物理練習(xí)冊(cè)答案

1、練習(xí)1 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)(一)參考答案1. B；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) m/s (2) v = d x/d t = 9t - 6t2 v(2) =-6 m/s (3) S = |x(1.5)-x(1)| + |x(2)-x(1.5)| = 2.25 m 6. 答：矢徑是從坐標(biāo)原點(diǎn)至質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線段 而位移矢量是從某一個(gè)初始時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)所在位置到后一個(gè)時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線段它們的一般關(guān)系為 為初始時(shí)刻的矢徑, 為末時(shí)刻的矢徑，為位移矢量 若把坐標(biāo)原點(diǎn)選在質(zhì)點(diǎn)的初始位置，則=0,任意時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)對(duì)于此位置的位移為=，即既是矢徑也是位移矢量 練習(xí)2 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)

2、學(xué)(二)參考答案1. D；2. -g/2 ， 3. 4t3-3t2 (rad/s)， 12t2-6t (m/s2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： dv /dtt ， dv t dt vt2 vx /d tt2 x t3 /3+x0 (SI) 6. 解：根據(jù)已知條件確定常量k , t=1s時(shí)， v = 4Rt2 = 8 m/s m/s2 練習(xí)3 質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)(一)參考答案1.D2.C3. 4. l/cos25.如圖所示，A，B，C三物體，質(zhì)量分別為M=0.8kg, m= m0=0.1kg，當(dāng)他們?nèi)鐖Da放置時(shí)，物體正好做勻速運(yùn)動(dòng)。（1）求物體A與水平桌面的摩擦系數(shù)；（2）若按圖

3、b放置時(shí)，求系統(tǒng)的加速度及繩的張力。B解：(1) (2)6.解：(1) 子彈進(jìn)入沙土后受力為v，由牛頓定律 (2) 求最大深度解法一： 解法二： 練習(xí)4 質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)(二)參考答案1. B2. A3. ， 4. 140 N·s， 24 m/s， 5. 解：(1) 因穿透時(shí)間極短，故可認(rèn)為物體未離開平衡位置因此,作用于子彈、物體系統(tǒng)上的外力均在豎直方向，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒令子彈穿出時(shí)物體的水平速度為有 mv0 = mv+M v¢ v¢ = m(v0 - v)/M =3.13 m/s T =Mg+Mv2/l =26.5 N (2) (設(shè)方向?yàn)檎较? 負(fù)號(hào)表示沖量

4、方向與方向相反 6. 解：設(shè)V為船對(duì)岸的速度，u為狗對(duì)船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗與船組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒： 即 船走過的路程為 狗離岸的距離為 練習(xí)5 質(zhì)點(diǎn)動(dòng)力學(xué)(三)參考答案1. B2. C3. 18J, 6 m/s4. , 5. 解：(1) (2) 取彈簧原長處為彈性勢(shì)能和重力勢(shì)能的零點(diǎn)，平衡位置處 伸長x處系統(tǒng)的機(jī)械能 由機(jī)械能守恒定律， 解出 另解: (2) 取平衡位置為振動(dòng)勢(shì)能零點(diǎn)，可證明振動(dòng)勢(shì)能(包括彈性勢(shì)能和重力勢(shì)能)為, 則由A、彈簧、地球組成系統(tǒng)，在振動(dòng)過程中機(jī)械能守恒： 6. 解：兩自由質(zhì)點(diǎn)組成的系統(tǒng)在自身的引力場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒設(shè)兩質(zhì)點(diǎn)的

5、間距變?yōu)閘 /2時(shí)，它們的速度分別為v1及v2，則有 聯(lián)立、，解得 ， 練習(xí)6 剛體力學(xué)(一)參考答案1. B2. C 掛重物時(shí)， mgT= ma =mR, TR =Jb,P=mg由此解出 而用拉力時(shí)， mgR = J 故有 b3. ma2 , ma2 , ma2 .4. 4.0rad/s5. 質(zhì)量為m1， m2 （ m1 > m2）的兩物體，通過一定滑輪用繩相連，已知繩與滑輪間無相對(duì)滑動(dòng)，且定滑輪是半徑為R、質(zhì)量為 m3的均質(zhì)圓盤，忽略軸的摩擦。求： (1)滑輪的角加速度b。（繩輕且不可伸長）m3解：聯(lián)立方程得到，6 解：撤去外加力矩后受力分析如圖所示 m1gT = m1a TrJb

