大學(xué)物理(第二版)課后習(xí)題答案_羅益民_北郵出版社_精品資料

1、a第四章 狹義相對(duì)論4-1 利用 其中 習(xí)題4.2圖4-2 x1=0 x2=1200 km 即，則長沙的班機(jī)后起飛. （代入數(shù)據(jù)可得）4-3 地球與星球的距離L0=5光年（固有長度），宇航員測量的長度L=3光年（運(yùn)動(dòng)長度），由長度收縮公式得得火箭對(duì)地的速度4-4 則代入得4-5 解法一 (1) 根據(jù)題意(a) (b) 習(xí)題4-5圖 長度沿運(yùn)動(dòng)方向縮短因?yàn)?因?yàn)?2) 解法二 , 由 4-6 (1)對(duì)OA(或OB) 習(xí)題4-6 (a)圖 在S系（相對(duì)系以）周長(2) 習(xí)題4-6 (b)圖對(duì)OA(或AB)S系中長度為 對(duì)OB,在S系中長度為周長 4-7 S系測量的時(shí)間間隔為固有時(shí)系測量的時(shí)間間隔為

2、運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)時(shí)間延緩公式得S系對(duì)S系的速率在S系測量的兩個(gè)事件的空間間隔為或 4-8 (因?yàn)榱餍鞘菑拇^飛向船尾) 4-9 根據(jù)相對(duì)論動(dòng)力學(xué)基本方程得 (1)對(duì)上式積分 得 (1) 當(dāng)t<<<< (2) 當(dāng)t>>時(shí)，>> 則v=at時(shí), v=c時(shí) 4-10 4-11 略4-12 略4-13 略4-14 略4-15 略4-16 根據(jù)質(zhì)能公式得太陽因輻射能量每秒減少的質(zhì)量為與太陽質(zhì)量的比值 這個(gè)比值是非常小的.4-17 略第8章 機(jī)械振動(dòng)8-1 解：取固定坐標(biāo)xOy，坐標(biāo)原點(diǎn)O在水面上（圖題所示） 設(shè)貨輪靜止不動(dòng)時(shí)，貨輪上的A點(diǎn)恰在水面上，則浮力為S

3、ga.這時(shí)習(xí)題8-1圖 往下沉一點(diǎn)時(shí)，合力 .又 故 故作簡諧振動(dòng) 8-2 解：取物體A為研究對(duì)象，建立坐標(biāo)Ox軸沿斜面向下，原點(diǎn)取在平衡位置處，即在初始位置斜下方距離l0處，此時(shí)： (1)(1) A物體共受三力；重mg, 支持力N, 張力T.不計(jì)滑輪質(zhì)量時(shí)，有 T=kx列出A在任一位置x處的牛頓方程式將（1）式代入上式，整理后得 故物體A的運(yùn)動(dòng)是簡諧振動(dòng)，且由初始條件求得故物體A的運(yùn)動(dòng)方程為x=0.1cos(7t+)m習(xí)題8-2圖(2) 當(dāng)考慮滑輪質(zhì)量時(shí)，兩段繩子中張力數(shù)值不等，如圖所示，分別為T1、T2,則對(duì)A列出任一位置x處的牛頓方程式為: (2)對(duì)滑輪列出轉(zhuǎn)動(dòng)方程為： (3)式中,T2

4、=k(l0+x) （4）由式（3）、(4)知代入(2)式知又由（1）式知故即 可見，物體A仍作簡諧振動(dòng)，此時(shí)圓頻率為：由于初始條件：可知，A、不變，故物體A的運(yùn)動(dòng)方程為:由以上可知：彈簧在斜面上的運(yùn)動(dòng)，仍為簡諧振動(dòng)，但平衡位置發(fā)生了變化，滑輪的質(zhì)量改變了系統(tǒng)的振動(dòng)頻率.8-3 解：簡諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式：習(xí)題8-3圖由題圖可知，,當(dāng)t=0時(shí)，將代入簡諧振動(dòng)表達(dá)式，得：由,當(dāng)t=0時(shí)，由圖可知，>0,即,故由,取又因:t=1s 時(shí)，將其入代簡諧振動(dòng)表達(dá)式，得由t=1s時(shí),<0知，,取，即 質(zhì)點(diǎn)作簡諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式為8-4 解：以該球的球心為原點(diǎn)，假設(shè)微粒在某一任意時(shí)刻位于遂道中的位矢

