大学物理答案第十六章
大学物理 第16章量子力学基本原理-例题及练习题
∴ n = 2,6,10...... 时概率密度最大
nhπ 6 × 10 = =1时 (3) n=1时： E = =1 2mL L
2 2 2 2 2 −38
A 例题3 例题3 设粒子沿 x 方向运动，其波函数为 ψ ( x ) = 方向运动， 1 + ix
( n = 1,2,3,...)
E n=4
p2 E = 2m p= nπh nh 2 mE = = a 2a
n=3 n=2 n=1
h 2a λ= = p n
二者是一致的。 二者是一致的。
( n = 1, 2, 3,...)
o a
x
例题2 粒子质量为m, 在宽度为L的一维无限 的一维无限深势 例题2 P516例1：粒子质量为m, 在宽度为 的一维无限深势 中运动，试求( 粒子在0 阱中运动，试求(1)粒子在0≤x≤L/4区间出现的概率。并 ≤ / 区间出现的概率。 求粒子处于n=1 状态的概率。 在哪些量子态上， 求粒子处于 1和n=∞状态的概率。(2)在哪些量子态上， 状态的概率 (2)在哪些量子态上 Ｌ/4处的概率密度最大？(3)求n=1时粒子的能量 补充 。 /4处的概率密度最大 (3)求 =1时粒子的能量(补充 处的概率密度最大？ =1时粒子的能量 补充)。 2 nπ x 由题得： 解:(1) 由题得： 概率密度 |ψ | = sin
2 2 2 2 0
2
2
2
2
0
0
k
0
2
2
2 k
0
k
k
k
0
h ∴λ = = p
hc 2E m c + E
2 k 0
大学物理试卷答案(15及以后)
第九章 电磁场理论（一）电介质和导体学号 姓名 专业、班级 课程班序号一 选择题[ C ]1. 如图所示，一封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。
A 、C 不带电，B 带正电，则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是 (A) C A B U U U == (B) C A B U U U => (C) U U U A C B >> (D) C A B U U U >>[ D ]2. 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 ) 固定一电量为＋q 的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去，选无穷远处为电势零点，则球心O 处的电势为(A) 0 (B) d q 04πε (C) R q04πε (D) )11(40Rd q-πε[ D ]3. 把A 、B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中，如图所示，设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则(A) 0 U >U A B ≠ (B) 0 U >U A B = (C) A B U U = (D) A B U U <[ A ]4. 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金属板平行地插入两极板之间，则由于金属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，但与金属板位置无关 (B) 储能减少，但与金属板位置有关 (C) 储能增加，但与金属板位置无关 (D) 储能增加，但与金属板位置有关[ C ]5. C 1和C 2两空气电容器并联以后接电源充电，在电源保持联接的情况下，在C 1中插入一电介质板，则 (A) C 1极板上电量增加，C 2极板上电量减少 (B) C 1极板上电量减少，C 2极板上电量增加 (C) C 1极板上电量增加，C 2极板上电量不变(D) C 1极板上电量减少，C 2极板上电量不变二 填空题1. 一半径r 1 = 5cm 的金属球A ，带电量为q 1 =2.0×10-8C; 另一内半径为 r 2 = 10cm 、 外半径为 r 3 = 15cm 的金属球壳B ， 带电量为 q 2 = 4.0×10-8C , 两球同心放置，如图所示。
《大学物理》各章练习题及答案解析
《大学物理》各章练习题及答案解析第1章 质点运动学一、选择题:1.以下五种运动中,加速度a保持不变的运动是 （ D ） (A) 单摆的运动。
(B) 匀速率圆周运动。
(C) 行星的椭圆轨道运动。
(D) 抛体运动。
(E) 圆锥摆运动。
2．下面表述正确的是（ B ）(A)质点作圆周运动,加速度一定与速度垂直； (B) 物体作直线运动,法向加速度必为零； (C)轨道最弯处法向加速度最大； (D)某时刻的速率为零,切向加速度必为零。
3.某质点做匀速率圆周运动，则下列说法正确的是（ C ）(A)质点的速度不变; (B)质点的加速度不变 (C)质点的角速度不变; (D)质点的法向加速度不变4.一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（ D ）()()(()22⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛dt dy dt dx D C dtrd B dt drA5. 一质点在平面上运动,运动方程为:j t i t r222+=,则该质点作（ B ）(A)匀速直线运动 (B)匀加速直线运动(C)抛物线运动 (D)一般曲线运动6.一质点做曲线运动，r 表示位置矢量，v 表示速度，a表示加速度，s 表示路程，a t 表示切向加速度，对下列表达式,正确的是（ B ）(A)dt dr v = (B) dt ds v = (C) dtdv a = (D) dt vd a t=7. 某质点的运动方程为 3723+-=t t X （SI ）,则该质点作 [ D ](A)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴正方向; (B)匀加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向; (C)变加速直线运动.加速度沿 x 轴正方向; (D)变加速直线运动,加速度沿 x 轴负方向8．一质点沿x 轴运动，其运动方程为()SI t t x 3235-=，当t=2s 时，该质点正在（ A ）(A)加速 (B)减速 (C)匀速 (D)静止1.D2. B3. C4.D5.B ，6B ，7A 8 A二 、填空题1. 一质点的运动方程为x =2t ，y =4t 2-6t ，写出质点的运动方程（位置矢量）j t t i t r)64(22-+=，t =1s 时的速度j i v22+=，加速度j a 8=，轨迹方程为x x y 32-=。
《大学物理》习题册题目及答案第16单元 机械波
第16单元 机械波（一）学号 姓名 专业、班级 课程班序号一 选择题[ C ]1.在下面几种说法中，正确的说法是： (A) 波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的 (B) 波源振动的速度与波速相同 (C) 在波传播方向上的任一质点振动相位总是比波源的相位滞后 (D) 在波传播方向上的任一质点的振动相位总是比波源的相位超前[ A ]2. 一横波沿绳子传播时的波动方程为)104cos(05.0t x y ππ-= (SI)，则(A) 其波长为0.5 m (B) 波速为5 m ⋅s -1(C) 波速为25 m ⋅s -1 (D)频率为2 Hz[ C ]3. 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。
设t = T /4时刻的波形如图所示，则该波的表达式为： (A) )/(cos u x t A y -=ω (B) ]2/)/([cos πω+-=u x t A y (C) )/(cos u x t A y +=ω (D) ])/([cos πω++=u x t A y[ D ]4. 一平面简谐波沿x 轴正向传播，t = T/4时的波形曲线如图所示。
若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取π-到π之间的值，则 (A) 0点的初位相为00=ϕ(B) 1点的初位相为 21πϕ-=(C) 2点的初位相为 πϕ=2(D) 3点的初位相为 23πϕ-=［ D ］5. 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中： (A) 它的动能转换成势能。
(B) 它的势能转换成动能。
(C) 它从相邻的一段质元获得能量其能量逐渐增大。
(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小。
二 填空题1.频率为100Hz 的波，其波速为250m/s ，在同一条波线上，相距为0.5m 的两点的相位差为52π. 2. 一简谐波沿x 轴正向传播。
1x 和2x 两点处的振动曲线分别如图(a)和(b)所示。
昆明理工大学物理习题集（下）第十六章元答案
昆明理工大学物理习题集（下）第十六章元答案第十六章量子物理基础一、选择题：1. 关于光的波粒二象性，下述说法正确的是 [ D ]（A ）频率高的光子易显示波动性（B ）个别光子产生的效果以显示粒子性（C ）光的衍射说明光具有粒子性（D ）光电效应说明光具有粒子性2. 金属的光电效应的红限依赖于：[ C ]（A ）入射光的频率（B ）入射光的强度（C ）金属的逸出功（D ）入射光的频率和金属的逸出功3. 用频率为1ν单色光照射某种金属时，测得饱和电流为1I ，以频率为2ν的单色光照射该金属时，测得饱和电流为2I ，若21I I >，则：[ D ]（A ）21νν> （B ）21νν<（C ）21νν= （D ）1ν与2ν的关系还不能确定4. 光电效应中光电子的最大初动能与入射光的关系是： [ C ]（A ）与入射光的频率成正比（B ）与入射光的强度成正比（C ）与入射光的频率成线性关系（D ）与入射光的强度成线性关系5. 两束频率、光强都相同的光照射两种不同的金属表面，产生光电效应，则： [ C ]（A ）两种情况下的红限频率相同（B ）逸出电子的初动能相同（C ）在单位时间内逸出的电子数相同（D ）遏止电压相同6. 钾金属表面被蓝光照射时，有光电子逸出，若增强蓝光强度，则：[ A ]（A ）单位时间内逸出的光电子数增加（B ）逸出的光电子初动能增大（C ）光电效应的红限频率增大（D ）发射光电子所需的时间增长7. 用频率为1ν的单色光照射一金属表面产生光电效应，用频率为2ν的单色光照射该金属表面也产生光电效应，而且测得它们的光电子有E k 1>E k 2的关系，则：[ A ]（A ）1ν>2ν （B ）1ν<2ν （C ）1ν=2ν （D ）不能确定8. 当照射光的波长从4000?变到3000?时，对同一金属，在光电效应实验中测得的遏止电压将：[ D ]（A ）减小V 56.0 （B ）增大V 165.0 （C ）减小V 34.0 （D ）增大V 035.19. 钠光的波长是λ，设h 为普朗克恒量，c 为真空中的光速，则此光子的：[ C ]（A ）能量为c h /λ （B ）质量为λc h / （C ）动量为λ/h（D ）频率为c /λ （E ）以上结论都不对10. 以下一些材料的功函数（逸出功）为：铍—eV 9.3、钯—5.0eV 、铯—1.9eV 、钨—4.5eV 。
普通物理学第五版第16章波动答案
n
=
u
l
=
3×108 4×10-7
=7.5×1014 Hz
l =760nm
n
=
u
l
=
3×108 7.6×10-7
=395×1014 Hz
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16-3 一横波沿绳子传播时的波动表式为
y = 0.05 cos(10πt 4πx )
x, y 的单位为 m, t 的单位为s。
设波沿着x 轴正向传播，弹簧中某圈的最大
位移为3.0cm，振动频率为2.5Hz，弹簧中
相邻两疏部中心的距离为24cm。当 t =0时， 在x =0处质元的位移为零并向x 轴正向运动。
试写出该波的波动表式。
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解：
x =0
t =0 y=0
j=
π
2
y0= 0.03 cos(2π×2.5 t π2 )
= 4.62×10-7 J 精品课件
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16-13 一平面简谐声波的频率为500Hz，
在空气中以速度u =340m/s传播, 到达人耳 时，振幅A =l0-4 cm，试求人耳接收到声波 的平均能量密度和声强 ( 空气的密度ρ=1.29
kg/m3)。
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解：
w = 12ρAω2 2
(1) A =0.05m n =5Hz l =0.5m
u = ln =0.5×5=2.5m/s
(2) um = Aω=0.05×10π=0.5πm/s am = Aω2 = 0.05×(10π)2 =0.5π2 m/s2
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(3) x =0.2m t =1s
大学物理同步辅导与复习自测光的干涉答案
（A）P点处仍为明条纹
图16-24
（B）P点处为暗条纹 （C）不能确定P点处是明条纹还是暗条纹 （D）无干涉条纹 解答提示：[B]
S1经反射面M发射后到达P点的光程与原S2到P点的光程相同，但反 射后将出现半波损失，又P点处原为明纹，因此，P点处的原明纹将变为 暗纹。
23、用波长为l＝600 nm的光垂直照射由两块平玻璃板构成的空气 劈形膜，劈尖角q＝2×10-4 rad。改变劈尖角，相邻两明条纹间距缩小了 l＝1.0 mm，求劈尖角的改变量Dq。
解答：rad 空气劈尖相邻条纹间距 得： 得：rad [注：此处条纹间距的改变量相比于条纹间距来讲，并非是个小 量，不能用微分处理。]
（D）不平处为凹槽，最大深度为250 nm 解答：[B] 向上弯曲，高度增加，不平处应凸起以抵偿高度的增加。 设相邻条纹对应的厚度差为
因条纹弯曲部分的顶点恰好与其右边条纹的直线部分的连线相切， 又空气折射率=1，则最大高度
图16-26
10、如图16-26所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间 的距离为L，夹在两块平晶的中间，形成空气劈尖，当单色光垂直入射 时，产生等厚干涉条纹。如果两滚柱之间的距离L变大，则在L范围内干 涉条纹的
解答：(1) 0.910 mm (2) 24 mm (3) 不变 (1) 第k级明条纹的位置 得： 缝宽 (2) 条纹间距； (3) 假设光波斜向上入射，与水平方向的夹角为，考虑明条纹在屏幕 上的位置： 光程差 得： 相邻条纹间距，与垂直入射时相同，因此条纹间距不变。 若考虑的是暗条纹，类似的过程，可得到相同的结论。
大学物理学第三版答案16电磁感应.docx
习题1616・1・如图所示，金属圆环半径为/?,位于磁感应强度为P的均匀磁场中，圆环平面与磁场方向垂直。
当圆环以恒定速度▽在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端〃间的电势差。
解：(1)由法拉第电磁感应定律考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感dtr u ——(2)利用：8ah= £ (vxB)-dl ,有：£ah = Bv・2R = 2BvR。
【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】16-2.如图所示，长直导线屮通有电流/ = 5.0/1,在与其相距d = 0.5cm 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长/ = 4.0cm ,宽a = 2.0cm。
不计线圈口感，若线圈以速度v = 3.0cm/s沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。
首先用［fp•〃二工/求出电场分布，易得:则矩形线圈内的磁通量为:rh s = -N有:dxdt八=1.92x107 V。
2 兀（d + a）解法二：利用动生电动势公式解决。
由击j〃二“0工/求出电场分布，易得:“（）/ 17tr考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势,近端部分：®=NBJv,远端部分：E2=NB2I V,吗丄—丄”心2兀 ' d d + a 27ld（d 十= l・92xlOP。
16・3・如图所示，长直导线屮通有电流强度为/的电流，长为/的金属棒必与长直导线共面且垂直于导线放置，其。
端离导线为d,并以速度E平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势£并比较4、5的电势大小。
解法一：利用动生电动势公式解决：d£ = (yxBydl如力,171 r"o" dr“0以［〃 + /------ ——= -------- In -----17C r 2兀 d由右手定则判定：u（l>u ho解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。
大学物理习题答案16
第十六章 电磁场P177．16．1 一条铜棒长为L = 0.5m ，水平放置，可绕距离A 端为L /5处和棒垂直的轴OO'在水平面内旋转，每秒转动一周．铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T ．求铜棒两端A 、B 的电势差，何端电势高．[解答]设想一个半径为R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间d t 后转过的角度为d θ = ωd t ，扫过的面积为d S = R 2d θ/2，切割的磁通量为d Φ = B d S = BR 2d θ/2，动生电动势的大小为ε = d Φ/d t = ωBR 2/2．根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高．AO 和BO 段的动生电动势大小分别为22()2550AO B LBL ωωε==， 22416()2550BOB LBL ωωε==． 由于BO > AO ，所以B 端的电势比A 端更高，A 和B 端的电势差为2310BO AOBL ωεεε=-=242332π 1.010(0.5)1010BL ω-⨯⨯⨯=== 4.71×10-4(V)． [讨论]如果棒上两点到O 的距离分别为L 和l ，则两点间的电势差为222()(2)222B L l Bl B L Ll ωωωε++=-=．16．2 一长直载流导线电流强度为I ，铜棒AB 长为L ，A 端与直导线的距离为x A ，AB 与直导线的夹角为θ，以水平速度v 向右运动．求AB 棒的动生电动势为多少，何端电势高？[解答]在棒上长为l 处取一线元d l ，在垂直于速度方向上的长度为 d l ⊥ = d l cos θ；线元到直线之间的距离为r = x A + l sin θ，直线电流在线元处产生的磁感应强度为图16.1图16.2002π2π(sin )A IIB rx l μμθ==+．由于B ，v 和d l ⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为0cos d d d 2π(sin )A Iv lBv l x l μθεθ⊥==+，棒的动生电动势为00cos d 2πsin LAIv lx l μθεθ=+⎰00cos d(sin )2πsin sin LA A Iv x l x l μθθθθ+=+⎰ 0sin cot ln2πA AIvx L x μθθ+=，A 端的电势高．[讨论]（1）当θ→π/2时，cot θ = cos θ/sin θ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势．（2）当θ→0时，由于sin sin sin lnln(1)A A A Ax L L L x x x θθθ+=+→，所以02πAIvLx με→，这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势．16．3 如图所示，平行导轨上放置一金属杆AB ，质量为m ，长为L ．在导轨上的一端接有电阻R ．匀强磁场B 垂直导轨平面向里．当AB 杆以初速度v 0向运动时，求：（1）AB 杆能够移动的距离；（2）在移动过程中电阻R 上放出的焦耳热为多少？ [分析]当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动．随着杆的速度变小，动生电动势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来．[解答]（1）方法一：速度法．设杆运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为ε = BLv ，电流为I = ε/R ，所受的安培力为F = -ILB = -εLB/R = -(BL )2v/R ，负号表示力的方向与速度方向相反．取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma 得速度的微分方程为BA图16.32()d d BL v v m R t-=，即： 2d ()d v B L t v m R=-积分得方程的通解为21()ln BL v t C mR=-+．根据初始条件，当t = 0时，v = v 0，可得常量C 1 = ln v 0．方程的特解为20()exp[]BL v v t mR=-．由于v = d x /d t ，可得位移的微分方程20()d exp[]d BL x v t t mR=-，方程的通解为20()exp[]d BL x v t t mR =-⎰2022()exp[]()mRv BL t C BL mR-=-+， 当t = 0时，x = 0，所以常量为022()mRv C BL =． 方程的特解为202(){1exp[]}()mRv BL x t BL mR=--． 当时间t 趋于无穷大时，杆运动的距离为2()mRv x BL =． 方法二：冲量定理．根据安培力的公式可得F = -(BL )2v/R ，负号表示安培力与速度的方向相反．因此2()d d BL x F t R-=，根据冲量定理得d 0tF t mv=-⎰，即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量．积分后可得02()mv Rx BL =． （2）方法一：焦耳定律．