医学物理学习题解答(第3版)

《医学物理学（第3版）》
习题解答
2009.10 部分题解
2－10．解：已知 3
63102525m cm v -⨯==; a P .p 511051⨯= a P .p 521011⨯=
()()
)
J (..v
p p 110251011105165521=⨯⨯⨯-⨯=-=ω∴-
2-11．10-5
s
第三章 液体的表面现象
3-1．解：设由n 个小水滴融合成一个大水滴，释放出的能量为P E ∆。

n 个小水滴的总表面积S 1=24r n ⋅⋅π，大水滴的表面积S 2=42R ⋅π，利用n 个小水滴的体积等于一个大水滴的体积，可求出n 即
n ×334r ⋅π=334R ⋅π 所以n ×334r ⋅π=3
34R ⋅π; ()()
93
63
33310102102=⨯⨯==--r R n 个 将910个半径为2×310-mm 小水滴融合成一个半径为2mm 的大水滴时，其释放的能量等于表面能的减少，所以 )44()(2
2
21R r n S S E P ⋅-⋅⨯=-=∆ππαα
=3612
9
3
1066.3)10414.3410
414.3410(1073----⨯≈⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯J
3-2解：由于肥皂泡非常薄，因此可忽略肥皂泡的厚度，取外内＝R R ＝2
d
＝0.05m 。

因为肥皂泡有内外两个表面，所以肥皂泡增加的表面积242R S π⨯=∆。

根据S
W
∆=
α可得吹一个直径为10cm 的肥皂泡，需要做的功 4423108105421040---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=∆⋅=ππαS W J 又因为增加表面能等于外力所做的功 W E P =∆ 所以 4
10
8-⨯==∆πW E P J
根据拉普拉斯公式，可得球形液面的内外压强差 ＝
－外内p p R
α2
由于肥皂泡有内外两个表面，所以其内外压强差 ＝－外内p p 2.310
0.510404423
=⨯⨯⨯=--R α(P a ) 3-3．解：根据拉普拉斯公式，可得球形液面的内外压强差 ＝
－外内p p R
α
2 所以，当肺泡的半径为0.04mm 时，它的内外压强差为＝－外内p p 3
53100.210
0.4104022⨯=⨯⨯⨯=--R α(P a ) 3-4．解：根据拉普拉斯公式可得球形液面的内外压强差 ＝
－外内p p R
α
2 因为气泡在水下面只有一个球形表面，所以气泡的内外压强差＝
－外内p p R
α2 而 h g p p ⋅⋅+ρ0＝外 所以,气泡内的压强 h g p p ⋅⋅+ρ0＝内＋
R
α2 即 内p ＝1.013×105＋3
10×9.8×10＋5
3
3
1001.210
1.010732⨯=⨯⨯⨯--(P a ) 3=5．解：根据毛细现象的公式 θρα
cos 2r
g h ⋅⋅=
由于乙醇能完全润湿玻璃壁，所以接触角O
=0θ，故 r
g h ⋅⋅=
ρα
2
所以 33
2107.222
1015.08.97911090.32---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅=
r g h ρα (N/m) 3-6．解：根据毛细现象的公式 θρα
cos 2r
g h ⋅⋅=
由于水能完全润湿玻璃壁，所以接触角O =0θ，故 r
g h ⋅⋅=
ρα
2
所以 112r g h ⋅⋅=
ρα 2
22r g h ⋅⋅=ρα
⎪⎭⎫
⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-=∆---333321
2121105.11105.018.9101073211222r r g gr gr h h h ραραρα ＝1.99×210-(m)＝1.99(cm)
3-7．解：根据毛细现象的公式 θρα
cos 2r