5、為，由高斯定理可知,則微粒在此處受電場力為:式中，負(fù)號(hào)表明電場的方向與的正方向相反，指向球心.由上式及牛頓定律，得：令 則 故微粒作簡諧振動(dòng)，平衡點(diǎn)在球心處.由知: 8-5 解：（1）取彈簧原長所在位置為點(diǎn).當(dāng)彈簧掛上物體A時(shí)，處于靜止位置P點(diǎn)，有： 將A與B粘合后，掛在彈簧下端，靜止平衡所在位置O點(diǎn)，取O點(diǎn)為原坐標(biāo)原點(diǎn)如圖題8-5所示，則有： 設(shè)當(dāng)B與A粘在一起后，在其運(yùn)動(dòng)過程的任一位置，彈簧形變量,則A、B系統(tǒng)所受合力為：習(xí)題8.5圖 即 可見A與B作簡諧和振動(dòng).(2) 由上式知， 以B與A相碰點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，此時(shí)A與B在P點(diǎn)，由圖題8-5可知?jiǎng)tt=0時(shí)，(負(fù)號(hào)表P點(diǎn)在O點(diǎn)上方)又B與A為非

6、彈性碰撞，碰撞前B的速度為:碰撞后，A、B的共同速度為： （方向向上）則t=0時(shí)，可求得： 可知A與B振動(dòng)系統(tǒng)的振動(dòng)表達(dá)式為：(3) 彈簧所受的最大拉力，應(yīng)是彈簧最大形變時(shí)的彈力，最大形變?yōu)椋簞t最大拉力 8-6 解：(1) 已知A=0.24m, ,如選x軸向下為正方向.已知初始條件即 而 取,故：(2) 如圖題所示坐標(biāo)中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m處，有習(xí)題8-6圖因?yàn)樗髸r(shí)間為最短時(shí)間，故物體從初始位置向上運(yùn)動(dòng)，.故則取可得：(3) 物體在平衡位置上方0.12m處所受合外力,指向平衡位置.8-7 解：子彈射入木塊為完全非彈性碰撞，設(shè)u為子彈射入木塊后二者共同速度，由動(dòng)量定

7、理可知：不計(jì)摩擦，彈簧壓縮過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，即： （x0為彈簧最大形變量）由此簡諧振動(dòng)的振幅 系統(tǒng)圓頻率若取物體靜止時(shí)的位置O（平衡位置）為坐標(biāo)原點(diǎn)，Ox軸水平向右為正，則初始條件為：t=0時(shí)，x=0,由得：則木塊與子彈二者作簡諧振動(dòng)，其振動(dòng)表達(dá)式為：8-8 解：當(dāng)物體m1向右移動(dòng)x時(shí)，左方彈簧伸長x，右方彈簧縮短x，但它們物體的作用方向是相同的，均與物體的位移方向相反，即令F=-kx,有:由 得則粘上油泥塊后，新的振動(dòng)系統(tǒng)質(zhì)量為：新的周期 在平衡位置時(shí)，m2與m1發(fā)生完全非彈性碰撞.碰撞前，m1的速度設(shè)碰撞后，m1和m2共同速度為.根據(jù)動(dòng)量守恒定律，則 新的振幅 8-9 解：（1）由振動(dòng)

8、方程知，故振動(dòng)周期： (2) t=0時(shí)，由振動(dòng)方程得：(3) 由旋轉(zhuǎn)矢量法知，此時(shí)的位相：速度 加速度 所受力 （4）設(shè)質(zhì)點(diǎn)在x處的動(dòng)能與勢能相等，由于簡諧振動(dòng)能量守恒，即：故有： 即 可得： 8-10 解：（1）砝碼運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，加速度最大，方向向下，由牛頓第二定律，有：N是平板對(duì)砝碼的支持力.故砝碼對(duì)板的正壓力與N大小相等，方向相反.砝碼運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，加速度也是最大，但方向向上，由牛頓第二定律，有：故 砝碼對(duì)板的正壓力與板對(duì)砝碼的支持力大小相等，方向相反.（2）當(dāng)N=0時(shí)，砝碼開始脫離平板，故此時(shí)的振幅應(yīng)滿足條件：(3) 由,可知，成反比，當(dāng)時(shí)，8-11 解：（1）設(shè)振子過平衡位置時(shí)的