杆在移动过程中产生的焦耳热元为222()d d d d BLv Q I R t t t R R ε===220()2()exp[]d BLv BL t t R mR=-整个运动过程中产生的焦耳热为2200()2()exp[]d BLv BL Q t t R mR ∞=-⎰222002()exp[]22mv mv BL t mR ∞-=-=， 即：焦耳热是杆的动能转化而来的．方法二：动能定理．由于I = ε/R ，其中ε = BLv = BL d x /d t ，而安培力为F = -ILB ，负号表示安培力的方向与杆运动的方向相反．因此焦耳热元为d Q = I 2R d t = I εd t = IBL d x = -F d x ．负号表示安培力做负功．根据动能定理，磁场的安培力对杆所做的功等于杆的动能的增量，因此安培力在杆的整个运动过程中所做的功为201d (0)2W F x mv =-=--⎰， 所以产生的焦耳热为212Q W mv ==． [小结]在求杆的运动距离时，用冲量定理可避免解微分方程．在求焦耳热时用动能定理可避免积分运算．16．4 如图所示，质量为m 、长度为L 的金属棒AB 从静止开始沿倾斜的绝缘框架滑下．磁感应强度B 的方向竖直向上（忽略棒AB 与框架之间的摩擦），求棒AB 的动生电动势．若棒AB 沿光滑的金属框架滑下，设金属棒与金属框组成的回路的电阻R 为常量，棒AB 的动生电动势又为多少？[解答]（1）棒的加速度为a = g sin θ，经过时间t ，棒的速度为v = at = (g sin θ)t ，而切割磁力线的速度为v ⊥ = v cos θ，所以棒的动生电动势为ε = BLv ⊥ = BLg (sin θcos θ)t = BLg (sin2θ)t /2．（2）设棒运动时间t 时的速度为v ，则动生电动势为图16.4ε = BLv cos θ，电流为I = ε/R ，所受的安培力的大小为F = ILB = εLB/R = (BL )2v cos θ/R ，其方向水平向右．安培力沿着斜面向上的分量为F' = F cos θ，其方向与速度的方向相反．取速度的方向为正，根据牛顿第二定律ΣF = ma 得速度的微分方程为2(cos )d sin d BL v vmg m R tθθ-=，即 2d d sin (cos )mRt v mgR BL vθθ=-， 方程可化为222d[sin (cos )]d (cos )sin (cos )mR mgR BL v t BL mgR BL vθθθθθ--=-． 积分得方程的通解为22ln[sin (cos )](cos )mR t mgR BL v C BL θθθ-=-+．根据初始条件，当t = 0时，v = 0，可得常量2ln(sin )(cos )mRC mgR BL θθ=， 方程的特解为22[sin (cos )]ln (cos )sin mR mgR BL v t BL mgR θθθθ--=， 棒的速度为22sin (cos ){1exp[]}(cos )mgR BL v t BL mRθθθ=--， 动生电动势为cos BLv εθ=2(cos )tan {1exp[]}mgR BL t BL mRθθ=--． [讨论]当时间t 趋于无穷大时，最终速度为2sin (cos )mgR v BL θθ=，最终电动势为tan mgRBL εθ=， 最终电流为tan mgI BLθ=． 另外，棒最终做匀速运动，重力做功的功率等于感生电流做功的功率，重力做功的功率为P = mg sin θv ，感生电流做功的功率为222(cos )BLv P I R R Rεθ===， 两式联立也可得2sin (cos )mgR v BL θθ=，由此可以求出最终电动势和电流．[注意]只有当物体做匀速运动时，重力所做的功才等于电流所做的功，否则，重力还有一部分功转换成物体的动能．16．5 电磁涡流制动器是一个电导率为ζ，厚度为t 的圆盘，此盘绕通过其中心的垂直轴旋转，且有一覆盖小面积为a 2的均匀磁场B 垂直于圆盘，小面积离轴r （r >>a ）．当圆盘角速度为ω时，试证此圆盘受到一阻碍其转动的磁力矩，其大小近似地表达为M ≈B 2a 2r 2ωζt ．[解答]电导率是电阻率的倒数ζ = 1/ρ．不妨将圆盘与磁场相对的部分当成长、宽和高分别为a 、a 和t 的小导体，其横截面积为S = at ，电流将从横截面中流过，长度为a ，因此其电阻为1l R S tρσ==． 宽为a 的边扫过磁场中，速度大小为v = r ω，产生的感生电动势为ε = Bav = Bar ω，圆盘其他部分的电阻远小于小导体的电阻，因此通过小导体的电流强度为I ≈ε/R = Bar ωζt ，所受的安培力为F = IaB ≈B 2a 2r ωζt ，其方向与速度方向相反．产生的磁力矩为M = Fr ≈B 2a 2r 2ωζt ．其方向与角速度的方向相反．16．6 如图，有一弯成θ角的金属架COD 放在磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于金图16.5t属架COD 所在平面，一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v 向右滑动，v 与MN 垂直，设t = 0时，x = 0，求下列两情形，框架内的感应电动势εi ．（1）磁场分布均匀，且B 不随时间改变； （2）非均匀的交变磁场B = Kx cos ωt ． [解答]（1）经过时间t ，导体杆运动的距离为X = vt ，杆的有效长度为l = X tan θ = v (tan θ)t ， 动生电动势为εi = Blv = Bv 2(tan θ)t ． （2）导体杆在t 时刻运动到X 处，在三角形中取一个面积元 d S = y d x ， 由于y = x tan θ，所以d S = x tan θd x ，通过该面元的磁通量为d Φ = B d S = K cos ωt tan θx 2d x ，通过三角形的磁通量为20tan cos d XK t x x Φθω=⎰31tan cos 3K tX θω=331tan cos 3Kv t t θω=，感应电动势为d d i t Φε=-323tan (3cos sin )3kv t t t t θωωω=--，即： 32tan (sin 3cos )3i kv t t t t θεωωω=-．[注意]公式B = Kx cos ωt 中的x 是场点到O 点的距离，不一定是杆运动的距离，为了区别两个距离，杆的距离用X 表示．16．7 如图所示的回路，磁感应强度B 垂直于回路平面向里，磁通量按下述规律变化Φ = 3t 2 + 2t + 1，式中Φ的单位为毫韦伯，t 的单位为秒．求：（1）在t = 2s 时回路中的感生电动势为多少？ （2）电阻上的电流方向如何？[解答]（1）将磁通量的单位化为韦伯得 Φ = (3t 2 + 2t + 1)/103，感生电动势大小为ε = |d Φ/d t | = 2(3t + 1)/103．t = 2s 时的感生电动势为1.4×10-2(V)．（2）由于原磁场在增加，根据楞次定律，感应电流所产生的磁场的方向与原磁场的方向相反，所以在线圈中感生电流的方向是逆时针的，从电阻的左边流向右边．O图16.6图16.716．8 如图所示的两个同轴圆形导体线圈，小线圈在大线圈上面．两线圈的距离为x ，设x 远大于圆半径R ．大线圈中通有电流I 时，若半径为r 的小线圈中的磁场可看作是均匀的，且以速率v = d x /d t 运动．求x = NR 时，小线圈中的感应电动势为多少？感应电流的方向如何？[解答]环电流在轴线上产生的磁感应强度为20223/22()IR B x R μ=+， 当x >>R 时，磁感应强度为2032IRB xμ≈．小线圈的面积为S = πr 2，通过的磁通量为2203π2IR r BS x μΦ=≈， 当小线圈运动时，感应电动势为22043πd d 2IR r vt xμΦε=-≈， 当x = NR 时，感应电动势为20423π2Ir vN Rμε≈． 感应电流的磁场与原磁场的方向相同，感应电流的方向与原电流的环绕方向相同．16．9 如图所示，匀强磁场B 与矩形导线回路的法线n 成θ = 60°角，B = kt （k 为大于零的常数）．长为L 的导体杆AB 以匀速v 向右平动，求回路中t 时刻的感应电动势的大小和方向（设t = 0时，x = 0）．[解答]经过时间t ，导体杆运动的距离为 x = vt ， 扫过的面积为 S = Lx = Lvt ，通过此面积的磁通量为Φ = B ·S = BS cos θ = Lvkt 2/2． 感应电动势的大小为ε = d Φ/d t = Lvkt ．由于回路中磁通量在增加，而感应电流的磁通量阻碍原磁通量增加，其磁场与原磁场的方向相反，所以感应电动势的方向是顺时针的．16．10 长为b ，宽为a 的矩形线圈ABCD 与无限长直截流导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 向右平动，t 时刻基AD 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε．[解答]电流I 在r 处产生的磁感应强度为图16.8图16.902πIB rμ=，穿过面积元d S = b d r 的磁通量为0d d d 2πIbB S r rμΦ==，穿过矩形线圈ABCD 的磁通量为001d ln()2π2πx axIbIb x a r r xμμΦ++==⎰， 回路中的电动势为d d t Φε=-0d 11d [ln()()]2πd d b x a I x I x t x a x tμ+=-+-+ 00cos [ln()sin ]2π()I bx a av tt x x x a μωωω+=++． 显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电动势． *16．11 如图，一个矩形的金属线框，边长分别为a和b （b 足够长）．金属线框的质量为m ，自感系数为L ，忽略电阻．线框的长边与x 轴平行，它以速度v 0沿x 轴的方向从磁场外进入磁感应强度为B 0的均匀磁场中，B 0的方向垂直矩形线框平面．求矩形线框在磁场中速度与时间的关系式v = v (t )和沿x 轴方向移动的距离与时间的关系式x = x (t )．[解答]由于b 边很长，所以线框只有右边在做切割磁力线的运动．当线框速度为v 时，产生的动生电动势为ε = B 0av ．当线框中的电流为i 时，产生的自感电动势的大小为d d L i Ltε=． 根据欧姆定律得ε + εL = iR ，由于不计电阻，所以有0d 0d iB av Lt+=． ① 右边所受的力为F = iaB 0，根据牛顿第二定律得0d d v iaB mt=， 微分得图16.10图16.11202d d d d i vaB m t t=， ②联立①和②式得微分方程2202()d 0d aB v v t mL+=， 这是简谐振动的微分方程，其通解为v A B =+．当t = 0时，v = v 0，所以A = v 0．加速度a t = d v /dt )A B =-+，当t = 0时，a t = 0，所以B = 0．速度方程为0v v =． 由于v = d x /d t ，所以0d d x v t v t ==⎰⎰00v C =+． 当t = 0时，x = 0，所以C = 0，所以位移方程为0x v =．16．12 如图所示的圆面积内，匀强磁场B 的方向垂直于圆面积向里，圆半径R = 12cm ，d B /d t = 10-2T·s -1．求图中a 、b 、c 三点的涡旋电场为多少（b 为圆心）？设ab = 10cm ，bc = 15cm ． [解答]（1）当点在磁场之中时，以b 为圆心，以r 为半径作一圆形环中，其周长为C = 2πr ，面积为S = πr 2．取环路的逆时针方向为正，根据右手螺旋法则，面积的法向方向垂直纸面向外。
大学物理第16章习题解答
两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚
柱之间的距离 L 变小，则在 L 范围内干涉条纹的（ ）
（A） 数目减小，间距变大
（B） 数目减小，间距不变
（C） 数目不变，间距变小
（D） 数目增加，间距变小
题 16-3 图 分析与解 图（a）装置形成的劈尖等效图如图（b）所示．图中 d 为两滚柱的直径差， b 为两相邻明（或暗）条纹间距．因为 d 不变，当 L 变小时，θ 变大，L′、b 均变小．
2
Δ2 －Δ1 ＝（n －1）d ＝（k2 －k1 ）λ 式中（k2 －k1 ）可以理解为移过点 P 的条纹数（本题为 5）．因此，对于这类问题，求解 光程差的变化量是解题的关键．
解 由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点 O，有
∆2 − ∆1 = (n2 − 1)d = 5λ
将有关数据代入可得
第 5 条暗环的半径为 3.0 ×10−3 m 。求透镜凸面的曲率半径和 k 的值。
解 第 k 个暗环的半径为
4
,
(1)
当 时，为中心的暗点，当 个暗环，对应于 ，其半径为
时，为第 1 条暗环，等等。第 k 个暗环之外的第 5
(2) 将以上两式平方后相除，得
, 将数值代入并求出 k 值，得
, . 将 k 值代入式(1)，可求得透镜凸面的曲率半径，为
解：根据牛顿环干涉的实验结果，有
根据已知条件
rk = kRλ / n
r1 = Rλ / n, r4 = 2 Rλ / n
和
∆r = Rλ / n ∆r ' = Rλ '/ n可得 因此有∆源自 (')2=
λ
'
大学物理课后习题答案 第十六章
大学物理下习题册八
1、 某黑体在某一温度时，辐射本领为 5.7W/cm2，试求这一辐射本领具有的峰值的 波长λ m？
解：根据斯忒藩定律 E(T) T4 ( 5.67108 J s m2 K3 ) 得
E(T) T4
再由维恩位移定律 Tm b (b 2.898103 m K)
10- 34 3? 108
sin2
90 2
=
0.00742nm
（2）由于光子散射角为 ， 由动量守恒： 2
P0 P Pe
Pe P0 P
Pe
P02 P2
h 0
2
h
2
h
1 0
2
1
2
6.62 1034
1
2
0.05
10 1 0
1 0.07456 10
6、一实验用光电管的阴极是铜的（铜的逸出功为 4.47eV）。现以波长 0. 2m 的光照射此 阴极，若要使其不再产生光电流，所需加的截止电压为多大？
解：由爱因斯坦方程
hc
EK
A 及 EK
eU 0 得
U0
1 hc e
A
6.631034 3108 0.2106 1.61019
4.47
m
b T
b 2.898103 2.89 106 m
E(T)
5.7 104
4
5.67 108
2、在天文学中，常用斯特藩—玻尔兹曼定律确定恒星半径。已知某恒星到达地球的每单
位面积上的辐射能为1.2108 W / m2 ，恒星离地球距离为 4.31017 m ，表面温度为 5200
K。若恒星辐射与黑体相似，求恒星的半径。
大学物理 第十六章 课后答案
习题十六16-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m λ便可求得T ．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m 55.0m μλ=，北极星的m 35.0m μλ=，天狼星的m 29.0m μλ=，试求这些星球的表面温度．解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：Km 10897.2,3⋅⨯==-b b T m λ对太阳：K103.51055.010897.236311⨯=⨯⨯==--mbT λ对北极星：K103.81035.010897.236322⨯=⨯⨯==--mbT λ对天狼星：K100.11029.010897.246333⨯=⨯⨯==--m bT λ16-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W ·cm -2，求炉内温度． 解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度242mW 108.22cm W 8.22)(--⋅⨯=⋅=T M B按斯特藩-玻尔兹曼定律：=)(T M B 4T σ41844)1067.5108.22()(-⨯⨯==σT M T B K 1042.110)67.58.22(3341⨯=⨯=16-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000οA 的光投射到铝表面．试问：(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大?解：(1)已知逸出功eV 2.4=A据光电效应公式221mmv hv =A +则光电子最大动能：AhcA h mv E m -=-==λυ2max k 21eV0.2J 1023.3106.12.41020001031063.6191910834=⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=----m2max k 21)2(mvE eUa==∴遏止电势差V0.2106.11023.31919=⨯⨯=--a U(3)红限频率0υ,∴000,λυυcA h ==又∴截止波长1983401060.12.41031063.6--⨯⨯⨯⨯⨯==Ahc λm 0.296m 1096.27μ=⨯=-16-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(m 105.0-7⨯=λ)产生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到 达眼睛的功率为多大? 解：5个兰绿光子的能量J1099.1100.51031063.65187834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===λυhcn nh E功率 W1099.118-⨯==tE16-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J ·s -1·m -2，如果平均波长为5000οA ，则每秒钟落到地面上1m 2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm ，每秒钟进入人眼的光子数是多少?解：一个光子能量λυhch E ==1秒钟落到2m 1地面上的光子数为21198347ms1001.21031063.6105888----⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===hcEn λ每秒进入人眼的光子数为11462192s1042.14/10314.31001.24--⨯=⨯⨯⨯⨯==dnN π16-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量． 解：电子的静止质量SJ 1063.6,kg 1011.934310⋅⨯=⨯=--h m当 20cm h =υ时，则Hz10236.11063.6)103(1011.92034283120⨯=⨯⨯⨯⨯==--h c m υο12A02.0m 104271.2=⨯==-υλc122831020122sm kg 1073.21031011.9sm kg 1073.2-----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯=====⋅⋅⨯==c m c cm c E p cpE hp 或λ16-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同?答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．16-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能k E 之比k E /ε等于多少? 解：由2200mc h cm hv +=+υ)(00202υυυυ-=-=-=h h h cm mcE kυεh =∴ 5)(00=-=-=υυυυυυεh h E k已知2.10=λλ由2.10=∴=υυλυc2.110=υυ则52.0112.110==-=-υυυ16-9 波长ο0A 708.0=λ的X 射线在石腊上受到康普顿散射，求在2π和π方向上所散射的X 射线波长各是多大?解：在2πϕ=方向上： ο1283134200A 0243.0m 1043.24sin1031011.91063.622sin2Δ=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-=---πϕλλλcm h散射波长ο0A732.00248.0708.0Δ=+=+=λλλ 在πϕ=方向上ο120200A0486.0m 1086.422sin2Δ=⨯===-=-cm h cm h ϕλλλ散射波长 ο0A756.00486.0708.0Δ=+=+=λλλ16-10 已知X 光光子的能量为0.60 MeV ，在康普顿散射之后波长变化了20%，求反冲电子的能量．解：已知X 射线的初能量,MeV 6.00=ε又有000,ελλεhchc=∴=经散射后00020.1020.0λλλλ∆λλ=+=+=此时能量为 02.112.1ελλε===hc hc反冲电子能量MeV10.060.0)2.111(0=⨯-=-=εεE16-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 οA ，反冲电子的速度为0.60c ，求散射光子的波长及散射角．解：反冲电子的能量增量为202022020225.06.01cm cm cm cm mcE =--=-=∆由能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量，故有 20025.0cm hchc=-λλ散射光子波长ο121083134103400A043.0m 103.410030.0103101.925.01063.610030.01063.625.0=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=------λλλc m h h由康普顿散射公式2sin 0243.022sin22200ϕϕλλλ∆⨯==-=cm h可得 2675.00243.02030.0043.02sin2=⨯-=ϕ散射角为 7162'=οϕ 16-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子． (1)试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上．解：(1)2eV 6.13eV 85.0eV 75.12eV 6.13n -=-=+-解得 4=n或者 )111(22n Rhc E -=∆75.12)11.