6、arb a = m1gr / ( m1r + J / r) 代入J , a = 6.32 ms-2 v 0at0 tv 0 / a0.095 s 練習(xí)7 剛體力學(xué)(二)參考答案1. E2. C3. 2275 kgm2·s-1 , 13 m·s-1 4. 5. 解：由人和轉(zhuǎn)臺(tái)系統(tǒng)的角動(dòng)量守恒 J1w1 + J2w2 = 0 其中 J1300 kg·m2，w1=v/r =0.5 rad / s ， J23000 kg·m2 w2J1w1/J20.05 rad/s 人相對(duì)于轉(zhuǎn)臺(tái)的角速度 wrw1w20.55 rad/s t2p /11.4 s 6. 一長為1

7、m的均勻直棒可繞過其一端且與棒垂直的水平光滑固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)抬起另一端使棒向上與水平面成60°，然后無初轉(zhuǎn)速地將棒釋放已知棒對(duì)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為，其中m和l分別為棒的質(zhì)量和長度求： (1) 放手時(shí)棒的角加速度； (2) 棒轉(zhuǎn)到水平位置時(shí)的角加速度解：設(shè)棒的質(zhì)量為m，當(dāng)棒與水平面成60°角并開始下落時(shí)，根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律 M = Jb 其中 于是 當(dāng)棒轉(zhuǎn)動(dòng)到水平位置時(shí)， M =mgl 那么 練習(xí)8 狹義相對(duì)論(一)參考答案1. B2. B3. c4. 5. 解：解：根據(jù)洛侖茲變換公式: ， 可得 ， 在K系，兩事件同時(shí)發(fā)生，t1 = t2，則 ， 解得 在K系上述兩事件不同時(shí)發(fā)生，設(shè)分別發(fā)生

8、于和 時(shí)刻， 則 ， 由此得 =5.77×106 s 6. 解：設(shè)兩系的相對(duì)速度為v根據(jù)洛侖茲變換， 對(duì)于兩事件，有 由題意： 可得 及 由上兩式可得 = 4×106 m 練習(xí)9 狹義相對(duì)論(二)參考答案1. C2. C3. C 4. , 5. 5.8×10-13, 8.04×10-2 6. 解：據(jù)相對(duì)論動(dòng)能公式 得 即 解得 v = 0.91c 平均壽命為 s 7. 解：根據(jù)功能原理，要作的功 W = DE 根據(jù)相對(duì)論能量公式 DE = m2c2- m1c2 根據(jù)相對(duì)論質(zhì)量公式 4.72×10-14 J2.95×105 eV練習(xí)10

9、 機(jī)械振動(dòng)(一)參考答案1. D2. E3. , 4. 3.43 s, -2p/3 5. 解: (1) vm = wA w = vm / A =1.5 s-1 T = 2p/w = 4.19 s (2) am = w2A = vm w = 4.5×10-2 m/s2 (3) x = 0.02 (SI)6. 證：(1) 當(dāng)小物體偏離圓弧形軌道最低點(diǎn)q 角時(shí)，其受力如圖 所示切向分力 q 角很小， sin q q 牛頓第二定律給出 即 將式和簡諧振動(dòng)微分方程比較可知，物體作簡諧振動(dòng) (2) 由知 周期 練習(xí)11 機(jī)械振動(dòng)(二)參考答案1. B2. B3. 4. 5. 解：(1) 由題意

10、， J (2) rad /s 由 t = 0， =0.2 m， 可得 則振動(dòng)方程為 6. 解：(1) = 0.08 m (2) ， m (3) 過平衡點(diǎn)時(shí)，x = 0，此時(shí)動(dòng)能等于總能量 m/s 練習(xí)12 機(jī)械波(一)參考答案1. C2. B3. 30, 30.4. , 5. 解：(1) O處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程 (2) 波動(dòng)表達(dá)式 (3) (k = 0，1，2，3，) 6. 解：(1) 由振動(dòng)曲線可知，P處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方程為 (SI) (2) 波動(dòng)表達(dá)式為 (SI) (3) O處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程 練習(xí)13 機(jī)械波(二)參考答案1. A2. D3. 或?qū)懗?4. 5. 解：(1) 坐標(biāo)為x點(diǎn)的振動(dòng)相位為 波