9、速度為，由機(jī)械能守恒，有： 由水平方向動(dòng)量定理： 此后，系統(tǒng)振幅為，由機(jī)械能守恒，有：得： 有： （2）碰撞前后系統(tǒng)總能量變化為：式中，負(fù)號(hào)表示能量損耗，這是泥團(tuán)與物體的非彈性碰撞所致.（3）當(dāng)m達(dá)到振幅A時(shí)，豎直落在m上，碰撞前后系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量均為零，因而系統(tǒng)的振幅仍為A，周期為，系統(tǒng)的振動(dòng)總能量不變，為（非彈性碰撞損耗的能量為源于碰撞前的動(dòng)能）.物體系統(tǒng)過平衡位置時(shí)的速度由： 得： 習(xí)題8-12圖8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子從運(yùn)動(dòng)到的位置處，角相位的最小變化為：則圓頻率 周期 由初始狀態(tài)，在圖示坐標(biāo)中，初始條件為：則振幅 （2）因?yàn)橛?故 得： 根據(jù)題意，振子在平衡位置

10、的下方，取x=0.05m.根據(jù)振動(dòng)系統(tǒng)的能量守恒定律：故 根據(jù)題意，取再由 得： （3）t=0時(shí)， （4）由簡諧振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式當(dāng)t=0時(shí)，,可得：又 故 8-13 解：（1）據(jù)題意，兩質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程分別為：（2）P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的速度及加速度表達(dá)分別為：當(dāng)t=1s時(shí)，有：（3）由相位差可見，P點(diǎn)的相比Q點(diǎn)的相位超前.8-14 解：（1）由題意得初始條件： 可得： (由旋轉(zhuǎn)矢量法可證出)在平衡位置的動(dòng)能就是質(zhì)點(diǎn)的總能量可求得：則振動(dòng)表達(dá)式為：(2) 初始位置勢能當(dāng)t=0時(shí)， 8-15 解：（1）由初始條件：可知，且 則振動(dòng)表達(dá)式為：當(dāng)t=0.5s時(shí)，(2) t=0.5s時(shí)，小球所受力：因t=0.5s

11、時(shí)，小球的位置在處，即小球在x軸負(fù)方向，而f的方向是沿x軸正方向，總是指向平衡位置.習(xí)題8-15圖(3) 從初始位置到所需最短時(shí)間設(shè)為t，由旋轉(zhuǎn)矢量法知， (4) 因?yàn)?在(5) t=4s時(shí)， 8-16 解：設(shè)兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式分別為：習(xí)題8-16圖由圖題可知，一質(zhì)點(diǎn)在處時(shí)對(duì)應(yīng)的相位為：同理：另一質(zhì)點(diǎn)在相遇處時(shí)，對(duì)應(yīng)的相位為：故相位差 若的方向與上述情況相反，故用同樣的方法，可得：8-17 解：由圖題8-17(圖在課本上P200)所示曲線可以看出，兩個(gè)簡諧振動(dòng)的振幅相同，即,周期均勻，因而圓頻率為：由x-t曲線可知，簡諧振動(dòng)1在t=0時(shí)，且，故可求得振動(dòng)1的初位相.同樣，簡諧振動(dòng)2在t=0時(shí)，

12、故簡諧振動(dòng)1、2的振動(dòng)表達(dá)式分別為：因此，合振動(dòng)的振幅和初相位分別為： 但由x-t曲線知，t=0時(shí)，.故合振動(dòng)的振動(dòng)表達(dá)式：8-18 解：（1）它們的合振動(dòng)幅度初相位分別為： （2）當(dāng),即時(shí)，的振幅最大；當(dāng)，即時(shí)，的振幅最小.（3）以上兩小問的結(jié)果可用旋轉(zhuǎn)矢量法表示，如圖題8-18所示.8-19 解：根據(jù)題意畫出振幅矢量合成圖，如習(xí)題8-19圖所示.由習(xí)題8-19圖及余弦定理可知 習(xí)題8-19圖 又因?yàn)?若,即第一、第二兩個(gè)振動(dòng)的相位差為第9章波動(dòng)習(xí)題解答9-1 解：首先寫出S點(diǎn)的振動(dòng)方程習(xí)題9-1圖 若選向上為正方向，則有： 即 或初始相位 則 再建立如圖題9-1(a)所示坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)選