(1362=-=n解出 4=n题16-12图 题16-13图(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.16-13 以动能12.5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线?解：设氢原子全部吸收eV 5.12能量后，最高能激发到第n 个能级，则]11[6.135.12,eV 6.13],111[2221nRhc nRhc E E n -==-=-即得5.3=n ，只能取整数，∴ 最高激发到3=n ，当然也能激发到2=n 的能级．于是ο322ο222ο771221A 6563536,3653121~:23A 121634,432111~:12A1026m 10026.110097.18989,983111~:13===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→=⨯=⨯⨯===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→-R R R n R R R n RR R n λυλυλυ从从从可以发出以上三条谱线．题16-14图16-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两 条谱线的波长及外来光的频率．解：巴尔末系是由2>n 的高能级跃迁到2=n 的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是4=n 的激发态．ο1983424ο101983423222324A4872106.1)85.04.3(1031063.6A6573m 1065731060.1)51.14.3(10331063.6e 4.326.13e 51.136.13e 85.046.13=⨯⨯-⨯⨯⨯=-==⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=∴-=∴-==-=-=-=-=-=-=-----E E hc E E hcE E hc E E hch VE V E V E a mn mn βλλλλυ基态氢原子吸收一个光子υh 被激发到4=n 的能态 ∴λυhcE E h =-=14Hz1008.310626.6106.1)85.06.13(15341914⨯=⨯⨯⨯-=-=--h E E υ16-15 当基态氢原子被12.09eV 的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍?解： eV09.12]11[6.1321=-=-n E E n26.1309.126.13n =-51.16.1309.12.1366.132=-=n , 3=n12r n r n =,92=n ,19r r n =轨道半径增加到9倍.16-16德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么?答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义,2φ仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．16-17 为使电子的德布罗意波长为1οA ，需要多大的加速电压?解： ooA1A 25.12==u λ 25.12=U∴ 加速电压 150=U 伏16-18 具有能量15eV 的光子，被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收，形成一个 光电子．问此光电子远离质子时的速度为多大?它的德布罗意波长是多少?解：使处于基态的电子电离所需能量为eV 6.13，因此，该电子远离质子时的动能为eV4.16.13152112=-=+==E E mvE k φ它的速度为31191011.9106.14.122--⨯⨯⨯⨯==mE v k -15s m 100.7⋅⨯=其德布罗意波长为：o953134A10.4m 1004.1100.71011.91063.6=⨯=⨯⨯⨯⨯==---mvh λ16-19 光子与电子的波长都是2.0οA ，它们的动量和总能量各为多少? 解：由德布罗意关系：2mc E =，λhmv p ==波长相同它们的动量相等． 1-241034sm kg 103.3100.21063.6⋅⋅⨯=⨯⨯==---λhp光子的能量eV102.6J 109.9103103.3316824⨯=⨯=⨯⨯⨯====--pc hch λυε电子的总能量2202)()(c m cp E +=,eV 102.63⨯=cp而eV100.51MeV 51.0620⨯==cm∴ cpcm >>2∴MeV51.0)()(202202==+=c m c m cp E16-20 已知中子的质量kg 1067.127n -⨯=m ，当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少?解：kg 1067.127n -⨯=m ,S J 1063.634⋅⨯=-h ,-123K J 1038.1⋅⨯=-k中子的平均动能m pKT E k 2232==德布罗意波长 oA456.13===mkT hp hλ16-21 一个质量为m 的粒子，约束在长度为L 的一维线段上．试根据测不准关系估算这个粒子所具有的最小能量的值．解：按测不准关系，hp x x ≥∆∆，xx v m p ∆=∆，则hv x m x ≥∆∆,x m h v x ∆≥∆这粒子最小动能应满足222222min 22)(21)(21mL hxm hxm h m v m E x =∆=∆≥∆=16-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000οA ，测得谱线宽度为10-4οA ，求该激发能级的平均寿命．解：光子的能量λυhch E ==由于激发能级有一定的宽度E ∆，造成谱线也有一定宽度λ∆，两者之间的关系为： λλ∆=∆2hcE由测不准关系，h t E ≥∆⋅∆，平均寿命t ∆=τ，则λλτ∆=∆=∆=c Eh t 2s103.51010103)104000(81048210----⨯=⨯⨯⨯⨯=16-23 一波长为3000οA 的光子，假定其波长的测量精度为百万分之一，求该光子位置的测不准量．解： 光子λhp =，λλλλ∆=∆-=∆22hhp由测不准关系，光子位置的不准确量为cm30A 103103000o962=⨯=====-λλ∆λλ∆λ∆∆p h x16-24波函数在空间各点的振幅同时增大D 倍，则粒子在空间分布的概率会发生什么变化?解：不变．因为波函数是计算粒子t 时刻空间各点出现概率的数学量．概率是相对值．则21、点的概率比值为：22212221φφφφD D =∴ 概率分布不变．16-25 有一宽度为a 的一维无限深势阱，用测不准关系估算其中质量为m 的粒子的零点能． 解：位置不确定量为a x =∆，由测不准关系：h p x x ≥∆⋅∆，可得：x h P x ∆≥∆,x h P P x x ∆≥∆≥∴222222)(22mahx m hm P E xx =∆≥=，即零点能为222ma h．16-26 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：a xax 23cos1)(πψ=︒ )(a x a ≤≤- 那么，粒子在ax 65=处出现的概率密度为多少? 解： 22*)23cos 1(a x a πψψψ==aaaa a aa a 21)21(14cos1)4(cos 145cos12653cos122222===+===πππππ16-27 粒子在一维无限深势阱中运动，其波函数为：)sin(2)(a x n ax n πψ=)0(a x <<若粒子处于1=n 的状态，在0～a41区间发现粒子的概率是多少?解：xaxax w d sin2d d 22πψ==∴ 在4~0a区间发现粒子的概率为：⎰⎰⎰===42244)(d sin2d sin2aa ax a a xa ax axa dw p ππππ091.0)(]2cos 1[2124/0=-=⎰x a d a x a πππ16-28 宽度为a 的一维无限深势阱中粒子的波函数为xan A x πψsin)(=，求：(1)归一化系数A ；(2)在2=n 时何处发现粒子的概率最大? 解：(1)归一化系数⎰⎰==+∞∞-ax x 0221d d ψψ即⎰⎰=a a x a n x an An a x x an A 0222)(d sind sinππππ⎰-=ax a n x an An a2)(d )2cos1(2πππ12222===Aa n A n a ππ∴ =A a 2粒子的波函数 xa n a x πψsin2)(=(2)当2=n 时，xaaπψ2sin22=几率密度]4cos 1[12sin2222x a a x aaw ππψ-=== 令0d d =xw，即04sin4=x aaππ,即,04sin =x aπ，,2,1,0,4==k k x aππ∴ 4a kx =又因a x <<0，4<k ，∴当4a x =和ax 43=时w 有极大值，当2ax =时，0=w ．∴极大值的地方为4a，a43处16-29 原子内电子的量子态由s l m m l n ,,,四个量子数表征．当l m l n ,,一定时，不同的量子态数目是多少?当l n ,一定时，不同的量子态数目是多少?当n 一定时，不同的量子态数目是多少? 解：(1)2)21(±=s m(2))12(2+l ，每个l 有12+l 个l m ，每个l m可容纳21±=s m 的2个量子态．(3)22n16-30求出能够占据一个d 分壳层的最大电子数，并写出这些电子的sl m m ,值．解：d 分壳层的量子数2=l ，可容纳最大电子数为10)122(2)12(2=+⨯=+=l Z l 个，这些电子的：=l m ，1±，2±，21±=s m16-31 试描绘：原子中4=l 时，电子角动量L 在磁场中空间量子化的示意图，并写出L 在磁场方向分量z L 的各种可能的值． 解： 20)14(4)1(=+=+=l l L题16-31图磁场为Z 方向，l Z m L =，0=l m ,1±，2±，3±，4±．∴ )4,3,2,1,0,1,2,3,4(----=Z L16-32写出以下各电子态的角动量的大小：(1)s 1态；(2)p 2态；(3)d 3态；(4)f 4态．解： (1)0=L (2)1=l , 2)11(1=+=L (3)2=l 6)12(2=+=L(4)3=l 12)13(3=+=L16-33 在元素周期表中为什么n 较小的壳层尚未填满而n 较大的壳层上就开始有电子填入?对这个问题我国科学工作者总结出怎样的规律?按照这个规律说明s 4态应比d 3态先填入电子．解：由于原子能级不仅与n 有关，还与l 有关，所以有些情况虽n 较大，但l 较小的壳层能级较低，所以先填入电子．我国科学工作者总结的规律：对于原子的外层电子，能级高低以)7.0(l n +确定，数值大的能级较高．s 4(即0,4==l n )，代入4)07.04()7.0(=⨯+=+l n)2,3(3==l n d ，代入4.4)27.03(=⨯+s 4低于d 3能级，所以先填入s 4壳层．。
大学物理第十六章 原子核物理 答案
第16章 原子核物理一、选择题1. C2. B3. D4. C5. C6. D7. A8. D二、填空题1. 171076.1⨯，131098.1⨯2. 2321)(c m m m -+3. 1.35放能4. 9102.4⨯5. 117.86. 2321`c h m m m -+7 . 67.5MeV ，67.5MeV/c ，221036.1⨯Hz8. 121042.2-⨯9. 1.49MeV10. 115kg三、填空题1. 解：设从t =0开始做实验，总核子数为N 0，到刻核子数为N由于实验1.5年只有3个铁核衰变，所以1<<τt ，)1(0τtN N -≈t =0时，铁核总数为 312740106.31066.1104.6⨯=⨯⨯=-Nt =1.5年时，铁核总数为 )1(300τtN N N -≈-=由此解得31310108.15.13106.3⨯=⨯⨯=-=t N N N τ年设半衰期为T ，则当t =T 时有2/0N N =，由τ/0e t N N =得τ/e 21T = 所以， 31311025.1693.0108.12ln ⨯=⨯⨯==τT 年 2. 解：设氢核和氮核的质量分别为N H m m 、，被未知粒子碰撞后速度分别为v H 和v N ； 未知粒子的质量为m , 碰撞前速度为v ，与氢核碰撞后为v 1，与氮核碰撞后为v 2 未知粒子与氢核完全弹性碰撞过程满足关系H H 1v m mv mv +=2H H 212212121v m mv mv += 未知粒子与氮核完全弹性碰撞过程满足关系N N 2v m mv mv += ●2N N 212212121v m mv mv += ❍ 联立 ~❍得 2N N 2H H N H )()(m m m m m m E E ++= 带入数据，可解得 03.1H=m m 由其质量比值可知，未知粒子的质量与氢核的质量十分接近，另由于它在任意方向的磁场中都不偏转，说明它不带电．由此判断该新粒子是中子．3. 解：与第一组α粒子相对应的衰变能为α1α12264.793MeV 4.879MeV 4222A E K A ==⨯=- 与第二组α粒子相对应的衰变能为 α2α22264.612MeV 4.695MeV 4222A E K A ==⨯=- 22686Rn 的两能级差为()α1α2 4.879 4.695MeV 0.184MeV E E E ∆=-=-=光子的能量与此两能级差相对应，所以光子的频率为61919340.18410 1.60218910Hz 4.4510Hz 6.62610E h ν--∆⨯⨯⨯===⨯⨯4. 解：已知14C 的半衰期为5370a. 半衰期T 与衰变常量λ的关系为0.693Tλ= 根据题意，该生物遗骸在刚死亡时，其体内所包含的14C 的放射性活度与现今活着的同类生物体的14C 的放射性活度是相同的，经过了时间t ，14C 的放射性活度减弱为133.3Bq 。
崔乃毅等《大学物理活页习题集》 机械工业出版社答案单元9-单元16
单元9 刚体定轴转动（一）一、选择题 1. C 2.D 3.C 4.B 5.D二、填空题1． rad ⋅s -1； rad ⋅s -1； rad ； 11。
ππt πt 52103+-π9π222．216ωJ k -；kJ 64213ω。
3．72.5 rad ⋅s -1； 217.5 rad 。
4． 1.9； 91。
5．k j i ab ac bc +--θθsin cos ； 1cos sin 1arccos2222+⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛θθa c b c ；Jab。
三、判断题（判断正误，并简述理由） 1. √ 2. ⨯ 3. √ 4. ⨯四、计算题1．167．7 N ⋅m ，垂直纸面向内。
2．（1）R g34μ-； （2）()t R g t 340μωω-=； （3）gR μω430。
3．（1）g R J m m m m 22121/++-，向下； （2）RgR J m m m m ⋅++-22121/，顺时针； （3）g R J m m R J m m m T 22121211//2+++=，g RJ m m R J m m m T 22122212//2+++=； （4）0。
4．（1）⎪⎭⎫ ⎝⎛--J bt e b M 10；（2）b M 0；（3）⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-1200J bt e bJ M t b M 。
5．（1）1.13s ；（2）6.75m 。
单元10 刚体定轴转动（二）一、选择题1.A2.B3.D4.B5.A6.D7.B二、填空题1．； ； C ；210md 26md 3d ； 2314md 。
2．4.4⨯10-2；1.4π2 J 。
3．()(θcos 121-⎥⎦⎤⎢⎣⎡++g R L M mL )；()()()θcos 1632126222-+++++g L R MR mL R L M mL 。
4．279.3 N (刹瓦与飞轮间的摩擦系数为0.5)。
大学物理学课后答案(湖南大学出版社)1 - 副本
第十二章 真空中的静电场12．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O 点处的场强为零． [解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强． 在圆弧上取一弧元 d s =R d φ， 所带的电量为d q = λd s ，在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E kr R Rλλϕπεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ． 总场强为2/20/2cos d 4x E Rπθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=，方向沿着x 轴正向． 再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O 点产生的场强大小为`04E Rλπε=，由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O 点产生的合场强为``02coscos 222x E E R θλθπε==，方向沿着x 轴负向．当O 点合场强为零时，必有`x x E E =，可得 tan θ/2 = 1，因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2． ．12．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2处各点的场强．[解答]由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性． （1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E = 0，（r < R 1）．（2）在两个圆柱之间做一长度为l ，半径为r 的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = λl ，穿过高斯面的电通量为d d 2e SSE S E rl Φπ=⋅==⎰⎰E S ，根据高斯定理Φe = q /ε0，所以02E rλπε=， (R 1 < r < R 2)． （3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E = 0，（r > R 2）．图12.4第十三章 静电场中的导体和电介质13．3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？[解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离球为b ．球心的电势是所有电荷产生的电势迭加，大小为 000111444o q q Q q U r a bπεπεπε-+=++13．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（1）B 、C 板上的电荷为多少？ （2）A 板电势为多少？ [解答](1)设A 的左右两面的电荷面密度分别为σ1和σ2，所带电量分别为q 1 = σ1S 和q 2 = σ2S ，在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = σ1S + σ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = σ1/ε0，A 、C 间的场强为 E 2 = σ2/ε0． 设A 板与B 板的电势差和A 板与C 板的的电势差相等，设为ΔU ，则ΔU = E 1d 1 = E 2d 2， ② 即 σ1d 1 = σ2d 2． ③解联立方程①和③得 σ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)， 所以 q 1 = σ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)； q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)． B 、C 板上的电荷分别为 q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)．(2)两板电势差为 ΔU = E 1d 1 = σ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 由于 k = 9×109 = 1/4πε0，所以 ε0 = 10-9/36π， 因此 ΔU = 144π = 452.4(V)．由于B 板和C 板的电势为零，所以 U A = ΔU = 452.4(V)．13．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为 120012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半：0121212R R C R R πε=-． 当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．13．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．图13.3图13.4第十四章 稳恒磁场14．1 通有电流I 的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方形．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]电流在O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律：002d d 4I rμπ⨯=l r B ， 圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为 012d d 4I l B aμπ=， 由于 d l = a d φ， 积分得 11d LB B =⎰3/200d 4I aπμϕπ=⎰038Ia μ=． OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为022d sin d 4I l B rμθπ=， 由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ， 所以 d l = b d θ/sin 2θ；又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ，可得 02sin d d 4I B bμθθπ=，积分得3/402/2d sin d 4LI B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/2(cos )48IIb bππμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为012338I B B B B a μ=++=． [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为04IB aμϕπ=．