g h ⋅⋅=
;由于水能完全润湿毛细管，所以接触角O =0θ，
因此水在毛细管中上升的高度为 r
g h ⋅⋅=
ρα
2
而管中水柱的高度r g R h ⋅⋅+='ρα22
3
333103.510
3.08.91010732103----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯+⨯=(m)=5.3(cm)
3-8．解：：根据毛细现象的公式 θρα
cos 2r
g h ⋅⋅=
由于水和丙酮能完全润湿毛细管，所以接触角O =0θ，因此水和丙酮在毛细管上升的高度分别为
r
g h ⋅=
水水
ρα21 ① r
g h ⋅=
酮酮
ρα22 ②
②式除以①式可得 酮
水
水酮ρραα⋅
=t h h 12 所以 3
33
2212104.32107310
105.2792104.1-⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⋅－－－水水酮酮＝＝αρραh h (N/m) 3-9．解：根据毛细现象的公式 θρα
cos 2r
g h ⋅⋅=
由于血液在毛细管产生完全润湿现象，所以接触角O =0θ，故 r
g h ⋅⋅=ρα
2
所以,血液表面张力系数
33
32109.572
105.08.91005.11025.22---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⋅⋅⋅=r g h ρα (N/m)
第四章 振动和波动及超声波成像的物理原理
4－2.解：已知 kg M 5=；(
)cm t cos x 4
4010π
+π=
（1） 由(
)cm t cos x 4
4010π
+π=得
m cm A 1
1010-==；)s
rad (π=ω40；m
k 2
=
ω
； m k 2
ω= 则)J (.)J (.mA kA E 38439440010516002
1
212122222=π=⨯⨯π⨯=ω==
s .T 0504022=ππ
=ωπ=； Hz T
f 201==； (
)()s
m 43t 40cos 4s m 4t 40sin 4v
π+ππ=π
+ππ-= ()()2
2
22
s
m 45t 40cos 160s m 4t 40cos 160a π+ππ=π+ππ-=
（2） 当s .t 21=时，则(
)m .cos x 21
10254
214010--⨯=π
+⨯π=；
(
)s
m .cos v π=π
+⨯ππ=224
321404
)
J (kx E );
J (mv E p k 2422222201050516002
1
21208521
21π=⨯⨯⨯π⨯==π=π⨯⨯==-(或)J (E E E k p 2
22202040π=π-π=-=)
4－3.解：已知cm A 2=；0=t 时，刚好向x 反向传播;π
ω
=
=250Hz f , 则 s rad π=ω100
()ϕ+ω=t cos A x ，0=t 时 0=x 则 2
π
ϕ±
=
又由 ()0sin 〈+-=ϕωωt A v ， 得 2π
=
ϕ
所以，振动方程为 cm 2t 100cos 2x ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
π+π=
速度方程为 s cm t sin v ⎪⎭⎫ ⎝⎛
π+
ππ-=2100200 s m t cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛
π+ππ=231002 ；s m 2v m π= 加速度方程为 22
2100200s m t cos a ⎪⎭
⎫ ⎝
⎛
π+
ππ-=；22m s m 200a π= 4－4. 解：（１）2A x =
时，2
22
121kA kx E p ==； 4
12
18122
==kA kA
E E p 即势能占总能量的25%，动能占总能量的75% 。