13、在S點(diǎn)，沿x軸正向取任一P點(diǎn)，該點(diǎn)振動(dòng)位相將落后于S點(diǎn)，滯后時(shí)間為：習(xí)題9-1圖 則該波的波動(dòng)方程為： 若坐標(biāo)原點(diǎn)不選在S點(diǎn)，如習(xí)題9-1圖（b）所示，P點(diǎn)仍選在S點(diǎn)右方，則P點(diǎn)振動(dòng)落后于S點(diǎn)的時(shí)間為： 則該波的波方程為： 若P點(diǎn)選在S點(diǎn)左側(cè)，P點(diǎn)比S點(diǎn)超前時(shí)間為,如習(xí)題9-1圖(c)所示，則 不管P點(diǎn)在S點(diǎn)左邊還是右邊，波動(dòng)方程為： 9-2 解（1）由習(xí)題9-2圖可知， 波長 振幅 A=0.5m 頻率 周期 （2）平面簡諧波標(biāo)準(zhǔn)波動(dòng)方程為： 由圖可知，當(dāng)t=0,x=0時(shí)，y=A=0.5m，故。 將代入波動(dòng)方程，得： (3) x=0.4m處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程. 9-3 解（1）由習(xí)題9-3圖可知，對(duì)

14、于O點(diǎn)，t=0時(shí)，y=0，故 再由該列波的傳播方向可知，取 由習(xí)題9-3圖可知，且u=0.08m/s，則 可得O點(diǎn)振動(dòng)表達(dá)式為：(2) 已知該波沿x軸正方向傳播，u=0.08m/s,以及O點(diǎn)振動(dòng)表達(dá)式，波動(dòng)方程為：(3) 將代入上式，即為P點(diǎn)振動(dòng)方程：(4)習(xí)題9-3圖中虛線為下一時(shí)刻波形，由圖可知，a點(diǎn)向下運(yùn)動(dòng)，b點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。9-4 解（1）平面諧波標(biāo)準(zhǔn)波動(dòng)方程為：由圖可知，A=0.2m對(duì)于圖中O點(diǎn)，有：代入標(biāo)準(zhǔn)波動(dòng)方程:故 對(duì)于O點(diǎn)，t=0時(shí)的初始相位圖中P點(diǎn)位相始終落后O點(diǎn)時(shí)間，即相位落后，故t=0時(shí)，P點(diǎn)初相位。 （2）由知，故根據(jù)平面諧波的標(biāo)準(zhǔn)波動(dòng)方程可知，該波的波動(dòng)方程為：9-5

15、解習(xí)題9-5圖(a)中，根據(jù)波的傳播方向知，O點(diǎn)振動(dòng)先于P點(diǎn)，故O點(diǎn)振動(dòng)的方程為：則波動(dòng)方程為： 習(xí)題9-5圖(b)中，根據(jù)波的傳播方向知，O占振動(dòng)落后于P點(diǎn)，故O點(diǎn)振動(dòng)的方程為：則波動(dòng)方程為：習(xí)題9-5圖(c)中，波沿x軸負(fù)方向傳播，P點(diǎn)振動(dòng)落后于O點(diǎn)，故O點(diǎn)振動(dòng)的方程為：則波動(dòng)方程為：此時(shí)，式中x與L自身為負(fù)值。9-6 (1) （2）波峰： t=4.2s代入() 9-7 (1) (2) A: 任取一點(diǎn)P(如圖)，則P點(diǎn)落后A點(diǎn)時(shí)間 故波動(dòng)方程習(xí)題9.7圖 9-8 解（1）由題可知，垂直于波傳播方向的面積為：據(jù)能量密度 平均能量密度 波的強(qiáng)度 得：最大能量密度為： (2) 兩相鄰?fù)嗝骈g，波

16、帶中包含的能量就是在一個(gè)波長的距離中包含的能量，因能量密度 故 9-9 (1) 為單位時(shí)間通過截面的平均能量，有：(2) I為單位時(shí)間通過垂直于波的傳播方向單位面積的平均能量，有：(3) 據(jù)平均能量密度和I與u的關(guān)系，有： 9-10 解 設(shè)P點(diǎn)為波源S1外側(cè)任意一點(diǎn)，相距S1為r1，相距S2為r2，則S1、S2的振動(dòng)傳到P點(diǎn)的相位差為： 或由課本(9-24)，知合振幅 故 Ip=0設(shè)Q點(diǎn)為S2外側(cè)的任意一點(diǎn)，同理可求得S1、S2的振動(dòng)傳到Q的相位差為：合振動(dòng) 合成波的強(qiáng)度與入射波強(qiáng)度之比為：即 9-11 解（1）因合成波方程為： 故細(xì)繩上的振動(dòng)為駐波式振動(dòng)。 (2) 由得： 故波節(jié)位置為： 由