（2）有限长直导线产生的磁感应大小为 012(cos cos )4IB bμθθπ=-． 对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得0238IB B bπ==．上述公式可以直接引用．14．2 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]在直线磁场公式012(cos cos )4I B Rμθθπ=-中，令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度 04I B Rμπ=．两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z = μ0I /2πR ． 半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为0042x z IIB B RRμμπ=--=--B i k i k ． 场强大小为B ==与X 轴的夹角为 2arctan arctan z x B B θπ==．14．3 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？[解答]正方形每一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利用直线电流的磁场公式：012(cos cos )4I B Rμθθπ=-，令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为 AD B =， O 点的磁感应强度为 4AD B B ==， 方向垂直纸面向里．14．14 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I 从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R 1，圆筒半径为R 2，如图所示．求：（1）磁感应强度B 的分布； （2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？ [解答]（1）导体圆柱的面积为 S = πR 12， 面电流密度为 δ = I/S = I/πR 12．在圆柱以半径r 作一圆形环路，其面积为 S r = πr 2， 包围的电流是 I r = δS r = Ir 2/R 12．根据安培环路定理00d r LI I μμ⋅==∑⎰B l ，由于B 与环路方向相同，积分得 2πrB = μ0I r ，所以磁感应强度为 B = μ0Ir /2πR 12，(0 < r < R 1)．在两导体之间作一半径为r 的圆形环中，所包围的电流为I ，根据安培环中定理可得 B = μ0I /2πr ，(R 1 < r < R 2)．在圆筒之外作一半径为r 的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得 B = 0，(r > R 2)．（2）在圆柱和圆筒之间离轴线r 处作一径向的长为l = 1、宽为d r 的矩形，其面积为 d S = l d r = d r ， 方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 d Φ = B d S = B d r ，总磁通量为 210211d ln 22R R II R r r R μμΦππ==⎰．14．19 均匀带电细直线AB ，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O 以ω角速度均速转动，设直线长为b ，其A 端距转轴O 距离为a ，求：（1）O 点的磁感应强度B ； （2）磁矩p m ；（3）若a >>b ，求B 0与p m ．[解答]（1）直线转动的周期为T = 2π/ω，在直线上距O 为r 处取一径向线元d r ，所带的电量为 d q = λd r ， 图14.17 图14.23形成的圆电流元为 d I = d q/T = ωλd r /2π，在圆心O 点产生的磁感应强度为 d B = μ0d I /2r = μ0ωλd r /4πr ， 整个直线在O 点产生磁感应强度为001d ln 44a b a a bB r r aμωλμωλππ++==⎰， 如果λ > 0，B 的方向垂直纸面向外．（2）圆电流元包含的面积为S = πr 2，形成的磁矩为 d p m = S d I = ωλr 2d r /2， 积分得 233d [()]26a bm ap r r a b a ωλωλ+==+-⎰．如果λ > 0，p m 的方向垂直纸面向外．（3）当a >>b 时，因为 00ln(1)( (44)b B a a μωλμωλππ=+=+， 所以 04bB aμωλπ≈．33[(1)1]6m a b p aωλ=+-3223[33()()]62a b b b a ba a a ωλωλ=++≈．第十六章 电磁感应 电磁场与电磁波．16．2 一长直载流导线电流强度为I ，铜棒AB 长为L ，A 端与直导线的距离为x A ，AB 与直导线的夹角为θ，以水平速度v 向右运动．求AB 棒的动生电动势为多少，何端电势高？[解答]在棒上长为l 处取一线元d l ，在垂直于速度方向上的长度为 d l ⊥ = d l cos θ； 线元到直线之间的距离为 r = x A + l sin θ，直线电流在线元处产生的磁感应强度为 0022(sin )A I IB r x l μμππθ==+． 由于B ，v 和d l ⊥相互垂直，线元上动生电动势的大小为 0cos d d d 2(sin )A Iv l Bv l x l μθεπθ⊥==+， 棒的动生电动势为0cos d 2sin LAIv lx l μθεπθ=+⎰00cos d(sin )2sin sin LA A Iv x l x l μθθπθθ+=+⎰0sin cot ln 2A A Ivx L x μθθπ+=， A 端的电势高．[讨论]（1）当θ→π/2时，cot θ = cos θ/sin θ→0，所以ε→0，就是说：当棒不切割磁力线时，棒中不产生电动势．（2）当θ→0时，由于sin sin sin lnln(1)A A A A x L L L x x x θθθ+=+→，所以02AIvLx μεπ→，这就是棒垂直割磁力线时所产生电动势．16．6 如图，有一弯成θ角的金属架COD 放在磁场中，磁感应强度B 的方向垂直于金属架COD 所在平面，一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v 向右滑动，v 与MN 垂直，设t = 0时，x = 0，求下列两情形，框架内的感应电动势εi ．（1）磁场分布均匀，且B 不随时间改变； （2）非均匀的交变磁场B = Kx cos ωt ． [解答]（1）经过时间t ，导体杆前进的距离为 x = vt ， 杆的有效长度为 l = x tan θ = v (tan θ)t ， 图16.2 O图16.6动生电动势为 εi = Blv = Bv 2(tan θ)t ．（2）导体杆扫过的三角形的面积为S = xl /2 = x 2tan θ/2 = v 2t 2tan θ/2，通过该面的磁通量为3tan cos 2kx BS t θΦω== 33tan cos 2kv t t θω=感应电动势为d d i tΦε=-323tan (3cos sin )2kv t t t t θωωω=--， 即：32tan (sin 3cos )2i kv t t t t θεωωω=-．16．10 长为b ，宽为a 的矩形线圈ABCD 与无限长直截流导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v 向右平动，t 时刻基AD 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示．求回路中的电动势ε． [解答]电流I 在r 处产生的磁感应强度为02IB rμπ=， 穿过面积元d S = b d r 的磁通量为0d d d 2IbB S r rμΦπ==， 穿过矩形线圈ABCD 的磁通量为001d ln()22x a xIb Ib x a r r x μμΦππ++==⎰，回路中的电动势为d d t Φε=-0d 11d [ln()()]2d d b x a I xI x t x a x tμπ+=-+-+00cos [ln()sin ]2()I b x a av t t x x x a μωωωπ+=++． 显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电动势．*16．11 如图，一个矩形的金属线框，边长分别为a 和b （b 足够长）．金属线框的质量为m ，自感系数为L ，忽略电阻．线框的长边与x 轴平行，它以速度v 0沿x 轴的方向从磁场外进入磁感应强度为B 0的均匀磁场中，B 0的方向垂直矩形线框平面．求矩形线框在磁场中速度与时间的关系式v = v (t )和沿x 轴方向移动的距离与时间的关系式x = x (t )．[解答]由于b 边很长，所以线框只有右边在做切割磁力线的运动．当线框速度为v 时，产生的动生电动势为 ε = B 0av ． 当线框中的电流为i 时，产生的自感电动势的大小为d d L iL tε=．根据奥姆定律得 ε + εL = iR ，由于不计电阻，所以有0d 0d iB av Lt+=． ① 右边所受的力为 F = iaB 0，根据牛顿第二定律得 0d d v iaB mt=， 微分得 22d d d d i vaB m t t=， ② 联立①和②式得微分方程 2202()d 0d aB v v t mL+=，这是简谐振动的微分方程，其通解为图16.10图16.11sin v A B =+． 当t = 0时，v = v 0，所以A = v 0．加速度a t = d v /dt )A B =-+， 当t = 0时，a t = 0，所以B = 0．速度方程为0v v =．由于v = d x /d t ，所以0d d x v t v t ==⎰⎰00v C =+．当t = 0时，x = 0，所以C = 0，所以位移方程为00x v aB =．16．13 两个共轴的导体圆筒称为电缆，其内、外半径分别为r 1和r 2，设电流由内筒流入，外筒流出，求长为l 的一段电缆的自感系数（提示：按定义L = NΦ/I ，本题中NΦ是图中阴影部分面积的磁通量）．[解答]在内外半径之间，磁感应强度的大小为 B = μ0I /2πr ，其中r 是场点到轴线之间的距离，B 的方向是以轴线为中心的同心圆．在r 处取一长为l 的面积元d S = l d r ，通过面积元的磁通量为 d Φ = B d S ，总磁通量为 210021d ln 22r rI Il rl r r r μμΦππ==⎰， 电缆的自感系数为 021ln 2l r L Ir μΦπ==． [讨论]电缆单位长度的自感系数为 0201ln 2r L L l r μπ==．16．17 长直导线与矩形单匝线圈共面放置，导线与线圈的长边平行，矩形线圈的边长分别为a 、b ，它到直导线的距离为c （如图），当矩形线圈中通有电流I = I 0sin ωt 时，求直导线中的感应电动势．[解答]如果在直导线中通以稳恒电流I ，在距离为r 处产生的磁感应强度为B = μ0I /2πr ．在矩形线圈中取一面积元d S = b d r ，通过线圈的磁通量为00d d ln22a c ScIb r Ib a cB S r cμμΦππ++===⎰⎰， 互感系数为 0ln2b a cM IcμΦπ+==． 当线圈中通以交变电流I = I 0sin ωt 时，直导线中的感应电动势大小为00d (ln )cos d 2b I a cMI t t cμεωωπ+==．图16.13b 图16.17。
大学物理答案第十六章
第十六章 机械波16-1 一波源作简谐振动，周期s 010.=T ，振幅m 40.=A ，当0=t 时，振动位移恰为正方向的最大值．设此方程以m/s 400=v 的速度沿直线传播，试求(1)此波的波函数；(2)距波源m 2和m 16处质点的振动方程和初相；(3)距波源15m 和m 16处质点振动的相位差．分析 波源的周期和频率就是机械波的周期和频率，对于平面波，在忽略传播过程中的能量损失的情况下，波源的振幅就是波的振幅，如果已知波速或波长以及波源的初相，就能给出波函数．由上一章的讨论可知，当给出振动的初始位置和运动方向时，振动的初相就确定了．由波函数可以获得波线上任一点的振动方程；以及任一时刻波线上各点的位移，即波形．波线上相位差为π2质点间的距离（也可视为两个相邻的相位相同点间的距离）为一个波长．解 (1)波源的角频率为rad/s200rad/s 01.022πππω===T初始时波源振动达正方向的最大值，即0=ϕ，波源的振动方程为)200cos(4.0π=y已知m/s 400=v ，波函数为)400(200cos 4.0x t y -=π0>x(2)由波函数得m 2=x 处振动方程为)200cos(4.0)4002(200cos 4.0πππ-=-=t y该处质点初相为π．m 16=x 处振动方程为m8200404001620040)cos(.)(cos .πππ-=-=t y该处质点初相为π8或0．(3)两点相位差为 201.0400151622ππλ∆πϕ∆=⨯-==x15m处质点相位超前．16-2 已知平面波波函数).(cos .x t y -=5220π．式中x 、y 以米计，t 以秒计，试求(1)波长、周期、波速；(2)在m 1=x 处质点的振动方程；(3)在s 40.=t 时，该处质点的位移和速度．这是原点处的质点在哪一时刻的运动状态？再经过s 40.后该运动状态传至何处？分析 本题强调这样的概念：波的传播过程是振动状态（或相位）的传播过程．在单位时间内振动状态（或相位）传播的距离称为波的传播速度，也称为相速度，即本书中的波速v （以区别于反映振幅或能量传播的群速度）．波在介质中传播时，波线上各质点仍在各自的平衡位置附近振动，并不跟随波前进，质点的振动速度为ty u d d =．解 (1)将波函数).(cos .x t y -=5220π与简谐波的标准形式对比，得m/s5.2 /s rad 5.2==v πωm2m 8.05.2s8.0s 5.222=⨯=====T T v λππωπ(2)由波函数得m 1=x 处的振动方程为m)5.2cos(2.0 )5.21(5.2cos 2.0)5.2(5.2cos 2.01ππππ-=-=-==t t x t y x(3)由波函数得s 040.=t 时m 1=x 处质点的位移为m205215220040.).(.cos ..=-==t t y π该时刻该质点振动速度为0521525220d d 040040=-⨯-====..).(.sin ..t t t ty u ππ是原点处质点在052140=-)..(时刻的振动状态．再经过s 40.该运动状态传播的距离m1524040=⨯==...v x即传至距该处m 1或距原点m 2处．16-3 如图16-3，一平面简谐波在空间传播，已知波线上某点P 的振动规律为)cos(ϕω+=t A y ,根据图中所示的两种情况，分别列出以O 为原点的波函数． 分析 本题可以沿两条思路求解：(1)由于波线上各点的相位依次落后, 根据两点间的距离可以判断O 点比P 点相位超前多少或落后多少, 因已知P 点的振动方程，就能写出O 点的振动方程，再写出以O 为原点的波函数．(2) 从P 点的振动方程直接写出以P 为原点的波函数，根据波函数的物理意义写出O 点的振动方程，再写出O 为原点的波函数．下面给出第一种解法．解 (1)第一种情况，波沿x 轴正向传播，O 点的相位比P 点超前vω, 所以O 点的振动方程为)](cos[ϕωω++=v l t A y以O 为原点的波函数为)])(cos[)]()(cos[ϕωϕωω+--=++-=vvvl x t A l x t A y(2)第二种情况，波沿x 轴负向传播，O 点在P 点右侧，O 点的相位比P 点超前vl ω，所以O 点的振动方程为)](cos[ϕωω++=v l t A y以O 为原点的波函数为)])(cos[]()(cos[ϕωϕωω+++=++--=vvv l x t A l x t A y16-4 一平面余弦波在Tt 43=时的波形如图16-4（a ）所示(T 为周期), 此波以v =36m/s 的速度沿x 轴正向传播, (1)画出t =0时刻的波形图；(2) 求O 、P 点的振动初相；写出O 点的振动方程及以O 为原点的波函数.分析 波形曲线，即y-x 图，给出了某一时刻波线上各点的位移．已知波速时，从Tt 43=时的波形可以推出t =0或t=T 时的波形，从而可得O 点的振动方程, 进而求出O 为原点的波函数．图16-4解 (1) Tt 43=时刻的波形沿x 轴负向移动λ43即为t=0时的波形，或沿x轴正向移动λ41即得t=T 时的波形，如图16-4(b)．(2) 由图16-4(a)得 m,40 m,20..==λA 又m/s 36=v 对O 点有，t =0时，有0c o s0==ϕA y （1） 0s i n 0<-=ϕωA v （2） 由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=对P 点， t =0时，有2.0cos 0==ϕA y P (3)0sin 0=-=ϕωA P v (4)因A =0.2m ，由(3)式得0=ϕ，满足(4)式．(3)波的角频率 r a d /s180rad/s 403622ππλπω=⨯==.vO 点的振动方程为 )c o s (.218020ππ+=t y m以O 为原点的波函数为 ])(c o s [.23618020ππ+-=x t y m16-5 一平面波在t =0时的波形曲线如图16-5中曲线(I)所示，波沿x 轴正向传播，经过t =0.5s 后, 波形变为曲线(II). 已知波的周期1≥T s , 试由图中所给条件, 求(1)波函数；(2)A 点的振动方程．分析 从波形曲线(I)可以求出振幅、波长以及O 点的初相. 但另一个重要的常数ω需结合两条波形曲线考虑. 从图上不难看出, 在0.5s 内波形在x 轴正向移动0.1m ，于是可以计算出波速．再根据周期、波长、波速间的关系求出周期，进而求出角频率.解 由图16-5知, A =0.1m, 40.=λm ,20501010....===tv m/s 22040===..v T λs πππω===222Trad/s对O 点0c o s0==ϕA y (1) 0s i n 0<-=ϕωA v (2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=故O 点的振动方程为 )c o s (.210ππ+=t ym以O 为原点的波函数为])(c o s [.]).(c o s [.251022010ππππ+-=+-=x t x t y m(2)将10.=A x m 代入上式，得A 点的振动方程为10210510t t y πππc o s .]).(c o s [.=+⨯-=m 16-6 一平面波的波函数为 )sin(.x t y 20050010+=π，式中x ，y 以m 为单位，t 以s 为单位, 试求:（1）波的振幅、频率、波长和波速；（2）何时原点处第一次出现波峰；（3）当t =1s 时，最靠近原点的两个波峰位置.分析 本书约定波函数以余弦函数表示, 因此可先把题目给的波函数化为余弦函数．分列在原点两侧的第一个波峰应是最靠近原点的波峰． 解 (1)波函数化为余弦函数形式为 ])(c o s [.2100252010πππ-+=x t y mm1014.310025Hz, m,01.0 2-⨯====πλνAm /s 79025101432..=⨯⨯==-Tv λ(2) 将x=0, y=A 代入波函数，当第一次出现波峰时，有 02252=-ππ)(t得 t =0.01s(3) 将t =1s 代入波函数得t=1s 时的波形方程xx y 200010220050010sin .)cos(.=-+=ππ欲出现波峰需满足条件：)0,1,2.....( 212200=+±=k k x π)(sin得最靠近原点的两波峰位置为m1035.2 23200 -1,m1085.7 2200 ,02231--⨯-=-==⨯===x x k x x k ππ16-7 沿x 轴负向传播的平面简谐波在t =2s 时的波形如图16-17(a), 波速v =0.5m/s, 求O 点的振动方程及此波的波函数.分析 由已知条件算出T =4s. 欲从t =2s 时的波形求出t =0时的波形, 只需将t =2s 时的波形曲线沿x 轴负向移动半个波长即得. 从t =0时的波形便可求出振动方程的几个常数.解 从图16-7(a)知s 4s 5.02===v λT rad/s5.02==Tπω可得t =0时的波形如图16-7(b). 从图知O 点将向下运动，于是O 点在t =0时有0cos 0==ϕA y(1) 0sin 0<-=ϕωA v(2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=O 点的振动方程为 )c o s (.2250ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ]).(c o s [.250250ππ++=x t y m16-8 一平面简谐波沿x 轴负向传播, 波长为,λ P 处质点元的振动规律如图16-8. (1)求P 点的振动方程; (2)设OP=d , 求此波以O 为原点的波函数.分析 振动曲线是描绘波线上某点位移与时间关系的曲线，即y-t 图．通过振动曲线可知P 点的初始条件．有了P 点的初始条件，可得P 点的振动方程．由于波沿x 轴负向传播，因而O 点的相位比P 点落后．解 (1)由振动曲线知P 点在t =0时有AA y -==ϕcos 0 (1)0sin 0=-=ϕωA v (2)由(1)式得πϕ=，满足(2)式．因T =4s ，则ππω5.02==Trad/s所以P 点的振动方程为)cos(ππ+=t A y 2m(2)波沿x 轴负向传播, P 点相位比O 点超前,所以O 点的振动方程为])(cos[])(cos[πλπππ+-=+-=dt A vd t A y 4220 m有 4λλ==Tv以O 为原点的波函数为])(cos[])(cos[πλπππ+-+=+-+=dx t A vd x t A y 4422m16-9 图16-9 (a)是一平面简谐波在t =0时的波形曲线. P 点位于波线上点为1 m 处P 点的振动曲线可以判明，当t 稍微大于零时其位移为正，因而t =0时P 点将向上运动．