11、的表達(dá)式為 (SI) (2) 以B點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，則坐標(biāo)為x點(diǎn)的振動(dòng)相位為 (SI) 波的表達(dá)式為 (SI) 6. 解：(1) 由P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向，可判定該波向左傳播 原點(diǎn)O處質(zhì)點(diǎn)，t = 0 時(shí) , 所以 O處振動(dòng)方程為 (SI) 由圖可判定波長l = 200 m，故波動(dòng)表達(dá)式為 (SI) (2) 距O點(diǎn)100 m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程是 振動(dòng)速度表達(dá)式是 (SI) 練習(xí)14 機(jī)械波(三)參考答案1. D2. C3. 4. 1065Hz, 935Hz 5. 解：(1) 設(shè)振幅最大的合振幅為Amax ，有 式中 ， 又因?yàn)?時(shí)， 合振幅最大，故 合振幅最大的點(diǎn) ( k = 0，1，2，) (2) 設(shè)合振

12、幅最小處的合振幅為Amin，有 因?yàn)?時(shí)合振幅最小 且 故 合振幅最小的點(diǎn) ( k = 0，1，2，) 6. 解：(1) 與波動(dòng)的標(biāo)準(zhǔn)表達(dá)式 對(duì)比可得： n = 4 Hz， l = 1.50 m， 波速 u = ln = 6.00 m/s (2) 節(jié)點(diǎn)位置 m , n = 0，1，2，3, (3) 波腹位置 m , n = 0，1，2，3, 練習(xí)15 氣體動(dòng)理論基礎(chǔ)(一)參考答案1. D2. A3. 1.33×105 Pa 4. kT , kT , MRT/Mmol .5. 解：(1) M / Mmol=N / NA N=MNA / Mmol J (2) 400 K 6. 解：(1)

13、 300 K (2) 1.24×10-20 J 1.04×10-20 J 練習(xí)16 氣體動(dòng)理論基礎(chǔ)(二)參考答案1. B2. B3. 4000 m·s-1 , 1000 m·s-1 4. 495 m/s5. 解： p1V=nRT1 p2V=nRT2 T2=2 T1p2 / p1 6. 解：由狀態(tài)方程求得分子數(shù)密度 2.69×1025 m-3 分子平均速率 4.26×102 m/s 平均碰撞頻率 4.58×109 s-1平均自由程 9.3×10-8 m 練習(xí)17 熱力學(xué)基礎(chǔ)(一)參考答案1. B2. A3. , 4.

14、 , 0 5. 解：氦氣為單原子分子理想氣體， (1) 等體過程，V常量，W =0 據(jù) QDE+W 可知 623 J (2) 定壓過程，p = 常量， =1.04×103 J DE與(1) 相同 W = Q - DE417 J (3) Q =0，DE與(1) 同 W = -DE=-623 J (負(fù)號(hào)表示外界作功) 6. 解：等壓過程 W= pV=(M /Mmol)RT 內(nèi)能增量 雙原子分子 J 練習(xí)18 熱力學(xué)基礎(chǔ)(二)參考答案1. A2. C3. 8.31J , 29.09J4. , .5. 解：(1) J (2) . J (3) J 6. 解：設(shè)c狀態(tài)的體積為V2，則由于a，c兩

15、狀態(tài)的溫度相同，p1V1= p1V2 /4 故 V2 = 4 V1 循環(huán)過程 E = 0 , Q =W 而在ab等體過程中功 W1= 0 在bc等壓過程中功 W2 =p1(V2V1) /4 = p1(4V1V1)/4=3 p1V1/4 在ca等溫過程中功 W3 =p1 V1 ln (V2/V2) = -p1V1ln 4 W =W1 +W2 +W3 =(3/4)ln4 p1V1 Q =W=(3/4)ln4 p1V1 練習(xí)19 熱力學(xué)基礎(chǔ)(三)參考答案1. D2. C3. C4. 熵增加（或狀態(tài)幾率增大）, 不可逆的5. 不變 , 增加 6. 解：準(zhǔn)靜態(tài)過程 等溫過程 由 得 代入上式 得 熵變

16、J/K 練習(xí)20 靜電場(一) 參考答案1. B2. C3. 3s / (2e0) , s / (2e0), 3s / (2e0).4. d>>a a 60° d b60° q2 q1 d d5. 解： , ， 由余弦定理： = 3.11×106 V/m 由正弦定理得： , a = 30° 的方向與中垂線的夾角b60°，如圖所示 6. 解：選桿的左端為坐標(biāo)原點(diǎn)，x軸沿桿的方向 在x處取一電荷元ldx，它在點(diǎn)電荷所在處產(chǎn)生場強(qiáng)為：整個(gè)桿上電荷在該點(diǎn)的場強(qiáng)為： 點(diǎn)電荷q0所受的電場力為： 0.90 N 沿x軸負(fù)向 練習(xí)21 靜電場(二)