17、得： 故波腹位置 (3) 由合成波方程可知，波腹處振幅為：在x=1.2m處的振幅為：9-12 (1) (2) 駐波方程 (3) 波節(jié) 波腹 波節(jié)：x=2,6,10,14 波腹：x=0,4,8,129-13 解（1）據(jù)題意可知，S點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式為： 故平面波的表達(dá)式為： (2) 反射點(diǎn)的振動(dòng)表達(dá)式為：考慮反射面的半波損失，則反射面的振動(dòng)表達(dá)式為：故反射波的表達(dá)式為： 習(xí)題9-13圖（2）另解：設(shè)SP之間有任一點(diǎn)B，波經(jīng)過反射后傳到B點(diǎn)，所經(jīng)過的距離為（2D-x），則反射波在B點(diǎn)落后于O點(diǎn)的時(shí)間為,并考慮半波損失。 (3) 合成波的表達(dá)式為： (4) 距O點(diǎn)為處的一點(diǎn)的合振動(dòng)方程為：習(xí)題9-14圖

18、9-14 解（1）由第一列波在Q點(diǎn)的振動(dòng)和第二列波在O點(diǎn)振動(dòng)的相位比，第一列波Q的相位超前，得到第二列波在O點(diǎn)的振動(dòng)為： 由兩振動(dòng)方程可得同一坐標(biāo)下的波動(dòng)表達(dá)式為：將l=1,x=xp代入，得到兩列波在P點(diǎn)處的振動(dòng)表達(dá)式為：上述兩個(gè)振動(dòng)在P點(diǎn)引起的合振動(dòng)為： Vvvvvvvvvvvvvvvvvvvvv dcccccccccccccccccc4rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrc4444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444444cccccccccccccccccccc

19、ccccz (2) 當(dāng)波的頻率=400Hz,波速u=400m/s時(shí)，由u=可知，波長。將代入（1）式，（1）式中的xp換成變量x，得駐波方程為： 為得到干涉靜止點(diǎn)位置,使y=0,于是有:即 得 在O與Q之間(包括O、Q兩點(diǎn)在內(nèi))，因干涉而靜止的點(diǎn)的位置為：x=0, , m, 1m9-15 解（1）因?yàn)椴ㄔ吹恼駝?dòng)方程為：故波源向反射面發(fā)出的沿x軸負(fù)方向的行波波動(dòng)表達(dá)式為：沿x軸正方向傳播的行波表達(dá)式為： (2) 因?yàn)檠豿軸負(fù)方向的波入射到反射面上引起的振動(dòng)之表達(dá)式為：將代入上式，得：因?yàn)榉瓷涿嬗邪氩〒p失，故作為反射波波源的振動(dòng)表達(dá)式為：故反射波的行波波動(dòng)方程分別為：在MN-yO區(qū)域內(nèi) 或 在x&

20、gt;0區(qū)域內(nèi) 由此可見，反射波波源所發(fā)生的沿x軸正方向傳播的行波，無論在MN-yO區(qū)域，還是在x>0區(qū)域，其波動(dòng)議程皆可表示為： (a) (b) 習(xí)題9-15圖另解：在區(qū)域內(nèi)波從O點(diǎn)經(jīng)過MN傳播到P點(diǎn)所經(jīng)過的距離為,則P點(diǎn)落后于O點(diǎn)的時(shí)間 故 在x>0區(qū)域內(nèi)P點(diǎn)落后于O點(diǎn)的時(shí)間則同理可證 (3) 在MN-yO區(qū)域內(nèi)，入射波與反射波疊加后的波動(dòng)表達(dá)式為： 這是駐波方程。干涉極大條件為： （波腹）即干涉極大的坐標(biāo)為：x=0, 干涉極小條件為： (波節(jié))即干涉極的坐標(biāo)為： (4) 在x>0區(qū)域內(nèi)，入射波與反射波疊加后的波動(dòng)表達(dá)式為： 這是振幅為2A的沿x軸正方向傳播的行波。9-1