再观察波形图上x =1.5m 处的质点，当t =0时位于最大位移处，此后一定要向下运动回到平衡位置．既然t =0时P 点将向上最大位移处运动， 而1.5m 处质点已从最大位移返回，便可判断出P 点(1m 处)的相位比1.5m 处质点落后，所以波沿x 轴负向传播．解 从图16-9(a)知 2=λm, T =0.2s, A =0.2m.m/s10 rad/s 102====TTλππωv从图16-9 (b)P 点的振动曲线并结合波形曲线(a), 判断出波沿x 轴负向传播, 因而t =0时O 点向下运动，O 点初相由下两式决定：0c o s0==ϕωA y (1) 0s i n 0<-=ϕωA v (2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=得波函数为 ])(c o s [.2101020ππ++=x t y m16-10 两相干波源S 1、S 2具有相同的振幅、频率和初相位．已知振幅A =0.01m,频率为100Hz, 初相位为零. 两波源相距30m, 相向发出二简谐波, 波长为5m. 试求: (1)两波源的振动方程; (2)在两波源连线中点处的合振动方程. 分析 相干波在相遇点的合振幅是各列波在相遇点引起的振动的合成．解 (1) 已知 ππνωω200221=== rad/s所以S 1、S 2的振动方程为t t A y y πφω2000100201cos .)cos(=+==(2) 如图16-10, 取S 1为坐标原点, 向右为正. 第一列波到达波源连线中点P 的振动方程为)](cos[λνπPx t A y -=21)(cos .)](cos[.310020105151002010-=-=t t ππ第二列波到达P 点的振动方程为)](2cos[22λνπPx x t A y --=)(cos .)](cos[.310020105151002010-=-=t t ππ所以P 点的合振动方程式为)(cos .3100202021-=+=t y y y π m16-11 一简谐空气波, 沿直径为0.14m 的圆柱形管传播, 波的平均强度为3109-⨯W/m 2, 频率为300Hz, 波速为300m/s. 求: (1)波的平均能量密度和最大能量密度; (2)每两个相邻同相面间的波中含有的能量.分析 本题涉及的概念有: 能量密度、平均能量密度、平均能流、能流密度或波的强度. 从能量密度)(sin v x t A w -=ωρω222看到,介质单位体积中的能量不守恒, 随时间作周期变化, 在给定时刻能量又随单位体积平衡位置坐标x 作周期变化，因此波的传播既是振动相位的传播又是能量的传播，因此而称为行波．解 (1)平均能量密度为 2221A w ρω=平均强度为 v A I 2221ρω=3533J/m 103J/m300109--⨯=⨯==v I w能量密度为 )(s i n 222vxt A w -=ωρω最大能量密度为 353522m a x J /m 106J/m 10322--⨯=⨯⨯===w A w ρω(2)相邻同相面间隔的距离为一个波长，即 1300300===νλvm相邻同相面间的波中含有能量J 1062.4J )07.0(14.31037252--⨯=⨯⨯⨯===λπr w V w W16-12 一简谐波在弹性介质中传播, 波速31001⨯=.v m/s, 振幅A =1.0×10-4m, 频率31001⨯=.νHz. 若介质的密度3kg/m 800=ρ, 求: (1)该波的能流密度; (2) 若有一平面面积s=4.0×10-4m 2, 波速v 与该平面法线e n 的夹角为︒60， 求一分钟内通过该面积的平均能流.解 (1)能流密度为2523242322W/m1058.1W/m10)100.1()1014.32(80021 21⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-vA I ρω(2)一分钟内通过垂直于波传播方向的平均能流为W1089.1W 6060cos 100.41058.1345⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==- Ist P16-13 若太阳能电池板的接收面积为13cm 2, 当正对太阳时, 电池板产生0.45V 电压, 并提供0.20A 电流. 设太阳光的能流密度为1.0×103W/m 2, 求太阳能转变为电能的效率.分析 1s 内太阳能电池板产生的电能与1s 内电池板吸收的太阳能之比就是能量转换效率．本题提供的太阳的能流密度是一常识性数据．解 1 s 内太阳能电池吸收的太阳能为J 3.1J 1013100.143=⨯⨯⨯==-Is W产生的电能为 E = 0.2×0.45 J = 0.09 J 所以转换效率为%9.6%1003.109.0=⨯=WE16-14 两相干平面波波源A 、B 相距20m, 作同频率、同方向和等振幅的振动， 它们所发出的波的频率为100Hz ，波速为200m/s ，相向传播, 且A 处为波峰时, B 处为波谷, 求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置.分析 两相干波等振幅，所以相干减弱点的振幅为零，即因干涉而静止．A 处为波峰时B 处恰为波谷, 表明波源A 与波源B 的相位差为π．解 两相干平面波波长为 2100200===νλvm两平面波相向传播，相遇点在两波源之间，设P 在A 、B 间，距离波源A 为x ，如图16-14，设波源B 相位比波源A 超前π，有xxxx l A B ππππλππϕϕ21922202)(2+-=--=---=-相遇点为干涉静止时需满足条件为),2,1,0( )12( ±±=+=-k k A B πϕϕ得 πππ)12(219+=+-k x 所以AB 连线上因干涉而静止点的位置为x = k+10 m )9,,2,1,0(±±±= k16-15 如图16-15, 两列波长均为λ的相干简谐波, 分别通过图中的O 1和O 2点, 通过O 1点的简谐波在M 1M 2平面反射后与通过O 2点的简谐波在P 点相遇. 假定波在M 1M 2平面反射时有半波损失, O 1和O 2两点的振动方程分别为t A y πc o s 10=和)2/cos(20ππ+=t A y ,且O 1m +mP =8λ, O 2P =3λ, 求: (1)两列波分别在P 点引起的振动的振动方程; (2)P分析 通过O 1的简谐波在M 1M 2平面的m 点反射，反射时有半波损失，即对于通过O 1的简谐波, M 1M 2平面是波密介质, 反射时反射波的相位改变π．介质无吸收，即表明振幅保持不变． 解 (1) 222===ππωπT s在M 1M 2面上反射有半波损失, 所以通过O 1点的简谐波在P 点的振动方程为)cos()cos(])(cos[πππππλλπ-=-=+-=t A t A t A y P 158221通过O 2点的简谐波在P 点的振动方程为)cos(])(cos[223222πππλλπ+=+-=t A t A y P(2)由(16-22)式, P 点合振动的振幅为A A A A 222222=++=)cos(ππ合16-16 如图16-16(a), 三列波长均为λ的简谐波, 各自通过S 1、S 2、S 3后在P 点相遇，求P 点的振动方程. 设三列简谐波在 S 1、S 2、S 3 振动的振动方程分别为)/cos(,cos ),/cos(222321πωωπω-==+=t A y A y t A y ,且S 2P =4λ,S 1P =S 3P =5λ, 并设介质无吸收.分析 振动的合成采用旋转矢量法最简便．本题可用旋转矢量法先求第一、二个振动的合振动，再与第三个合成. 以此类推可作多个振动的合成．解 三列简谐波在P 点的振动方程分别为)cos()cos(])(cos[232192521πωπωπλλπ-=-=+-=t A t A T t A y Pt A t A T t A y P ωπωλλπcos )cos()](cos[=-=-=8422)cos()cos(])(cos[22210225223πωππωπλλπ-=--=--=t A t A T tA y P先将第一列波在P 点引起振动的旋转矢量A 1与第三列波在P 点引起振动的旋转矢量A 3合成，合旋转矢量为A 13, 如图16-16(b). 合振动方程为)c o s (313πω+=t A y)cos(2πω-=t A y 合16-17 沿弦线传播的一入射波的波函数为)./cos(λπωx t A y 21-=设波在x=L 处(B 点)反射, (1)反射点为自由端, 写出以B 为原点的反射波的波函数; (2)反射端为固定端又如何?分析 考虑在自由端反射的反射波无半波损失，在固定端反射的反射波有半波损失，结合波函数的物理意义, 可写出B 点的振动方程．沿入射波的传播方向, 波线上各点相位依次落后，且注意到入射波的波函数是以O 为原点．B 点的坐标为x B =L ，于是以B 为原点的反射波传到坐标x 点时, 传播距离是L-x.解 (1)如图16-17, 反射点B 为自由端时, 反射波无半波损失，B 点坐标x B =L ，B 点振动方程为 )cos(λπωLt A y B 2-=反射波沿BO 方向传播, BO 间各点的相位均落后于B 点, BO 上坐标为x 的任一点t 时刻相位为)()()(x L t x L Lt --=---2222λπωλπλπω所以B 点为自由端时, 以其为原点的反射波波函数为)cos(λπωxL t A y --=22反(2)当反射点B 为固定端时, 反射波有半波损失，以B 为原点的反射波波函数为)cos(πλπω+--=xL t A y 22反16-18 两列波在同一直线上传播, 波速均为 1 m/s.它们的波函数分别为),(cos .),(cos .t x y t x y +=-=ππ05005021 式中各量均采用国际单位制. (1)试说明在直线上形成驻波, 并给出波腹、波节的位置; (2)求在x =1.2m 处的振幅.分析 两列在同一直线上沿正反方向传播的等振幅相干波叠加形成驻波．驻波波函数为.cos )cos (t xA y πνλπ222= λπxA 22cos 为振幅项．结合书上对驻波的讨论, 可总结出驻波区别于行波的两个特点：在驻波中无能量传播, 无相位传播．解 两波函数改写为)(c o s .)(c o s .x t y x t y +=-=ππ05005021所以这两列波是在同一直线上沿正反方向传播的等振幅的相干波，在直线上叠加形成驻波，(16-24)式给出驻波波函数的形式为t xA y πνλπ222cos cos =与已知条件比较，知 m/s 2 rad/s, , m 050====T v A λπω. 得 22==ωπT s ，501.==Tν Hz ， 2==vT λm.所以驻波波函数为t x y ππc o s c o s.10= m 当 x 满足1=x πcos 时出现波腹, 即ππk x = (k =0,1,2,…..)解出x=k m 出现波腹.当 x 满足0cos =x π时出现波节, 即212ππ)(+=k x (k =0,1,2,…..)解出)(1221+=k x m 出现波节.(2)x =1.2m 处的振幅为0810*******1..c o s .c o s..====ππx x A m .16-19 如图16-19, 位于x =0 处的波源O 作简谐振动, 产生振幅为A , 周期为T ,波长为λ的平面简谐波. 波沿x 轴负向传播, 在波密介质表面B 处反射. 若t =0时波源位移为正最大, 且OB=L, 求:(1)入射波的波函数; (2)以B 为原点的反射波的波函数; (3)设L =43λ, 证明BO 间形成驻波, 并给出因干涉而静止的点的位置.分析 将入射波的波函数写出后与习题16-17 联系应不难求解. 解题时需十分留心的是题目已把坐标取定, B 点的坐标L x B -=.解 (1)波源的初相由下式给出 A A y ==ϕc o s 0 (1)0sin 0>=ϕA v (2)从(1)式解出 0=ϕ 满足(2)式, 故 0=ϕ所以以O 为原点, 沿x 轴负向传播的入射波波函数为)(c o s λπxT t A y +=21(2)B 点坐标x B =-L , 且B 点为波密介质表面一点, 在B 点反射的反射波有半波损失，B 点的振动方程为])(2cos[πλπ+-=LT t A y B 振反射波沿x 轴正向传播, BO 间坐标为-x 的任一点t 时刻相位为πλππλλπ++-=++--)()(xL Tt xL LT t 222所以以B 为原点的反射波波函数为])(cos[πλπ++-=xL T t A y 222(3) 因43λ=L ，所以入射波波函数为)(cos λπxT t A y +=21反射波波函数为)(cos ]))((cos[λππλλπx T t A xTt A y -=++-=243222BO 间两波叠加, 合成波为tTxA y y y πλπ2221coscos=+=为驻波.因干涉而静止点的位置满足02=λπxc o s即λ412+±=k x (k =0,1,2,….)，且],[L x 0∈，所以BO 间因干涉而静止的点为λλ4341,处．16-20 站在铁路附近的观察者, 听到迎面开来的火车笛声频率为440Hz,当火车驶过后, 笛声的频率降为390Hz, 设声音速度为340m/s, 求火车的速度.分析 据已知, 观察者相对于介质静止, 波源(汽笛)先向着观察者运动后又背离观察者，对照(16-29)式不难求解.解 设1ν和2ν分别为观察者听到的火车迎面开来和驶过时的频率, ν为汽笛的固有频率. 设声速为V, v 为火车速度,火车的汽笛是波源. 据(16-29)式, 火车向着观察者运动v>0, 有 ννvV V -=1火车背着观察者运动v<0, 有ννv V V +=2两式相除得vV v V -+=21νν解出火车速度 m /s 5.20m/s 3403904403904402121=⨯+-=+-=V ννννv16-21 水下甲潜艇静止, 乙潜艇以航速v 向着甲运动. 为了测定乙潜艇的航速, 甲潜艇上的人员用声纳装置向乙潜艇发出频率为0ν的超声波. 若甲潜艇收到的反射波的频率为ν, 试确定ν与0ν、v 间的关系（已知超声波在水中传播速度为u ）.分析 超声波是指频率高于2000Hz 的机械纵波，具有频率高、波长短、强度大特点，因而有良好的定向传播性能和很强的穿透本领. 由于海水导电性能好，对电磁波有很强的吸收，因而依赖发射、接收电磁波而工作的电磁雷达无法在海水中使用. 利用超声波制成的超声波雷达——声纳应运而生.解 超声波从甲传到乙时， 甲为波源静止，频率为0ν. 乙为接收者，以 v 向着甲运动, v<0. 据(16-28)式, 乙接收到的频率为0ννuv +='u超声波从乙传到甲时，甲为接收者，静止. 乙为波源，频率为ν'，以v 向着甲运动, v>0. 由(16-29)式, 甲接收到的反射波频率为0νννv-u v v+='-=u u u。
大学物理16波动答案
波动一、单选题：1、（3058A10）C2、（3066A05）B3、（3067A15）C4、（3068A15）D5、（3147B25）B6、（3151B25）B7、（3407A20）D8、（3411A15）C9、（3413A15）A 10、（3479A15）A 11、（3483B35）C 12、（3841A10）B 13、（3842A10）A 14、（3847A20）D 15、（5193A15）B 16、（5204B25）D 17、（5317A10）C 18、（5513A10）C 19、（3069C45）C 20、（3070B30）D 21、（3071C45）D 22、（3072B30）A 23、（3073B35）C 24、（3145B30）C 25、（3149B30）A 26、（3150B25）A 27、（3152C45）C 28、（3338B30）D 29、（3339B30）D 30、（3340B25）A 31、（3341B30）A 32、（3408B30）B 33、（3409B40）D 34、（3412B30）A 35、（3415B30）D 36、（3573B25）C 37、（3574A20）B 38、（3575B25）A 39、（3603A15）A 40、（5203B25）D 41、（3087B30）A 42、（3088B30）A 43、（3089B35）D 44、（3090B35）C 45、（3286A10）C 46、（3287B30）D 47、（3288B25）C 48、（3289B35）B 49、（5320B30）B 50、（3295B25）D 51、（3433A15）D 52、（3434B25）C 53、（5321B30）D 54、（3101B30）B 55、（3308A10）B 56、（3309A10）C 57、（3310B25）C 58、（3311B25）D 59、（3312B25）C 60、（3591A20）D 61、（3592A20）D 62、（3593A20）C 63、（5194A10）C 64、（3457A05）B 65、（3458A15）C 66、（3459A15）C 67、（3598A05）C 68、（5523B25）A 69、（3112A15）B 70、（3113B25）C 71、（3321A10）A 72、（3322A10）B 参考解 21、（3071C45） 解：由图 b 2=λ, bu u2==λν令波的表达式为 ])(2c o s [φλν+-π=x t a y 在 t = t ', ])(2c o s [φλν+-'π=xt a y由图，这时x = 0处 初相 22π-=+'πφνt可得 t 'π-π-=νφ22故x = 0处 ]2c o s [φν+π=t a y ]2)(c o s [π-'-π=t t bu a二、填空题：1、（3059A10） 向下 ； 向上 ； 向上2、（3061A15） 503 m/s3、（3062A15） π4、（3063A15） 0.8 m ； 0.2 m ； 125 Hz5、（3065A10） 0.233 m6、（3074A15） 波从坐标原点传至x 处所需时间 ；x 处质点比原点处质点滞后的振动相位；t 时刻x 处质点的振动位移7、（3075A10） 125 rad/s ； 338 m/s ； 17.0 m 8、（3153B35） φλ+π-/2L ； λk L ± ( k = 1，2，3，…) ；λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…)9、（3342A10） )23c o s (2.02x t a π+ππ-= (SI)10、（3417A05） 17 m 到1.7³10-2 m 11、（3418A05） 2π /5 12、（3420A20） 0 13、（3421A15） aE 14、（3423B30） )2121200c o s (1023π-π-π⨯=-x t y (SI)15、（3425A10） 2.4 m ； 6.0 m/s 16、（3426A10） 5.0 ³104 Hz ； 2.86³10-2 m ； 1.43³103 m/s17、（3441B25） ]42c o s [λλωLxt A π-π+18、（3442B25） )]22()(2cos[λφλL xTt A π-π+++π或)]22()(2cos[λφλLxTt A π-π-++π19、（3445B30） )2(2c o s λλνL xt A +-π 20、（3446B35） )22c o s (π±-π+λωxL t A21、（3571A10） u x x /)(12-ω 注：（x 1和x 2写反了扣1分） 22、（3572A10） )24c o s (1.0x t π-π 23、（3576A10） a /b 24、（3578A15） π /3 25、（3580A10） b / 2π ； 2π / d 26、（3850A15） 0.1cos(4πt - π) (SI) ； -1.26 m/s 27、（3852A10） 2 cm ； 2.5 cm ； 100Hz ； 250 cm/s 28、（3853A10） 0.6 m ； 0.25 m 29、（3862A10） 30 ； 30 30、（3863A15） 2π /C ； B /C ； Cd31、（5318B25） 答案见右图32、（5514A05） 0.533、（5515A10） 3 ； 300 34、（3076B30） ])330/(165cos[10.0π--π=x t y (SI) 35、（3077B25） }]/)1([cos{φω+++=u x t A y (SI)36、（3132A20） ]4/)/(c o s [11π+-=u L t A y ω； uL L )(21+ω图(1)图(2)37、（3133B25） ])(2c o s [212φλν++-π=L L t A y ； λk L x +-=1 ( k = ± 1，± 2，…）38、（3134B35） ]2)(2c o s [π+++π=λνLx t A y；νλνkLt ++1，k = 0，±1，±2, … [注：只写 )/(1λνL t + 也可以]39、（3135B30） ]2)2(2c o s [π-+-π=u xt u A y λ； ]2)2(2c o s [π+-π=t uA y P λ40、（3136B30） ]/2c o s [1φ+π=T t A y ； ])//(2c o s [2φλ++π=x T t A y41、（3330C45） )2121c o s (2.0π-π=t y P42、（3337B25） 答案见右图43、（3343B30）)22c o s (1π-π=t T A y x或 )/2sin(1T t A y x π=44、（3344B30） )c o s (04.02π+π=t y P (SI) 45、（3424B40） ]21)(2c o s [0π+-π=t t A y ν46、（3607B40） 3T /4 47、（3608B40） π2348、（3609B40）λ21 49、（3610B40） 3λ/ 450、（3856A15） )4521s i n (06.0π-π=t y51、（5195C55）)/2c o s (λωx t A y π-π+=；)/2/4cos(λλωx L t A y π+π-'='52、（5205C45） 答案见图 注：根据波动的相位传播规律，考虑下列三个相位的传播：1）x = 0点t = 0时刻的相位，在t = T 时刻传到x = λ处．2）x = 0点在t = T / 4时刻的相位，在t = T 时刻传到x = (3 /4)λ 点．3）x = 0点在t = (3 /4)T 时刻的相位，在t = T 时刻传到x = λ /4点． 