（２）k p E E =时，
21=
E
E p
；2
1
212122⨯=kA kx ； 则A x 22=
4－5.解：已知cm A 121=；cm A 52=； 4
1π
ϕ=
； 4
2π
ϕ-
=；
方法一：（代数法）据题意有
ϕ∆++=cos 2212
221A A A A A )cm (cos 1344512251222=⎪⎭
⎫ ⎝⎛π+π⨯⨯++=
17
72
2522122252212cos cos sin sin tan 22112211=⨯
+⨯⨯
-⨯
=++=ϕϕϕϕϕA A A A 则 合振动方程为 cm arctan t cos x ⎪⎭
⎫ ⎝⎛
+=17710013
方法二：（矢量法）已知：cm t x ⎪⎭⎫
⎝
⎛
+
=4100cos 12π；cm t y ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
-=4100cos 5π；两振动垂直
（a ）
用矢量合成
法求得合振动A ；
（b ）
用正交投影分解法求得合振动A 。

（c ） （d ）
4－7.解： 已知 cm x .t cos y ⎪⎭⎫ ⎝
⎛π+
+=430101005cm x t cos ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡π+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=431010054
（1）cm A 5=；Hz 100=ω；Hz f π=50；s T 50
π=；s m u 410
=；m uT 241025010⨯π=π==λ ；波沿x 负方向传播。