21、6 解（1）由波源的振動(dòng)表達(dá)式：知，入射波的波動(dòng)表達(dá)式為： 因反射點(diǎn)有半波損失，將x=2m入射波動(dòng)表達(dá)式，則反射波的振動(dòng)表達(dá)式為：反射波的波動(dòng)表達(dá)式為： 另解：反射波從O點(diǎn)經(jīng)過墻反射到P點(diǎn)經(jīng)過的距離為4x，則落后的時(shí)間為習(xí)題9-16 (2) 入射波與反射波在疊加區(qū)域內(nèi)疊加形成駐流，波動(dòng)表達(dá)式為： 即為駐波的波動(dòng)表達(dá)式。 (3) 因 因波源與反射點(diǎn)之間距離為2m，故k只能取k=0,1,2,8 則波節(jié)為 波腹： 因波源與反射點(diǎn)之間距離為2m，故k只能取k=0,1,2, ,7 波腹：波腹坐標(biāo)為：即波腹坐標(biāo)為x=0.125m,0.375m,0.625m,0.875m,1.125m,1.375m,1.6

22、25m,1.625m,1.875m9-17 解（1）波源遠(yuǎn)離觀察者運(yùn)動(dòng)，故應(yīng)取負(fù)值，觀察者聽到的聲音頻率為： (2) 波源向著懸崖運(yùn)動(dòng)，應(yīng)取正值，從懸崖反射的聲音頻率為： （3）拍頻現(xiàn)論上應(yīng)有58.9拍，但因?yàn)閺?qiáng)弱相差太懸殊，事實(shí)上可能聽不出拍頻。第10章 波動(dòng)光學(xué)10-1 （1）由得 （2） 10-2 若在下縫處置一折射率為n厚度為t的透明薄膜，則光從下縫到屏上的光程將增加(n-1)t，屏上的條紋均要向下移動(dòng)。依題意中央明條紋多到屏中心下方原來第3級(jí)明條紋位置，則從雙縫到該位置的光程差 故 10-3 屏上的經(jīng)三級(jí)明綠紋中心的位置 依題意屏上的第六級(jí)明條紋和波長為的第五級(jí)明條紋重合于x處 則有

23、 即 10-4 由得 10-5 光源S0和其在鏡中的虛光源等價(jià)一對(duì)相干光源，它們?cè)谄辽系母缮鏃l紋的計(jì)算與楊氏雙縫條紋基本相同，只是明暗條紋分布完全相反，故屏上第一條明紋位置就是雙縫干涉的零級(jí)暗條紋位置.即 上面表達(dá)式也可直接由光程差推導(dǎo)而得.習(xí)題10-6圖10-6 （1）由題10-6圖可以看出 又 等效雙縫間距 （2） （3） 屏上共可看到3條明條紋，除中央明條紋外，在其上、下側(cè)還可看到一級(jí)明條紋.10-7 ,故有 習(xí)題10-7圖 由上兩式 當(dāng)時(shí)滿足上式 n=1,2,3, 但由于是連續(xù)可調(diào)的，在和間無其他波長消失與增強(qiáng)，所以取把或代入式或式10-8 在反射光中產(chǎn)生干涉加強(qiáng)的波長應(yīng)滿足 故 當(dāng)k

24、=2時(shí)， （紅光）；k=3時(shí)，（紫光）故肥皂膜正面呈紫紅色在透射光中產(chǎn)生干涉加強(qiáng)的波長應(yīng)滿足 當(dāng)k=2時(shí)，（綠光），故肥皂膜背面呈綠色.10-9 透射光中產(chǎn)生干涉加強(qiáng)的條件應(yīng)滿足 故冰層厚度 令k=1，可得冰層的最小厚度為10-10 根據(jù)題中折射間的關(guān)系，對(duì)黃綠光的增透膜應(yīng)滿足關(guān)系 增透膜厚度 令即為增透膜的最薄厚度.另解：要使透射光增強(qiáng)，必須的射光干涉減弱. , k=0,1,2, 10-11 由得10-12 , 20條明條紋對(duì)應(yīng)平晶厚度差為 10-13 （1） （2） （3） （4）10-14 （1） 反射光中明條紋的條件為： 油膜邊緣 e=0 k=0 油膜中心 故共可看到五條明條紋(k=0

25、,1,2,3,4) （2）對(duì)應(yīng)各明條紋中心油膜的厚度 當(dāng)k=0,1,2,3,4時(shí)，對(duì)應(yīng)油膜的厚度分別為：0，2500,5000,7500,10000.（3）油膜逐漸展開時(shí)，圓條紋向外擴(kuò)展，條紋間間距增大，條紋級(jí)數(shù)減小，油膜中心由半明半暗向暗、明、暗、明依次變化，直至整個(gè)油膜呈現(xiàn)一片明亮區(qū)域.10-15 依題意 由上兩式可解得未知單色光波長10-16 依題意有 由上兩式可解得液體折射率10-17 由得10-18 設(shè)放入厚度為d玻璃片后，則來自干涉儀兩臂相應(yīng)的光程差變化為10-19 衍射角很小，中央明條紋的半角寬度 中央明條紋的寬度 若單縫裝置浸入水中，中央明條紋的半角寬度10-20 （1）設(shè)入射