53、（5524B35） 答案见右图54、（3091A15） 2122/R R55、（3092B25） 答案见图（子波源、波阵面、波线各1分）56、（3291A15） 5 J 57、（3292A10） 4 58、（3293A20） I S cos θ 59、（3294B25）Swπ2ωλ60、（3431A20） DC 为 t + τ 时刻波在介质2中的波前61、（3859A10） 0.08 W/m 2参考解：∵ P r S =π⋅24∴ 08.04/2=π=r P S W/m 262、（5196A10） 7.96³10-2 W/m 2 63、（3093B25） 相同 ； 2π/3 64、（3094B25） S 1的相位比S 2的相位超前π/2 65、（3301B25）)22c o s (2212221λπrL A A A A -++66、（3587A15） 2A 67、（3588A10） 0 68、（3589A10） 0 69、（3857A15） 1.7³103 Hz参考解：两路声波干涉减弱条件是： λδ)12(21+=-=k EBA ECA ①当C 管移动x = 10 cm = 0.1 m 时，再次出现减弱，波程差为 λδδ]1)1(2[212++=+='k x ②②－①得 x 2=λ 故 ===)2/(/x u u λν 1.7³103 Hz 70、（5517B30） 2k π + π /2，k = 0，±1，±2，… ；2k π +3 π /2，k = 0，±1，±2，… 71、（3105B35） tx y ππ⨯=-20cos )21cos(100.122 (SI) ；)12(+=n x m ， 即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m ； n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 72、（3106C45） ])/(2c o s [π++πλνx t A ； )212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ73、（3107C45） )(2c o s λx T t A -π； A74、（3154A20） t A y ωc o s 21-= 或 )c o s (21π±=t A y ω ； t A ωs i n 2=v75、（3156C50） 答案见右图 76、（3314B30） )212c o s (]212c o s [2π+ππ-π=t xA y νλ或)212cos(]212cos[2π-ππ+π=t xA y νλ或 )2cos(]212cos[2t x A y νλππ+π=77、（3315A20） )21100c o s ()21c o s (30.0π+ππ=t x y(SI)78、（3316A15） λ21)21(+=k x ，k = 0，1，2，3，… 79、（3317A15） λ21)21(-=k x ，k = 1，2，3，…80、（3317A15） 2 m ； 45 Hz 81、（3318A20） 100 m/s 82、（3487B25） π 83、（3488B25） 0 84、（3594A10） π 85、（3595A10） λ21 86、（3597A10）λ2187、（5198B25） 答案见右图88、（2196A10） 三者相互垂直， 成右手关系，即H E⨯的方向为波传播的方向． 89、（2197A10） 紫外 ； X 射线 ； γ 射线． 90、（2748A10） 2.00³108 m/s 91、（3125A10） 垂直 ； 相同 92、（3126A15） )6/2c o s (39.2π+π=t H y ν A/m 93、（3127A15） )3/2c o s (796.0π+π-=t H y ν A/m ；如图 94、（3456A05） 介电常数ε 和磁导率μ 95、（3460A05） 4.69³102 m 96、（3461A05） ν = 108 Hz 97、（3462A10） 3 m 98、（3463A15） )312c o s (452π+πt ν(SI)99、（3464A15） )/(2c o s 59.1c x t H z -π=ν (SI) 100、（3465A15） )/(2cos 12.2c x t H z +π-=ν (SI)101、（3466A15） ])/(c o s [754π+--=c z t E y ω (SI) 102、（3467A15） )/(2c o s 565λνz t +π (SI)103、（3468A20） 1.91³10-7 W ²m -2zyxcx EyHO104、（3469A15） 4.0³1026 J105、（3470A15） 1.59³10-5 W ²m -2 106、（3600A05） 3.00³108 107、（5197A05） 6 ； 4 108、（3115A10） 637.5 Hz ； 566.7 Hz 109、（3116B25） 1065 Hz ； 935 Hz 110、（5877A20） S Ruu νv -111、（5878A20） S Su uνv -三、计算题：1、（3083B30） 解：由题 λ = 24 cm, u = λν = 24³25 cm/s ＝600 cm/s 2分 A = 3.0 cm ， ω = 2πν = 50 π/s 2分y 0 = A cos φ = 0， 0s i n 0>-=φωA yπ-=21φ2分]21)6/(50cos[100.32π--π⨯=-x t y(SI) 2分2、（3085C45）解：反射波在x 点引起的振动相位为 π+π--+π-=+21)55(4x t t φωπ-π+π+=10214x t 3分反射波表达式为)10214cos(01.0π-π+π+=x t y(SI) 2分或 )214c o s (01.0π+π+=x t y (SI)3、（3086C65）解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波的表达式可写成)/27cos(1.0φλ+π-π=x t y (SI) 2分t = 1 s 时 0])/1.0(27c o s [1.0=+π-π=φλy 因此时a 质点向y 轴负方向运动，故π=+π-π21)/1.0(27φλ ① 2分而此时，b 质点正通过y = 0.05 m 处向y 轴正方向运动，应有 05.0])/2.0(27cos[1.0=+π-π=φλy且 π-=+π-π31)/2.0(27φλ ② 2分)由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分3/17π-=φ 1分∴ 该平面简谐波的表达式为]31712.07cos[1.0π-π-π=x t y(SI) 2分或 ]3112.07cos[1.0π+π-π=x t y (SI)4、（3335B25）解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π=(SI) 3分(2) t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T ym 1.0)818/1(4c o s 1.0=-π= 2分(3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty -ππ-=∂∂=v ．)4/1(212==T ts ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分5、（3410A20）解：(1) 已知波的表达式为)2100cos(05.0x t y π-π= 与标准形式)/22c o s (λνx t A y π-π= 比较得A = 0.05 m ， ν = 50 Hz ， λ = 1.0 m 各1分 u = λν = 50 m/s 1分 (2) 7.152)/(max max =π=∂∂=A t y νv m /s 2分322m a x 22m a x 1093.44)/(⨯=π=∂∂=A t y a ν m/s 2 2分(3) π=-π=∆λφ/)(212x x ，二振动反相 2分6、（3860A15）解： 5.0/==λνu Hz νωπ=2= π s -1 1分x = 0处的初相 π=210φ，角波数 π=π=λ/2k m -1 ，波动表达式为 2分(A = 0.1 m) )21c o s (1.0π+π-π=x t y 1分)s i n (),(0φωω+--=∂∂=kx t A ty t x v速度最大值为： v max = 0.314 m/s 1分7、（3861A15）解：(1) 振动方程： )c o s (0φω+=t A y A = 10 cm ， ω = 2πν = π s -1，ν = u / λ = 0.5 Hz 初始条件： y (0, 0) = 00)0,0(>y得 π-=210φ故得原点振动方程： )21c o s (10.0π-π=t y (SI) 2分(2) x = 150 cm 处相位比原点落后π23， 所以)2321c o s (10.0π-π-π=t y )2c o s (10.0π-π=t(SI) 3分也可写成ty π=c o s 10.0 (SI)8、（3864A15）解： A = 0.01 m ，λ = u /ν = 1 m ，T = 1 s 1分x = 0处， φ 0 = 0 2分波表达式为 )//(2c o s 01.0λx T t y +π=)(2c o s 01.0x t +π= (SI) 2分 9、（5199B30）解：该波波长 λ = u /ν = 0.8 m (1) x 2点与x 1点的相位差为λφφ/)(2)(1212x x -π=--λφφ/)(21212x x -π-=- 3分 当=-12x x 0.12 m 时 π-=-3.012φφ rad 1分 (2) 同一点x ，时间差12t t -，相应的相位差T t t /)(21212-π='-'φφ)(212t t -π=ν 3分 当 31210-=-t t s 时， π='-'12φφ rad 1分 10、（5319B40）解：这是一个向x 轴负方向传播的波．(1) 由波数 k = 2π / λ 得波长 λ = 2π / k = 1 m 1分 由 ω = 2πν 得频率 ν = ω / 2π = 2 Hz 1分 波速 u = νλ = 2 m/s 1分 (2) 波峰的位置，即y = A 的位置． 由 1)24(c o s =+πx t有 π=+πk x t 2)24( ( k = 0，±1，±2，…)解上式，有 t k x 2-=．当 t = 4.2 s 时， )4.8(-=k x m ． 2分所谓离坐标原点最近，即| x |最小的波峰．在上式中取k = 8，可得 x = -0.4 的波峰离坐标原点最近． 2分 (3) 设该波峰由原点传播到x = -0.4 m 处所需的时间为∆t ，则 ∆t = | ∆x | /u = | ∆x | / (ν λ ) = 0.2 s 1分 ∴ 该波峰经过原点的时刻 t = 4 s 2分 11、（3078B40）解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 )2c o s (φν+π=t A y由图可知，t = t ＇时 0)2c o s (=+'π=φνt A y 1分 0)2s i n (2d /d <+'ππ-=φννt A t y 1分所以 2/2π=+'πφνt ， t 'π-π=νφ2212分x = 0处的振动方程为 ]21)(2c o s [π+'-π=t t A y ν 1分(2) 该波的表达式为 ]21)/(2c o s [π+-'-π=u x t t A y ν3分12、（3079B30）解：(1) 原点O 处质元的振动方程为)2121c o s (1022π-π⨯=-t y ， (SI) 2分波的表达式为 )21)5/(21c o s (1022π--π⨯=-x t y ，(SI) 2分x = 25 m 处质元的振动方程为)321c o s (1022π-π⨯=-t y ， (SI)振动曲线见图 (a) 2分 (2) t = 3 s 时的波形曲线方程)10/cos(1022x y π-π⨯=-， (SI) 2分 波形曲线见图 2分13、（3080A15）解：(1) x 1 = 10 m 的振动方程为)7.3125cos(25.010-==t y x (SI) 1分x 2 = 25 m 的振动方程为)25.9125cos(25.025-==t y x (SI) 1分 (2) x 2与x 1两点间相位差∆φ = φ2 - φ1 = -5.55 rad 1分 (3) x 1点在t = 4 s 时的振动位移y = 0.25cos(125³4－3.7) m= 0.249 m 2分 14、（3081A15） 解： λxu t A y -π=2c o s = -0.01 m 1分1.0,2d d ===t x ty v 0)2s i n (2=-ππ-=λλxut uA 2分22d d ty a =)2c o s ()2(2λλxut uA -ππ-== 6.17³103 m/s 2 2分15、（3082B35）解：(1) 坐标为x 点的振动相位为)]/([4u x t t +π=+φω)]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π= 2分t (s)O -2³10-21y (m )234(a)2³波的表达式为 )]20/([4cos 1032x t y +π⨯=- (SI) 2分 (2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为]205[4-+π='+x t t φω(SI) 2分 波的表达式为 ])20(4cos[1032π-+π⨯=-xt y(SI) 2分16、（3084B30）解：(1) 以O 点为坐标原点．由图可知，该点振动初始条件为 0c o s 0==φA y ， 0s i n 0<-=φωA v 所以 π=21φ波的表达式为 ]21)/(c o s [π+-=u x t A y ωω4分(2) 8/λ=x 处振动方程为]21)8/2(c o s [π+π-=λλωt A y )4/c o s (π+=t A ω 1分8/3λ=x 的振动方程为]218/32c o s [π+-=λλπωt A y )4/c o s (π-=t A ω 1分(3) )21/2s i n (/d d π+π--=λωωx t A t yt = 0，8/λ=x 处质点振动速度]21)8/2s i n [(/d d π+π--=λλωA t y 2/2ωA -= 1分t = 0，8/3λ=x 处质点振动速度]21)8/32sin[(/d d π+⨯π--=λλωA t y 2/2ωA =1分17、（3137A20）解：(1) 振动方程 }]/)([2c o s {φλν+--π=L t A y P])/(2c o s [φλν++π=L t A 2分 (2) 速度表达式 ])/(2sin[2φλνπν++π-=L t A P v 2分加速度表达式 ])/(2c o s [422φλνν++ππ-=L t A a P 1分 18、（3138B35） 解：(1) 振动方程 )22c o s (06.00π+π=ty )c o s (06.0π+π=t(SI) 3分(2) 波动表达式])/(c o s [06.0π+-π=u x t y3分])21(c o s [06.0π+-π=x t(SI)(3) 波长 4==uT λ m 2分19、（3139B30）解：(1) O 处质点的振动方程为 ])(c o s [0φω++=u L t A y2分(2) 波动表达式为 ])(c o s [φω+++=uL x t A y 2分(3) x = -L ± k ωuπ2 ( k = 1，2，3，…) 1分20、（3140B30）解：(1) O 处质点振动方程 ])(c o s [0φω++=uL t A y 2分(2) 波动表达式 ])(cos[φω+--=uL x t A y2分(3) ωukL x L x π±=±=2 (k = 0，1，2，3，…) 1分21、（3141B30）解：(1) O 处质点，t = 0 时 0c o s 0==φA y ， 0sin 0>-=φωA v所以 π-=21φ2分又 ==u T /λ (0.40/ 0.08) s= 5 s 2分 故波动表达式为 ]2)4.05(2c o s [04.0π--π=x ty(SI) 4分(2) P 处质点的振动方程为]2)4.02.05(2c o s [04.0π--π=ty P )234.0c o s (04.0π-π=t(SI) 2分22、（3142B35） 解：(1) 比较t = 0 时刻波形图与t = 2 s 时刻波形图，可知此波向左传播．在t = 0时刻，O 处质点 φc o s 0A =， φωs i n00A -=<v ， 故 π-=21φ2分又t = 2 s ，O 处质点位移为 )214c o s (2/π-π=νA A所以 π-π=π-21441ν，ν = 1/16 Hz 2分振动方程为 )218/c o s (0π-π=t A y (SI) 1分(2) 波速 u = 20 /2 m/s = 10 m/s波长 λ = u /ν = 160 m 2分波动表达式 ]21)16016(2c o s [π-+π=xt A y (SI) 3分23、（3143B35）解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O 处质点，t = 0 时φc o s2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v 所以 4/π=φO 处振动方程为 )41500cos(0π+π=t A y(SI) 3分由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为]41)200250(2cos[π++π=x t A y(SI) 2分(2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是)45500cos(1π+π=t A y 1分振动速度表达式是 )45500cos(500π+ππ-=t A v(SI) 2分24、（3144B35）解：(1) 由振动曲线可知，P 处质点振动方程为])4/2c o s [(π+π=t A y P )21c o s (π+π=t A (SI) 3分(2) 波动表达式为 ])4(2c o s [π+-+π=λdx t A y (SI) 3分(3) O 处质点的振动方程 )21c o s (0t A y π= 2分25、（3146C50）解：(1)波的周期T = λ / u =( 40/20) s= 2 s ． 2分P 处Q 处质点振动周期与波的周期相等，故P 处质点的振动曲线如图(a) 振动方程为： 2分)21c o s (20.0π-π=t y P (SI) 2分(2) Q 处质点的振动曲线如图(b)，振动方程为)cos(20.0π+π=t y Q (SI) 2分 或 )cos(20.0π-π=t y Q (SI) 2分 26、（3331C50）解：用旋转矢量解此题，如图可得A为代表P 点振动的旋转矢量. 210)cos sin 3(21-⨯-=t t y P ωω210)]cos()21cos(3(21-⨯π++π-=t t ωω)3/4c o s (1012π+⨯=-t ω (SI)． 3分 波的表达式为：]2/234c o s [1012λλω-π-π+⨯=-x t y)312c o s (1012π+π-⨯=-λωxt (SI) 2分27、（3332B30） 解：(1) 2m )250/500(/===νλu m波的表达式]/2)1(21500cos[03.0),(λπ--π-π=x t t x y]2/2)1(21500cos[03.0π--π-π=x t))21500cos(03.0x t π-π+π= (SI) 3分(2) t = 0时刻的波形曲线x x x y π=π-π=s i n 03.0)21cos(03.0)0,( (SI) 2分28、（3333B35） 解：(1) )3121cos(10220π+π⨯=-t y (SI)3分(2)]31)4141(2cos[1022π+-π⨯=-x t y(SI)2分(3) t = 1 s 时，波形表达式： )6521c o s (1022π-π⨯=-x y(SI)故有如图的曲线． 3分29、（5200B30） 解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动落后于λ /4处质点的振动． 2分该波的表达式为 )]4(22cos[x utA y -π-π=λλλ)222c o s (x u t A λλπ+π-π= (SI) 3分(2) t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时)22c o s (x A y λπ+π-=)22c o s (π-π=x A λ 2分按上述方程画的波形图见图B ． 3分30、（5201C50） 解：该波波速u = 20 m/s ，角频率 ω = 4π s -1则 k = 2π /λ = ω / u = π /5 m -1． (1) 任取一点P （图A ），可得波的表达式为 )4c o s (3.0kx t y +π-π= )5/4c o s (3.0x t y π+π-π= (SI) 3分 以x D = -9 m 代入上式有 )5/94c o s (3.0π-π-π=t y )5/144cos(3.0π-π=t (SI) 1分 (2) 任取一点P （图B ），可得波的表达式为 ]5/)(4c o s [3.0l x t y -π-π-π=以l = 5 m 代入, 有 )5/4c o s (3.0x t y π-π= 3分 以x D = 14 m 代入上式, 有 )5/144cos(3.0π-π=t y D (SI) 1分 此式与(1) 结果相同. 31、（5206C50）-2- x P x λ/4u图A解：由图，λ = 2 m ， 又 ∵u = 0.5 m/s ，∴ ν = 1 /4 Hz ， 3分 T = 4 s ．题图中t = 2 s =T 21．t = 0时，波形比题图中的波形倒退λ21，见图． 2分此时O 点位移y 0 = 0（过平衡位置）且朝y 轴负方向运动，∴ π=21φ 2分∴ )2121c o s (5.0π+π=t y(SI) 3分32、（5516B30）解：设x = 0处质点振动的表达式为 )c o s (0φω+=t A y ， 已知 t = 0 时，y 0 = 0，且 v 0 > 0 ∴π-=21φ∴ )2c o s (0φν+π=t A y )21100c o s (1022π-π⨯=-t(SI) 2分由波的传播概念，可得该平面简谐波的表达式为)/22c o s (0u x t A y νφνπ-+π=)2121100cos(1022x t π-π-π⨯=- (SI) 2分x = 4 m 处的质点在t 时刻的位移)21100c o s (1022π-π⨯=-t y(SI) 1分该质点在t = 2 s 时的振动速度为 )21200s i n (1001022π-π⨯⨯-=-πv2分= 6.28 m/s 1分33、（3428A20）解：(1) ==t W P / 2.70³10-3 J/s 1分(2) ==S P I /9.00³10-2 J /(s ²m 2) 2分(3) u w I ⋅===u I w / 2.65³10-4 J/m 3 2分34、（0347B35）解：据题意作下图，S 和OP 分别表示船和悬崖，S ′为船上天线．考虑由S ′发出的S ´P 波①与经海平面反射的S ´MP ②两列波在P 点的干涉．当发生相消干涉时接收站收不到讯号，注意到反射波②在反射时有相位突变π ，整个情况和光学的洛埃镜类似．当不计相移π 时，两波的波程差 20001502522sin 2⨯⨯=≈≈SOOP aa θ∆ m= 3.75 m 5分计入相移π ，则当 ∆ = k λ时，接收信号最弱。