17、 參考答案1. D2. B3. q / (6e0) 4. , 0 5解：(1) 一根無限長均勻帶電直線在線外離直線距離處的場強(qiáng)為： E=l / (2pe0r) 2分根據(jù)上式及場強(qiáng)疊加原理得兩直線間的場強(qiáng)為 ， 方向沿x軸的負(fù)方向 3分 (2) 兩直線間單位長度的相互吸引力 F=lE=l2 / (2pe0a) 2分6. 解：在球內(nèi)取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內(nèi)所包含的電荷為 在半徑為r的球面內(nèi)包含的總電荷為 (rR)以該球面為高斯面，按高斯定理有 得到 ， (rR)方向沿徑向，A>0時(shí)向外, A<0時(shí)向里 在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有 得到 ， (r >

18、;R)方向沿徑向，A>0時(shí)向外，A<0時(shí)向里 練習(xí)22 靜電場(三) 參考答案1. D2. A3. 1.5×106 V 4. 8×10-15 J , 5×104 V 5. 解：在圓盤上取一半徑為rrdr范圍的同心圓環(huán)其面積為 dS=2prdr其上電荷為 dq=2psrdr 它在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為 總電勢(shì) 6. 解：(1) 在桿上取線元dx，其上電荷 dqQdx / (2a) 設(shè)無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，dq在C點(diǎn)處產(chǎn)生的電勢(shì) 整個(gè)帶電桿在C點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì) 帶電粒子在C點(diǎn)時(shí)，它與帶電桿相互作用電勢(shì)能為 W=qU=qQln3 / (8pe0a) (2) 帶電粒子從C點(diǎn)

19、起運(yùn)動(dòng)到無限遠(yuǎn)處時(shí)，電場力作功，電勢(shì)能減少粒子動(dòng)能增加 由此得粒子在無限遠(yuǎn)處的速率 練習(xí)23 靜電場(四) 參考答案1. B2. A3. -q , 球殼外的整個(gè)空間4. 不變, 減小 5. 解：(1) 由靜電感應(yīng)，金屬球殼的內(nèi)表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q (2) 不論球殼內(nèi)表面上的感生電荷是如何分布的，因?yàn)槿我浑姾稍xO點(diǎn)的距離都是a，所以由這些電荷在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為 (3) 球心O點(diǎn)處的總電勢(shì)為分布在球殼內(nèi)外表面上的電荷和點(diǎn)電荷q在O點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)的代數(shù)和 6. 解：在圓柱導(dǎo)體內(nèi)、外分別作半徑為r、長為L的同軸圓柱形高斯面，并應(yīng)用 的高斯定理 圓柱內(nèi)： 2prLD0 得 D =

20、0 E = 0 圓柱外： 2prLD = lL 得 ， (ra) 為徑向單位矢量 (arb) (rb) 練習(xí)24 靜電場(五) 參考答案1. D2. A3. s, s/(e0 er)4. erC0 W0 /er5. 解：(1) 設(shè)內(nèi)、外球殼分別帶電荷為+Q和-Q，則兩球殼間的電位移大小為場強(qiáng)大小為 兩球殼間電勢(shì)差 電容 (2) 電場能量 6. 解：在兩極板電荷不變下，有電介質(zhì)時(shí)的場強(qiáng)為 E1 = s / (e0er) 取出電介質(zhì)后的場強(qiáng)為 E2= s / e0 抽電介質(zhì)前后電場能量變化 外力作功等于電容器中電場能量的增量 練習(xí)25 穩(wěn)恒磁場(一) 參考答案1. D2. A3. 4. 5. 解：

21、設(shè)圓線圈磁矩為pm1，方線圈磁矩為pm2，則 ， 正方形一邊在其中心處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為 正方形各邊在其中心產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小相等，方向相同，因此中心O處總的磁感強(qiáng)度的大小為 ， 得 6. 解：將導(dǎo)線分成1、2、3、4四部份，各部分在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度設(shè)為B1、B2、B3、B4根據(jù)疊加原理O點(diǎn)的磁感強(qiáng)度為： 、均為0，故 方向Ä 方向 Ä 其中 ， 方向 Ä練習(xí)26 穩(wěn)恒磁場(二) 參考答案1. C導(dǎo)體中電流密度設(shè)想在導(dǎo)體的挖空部分同時(shí)有電流密度為J和J的流向相反的電流這樣，空心部分軸線上的磁感強(qiáng)度可以看成是電流密度為J的實(shí)心圓柱體在挖空部分軸線上的磁感強(qiáng)度和占據(jù)挖