（2）m x π=100处，cm .t cos y ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
π+π⨯+=431000101005 cm t cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛π+π=471005 cm t cos ⎪⎭⎫ ⎝
⎛
π-π=41005
s m t sin s cm t sin v y ⎪⎭⎫ ⎝⎛
π+π-=⎪⎭⎫ ⎝⎛π+-=47100547100500
22410050047100500s m t cos s m t cos a y ⎪⎭⎫ ⎛
π-π-=⎪⎫ ⎛π+π-=
4－9．解：已知s
m v 400=；振动方程cm t cos .s ⎪⎭
⎫
⎝⎛
π+
=410020；32m k g =ρ （1） 由波动方程 ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ϕ+⎪⎭⎫ ⎝⎛-
ω=u x t cos A y 得cm x t cos .y ⎪⎭⎫ ⎝⎛
π+-=4410020
所以，324222040100102022
1
21m J ..A =⨯⨯⨯⨯=ωρ=
ε-
又⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ϕ+⎪⎭⎫ ⎝⎛-ωωρ=εu x t sin A 222 ； 32
2080m J .A m =ωρ=ε∴
能流密度最大值 )W (s J .u s p
I m m max 3232400080==⨯=ε==
强度（平均能流密度） )m W (m s J .u s
p I 2
21616400040=⋅=⨯=ε==
4－10．解：已知Hz f 100=；s
m u 400=；m d 80=；
以 S 1波源为0，S 1S 2连线为x 轴，则 ()x x x r r 2808012-=--=-=δ
又 m f u 4100
400
===λ ；∴当λ=δk 时（即 λ=-k x 280时），
相干相长 ()m k k
x 2402
40-=λ-= （其中： ;20,,1,0 =k ）
当λδ⎪⎫ ⎛+=21k 时（即λ⎪⎫ ⎛
+=-21280k x 时），相干相消()m k x 239-=（其中 ;19,,1,0 =k ）
4－13．解：已知 3g
5
.2m k =ρ; 波动方程mm x x t cos y ⎥⎦⎤⎢⎣
⎡
+⎪⎭⎫ ⎝⎛
-
=850020002
（1）s rad 2000=ω；s T 1000
2π=ωπ=
；Hz f π=πω=10002；s m u 500=； m .f u uT π=π===λ501000500；⎪⎭
⎫
⎝⎛⋅==⨯=ρ=s m k m N .u Z g 3321250125050052 （2）⎥⎦⎤
⎢⎣⎡++⎪⎭
⎫ ⎝⎛-
=2u cos πϕωx t P P m ； 其中 a m P .A u P 3
3105102200050052⨯=⨯⨯⨯⨯=ωρ=-
a P x t cos P ⎥⎦⎤⎢⎣
⎡
π+⎪⎭⎫ ⎝
⎛-
⨯=8550020001053； a c P A u P 31022
52
⨯=ωρ=
（3）⎥⎦⎤⎢⎣⎡ϕ+⎪⎭⎫ ⎝⎛-ωωρ=εu x t sin A 222⎥⎦⎤⎢⎣
⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛
-⨯⨯=85002000sin 2000002.05.2222πx t
2285002000sin 40m J x t ⎥⎦⎤⎢⎣
⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛
-=π
32
2222020000020522
121m J ..A =⨯⨯⨯=ωρ=ε
)m W (s m J u u A I 2424221010500202
1
=⋅=⨯=ε=ωρ=;
)dB (lg I I lg L 160161010
101010124
0=⨯===-
4-15．1.26；1.122；2；3dB=10lg2dB;
4-16．（1）1470次 （2）1530次
4-17．（1）1.0147×103Hz （2）1.0294×103
Hz ；29.4 Hz 4－18．解： 已知Hz f 4
10=；s
m u 1500=；Hz f 250=∆； 0=α
则 s m .cos f f u v 241087511
102250
15002-⨯=⨯⨯⨯=α∆=
第六章 静电场与心电图的物理原理
6－2. 解：因为两点电荷的库仑力在它们的连线上.根据题意，第一个电荷必然放在q 和4q 之间，因此,它必为负电荷。