大学物理习题答案-第16章-电磁场
第16章 电磁场 参考答案一、选择题1(A)，2(A)，3(C)，4(C)，5(D)，6(D)，7(C)，8(B)，9(B)，10(B) 二、填空题(1). )2/cos(/d d π+==t A NbB t x NbB ωωε 或t NBbA ωωεsin =. (2). πBnR 2, O . (3). 相同(或221R B ω), 沿曲线由中心向外.(4). 小于, 有关. (5). 0 (6). )8/(2220a I πμ. (7). 9.6 J.(8). ⎰⎰⋅∂∂S S D t ϖϖd 或 t D /d d Φ , ⎰⎰⋅∂∂-SS B t ϖϖd 或 t m /d d Φ-. (9). t E R d /d 02επ， 与E ϖ方向相同（或由正极板垂直指向负极板）.(10).t B r d /d 21.三 计算题1. 如图所示，有一半径为r =10 cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B ϖ中(B = 0.5 T )．圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速 n =600 rev/min ．求圆线圈自图示的初始位置转过π21时，(1) 线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻R 为 100 Ω，不计自感)；(2) 圆心处的磁感强度．(μ0 =4π×10-7 H/m)解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为θ，则通过该圆线圈平面的磁通量为θΦcos 2r B π=, nt t π==2ωθ∴ nt r B ππ=2cos 2Φ在任意时刻线圈中的感应电动势为nt n r NB tNπππ=Φ-=2sin 2d d 2 nt n BNr ππ=2sin 222 t ΤI nt R n NBr R i m π=ππ==22sin 2sin 22 当线圈转过π /2时，t =T /4，则 987.0/22=π==2R NBn r I i m A(2) 由圆线圈中电流I m 在圆心处激发的磁场为==')2/(0r NI B m μ 6.20×10-4 T方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小500.0)(2/1220≈'+=B B B T 方向与磁场B ρ的方向基本相同．ϖ2. 如图所示，真空中一长直导线通有电流I (t ) =I 0e -λt (式中I 0、λ为常量，t 为时间)，有一带滑动边的矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a ．矩形线框的滑动边与长直导线垂直，它的长度为b ，并且以匀速v ϖ(方向平行长直导线)滑动．若忽略线框中的自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意时刻t 在矩形线框内的感应电动势 i 并讨论 i 方向．解：线框内既有感生又有动生电动势．设顺时针绕向为 i 的正方向．由 i = -d Φ /dt 出发，先求任意时刻t 的Φ (t )⎰⋅=S B t ρϖd )(Φy t x yt I ba ad )(2)(0⎰+π=μaba t x t I +π=ln )()(20μ 再求Φ (t )对t 的导数：)d d d d )((ln 2d )(d 0txI x t I b ba t t ++π=μΦ ab a t I t+-π=-ln )1(e 200λμλv )(t x v =∴ i ab a t I tt +-π=-=-ln )1(e 2d d 00λμΦλvi 方向：λ t <1时，逆时针；λ t >1时，顺时针．3. 如图所示，一根长为L 的金属细杆ab 绕竖直轴O 1O 2以角速度ω在水平面内旋转．O 1O 2在离细杆a 端L /5处．若已知地磁场在竖直方向的分量为B ϖ．求ab 两端间的电势差b a U U -．解：Ob 间的动生电动势：⎰⎰=⋅⨯=5/405/401d d )L L l Bl l B ωϖϖϖv ( 225016)54(21BL L B ωω== b 点电势高于O 点． Oa 间的动生电动势：⎰⎰⋅=⨯=5/05/02d d )L L l Bl l B ωϖϖϖv ( 22501)51(21BL L B ωω== a 点电势高于O 点． ∴ 22125016501BL BL U U b a ωω-=-=- 221035015BL BL ωω-=-=I (t )v ϖI (t ) x (t )b4. 有一很长的长方的U 形导轨，与水平面成θ角，裸导线ab 可在导轨上无摩擦地下滑，导轨位于磁感强度B ϖ竖直向上的均匀磁场中，如图所示．设导线ab 的质量为m ，电阻为R ，长度为l ，导轨的电阻略去不计，abcd 形成电路，t =0时，v =0. 试求：导线ab 下滑的速度v 与时间t 的函数关系．解：ab 导线在磁场中运动产生的感应电动势 θcos v Bl i = abcd 回路中流过的电流 θcos RBl R I ii v ==ab 载流导线在磁场中受到的安培力沿导轨方向上的分力为： θθθcos cos cos Bl RBl Bl I F i v ==由牛顿第二定律： t mBl R Bl mg d d cos cos sin vv =-θθθ mR l B g t θθ222cos sin d d v v-=令 θsin g A =，)/(cos 222mR l B c θ= 则 )/(d d v v c A t -=利用t = 0，v = 0 有⎰⎰⎰---=-=vv v v v v 000)d(1d c A c A c c A d t t Ac A ct v--=ln1 ∴ )e 1(cos sin )e 1(222ct ctl B mgR c A ---=-=θθv5. 一根长为l ，质量为m ，电阻为R 的导线ab 沿两平行的导电轨道无摩擦下滑，如图所示．轨道平面的倾角为θ，导线ab 与轨道组成矩形闭合导电回路abdc ．整个系统处在竖直向上的均匀磁场B ϖ中，忽略轨道电阻．求ab 导线下滑所达到的稳定速度．解∶动生电动势θcos Bl i v = RBl RI iθcos v ==导线受到的安培力 lB I f m =ab 导线下滑达到稳定速度时重力和磁力在导轨方向的分力相平衡 θθcos sin m f mg =θθθcos cos sin lB RBl mg v =∴ θθ222cos sin l B mgR =vdϖ6. 已知，一根长的同轴电缆由半径为R 1的空心圆柱导体壳和另一半径为R 2的外圆柱导体壳组成，两导体壳间为真空．忽略电缆自身电阻，设电缆中通有电流i ，导体间电势差为U ，求(1) 两导体壳之间的电场强度E ϖ和磁感强度B ϖ． (2) 电缆单位长度的自感L 和电容C ．解：(1) 根据安培环路定理i l B 0d μ⎰=⋅ϖϖ和长直条件及轴对称性可知，在R 2 >r > R 1 (r 为轴线到场点的半径)区域有 )2/(0r I B π=μB ϖ方向与内导体壳电流方向成右手螺旋关系．根据高斯定理：⎰⋅=0/d εQ S E ϖϖ和长直条件及轴对称性可知，在R 2 >r > R 1区域有r E 02/ελπ=E ϖ方向沿半径指向电势降落方向，式中λ为电缆内导体壳上单位长度上的电荷.由两导体间电势差U ，可求得 )/ln(2120R R U ελπ=， ∴ )/ln(12R R r UE =(2) 在电缆的两个导体壳之间单位长度的磁通量为 1200ln 2d 221R R ir riR R π=π=⎰μμΦ 单位长度电缆的自感系数为12ln2R R iL π==μΦ由电容定义又知单位长度电缆的电容应为 )/ln(2120R R UC ελπ==7. 两线圈顺接，如图(a)，1、4间的总自感为1.0 H ．在它们的形状和位置都不变的情况下，如图(b)那样反接后1、3之间的总自感为0.4 H ．求两线圈之间的互感系数．解：设顺接的总自感为L S ，反接的总自感为L F ． ∵ M L L L S 221++= M L L L F 221-+=∴ 4/)(F S L L M -== 0.15 H8. 如图所示，真空中一矩形线圈宽和长分别为2a 和b ，通有电流I 2，可绕其中心对称轴OO ＇转动．与轴平行且相距为d +a 处有一固定不动的长直电流I 1，开始时矩形线圈与长直电流在同一平面内，求：(1) 在图示位置时，I 1产生的磁场通过线圈平面的磁通量；(2) 线圈与直线电流间的互感系数． (3) 保持I 1、I 2不变，使线圈绕轴OO ＇转过90°外力要做多少功? 解：(1) 按题意是指图示位置时的Φ．123(a)顺接(b) 反接Ibdad bI bdx xI ad d2ln2210210+π=π=⎰+μμΦ (2) dad bI M 2ln201+π==μΦ(3)dad bI I I A 2ln22102+π==∆μΦ9. 一根电缆由半径为R 1和R 2的两个薄圆筒形导体组成，在两圆筒中间填充磁导率为μ 的均匀磁介质．电缆内层导体通电流I ，外层导体作为电流返回路径，如图所示．求长度为l 的一段电缆内的磁场储存的能量．解： ⎰∑⋅=i I l H ϖϖd ， I rH =π2 (R 1< r < R 2)r I H π=2， r I H B π==2μμ2222)2(22r I B w m π==μμμ l r r w V w W m m m ⋅π==d 2d d r rl r Id 2)2(222ππ=μ∴ ⎰⎰π==2121d 4d 2R R R R m m rrl I W W μ122ln4R R lI π=μ四 研讨题1. 我们考虑这样一个例子: 设一个半径为R 的导体圆盘绕通过其中心的垂直轴在磁场中作角速度为ω的匀速转动,并假设磁场B 均匀且与轴线平行,如图所示。
新编基础物理学上册16-17单元课后答案
第十六章16－1 某物体辐射频率为Hz .141006⨯的黄光，这种辐射的能量子的能量是多大？ 分析 本题考察的是辐射能量与辐射频率的关系.解: 根据普朗克能量子公式有:J 106.63hv -341914100.4100.6-⨯=⨯⨯⨯==ε16－2 热核爆炸中火球的瞬时温度高达K 710，试估算辐射最强的波长和这种波长的能量子hv 的值。
分析 本题考察的是维恩位移定律及普朗克能量子公式的应用。
解: 将火球的辐射视为黑体辐射, 根据维恩位移定律, 可得火球辐射峰值的波长为:)(1089.2101089.21073m T b m --⨯=⨯==λ 上述波长的能量子的能量为:eV 104.29J 106.63hchv 3-34⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯===--161081087.61089.2103λε 16－3 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 ）。
分析 本题是斯忒藩—玻尔兹曼定律的应用。
解：由40T M σ=太阳的辐射总功率为)(1047.4)1096.6(460001067.54426284820420W R T R M P S S S ⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===-ππσπ地球接受到的功率为)(1000.2)10496.121037.6(1047.4)2(417211626222W d R P R d P P E S E S E ⨯=⨯⨯⨯⨯====ππ 把地球看作黑体，则24244EE E E E R T R M P πσπ== )(290)1037.6(41067.51000.2442681742K R P T E E E =⨯⨯⨯⨯⨯==-ππσ 16－4 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 。
大学物理16章物理答案3
16.20 两个共轴的螺线管A 和B 完全耦合，A 管的自感系数L 1 = 4.0×10-3H ，通有电流I 1 = 2A ，B 管的自感L 2 = 9×10-3H ，通有电流I 2 = 4A ．求两线圈内储存的总磁能．[解答]A 管储存的自能为211112m W L I = 32314102810(J)2--=⨯⨯⨯=⨯，B 管储存的自能为222212m W L I = 323191047210(J)2--=⨯⨯⨯=⨯；由于两线圈完全耦合，互感系数为M =3610(H)-==⨯，A 管和B 管储存的相互作用能为W m 12 = MI 1I 2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J)，两线圈储存的总能量为W m = W m 1 + W m 2 + W m 12 = 0.128(J)．16.21 一螺绕环中心轴线的周长L = 500mm ，横截面为正方形，其边长为 b = 15mm ，由N = 2500匝的绝缘导线均匀密绕面成，铁芯的相对磁导率μr = 1000，当导线中通有电流I = 2.0A 时，求：图16.21（1）环内中心轴线上处的磁能密度；（2）螺绕环的总磁能．[解答]（1）设螺绕环单位长度上的线圈匝数为 n = N/L ， 中心的磁感应强度为B = μnI ，其中μ = μr μ0．磁场强度为H = B/μ = nI ，因此中心轴线上能量密度为2111()222w BH nI μ=⋅==B H72125001000410(2)20.5π-=⨯⨯⨯⨯ = 2π×104(J·m -3)．（2）螺绕环的总体积约为V = b 2L ，将磁场当作匀强磁场，总磁能为W = wV= 2π×104×(0.015)2×0.5=2.25π = 7.07(J)．16.22试证：平行板电容器中的位移电流可写成d d d UI C t =的形式，式中C 是电容器的电容，U 是两板间的电势差．对于其他的电容器上式可以应用吗？[证明]根据麦克斯韦理论：通过电场任意截面的位移电流强度等于通过该截面电位移通量的时间变化率，即I d = d ΦD /d t ．在平行板电容器中，由于ΦD= DS，而电位移D等于电容器的面电荷密度，即D = σ．因为电容器带电量为q = σS = DS = ΦD，所以I d= d q/d t，即：位移电流等于极板上电量的时间变化率．根据电容的定义 C = q/U，可得I d= C d U/d t．其他电容器可以看作由很多平等板电容器并联而成，总电容等于各电容之和，所以此式对于其他电容器也可以应用．16.23 如果要在一个1.0PF的电容器中产生1.0A的位移电流，加上电容器上的电压变化率为多少？[解答]因为I d= C d U/d t，所以电压变化率为d U/d t = I d/C = 1/10-12 = 1012(V·s-1)．16.24在圆形极板的平行板电容器上，加上频率为50Hz，峰值为2×105V的交变电压，电容器电容C = 2PF，求极板间位移电流的最大值为多少？[解答]交变电压为U = U m cos2πνt，位移电流为I d= C d U/d t = -CU m2πνsin2πνt，电流最大值为I m = CU m 2πν= 2×10-12×2×105×2π×50 = 4π×10-5(A)．16.25一平行板电容器的两极板面积为S 的圆形金属板，接在交流电源上，板上电荷随时间变化，q = q m sin ωt ．求：（1）电容器中的位移电流密度；（2）两极板间磁感应强度的分布．[解答](1)平行板电容器的面电荷密度为σ = q/S ，位移电流密度为 d d cos d d m d q q t t S t S ωσδω===．（2）在安培-麦克斯韦环路定律中dL I I +=⋅⎰l H d ，两极板间没有传导电流，即I = 0．由于轴对称，在两板之间以轴为圆心作一个半径为r 的圆，其周长为 C = 2πr ，使磁场的方向与环路的方向相同，左边为rHl H L π2d d L =⋅=⋅⎰⎰l H ．环路所包围的面积为S` = πr 2，右边的位移电流为2`(cos )m d d q I S t r S ωδωπ==．因此，两极板间磁场强度的分布为cos 2m q r H t S ωω=，磁感应强度的分布为00cos 2m q rB H t S μωμω==．16.26 如图所示，电荷+q 以速度v 向O 点运动（电荷到O 点的距离以x 表示）．以O 点O 圆心作一半径为a 的圆，圆面与v 垂直．试计算通过此圆面的位移电流． [解答]在圆面上取一半径为R 的环，其面积为d S = 2πR d R ， 环上任一面元的法线方向与场强方向之间的夹角为φ，场强大小为 E = q /4πε0r 2，其中r = (x 2 + R 2)1/2，通过环的电通量为d Φe = E ·d S = E d S cos φ，其中cos φ = x/r ，所以得3223/200d d d 22()e qxR R qx R R r x R Φεε==+，积分得电通量为22223/200d()22()a e qx x R x R Φε+=+⎰0(12q ε=．由于电位移强度D 和电场强度E 的关系为 D = ε0E ，图16.26a所以电位移通量和电通量之间的关系为Φd = ε0Φe ，因此点电荷在圆面上通过的电位移通量为(12d q Φ=．当电荷q 以速度v 向O 运动时，可认为圆面以d x /d t = -v 向电荷运动，因此，通过此圆面的位移电流为d d dd I t Φ=2q -=2223/22()q a v x a =+．16.27在真空中，一平面电磁波的电场为70.3cos[210()]y x E t c π=⨯-(V·m -1)．求：（1）电磁波的波长和频率；（2）传播方向；（3）磁场的大小和方向． [解答]（1）电磁波的角频率为ω = 2π×107(rad·s -1)，频率为 ν = ω/2π = 107(Hz)．波长为 λ = cT = c/ν = 3×108/107 = 30(m)．（2）电磁波的传播方向为x 方向．（3）磁场的方向在z 方向，由于y z =，所以磁场强度为001z y y yH E E c μ===871310410y E π-=⨯⨯⨯71cos[210()]400xt c ππ=⨯-．磁感应强度为01z z y B H E c μ==9710cos[210()]xt c π-=⨯-．71cos[210()]400xt c ππ=⨯-．磁感应强度为01z z y B H E c μ==9710cos[210()]xt c π-=⨯-．16.28 一个长直螺线管，每单位长度有n 匝线圈，载有电流i ，设i随时间增加，d i /d t >0，设螺线管横截面为圆形，求：（1）在螺线管内距轴线为r 处某点的涡旋电场；（2）在该点处坡印廷矢量的大小和方向．[解答]（1）长直螺线管通有电流i 时，在轴线上产生的磁感应强度为μ0ni ， B = 磁场是均匀的，也是轴对称的．以轴线上某点为圆心，以r 为半径作一环路，环路的周长为 C = 2πr ，面积为 S=πr 2，根据电场的环路定理S B l Εd d d d ⋅-=⋅⎰⎰S L k t ，可得 2πrE = -πr 2d B /d t ，因此涡旋电场为0d 2d nr iE t μ=-，负号表示涡旋电场的方向与环路的环绕方向相反．（2）管中磁场强度为H = B/μ0 = ni ．坡印廷矢量为S = E ×H ，其大小为20d 2d n r iS EH i t μ==．当d i /d t > 0时，S 的方向沿径向指向轴线；当d i /d t < 0时，S 的方向沿径向向外．。