22、空部分的電流密度J的實(shí)心圓柱在軸線上的磁感強(qiáng)度的矢量和由安培環(huán)路定理可以求得 , 所以挖空部分軸線上一點(diǎn)的磁感強(qiáng)度的大小就等于 2. D3. 4. 5. 解：在距離導(dǎo)線中心軸線為x與處，作一個(gè)單位長窄條，其面積為 窄條處的磁感強(qiáng)度 所以通過dS的磁通量為 通過m長的一段S平面的磁通量為 Wb 6. 證： 設(shè)電子飛行時(shí)間為t，其作螺旋運(yùn)動(dòng)的周期為T，則： 當(dāng)t = nT時(shí)，電子能恰好打在O點(diǎn) 練習(xí)27 穩(wěn)恒磁場(三) 參考答案1. A2. C3. 負(fù) ， IB / (nS) 4. ， 沿y軸正向 5. 解：(1) A = IDf f00 ， A = IBScosq = IBS sina (2)

23、6. 解：設(shè)圓半徑為R，選一微分元dl ，它所受磁力大小為 由于對(duì)稱性，y軸方向的合力為零。 練習(xí)28 穩(wěn)恒磁場(四) 參考答案1. C2. D3. ， ， 4. 鐵磁質(zhì)， 順磁質(zhì) ， 抗磁質(zhì)。5. 解：依據(jù)無限長帶電和載流導(dǎo)線的電場和磁場知： (方向沿徑向向外) (方向垂直紙面向里) 運(yùn)動(dòng)電荷受力F (大小)為： 此力方向?yàn)檠貜较?或向里，或向外) 為使粒子繼續(xù)沿著原方向平行導(dǎo)線運(yùn)動(dòng)，徑向力應(yīng)為零， = 0 則有 6. 解： B = F /S=2.0×10-2 T 32 A/m 6.25×10-4 T·m/A 496 練習(xí)29 電磁感應(yīng)(一) 參考答案1. D2

24、. D3. E= 或E 4. 3.14×10-6 C 5. 解：取回路正向順時(shí)針，則當(dāng) Ei >0時(shí)，電動(dòng)勢(shì)沿順時(shí)針方向 6. 解：(1) 載流為I的無限長直導(dǎo)線在與其相距為r處產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為：以順時(shí)針繞向?yàn)榫€圈回路的正方向，與線圈相距較遠(yuǎn)的導(dǎo)線在線圈中產(chǎn)生的磁通量為： 與線圈相距較近的導(dǎo)線對(duì)線圈的磁通量為： 總磁通量 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為： 由E >0和回路正方向?yàn)轫槙r(shí)針，所以E的繞向?yàn)轫槙r(shí)針方向，線圈中的感應(yīng)電流亦是順時(shí)針方向練習(xí)30 電磁感應(yīng)(二) 參考答案1. E2. D3. 4. 方向見圖 5. 解：在dl處 但 其中 ， 方向從12 6. 解：設(shè)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E1，感

25、生電動(dòng)勢(shì)為E2 則 E = E1 + E2 (方向由ab) （實(shí)際方向由ba） = （方向由ac）故 (方向由ac) 練習(xí)31 電磁感應(yīng)(三) 參考答案1. C2. B3. 0.400 H4. m nI , m n2I2 / 25. 解：設(shè)長直導(dǎo)線中有電流I，它在周圍產(chǎn)生磁場 在矩形線圈中產(chǎn)生的磁通鏈數(shù)為 H 6. 解：(1) 單位長度的自感系數(shù) r1 < r < r2 (2) 單位長度儲(chǔ)存的磁能 練習(xí)32 電磁場和電磁波 參考答案1. C2. C3. 或 或 4. 15. 證明：而在平行板電容器兩極板之間而由電容器的定義有6. 解：(1)位移電流 2.78×10-5 A