设它距q 为r ，电量为-q’,q 与4q 由库仑定理有
2l q 4q k F ⋅⋅
=;又q 受到-q’的作用力 2
1
r q q k F '⋅⋅='
因q 受二力平衡，则有'
=1F F ; 即224r q q k l q q k '⋅⋅=⋅⋅
又因为4q 受到q’的作用力 ()
2
24r l q q k F -'⋅⋅=' 因 4q 也受到二力平衡，则有 '
=2F F ; 即 ()2244r l q q k l q q k -'⋅⋅=⋅⋅ 所以,联立求解可得 3l r = ；
q q 94
-='
6－3.解：（法一）垂线处 3
a d =
;
A 处Q 在0处产生的场强 223a Q
k d Q k E ⋅
=⋅
= 向下; C 处Q 在0处产生的场强均为23a
Q
k ⋅ 方向如图. 由场强叠加原理得此处场强为0，即0=E
A 、
B 、
C 处电荷在0处的电势均为Q a k a Q k r Q k U 3
3
3
⋅=⋅=⋅=；
由电势叠加原理，总电势Q a k U 33⋅= （法二）Q a
k U 33⋅
= ; 0l U
E =∂∂-=∴ 6－8.解：当a r 〈〈0（即I 区内）取高斯面有00
==Φεq
E 0=∴E ()a r 〈; 当 b r a 〈〈 时（即II 区内），取高斯面有
⎰⎰⎰⎰==Φds E ds E E θcos 0
33234344εππρπ⎪⎭⎫
⎝
⎛-=⋅=a r E r
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-=∴2303r a r E ερ ()b r a 〈〈
当b r 〉时，取高斯面有 ()
ρεππθ⎰⎰⎰⎰-=⋅===Φ0
3
32
3
4
4cos a b r E ds E ds E E 2
3
3
3r a b E -⋅
=∴ερ ()b r 〉, E 的方向由球心沿半径向外. 6－13.解：已知 m l 02.0=;C 101q 6
-⨯=
: C
N
100.1E 5
⨯= ;0
30=θ; 库仑力0=F ;
所以,m
N
qlE PE M 3
05610130sin 10102.0101sin sin --⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===θθ
6－16.解：已知 m l 1.0=;m d 4
10-=; V m 90U -=内外 ; h m mol
1008.1v 2
3⋅⨯=--;
所以,每小时的功 ()B A U U q W -=()S e v N U U o B A ⋅-=
1.0210210
6.11002.61008.110
90419
2333
⨯⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛π⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=----J 4
1094.2-⨯≅ 6-17．3.54×10-9
J
6－18.解：已知 2
5
m
C
101.9-⨯=δ; V m 90U =内外 ; C
N
E 7
10=;
由 d E U =内外 ; E U d 内外
=
∴
所以, m /C 1019.810
1090101.9d P 137
35
s ---⨯=⨯⨯⨯=⋅δ= 第七章 直流电
7－1．解：已知 032
22160,5.0,0.1,10的法线与轴线夹角
S cm S cm S A I === 所以,2510
5.010
225101101/102,/10,44m A j m A j j S
I
⨯=====
⨯⨯-由 又因为252
105.010
326030/101,2,6040
2
3
2
m A j S S Cos Cos S S S ⨯====∴=⨯⨯-
7-2．I 1=1.5A ；I 2=0.5 A ；I 3=1.0A
7－3. 解：已知Ω==05.0,12r V ε )(240,)1(05
.012A I r
==
=
ε短短路时
,)R r (I ,)(02=+-ε 启动时
)(007.0100
05
.010012Ω===
∴⨯--I Ir R ε 7-4．3.198m
7－5. 解：已知V R R R R r r r 12,1,2,112431321=Ω=Ω===Ω===ε;Ω===3,8,10532R V V εε
(1)单一闭合回路(两方向为反时针)有：
0)R r R R r R (I 13112433=ε+ε-+++++-
)A (I 492112121012R r R R r R 1
124333
1==
=
+++++-+++++ε-ε
所以, )V (222.010859
4
)R r R (I U U U 23433b a ab =-+⨯=
ε-ε+++=-= （2）321I I I :A ,,ab +=节点设电流方向如图
联通时当 0)r R (I )R r (I R I :ABb aA 2252413333=ε++++-ε--回路 0)R r R (I )R r R (I :ABCA 1112134133=ε++++ε-++-回路 由上述三个方程得: ).A (035.0I ),A (429.0I ),A (0464I 321=== （3）)V (01085U ,A I ,2R 52
ab 5
2
2=+-⨯-==
Ω=则若
7-6．（1）10μC; （2）1ms ，3ms
7－7．解：RC
t e
i ,)1(R
-ε
=
充电过程; 所以, )e
(
e
i i i ,t C
2
R t 2
1
C
2r t
2
1
R 1R 1R R 21--εε+
ε=+
=
+=秒后充电
（2）)(i i i ,0t ,K 2
1
R 1R 1
21+ε=+==时即闭合的瞬间
（3）1
R 212i i i ;0i ,t ,K ε
=+=∴=∞→时即接通足够长
7-8．7.22μF
习 题 八 电磁现象
5.B=4×10-7
T;
第九章 波动光学