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第十六章 机械波16-1 一波源作简谐振动，周期s 010.=T ，振幅m 40.=A ，当0=t 时，振动位移恰为正方向的最大值．设此方程以m/s 400=v 的速度沿直线传播，试求(1)此波的波函数；(2)距波源m 2和m 16处质点的振动方程和初相；(3)距波源15m 和m 16处质点振动的相位差．分析 波源的周期和频率就是机械波的周期和频率，对于平面波，在忽略传播过程中的能量损失的情况下，波源的振幅就是波的振幅，如果已知波速或波长以及波源的初相，就能给出波函数．由上一章的讨论可知，当给出振动的初始位置和运动方向时，振动的初相就确定了．由波函数可以获得波线上任一点的振动方程；以及任一时刻波线上各点的位移，即波形．波线上相位差为π2质点间的距离（也可视为两个相邻的相位相同点间的距离）为一个波长．解 (1)波源的角频率为rad/s 200rad/s 01.022πππω===T 初始时波源振动达正方向的最大值，即0=ϕ，波源的振动方程为)200cos(4.0π=y已知m/s 400=v ，波函数为)400(200cos 4.0x t y -=π 0>x (2)由波函数得m 2=x 处振动方程为)200cos(4.0)4002(200cos 4.0πππ-=-=t y 该处质点初相为π．m 16=x 处振动方程为m 8200404001620040)cos(.)(cos .πππ-=-=t y 该处质点初相为π8或0． (3)两点相位差为 201.0400151622ππλ∆πϕ∆=⨯-==x 15m 处质点相位超前．16-2 已知平面波波函数).(cos .x t y -=5220π．式中x 、y 以米计，t 以秒计，试求(1)波长、周期、波速；(2)在m 1=x 处质点的振动方程；(3)在s 40.=t 时，该处质点的位移和速度．这是原点处的质点在哪一时刻的运动状态？再经过s 40.后该运动状态传至何处？分析 本题强调这样的概念：波的传播过程是振动状态（或相位）的传播过程．在单位时间内振动状态（或相位）传播的距离称为波的传播速度，也称为相速度，即本书中的波速v （以区别于反映振幅或能量传播的群速度）．波在介质中传播时，波线上各质点仍在各自的平衡位置附近振动，并不跟随波前进，质点的振动速度为ty u d d =． 解 (1)将波函数).(cos .x t y -=5220π与简谐波的标准形式对比，得m/s 5.2 /s rad 5.2==v πωm2m 8.05.2s 8.0s 5.222=⨯=====T T v λππωπ (2)由波函数得m 1=x 处的振动方程为m )5.2cos(2.0 )5.21(5.2cos 2.0)5.2(5.2cos 2.01ππππ-=-=-==t t x t y x(3)由波函数得s 040.=t 时m 1=x 处质点的位移为m 205215220040.).(.cos ..=-==t t y π 该时刻该质点振动速度为0521525220d d 040040=-⨯-====..).(.sin ..t t t t y u ππ 是原点处质点在052140=-)..(时刻的振动状态． 再经过s 40.该运动状态传播的距离m 1524040=⨯==...v x即传至距该处m 1或距原点m 2处．16-3 如图16-3，一平面简谐波在空间传播，已知波线上某点P 的振动规律为)cos(ϕω+=t A y ,根据图中所示的两种情况，分别列出以O 为原点的波函数．分析 本题可以沿两条思路求解：(1)由于波线上各点的相位依次落后, 根据两点间的距离可以判断O 点比P 点相位超前多少或落后多少, 因已知P 点的振动方程，就能写出O 点的振动方程，再写出以O 为原点的波函数．(2) 从P 点的振动方程直接写出以P 为原点的波函数，根据波函数的物理意义写出O 点的振动方程，再写出O 为原点的波函数．下面给出第一种解法．解 (1)第一种情况，波沿x 轴正向传播，O 点的相位比P 点超前vω, 所以O 点的振动方程为)](cos[ϕωω++=v l t A y 以O 为原点的波函数为)])(cos[)]()(cos[ϕωϕωω+--=++-=vv v l x t A l x t A y (2)第二种情况，波沿x 轴负向传播，O 点在P 点右侧，O 点的相位比P 点超前vl ω，所以O 点的振动方程为 )](cos[ϕωω++=vl t A y 以O 为原点的波函数为)])(cos[]()(cos[ϕωϕωω+++=++--=vv v l x t A l x t A y 16-4 一平面余弦波在T t 43=时的波形如图16-4（a ）所示(T 为周期), 此波以v =36m/s 的速度沿x 轴正向传播, (1)画出t =0时刻的波形图；(2) 求O 、P 点的振动初相；写出O 点的振动方程及以O 为原点的波函数.分析 波形曲线，即y-x 图，给出了某一时刻波线上各点的位移．已知波速时，从T t 43= 时的波形可以推出t =0或t=T 时的波形，从而可得O 点的振动方程, 进而求出O 为原点的波函数．图16-4解 (1) T t 43=时刻的波形沿x 轴负向移动λ43即为t=0时的波形，或沿x 轴正向移动λ41即得t=T 时的波形，如图16-4(b)． (2) 由图16-4(a)得 m,40 m,20..==λA 又m/s 36=v对O 点有，t =0时，有0cos 0==ϕA y （1） 0sin 0<-=ϕωA v （2） 由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=对P 点， t =0时，有 2.0cos 0==ϕA y P (3)0sin 0=-=ϕωA P v (4)因A =0.2m ，由(3)式得0=ϕ，满足(4)式．(3)波的角频率 rad/s 180rad/s 403622ππλπω=⨯==.vO 点的振动方程为 )cos(.218020ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ])(cos[.23618020ππ+-=x t y m 16-5 一平面波在t =0时的波形曲线如图16-5中曲线(I)所示，波沿x 轴正向传播，经过t =0.5s 后, 波形变为曲线(II). 已知波的周期1≥T s, 试由图中所给条件, 求(1)波函数；(2)A 点的振动方程．分析 从波形曲线(I)可以求出振幅、波长以及O 点的初相. 但另一个重要的常数ω需结合两条波形曲线考虑. 从图上不难看出, 在0.5s 内波形在x 轴正向移动0.1m ，于是可以计算出波速．再根据周期、波长、波速间的关系求出周期，进而求出角频率.解 由图16-5知, A =0.1m, 40.=λm, 20501010....===t v m/s 22040===..v T λs πππω===222T rad/s 对O 点 0cos 0==ϕA y(1)0sin 0<-=ϕωA v (2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=故O 点的振动方程为 )cos(.210ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ])(cos[.]).(cos[.251022010ππππ+-=+-=x t x t y m (2)将10.=A x m 代入上式，得A 点的振动方程为10210510t t y πππcos .]).(cos[.=+⨯-=m16-6 一平面波的波函数为 )sin(.x t y 20050010+=π，式中x ，y 以m 为单位，t 以s 为单位, 试求:（1）波的振幅、频率、波长和波速；（2）何时原点处第一次出现波峰；（3）当t =1s 时，最靠近原点的两个波峰位置.分析 本书约定波函数以余弦函数表示, 因此可先把题目给的波函数化为余弦函数．分列在原点两侧的第一个波峰应是最靠近原点的波峰．解 (1)波函数化为余弦函数形式为 ])(cos[.2100252010πππ-+=x t y m m 1014.3100 25Hz, m,01.0 2-⨯====πλνA m/s 79025101432..=⨯⨯==-Tv λ(2) 将x=0, y=A 代入波函数，当第一次出现波峰时，有 02252=-ππ)(t 得 t =0.01s(3) 将t =1s 代入波函数得t=1s 时的波形方程x x y 200010220050010sin .)cos(.=-+=ππ 欲出现波峰需满足条件：)0,1,2.....( 212200=+±=k k x π)(sin 得最靠近原点的两波峰位置为 m 1035.2 23200 -1,m1085.7 2200 ,02231--⨯-=-==⨯===x x k x x k ππ16-7 沿x 轴负向传播的平面简谐波在t =2s 时的波形如图16-17(a), 波速v =0.5m/s, 求O 点的振动方程及此波的波函数.分析 由已知条件算出T =4s. 欲从t =2s 时的波形求出t =0时的波形, 只需将t =2s 时的波形曲线沿x 轴负向移动半个波长即得. 从t =0时的波形便可求出振动方程的几个常数.解 从图16-7(a)知s 4s 5.02===vλT rad/s 5.02==Tπω 可得t =0时的波形如图16-7(b). 从图知O 点将向下运动，于是O 点在t =0时有0cos 0==ϕA y (1)0sin 0<-=ϕωA v (2) 由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=O 点的振动方程为 )cos(.2250ππ+=t y m 以O 为原点的波函数为 ]).(cos[.250250ππ++=x t y m16-8 一平面简谐波沿x 轴负向传播, 波长为,λ P 处质点元的振动规律如图16-8. (1)求P 点的振动方程; (2)设OP=d , 求此波以O 为原点的波函数.分析 振动曲线是描绘波线上某点位移与时间关系的曲线，即y-t 图．通过振动曲线可知P 点的初始条件．有了P 点的初始条件，可得P 点的振动方程．由于波沿x 轴负向传播，因而O 点的相位比P 点落后．解 (1)由振动曲线知P 点在t =0时有A A y -==ϕcos 0 (1)0sin 0=-=ϕωA v(2)由(1)式得πϕ=，满足(2)式． 因T =4s ，则 ππω5.02==Trad/s 所以P 点的振动方程为 )cos(ππ+=t A y 2 m (2)波沿x 轴负向传播, P 点相位比O 点超前,所以O 点的振动方程为])(cos[])(cos[πλπππ+-=+-=d t A v d t A y 4220 m有 4λλ==T v以O 为原点的波函数为 ])(cos[])(cos[πλπππ+-+=+-+=d x t A v d x t A y 4422m 16-9 图16-9 (a)是一平面简谐波在t =0时的波形曲线. P 点位于波线上时P 点将向上运动．再观察波形图上x =1.5m 处的质点，当t =0时位于最大位移处，此后一定要向下运动回到平衡位置．既然t =0时P 点将向上最大位移处运动， 而1.5m 处质点已从最大位移返回，便可判断出P 点(1m 处)的相位比1.5m 处质点落后，所以波沿x 轴负向传播．解 从图16-9(a)知 2=λm, T =0.2s, A =0.2m.m/s 10 rad/s 102====TT λππωv 从图16-9 (b)P 点的振动曲线并结合波形曲线(a), 判断出波沿x 轴负向传播, 因而t =0时O 点向下运动，O 点初相由下两式决定：0cos 0==ϕωA y (1)0sin 0<-=ϕωA v (2)由(1)式得2πϕ±=，由(2)式得0sin >ϕ，所以应取2πϕ=得波函数为 ])(cos[.2101020ππ++=x t y m 16-10 两相干波源S 1、S 2具有相同的振幅、频率和初相位．已知振幅A =0.01m,频率为100Hz, 初相位为零. 两波源相距30m, 相向发出二简谐波, 波长为5m. 试求: (1)两波源的振动方程; (2)在两波源连线中点处的合振动方程. 分析 相干波在相遇点的合振幅是各列波在相遇点引起的振动的合成．解 (1) 已知ππνωω200221=== rad/s所以S 1、S 2的振动方程为t t A y y πφω2000100201cos .)cos(=+==(2) 如图16-10, 取S 1为坐标原点, 向右为正. 第一列波到达波源连线中点P 的振动方程为)](cos[λνπP x t A y -=21)(cos .)](cos[.310020105151002010-=-=t t ππ 第二列波到达P 点的振动方程为)](2cos[22λνπPx x t A y --=)(cos .)](cos[.310020105151002010-=-=t t ππ 所以P 点的合振动方程式为 )(cos .3100202021-=+=t y y y π m16-11 一简谐空气波, 沿直径为0.14m 的圆柱形管传播, 波的平均强度为3109-⨯W/m 2, 频率为300Hz, 波速为300m/s. 求: (1)波的平均能量密度和最大能量密度; (2)每两个相邻同相面间的波中含有的能量.分析 本题涉及的概念有: 能量密度、平均能量密度、平均能流、能流密度或波的强度. 从能量密度)(sin vx t A w -=ωρω222看到, 介质单位体积中的能量不守恒, 随时间作周期变化, 在给定时刻能量又随单位体积平衡位置坐标x 作周期变化，因此波的传播既是振动相位的传播又是能量的传播，因此而称为行波．解 (1)平均能量密度为 2221A w ρω= 平均强度为 v A I 2221ρω= 3533J/m 103J/m 300109--⨯=⨯==v I w 能量密度为 )(sin 222vx t A w -=ωρω 最大能量密度为 353522max J/m 106J/m 10322--⨯=⨯⨯===w A w ρω(2)相邻同相面间隔的距离为一个波长，即 1300300===νλv m 相邻同相面间的波中含有能量J 1062.4J )07.0(14.31037252--⨯=⨯⨯⨯===λπr w V w W16-12 一简谐波在弹性介质中传播, 波速31001⨯=.v m/s, 振幅A =1.0×10-4m, 频率31001⨯=.νHz. 若介质的密度3kg/m 800=ρ, 求: (1)该波的能流密度; (2) 若有一平面面积s=4.0×10-4m 2, 波速v 与该平面法线e n 的夹角为︒60， 求一分钟内通过该面积的平均能流.解 (1)能流密度为2523242322W/m 1058.1W/m 10)100.1()1014.32(80021 21⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-v A I ρω (2)一分钟内通过垂直于波传播方向的平均能流为W 1089.1W 6060cos 100.41058.1345⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-οIst P16-13 若太阳能电池板的接收面积为13cm 2, 当正对太阳时, 电池板产生0.45V 电压, 并提供0.20A 电流. 设太阳光的能流密度为1.0×103W/m 2, 求太阳能转变为电能的效率.分析 1s 内太阳能电池板产生的电能与1s 内电池板吸收的太阳能之比就是能量转换效率．本题提供的太阳的能流密度是一常识性数据．解 1 s 内太阳能电池吸收的太阳能为J 3.1J 1013100.143=⨯⨯⨯==-Is W产生的电能为 E = 0.2×0.45 J = 0.09 J所以转换效率为%9.6%1003.109.0=⨯=W E 16-14 两相干平面波波源A 、B 相距20m, 作同频率、同方向和等振幅的振动， 它们所发出的波的频率为100Hz ，波速为200m/s ，相向传播, 且A 处为波峰时, B 处为波谷, 求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置.分析 两相干波等振幅，所以相干减弱点的振幅为零，即因干涉而静止．A 处为波峰时B 处恰为波谷, 表明波源A 与波源B 的相位差为π． 解 两相干平面波波长为 2100200===νλv m 两平面波相向传播，相遇点在两波源之间，设P 在A 、B 间，距离波源A 为x ，如图16-14，设波源B 相位比波源A 超前π，有x x xx l A B ππππλππϕϕ21922202)(2+-=--=---=- 相遇点为干涉静止时需满足条件为),2,1,0( )12(Λ±±=+=-k k A B πϕϕ得 πππ)12(219+=+-k x所以AB 连线上因干涉而静止点的位置为x = k+10 m )9,,2,1,0(±±±=Λk16-15 如图16-15, 两列波长均为λ的相干简谐波, 分别通过图中的O 1和O 2点, 通过O 1点的简谐波在M 1M 2平面反射后与通过O 2点的简谐波在P 点相遇. 假定波在M 1M 2平面反射时有半波损失, O 1和O 2两点的振动方程分别为t A y πcos 10=和)2/cos(20ππ+=t A y , 且O 1m +mP =8λ, O 2P =3λ, 求: (1)两列波分别在P 点引起的振动的振动方程; (2)P 点的合振幅(分析 通过O 1的简谐波在M 1M 2平面的m 点反射，反射时有半波损失，即对于通过O 1的简谐波, M 1M 2平面是波密介质, 反射时反射波的相位改变π．介质无吸收，即表明振幅保持不变．解 (1) 222===ππωπT s 在M 1M 2面上反射有半波损失, 所以通过O 1点的简谐波在P 点的振动方程为)cos()cos(])(cos[πππππλλπ-=-=+-=t A t A t A y P 158221 通过O 2点的简谐波在P 点的振动方程为)cos(])(cos[223222πππλλπ+=+-=t A t A y P (2)由(16-22)式, P 点合振动的振幅为A A A A 222222=++=)cos(ππ合16-16 如图16-16(a), 三列波长均为λ的简谐波, 各自通过S 1、S 2、S 3后在P 点相遇，求P 点的振动方程. 设三列简谐波在 S 1、S 2、S 3 振动的振动方程分别为)/cos(,cos ),/cos(222321πωωπω-==+=t A y A y t A y ,且S 2P =4λ,S 1P =S 3P =5λ, 并设介质无吸收.分析 振动的合成采用旋转矢量法最简便．本题可用旋转矢量法先求第一、二个振动的合振动，再与第三个合成. 以此类推可作多个振动的合成．解 三列简谐波在P 点的振动方程分别为)cos()cos(])(cos[232192521πωπωπλλπ-=-=+-=t A t A T t A y P t A t A T t A y P ωπωλλπcos )cos()](cos[=-=-=8422 )cos()cos(])(cos[22210225223πωππωπλλπ-=--=--=t A t A T t A y P 先将第一列波在P 点引起振动的旋转矢量A 1与第三列波在P 点引起振动的旋转矢量A 3合成，合旋转矢量为A 13, 如图16-16(b). 合振动方程为 )cos(313πω+=t A y)cos(2πω-=t A y 合 16-17 沿弦线传播的一入射波的波函数为)./cos(λπωx t A y 21-=设波在x=L 处(B 点)反射, (1)反射点为自由端, 写出以B 为原点的反射波的波函数; (2)反射端为固定端又如何?分析 考虑在自由端反射的反射波无半波损失，在固定端反射的反射波有半波损失，结合波函数的物理意义, 可写出B 点的振动方程．沿入射波的传播方向, 波线上各点相位依次落后，且注意到入射波的波函数是以O 为原点．B 点的坐标为x B =L ，于是以B 为原点的反射波传到坐标x 点时, 传播距离是L-x.解 (1)如图16-17, 反射点B 为自由端时, 反射波无半波损失，B 点坐标x B =L ，B 点振动方程为 )cos(λπωL t A y B 2-= 反射波沿BO 方向传播, BO 间各点的相位均落后于B 点, BO 上坐标为x 的任一点t 时刻相位为)()()(x L t x L L t --=---2222λπωλπλπω 所以B 点为自由端时, 以其为原点的反射波波函数为)cos(λπωx L t A y --=22反(2)当反射点B 为固定端时, 反射波有半波损失，以B 为原点的反射波波函数为)cos(πλπω+--=x L t A y 22反 16-18 两列波在同一直线上传播, 波速均为 1 m/s.它们的波函数分别为),(cos .),(cos .t x y t x y +=-=ππ05005021 式中各量均采用国际单位制. (1)试说明在直线上形成驻波, 并给出波腹、波节的位置; (2)求在x =1.2m 处的振幅.分析 两列在同一直线上沿正反方向传播的等振幅相干波叠加形成驻波．驻波波函数为.cos )cos (t xA y πνλπ222= λπxA 22cos 为振幅项．结合书上对驻波的讨论, 可总结出驻波区别于行波的两个特点：在驻波中无能量传播, 无相位传播．解 两波函数改写为)(cos .)(cos .x t y x t y +=-=ππ05005021所以这两列波是在同一直线上沿正反方向传播的等振幅的相干波，在直线上叠加形成驻波，(16-24)式给出驻波波函数的形式为t x A y πνλπ222cos cos = 与已知条件比较，知 m/s 2 rad/s, , m 050====T v A λπω.得 22==ωπT s ，501.==Tν Hz ， 2==vT λm. 所以驻波波函数为t x y ππcos cos .10= m当 x 满足1=x πcos 时出现波腹, 即 ππk x = (k =0,1,2,…..)解出x=k m 出现波腹.当 x 满足0cos =x π时出现波节, 即212ππ)(+=k x (k =0,1,2,…..) 解出)(1221+=k x m 出现波节. (2)x =1.2m 处的振幅为 0810********..cos .cos ..====ππx x A m .16-19 如图16-19, 位于x =0 处的波源O 作简谐振动, 产生振幅为A , 周期为T ,波长为λ的平面简谐波. 波沿x 轴负向传播, 在波密介质表面B 处反射.若t =0时波源位移为正最大, 且OB=L, 求:(1)入射波的波函数; (2)以B 为原点的反射波的波函数; (3)设L =43λ, 证明BO 间形成驻波, 并给出因干涉而静止的点的位置.分析 将入射波的波函数写出后与习题16-17 联系应不难求解. 解题时需十分留心的是题目已把坐标取定, B 点的坐标L x B -=.解 (1)波源的初相由下式给出A A y ==ϕcos 0 (1)0sin 0>=ϕA v (2) 从(1)式解出 0=ϕ满足(2)式, 故 0=ϕ 所以以O 为原点, 沿x 轴负向传播的入射波波函数为 )(cos λπx T t A y +=21 (2)B 点坐标x B =-L , 且B 点为波密介质表面一点, 在B 点反射的反射波有半波损失，B 点的振动方程为])(2cos[πλπ+-=L T t A y B 振 反射波沿x 轴正向传播, BO 间坐标为-x 的任一点t 时刻相位为πλππλλπ++-=++--)()(x L T t x L L T t 222 所以以B 为原点的反射波波函数为])(cos[πλπ++-=x L T t A y 222 (3) 因43λ=L ，所以入射波波函数为 )(cos λπx T t A y +=21 反射波波函数为)(cos ]))((cos[λππλλπx T t A x T t A y -=++-=243222 BO 间两波叠加, 合成波为t Tx A y y y πλπ2221cos cos =+= 为驻波.因干涉而静止点的位置满足 02=λπx cos即λ412+±=k x (k =0,1,2,….)，且],[L x 0∈，所以BO 间因干涉而静止的点为 λλ4341, 处． 16-20 站在铁路附近的观察者, 听到迎面开来的火车笛声频率为440Hz,当火车驶过后, 笛声的频率降为390Hz, 设声音速度为340m/s, 求火车的速度.分析 据已知, 观察者相对于介质静止, 波源(汽笛)先向着观察者运动后又背离观察者，对照(16-29)式不难求解.解 设1ν和2ν分别为观察者听到的火车迎面开来和驶过时的频率, ν为汽笛的固有频率. 设声速为V, v 为火车速度,火车的汽笛是波源. 据(16-29)式, 火车向着观察者运动v>0, 有 ννvV V -=1 火车背着观察者运动v<0, 有 ννvV V +=2 两式相除得 vV v V -+=21νν 解出火车速度 m/s 5.20m/s 3403904403904402121=⨯+-=+-=V ννννv 16-21 水下甲潜艇静止, 乙潜艇以航速v 向着甲运动. 为了测定乙潜艇的航速, 甲潜艇上的人员用声纳装置向乙潜艇发出频率为0ν的超声波. 若甲潜艇收到的反射波的频率为ν, 试确定ν与0ν、v 间的关系（已知超声波在水中传播速度为u ）.分析 超声波是指频率高于2000Hz 的机械纵波，具有频率高、波长短、强度大特点，因而有良好的定向传播性能和很强的穿透本领. 由于海水导电性能好，对电磁波有很强的吸收，因而依赖发射、接收电磁波而工作的电磁雷达无法在海水中使用. 利用超声波制成的超声波雷达——声纳应运而生.解 超声波从甲传到乙时， 甲为波源静止，频率为0ν. 乙为接收者，以v 向着甲运动, v<0. 据(16-28)式, 乙接收到的频率为 0ννuv +='u 超声波从乙传到甲时，甲为接收者，静止. 乙为波源，频率为ν'，以v 向着甲运动, v>0. 由(16-29)式, 甲接收到的反射波频率为 0νννv -u v v +='-=u u u。