26、光波長為，離屏中心x=1.4mm處為明條紋，則由單縫衍射明條紋條件，x應(yīng)滿足 sin很小 當(dāng)恰在橙黃色波長范圍內(nèi)，所以入射光波長為. （2）p點(diǎn)的條紋級(jí)數(shù)為3 （3）從p點(diǎn)看，對(duì)該光波而言，狹縫處波陣面可分成(2k+1)=7個(gè)半波帶.10-21 由單縫衍射明條紋條件，可分別求得兩單色光第一級(jí)明條紋離屏中心的距離分別為 這兩條明條紋之間的距離 若用光柵代替單縫，光柵常數(shù) 則由光柵方程，可分別求得兩單色光的第一級(jí)明條紋離屏中心的距離分別為 10-22 光柵常數(shù),由光柵方程 即最多可看到第3級(jí)明條紋.10-23 光柵常數(shù) （1）由光柵方程可得第一級(jí)明條紋與中央明條紋的距離，即第一級(jí)明條紋離屏中心的距

27、離 （2）當(dāng)光線與光柵法線成30°斜入射時(shí)，光柵方程為 上式取負(fù)號(hào)，且當(dāng)k=0,可得中央明條紋的衍射方向；即，所以中央明條紋離屏中心距離為10-24 （1）由光柵方程,對(duì)應(yīng)于與處滿足 （2）因?yàn)槊鳁l紋第四級(jí)缺級(jí)，應(yīng)滿足缺級(jí)條件 因第二級(jí)明條紋不缺級(jí)，取，可得光柵上狹縫的寬度為 or （3）由，且當(dāng),則 在范圍內(nèi)實(shí)際呈現(xiàn)的全部級(jí)數(shù)為,2, 3, 5, 6, 7, 9級(jí)明條紋(k=10的明條紋在處)10-25 光柵常數(shù) 設(shè)，由光柵方程可得 屏上可完整出現(xiàn)的光譜有3級(jí)，其中要滿足不重迭的完整光譜應(yīng)滿足 亦即的(k+1)級(jí)條紋要在的k級(jí)條紋之后 只有k=1才滿足上式，所以屏上只可能出現(xiàn)一個(gè)完

28、整而不重迭的第一級(jí)光譜，第二級(jí)和第三級(jí)光譜均有重迭現(xiàn)象.10-26 （1）由單縫衍射可確定中央明條紋的寬度為 （2）由缺級(jí)條件，且取可見第5級(jí)缺級(jí)；在單縫衍射的中央明條紋包跡內(nèi)共有9條雙縫衍射明條紋()10-27 設(shè)，由光柵方程可求得第一級(jí)譜線的位置分別為： 依題意 10-28 愛里班半徑 若，則10-29 人眼最小分辨角為 而，所以眼睛恰可分辨兩燈的距離為10-30 由最小分辨角公式可得10-31 由布拉格公式 得 當(dāng); 當(dāng) 所以只有為1.30和0.97的譜線在x射線波長范圍內(nèi)，能產(chǎn)生強(qiáng)反射.10-32 設(shè)自然光強(qiáng)度為，通過第一偏振片后光強(qiáng)度為，依題意，由馬呂斯公式可得透過第二偏振片后的光強(qiáng)

29、為 今在兩偏振片之間再插入另一偏振片，則通過該偏振片后的光強(qiáng)為 再通過第三偏振片后的光強(qiáng) 10-33 （1）強(qiáng)度為的自然光通過兩重迭偏振片后，透射光的最大光強(qiáng)為,按題意當(dāng)兩偏振片的偏振化方向夾角為時(shí)，透過檢偏器的光強(qiáng) （2）按題意，由馬呂斯公式 10-34 設(shè)自然光強(qiáng)度為，線偏振光強(qiáng)度為，該混合光通過偏振片時(shí)，若其偏振化方向與線偏振光的振動(dòng)方向一致，則透射光強(qiáng)度，若其偏振化方向與線偏振光的振動(dòng)方向垂直，則透射光強(qiáng)度為，依題意 故自然光和線偏振光的光強(qiáng)各占總光強(qiáng)的和.10-35 當(dāng)光由水射向玻璃時(shí)，按布儒斯特定律可求得起偏振角 當(dāng)光由玻璃射向水時(shí)10-36 （1）這時(shí)反射線與折射線相互垂直 （2