9－2．解：已知λ=6920Å=6.92×10-7m, D=5m, d=0.4mm=0.0004m
(1) 两个第二级暗纹间的距离,即为4条相邻暗纹间的距离
∆x=
λnd D 3=
0004
.0153⨯⨯×6.92×10-7=2.595×10-2
(m) (2) 杨氏双缝干涉 ∆L=D
ndx =5104104.0123--⨯⨯⨯⨯=3.2×10-6
(m)
所以,∆φ=λπL ∆2=7
6
1092.6102.32--⨯⨯⨯π= 9.248π =29.05(rad)
9－3．解：已知d=0.2×10-3m, D=3m, ∆x =8cm=8×10-2m
由题意知，21088-⨯==
∆λnd
D
x ολA 66673
8108102.02
3=⨯⨯⨯⨯=
--
9－4解: 已知λ=632.8nm=6.328×10-7m,n
=1.5 (n-n 0)d=5λ ,
∴d = 05n n -λ=0
.15.110328.657-⨯⨯-= 6.328×10-6
(m)
9－5解: 增透膜 2/)12(2/2λλ-=+k nd （k=1,2……..）
n
d n k d 2/2/)1(min λλ=-=其中，
反射膜 λλk nd =+2/2 （k=1,2……..）
n
d n
k d 4/2/)2/1(min λλ=-=其中， 9－6解: 由透射光最强,即反射光最弱,有2dn=λ/2, d =λ/4n =3
.141067⨯⨯-=1.15×10-7
(m)
9－8解: 已知n=1.58, d=7.6×10-7
m,由2nd - 2
λ=k λ得d=2/12+k nd =12106.758.147+⨯⨯⨯-k
所以,k=1时,λ=1061nm; k=2时, λ=960.64nm;k=3时, λ=686.2nm;
k=4时, λ=533.7nm;
k=5时, λ=436.7nm;(对可见光只能取K=3,4,5)
9－9解: 已知 λ=6.92×10-7m,a=0.01mm=0.01×10-3
m, f=0.4m.
(1) a sin θ=3λ , sin θ=3λ/a; tan θ≈ sin θ=
f
x 1
. ∴ x=2 x 1=2f a
λ3=37
1001.01092.64.06--⨯⨯⨯⨯=0.16608(m)
(2) a sin θ=λ, tan θ≈ sin θ=f x 0∴ d=2x 0=2f λ/a=371001.01092.64.02--⨯⨯⨯⨯=5.536×10-2
(m) (3) sin θ≈ tan θ=0.04/f=2λ/a ∴ λ=0.04a/2f=4
.021001.004.03⨯⨯⨯-=5×10-7
(m)
9－11 .解: 已知λ=400nm,L=1mm,n=250,f=50cm.
（1） 因为d=2501mm =4×10-6
m;最大衍射级数 k 1max 〈λd =76104104--⨯⨯=10
∴ k 1max =9
（2） 因为sin θ=±d
k λ=±6
71041045--⨯⨯⨯=±0.5;∴ θ=±300
所以,x 5=f tan θ=0.5×tan300
=6
3(m)=0.2887(m)
(3)因为sin θ1=±6
7
1041041--⨯⨯⨯=±0.5 , x 1=0.5×0.1×2=0.1m; sin θ2=±6
7
1041042--⨯⨯⨯=±0.2, x 2=0.5×0.2×2=0.2m
∴ d=x 2-x 1=0.2-0.1=0.1(m)
(4) 因为k=a
d k ’=66108.0104--⨯⨯k ’=5k ’ k 1max =9, ∴k ’
=1;
∴第五级出现缺级.所以,共有(19-2=)17条亮纹.
(5) 出现谱线重合, 即k 1×400=k 2×600;k 1=2400
600
k =1.5k 2 k 1,k 2均为整数;
所以,谱线重合出现在k 1=3时, k 2=2;k 1=6时, k 2=4; k 1=9时, k 2=6.
又因为k 2max 〈λd =7
6
106104--⨯⨯; k 2max =6,所以,共有(2×9+2×6+1-4-6=)21条亮纹.
9－12. 解: 已知 d=1/500mm=ο
θ30,1026=⨯-m ,λθk d =sin nm m 5001052
30sin 10276=⨯=⨯⨯=
--ο
λ 9－13. 解: 已知λ1=400nm, 因为,光垂直照射, k 1λ1= k 2λ2; 2λ=3×400；
所以,λ=600nm=6×10-7(m)
9－14. 解: (1) ,2/01I I = 4/45cos 0212I I I ==ο
(2) ,5/22/)2.01(001I I I =-= 25/4)2.01(45cos 0212I I I =-=ο
9－15. 解: ,2/01I I = ,2/cos cos 2
0212θθI I I ==
ο
οοοθθθθθθθθθθ4590212sin 8
/2sin 2/)2/2(sin 2/)sin (cos 2/)90(cos cos )90(cos 32202020220223=====•=-=-=，则最大，此时，时，当I I I I I I I
9－16. 解: 16/360cos ,30cos 21'21I I I I I ===ο
ο ∴3/16'
I I =
自然光入射，则有,2/01I I =8/2/60cos 60cos 02021'I I I I ===ο
ο
∴'08I I =
9－17. 解: 已知d=20cm , θ=210
,[]αλt
=52.50
cm 3
·g -1
·dm -1
.φ=[]αλt
cd,
∴C =[]t λαϕ=
5
522180221.⨯π⨯=0.2g/cm 3.
第十章 几何光学
10-1解：1) 置于空气中: u =8cm ，n 1=1.0，n 2=1.5，r =2cm
解得 v=12（cm ）
2）置于水中时：u =8cm ，n 1=1.33，n 2 =1.5，r =2cm ；
代入公式得 解得 v=－18.5（cm ）
10-2．解：已知透镜的折射率n =1.5，空气的折射率为n 0=1.0，透镜的焦距f =50c m 。