26、 2分 (2)根據(jù)全電流定律：，有 ， 可得 2.78×10-11 T 練習(xí)33 光的干涉(一) 參考答案1. B2. B3. 上， (n-1)e4. d sinq (r1r2)5. 解：(1) Dx20 Dl / a 0.11 m (2) 覆蓋云玻璃后，零級(jí)明紋應(yīng)滿足 (n1)er1r2 設(shè)不蓋玻璃片時(shí)，此點(diǎn)為第k級(jí)明紋，則應(yīng)有 r2r1kl 所以 (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 零級(jí)明紋移到原第7級(jí)明紋處 6. 解：由公式xkDl / a可知波長范圍為Dl時(shí),明紋彩色寬度為 DxkkD Dl / a 由 k1可得，第一級(jí)明紋彩色帶寬度為 Dx1500

27、15;(760400)×10-6 / 0.250.72 mm k5可得，第五級(jí)明紋彩色帶的寬度為 Dx55·Dx13.6 mm 練習(xí)34 光的干涉(二) 參考答案1. D2. C3. 1134. 539.15. 解：空氣劈形膜時(shí)，間距 液體劈形膜時(shí)，間距 q = l ( 1 1 / n ) / ( 2Dl )1.7×10-4 rad 6. 解：(1)第k個(gè)明環(huán)， (2) 式中為第k級(jí)明紋所對(duì)應(yīng)的空氣膜厚度 很小， 可略去，得 (k=1，2，3 ) 練習(xí)35 光的衍射(一) 參考答案1. D2. C3. 6 , 第一級(jí)明(只填“明”也可以) 4. 500 nm(或5

28、×10-4 mm)5. 解：第二級(jí)與第三級(jí)暗紋之間的距離 Dx = x3 x2f l / a f a Dx / l=400 mm 6. 解：(1) 對(duì)于第一級(jí)暗紋，有a sinj 1l因j 1很小，故 tg j 1sinj 1 = l / a 故中央明紋寬度 Dx0 = 2f tg j 1=2fl / a = 1.2 cm (2) 對(duì)于第二級(jí)暗紋，有 a sinj 22l x2 = f tg j 2f sin j 2 =2f l / a = 1.2 cm 練習(xí)36 光的衍射(二) 參考答案1. D2. B3. 5 據(jù)缺級(jí)條件 知第三級(jí)譜線與單縫衍射的第一暗紋重合(因而缺級(jí))可知在單縫

29、衍射的中央明條紋內(nèi)共有5條譜線，它們相應(yīng)于d sinq=kl， k =0，±1，±2注：本題不用缺級(jí)條件也能解出, 因d=3a 故 第三級(jí)譜線：dsinq =3l與單縫衍射第1個(gè)暗紋 a sinq = l 的衍射角q相同由此可知在單縫衍射中央明條紋中共有5條譜線，它們是： d sinq =kl， k=0，±1，±24. 1.34 m 5. 解：(1) 由光柵衍射主極大公式得 (2) nm 6. 解：由于斜入射，平行光入射到光柵面上各點(diǎn)的光線間有光程差，因此，相鄰兩縫對(duì)應(yīng)點(diǎn)射出的在衍射角f 方向的光線的光程差為 ， 是光柵常數(shù)，q 是入射角，f 是衍射光線

30、與光柵法線的夾角按照形成光柵衍射主最大的條件 ， 取f 的最大值，即，可得 k = 5.09 最多能觀察到第5級(jí)譜線 練習(xí)37 光的偏振 參考答案1. B2. B3. 30° , 1.73 4. 傳播速度 , 單軸 5. 解：設(shè)二偏振片以P1、P2表示，以q表示入射光中線偏振光的光矢量振動(dòng)方向與P1的偏振化方向之間的夾角，則透過P1后的光強(qiáng)度I1為 連續(xù)透過P1、P2后的光強(qiáng)I2要使I2最大，應(yīng)取cos2q1，即q0，入射光中線偏振光的光矢量振動(dòng)方向與P1的偏振化方向平行 此情況下， I13 I0 / 4 6. 解： (1) 由布儒斯特定律 tg in2 / n11.60 / 1.00 i58.0° (2) (3) 因二界面平行，所以下表面處入射角等于r， tg rctg in1 / n2 滿足布儒斯特定律，所以圖中玻璃板下表面處的反射光也是線偏振光 練習(xí)38 量子物理基礎(chǔ)(一) 參考答案1. B2. D3. 5×1014 , 2 4. 5. 解：(1) 由 得 5.65×10-7 m = 565 nm (2) 由 , 得 1.73×10-7 m = 173 nm 6. 解：(1) 康普頓散射光子波長改變： 0.024×10-10 m 1.024×10-10 m (2)