？在下面几种理解中，正确的是( )
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A 两种效应中电子与光子组成的系统都 服从能量守恒和动量守恒定律 B 光电效应是由于电子吸收光子能量而 产生的，而康普顿效应则是由于电子与光 子的弹性碰撞过程 C 两种效应都相当于电子与光子的弹性 碰撞过程 D 两种效应都属于电子吸收光子的过程
6 一具有1.0 104 eV能量的光子，与一 静止自由电子相碰撞，碰撞后，光子的散射 角为60˚，试问（1）光子的波长、频率和能 量各改变多少？（2）碰撞后，电子的动能、 动量和运动方向又如何？ 7 计算氢原子光谱中莱曼系的最短和最 长波长，并指出是否为可见光.
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习题
2
关于光子的性质，有以下说法：
1 不论真空中或介质中的速度都是c；
2 它的静止质量为零；
3 它的动量为 h / c ；
4 它的总能量就是它的动能；
5 它有动量和能量，但没有质量.
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习题
其中正确的是（
）
A 1、2、3
C 3、4、5
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14 一电子被限制在宽为0.10nm的一维 无限深势阱中运动.（1）欲使电子从基态跃 迁到第一激发态需给它多少能量?（2）在基 态时，电子处于 0.0901010m与 0.1101010 m 之间的概率为多少？（3）在第一激发态时, 电子处于0与 0.251010 m之间的概率为多少?