设透镜的曲率半径分别为r 1和r 2。

由公式：
由于r 2=∞，则
，
解得 r 1=25（c m ）
得
代入公式 1
221r n n v n u n -=+ 20.15.15.180.1-=+v 2
33.15.15.1833.1-=+v
10-3解；已知cm u cm f 15,10==;所以,第一个薄透镜)cm (30V f 1V 1u
1==+
得
又cm 15u ,cm 10f
-==对第二个薄透镜求得已知；
所以,)cm (6f
1
1
u
1
=ν=
+ν得由 作图略
10-4．解： 水透镜 φ1=
113
4-(∞1+2.01)=61(D);透镜φ2=1
15.1-(2.01--∞1)=25-(D) ∴ φ=φ1+φ2=612
5-=615
10-=65-(D);∴ f=ϕ1=56-=)m (2.1-
10-5解：设凸透镜的焦距为f 1=20cm ，凹透镜的焦距为f 2=-40cm 。

则贴合后的焦度：
4
.01
11121=+=f f f 10-6．解：因为0.1=1/最小视角φ，所以,φ=10/
；设E 距人眼距离为h,则有tan5/
=h/5,h=5tan5/
ϕtan ∴/
=h/3=
5tan 3
5
/ ϕ∴/=1/0.06=50//3;∴视力=1/ϕ/=0.06 10-7解：近视眼患者配戴眼镜看无穷远（u =∞）的物体时，必须将此物体成像在眼前2米处，即v =-2m ，才能看清楚，则眼镜的焦度：
（度）400425.011-=-=-=f
10-8解：透镜的焦距，物距u1=0.4m，则像距v1为
解之得=-2m
在正常情况下，书本应放在眼前0.25m处，但必须成像在远视眼前2m处才能看得清楚，这时透镜焦距：
10--10解：⑴物镜的像距v1=22.1-2.5=19.6c m，物镜的物距
解得（1）u1=1.74c m；⑵（倍）；⑶（倍）
10-11解：
[]
()
[]倍
倍
55
5
16
/
160
16
852
10
9.1/)
160
9.1(
min
max
=
⨯
+
=
=
⨯
+
=
M
M
12．显微镜的油浸物镜N.A.＝1.5，用波长为250nm的紫外光照明时，可分辨的最端距离是多少?如果改用波长为546nm的光源时，可分辨的最短距离又是多少?用此物镜去观察0.31⨯10-4cm的细节，能否看
清?(光源波长仍用紫外光250nm)．
解：已知N.A.=1.5, λ1=250nm, λ2=546nm, Z /
=0.31ⅹ10-4
cm=3.1⨯10-7
m;
则 Z 1=
m 100167.15.11025061.07
9--⨯=⨯⨯; Z 2=m 1022.25.11054661.079--⨯=⨯⨯ 由于Z /=3.1⨯10-7
m > Z 1 和Z 2, 所以,可以看清。

13．一显微镜物镜的焦距为0.3cm ，物镜直径为0.8cm ．如用油浸物镜，所用油的折射率为1.5，求显微镜的孔径数。

当用波长为400nm 的光波照射时，求显微镜能分辨的最短距离。

解： ()nm
Z A N 3.2032.1/40061.02.109.016.0/4.05.1..2
1=⨯==+⨯=
第十一章 原子核物理学和核医学成像的物理原理
11-1 4.85×10-2d -1
，20.6d ，21.12GBq 11-2 3.11mCi 11-3 0.71 mL ，32d 11-4 1.03×10-12g 11-5 一定量的99m
Tc 经过1.5T 1/2后放射性活度为原来的多少倍？
11-6 8d
11-7 0.511MeV
11-8 同样是3×107
Bq 的两种不同射线，它们的射线强度、贯穿本领、射程、放射性活度是否相同？
第十二章 光谱与激光在医学中的应用
12—1．原子光谱和分子光谱各有什么特点？
答：原子光谱是由原子电子受到激发由较高能级跃迁到较低能级时发射的，它包括光学光谱和标识伦琴射线谱。

原子光谱的表现特征为线状光谱；分子光谱决定于分子内部的复杂结构，其光谱比原子光谱复杂. 分子光谱的表现特征将根据分子内部结构和内部运动有组、带、线的光谱特点。

12—2．激光的特点是什么？产生激光的条件是什么？
答：激光的特点主要有：方向性好；强度大；单色性好；相干性好。

产生激光的条件是(1)粒子数反转(受激辐射);（2）谐振腔的光放大.
12—3．如果在激光的工作物质中，只有基态和另一激发态，问能否实现粒子数反转。

答：不能。

把处于基态的原子大量激发到亚稳态上，处于高能级亚稳态的原子数大大超过处于低能级的原子数，这种状态叫做粒子数反转。

而题目中只存在一个激发态，不能形成定义里原子数超过的状态，因此，不能实现粒子数的反转。

12-4．3.3×10-47 kg •m 2
；0.14nm 12-5．476nm ；589nm
第十三章 X 射线成像的物理原理
13—4．解：已知λmin =0.510
10
-⨯m;
U (kV)m 104212U 10)(.e hc min
-⨯==λ )V (...e hc U min k 822410
501042121010=⨯⨯=λ=∴--
13—5．解： 已知U=50kV,
（1） )m (10248.01050
42.12U 1042.12101010min ---⨯=⨯=⨯=λ
（2） s /m 10325.110
11.9105010602.12m U e 2831
3
19e
⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==
ν-- 13—6．解：已知U=105
V ，则 U e =V e 10E mv 2
15
max 2==;m 1024.1101042.12ev hc 14510min --⨯=⨯==λ 13—7．解：已知U=200kV, I=300mA, 效率为1%，
则： ())J (10564.3%116030200UIt Q 5
⨯=-⨯⨯⨯==热
13-8．3.14×10-10
m
13-9．约10个
13-10．0.143cm -1
；93.1%；48.9%
13—11．解：已知mm d cm cm m m m 1,2610,132,1054.11
21110===⨯=---μμλ
;e e .d 102610123⨯--= )cm (..d 981132
102610=⨯=∴。