30、）由布儒斯特公式10-37 設(shè)入射線偏振光的振幅為E，則射入晶片后e光和o光的振幅分別為 第11章 氣體動(dòng)理論11-1 （1）由把p=10atm, T=(47+273)K=320K. m=0.1kg, M=32×10-3kg R=8.31J·mol-1·K-1代入.證V=8.31×10-3m3(2) 設(shè)漏氣后，容器中的質(zhì)量為m，則 漏去的氧氣為11-2 太陽內(nèi)氫原子數(shù)題11-2圖故氫原子數(shù)密度為 由P=nkT知11-3 如圖混合前： 總內(nèi)能 代入證混合后：設(shè)共同溫度為T 又，故由（2）（3）知11-4 (1) （2）由歸一化條件得（3）（4）從圖中可看出

31、最可幾速率為v02v0各速率. （5） （6）11-5 氧氣未用時(shí)，氧氣瓶中 氧氣輸出壓強(qiáng)降到時(shí) 氧氣每天用的質(zhì)量 設(shè)氧氣用的天數(shù)為x,則由(1)(2)(3)知 11-6 （1） （2） （3） （4）（5）認(rèn)為氧氣分子速率服從麥克斯韋布，故 （6）（7）11-7 故1cm3中有個(gè)氮?dú)夥肿?11-8 由課本例11-4的結(jié)論知 11-9 (1) （2）看作理想氣體，則 11-10 內(nèi)能11-11 （1）由 是等溫等壓 （2）是等溫，11-12 11-13 (1) （2）由公式知 與T和P有關(guān)，由于T不變，故只與P有關(guān). 則 11-14 （1）如圖題11-14圖 又等溫過程，故. 由則 （2） 等

32、溫過程 11-15 （1） （2） （3） 11-16 （1） 又由 把代入知 （2） 把代入得 （3）平均平動(dòng)動(dòng)能 第12章 熱力學(xué)基礎(chǔ)12-1 （1）內(nèi)能是態(tài)函數(shù)，故 故 （2） 放熱 （3） 12-2 1 mol單原子理想氣體 i=3 （1）等容 （2）等壓 題12-3圖12-3 兩過程的初末態(tài)相同， 內(nèi)能增量相同 （1） （2） 12-4 （1）N2體積 等溫： 絕熱：（2）N2溫度 等溫：絕熱： （3）N2對(duì)外做功 等溫： 又 絕熱： 12-5 又, 12-6 由,由圖知為恒量，故為一等壓過程.題12-7圖12-7 設(shè)狀態(tài)A的溫為 TA=T1 AB為等容線，故 AB為等溫線，故 吸熱

33、 WBC等于圖中陰影部分的面積值. 放熱 放熱 12-8 （1）AB等溫膨脹 吸熱 BC等容降溫 放熱（2）CA絕熱過程 （3）不是卡諾循環(huán) （4）AB過程 BC過程 CA絕熱過程 12-9 （1）等溫線的熵變?yōu)?（2）絕對(duì)熱線和等壓線 又 （3）等壓線，等容線的過程. 等壓過程，故 等容過程，故 因?yàn)殪厥菭顟B(tài)函數(shù)，熵變只與初末態(tài)有關(guān)，而這三個(gè)過程的初末態(tài)相同，所以自然熵變也相同.12-10 ，設(shè)最后其同溫度為T 12-11 （1）冰的溶解熱 (水吸熱，Q>0) （2）（3） 12-12 房間熱量流失，則 室外吸收熱量，則 則 12-13 （1）設(shè)需要x塊冰，冰的溶解解熱為C冰. (塊) （2） 第13章 量子力學(xué)基礎(chǔ)13-1 將星球看成黑體，由維恩位移定律 對(duì)北極星： 對(duì)天狼星：13-2 由斯特藩-玻耳茲曼定律及維恩位移定律，可得輻出度與峰值波長關(guān)系為 所以 即 13-3 太陽表面單位時(shí)間單位面積輻射的能量為以太陽為中心，t時(shí)間通過半徑為R的球面的能量為。根據(jù)相對(duì)論質(zhì)能