新编大学物理_桑建平_丁么明_丁世学_武汉大学出版社_习题解答[1]

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第1章质点运动学

一、选择题题1.1 ：答案：[B]

提示：明确r与r的区别题1.2：答案：[A]

题1.3：答案：[D]提示：A 与规定的正方向相反的加速运动， B 切向加速度， C 明确标、矢量的关系，加速度是

dvdt

题1.4：

答案：[C]提示： r

r2

r1

，r1Rj,r

2

Ri，vv2v1，v1vi,v2vj题1.5：答案：[D]

提示：t=0时，x=5；t=3时，x=2得位移为-3m；

仅从式x=t2-4t+5=(t-2)2

+1，抛物线的对称轴为2，质点有往返题1.6：

tt

答案：[D]提示：a=2t=dv

dt，v2tdtt24，xx0vdt，即可得D项

22

题1.7：

答案：[D]

北

v车1v车2

v风

提示： v车2=2v车1，理清v绝=v相对+v牵的关系二、填空题题1.8：

答案：匀速(直线)，匀速率题1.9：

答案：9t15t2

，0.6 提示： vdx

dt

9t15t2，t=0.6时，v=0

题1.10：

答案：（1）y19

12

x2 第1页

（2）2i4tj 4j

（3）4i11j 2i6j 3S

x2t12dxdy

y19xvij 提示： (1) 联立，消去t得：，2

2dtdty192t

(2) t=1s时，v2i4tj，a

dv

4j dt

(3) t=2s时，代入rxiyj2ti(192t2)j中得4i11j t=1s到t=2s，同样代入rr(t)可求得2i6j，

r

r和v垂直，即rv0，得t=3s

题1.11：答案：12m/s 提示：a

题1.12：答案：1m/s

t2

dvd(2x)2v4x12(m/s2) dtdt

22



dv

提示： vv0dtt2，v

dt0

题1.13：答案：5ti(v0t

vdt1t23，r2R22 ，1m/st1R320

t

12

gt)j 2

2

提示：先对r(v0tg5iv(0t/2j)求导得，vy(v0gt)j与v5i合成得v合

t

gt) j

r合=v

0

12

dt=5ti(vtgt)j 0合

2

题1.14：答案：8, 64t

2

dQdQ

8Rt，a8R8，anR提示：vR64t2 dtdt

三、计算题题1.15：

第2页

2

vt

解：（1）advtdt3t dv03tdt v3t2 02dss

t

又v

dt32t2 ds3

10t2dt St3 0

22 （2）又

SR S13

R

6

t

（3）当a与半径成45

角时，ana

av23t4

3t43t t3n

R4

44S

题1.16：

vt

解：（1）advdtkv dvkdt， lnvkt（*） 0

v0

v0 当v

11ln22v0时，ln2kt，tk

（2）由（*）式：vv0e

kt

dx

x

t

dtv0ekt，dx0v0ektdt 0 xv0

(1ektk

) 第2章质点动力学

一、选择题题2.1：答案：[C]

提示：A．错误，如：圆周运动

B．错误，pmv，力与速度方向不一定相同 D．后半句错误，如：匀速圆周运动

题2.2：答案：[B]

提示：y方向上做匀速运动：Syvyt2t x方向上做匀加速运动（初速度为0），a

F

m

第3页

t

t

vx



adt22

，tS2t2

xvxdt 0

0

32t2

S3

i2tj

题2.3：答案：[B]

提示：受力如图

F'

杆

猫

Mg

mg

F

设猫给杆子的力为F，由于相对于地面猫的高度不变

F'mg FF' 杆受力 F1MgF(Mm)ga

F1(MMm)gM

题2.4 ：答案：[D] 提示：

aB

T

B

T

T

aAmg

第4页



 mgTmAa2Tma 得aB

A4

5g aa

AB2

（aaAS

B2，通过分析滑轮，由于A向下走过S，B走过2

） aaAB2

题2.5：答案：[C]

提示：由题意，水平方向上动量守恒，故 m10(vcos60)(m

010

m)v共 vv0

共=22

题2.6：答案：[C] 提示：

R

θθ

h-R

R

由图可知cos

hR

R

分析条件得，只有在h高度时，向心力与重力分量相等

所以有mv2

R

mgcosv2g(hR) 由机械能守恒得（以地面为零势能面）

12mv21

02

mv2mghv02ghg(hR)

题2.7：答案：[B]

提示：运用动量守恒与能量转化

题2.8：答案：[D] 提示：

第5页

vxv0

θ

vy

由机械能守恒得mgh

1

2

mv20v2gh vyv0sin

P

G

mgvymgsin2gh

题2.9：答案： [C]

题2.10：答案： [B]

提示：受力如图

Tf

F

0

x

由功能关系可知，设位移为x（以原长时为原点）

x

Fxmgxkxdxx

2(Fmg)

0

k

弹性势能 E122(Fmg)2

p2kxk

二、填空题

题2.11: 答案：2mb

提示： vx'2bt av'2b F

ma2m

题2.12：

答案：2kg 4m/s2 提示：

第6页b

y8N

0

4Nx

由题意，ax2m/s2 Fx4N

Fy8N m

F

a

2kg aFyy

m

4m/s2

题2.13：答案：

75，1110

提示：由题意，a

Fm(32

1025t) vadt7

m/s0

5 当t=2时，a1110

题2.14：

答案：180kg

提示：由动量守恒，m人S人=m船（S相对-S人）m船=180kg 题2.15：答案：

114i54

j 提示：各方向动量守恒

题2.16：

答案： mv(ij)，0，-mgR

提示：由冲量定义得 I=P末-P初=mvi(mvj)mv(ij) 由动能定律得 EkWEk0，所以W合=0 W外=mgR

题2.17：

第7页

答案：-12

3

提示：w

题2.18：

1

Fdx12J

12Mmkx，G h=0，x=0，r 相对值

r2

答案： mgh，

题2.19：答案：

题2.20：答案：

m2mg

，2mg，g

k0k0

A

外力

+非保守力=0

三、计算题题2.21：

mmxg f(Lx)g LL1g

（2）a(F重f)(1)xg

mL

vL

dv2g

Lg(2) （3）av，vdv(1)xgdx，v

dx03LL

解：（1）F重=

3

题2.22：

解：（1）以摆车为系统，水平方向不受力，动量守恒。设摆车速度v（对地）、小车的速度为V（对地）。 mv0 vxxMV

t

t

MV

m

t

t

MV

vxdt()dt 设x1vxdt，x2Vdt

m0000

则M (l

x

2

mx1，根据位移公式：rmMrmrM

(M

m)2x/ m

3l

)xx122

(l x2m

3l

)/(Mm )2

（2）mvMV0 mgl

121

mvMV2 22

第8页

摆球速度v2Mgl/(Mm) Vm2gl/M(Mm)

题2.23

解：KMg/x0，油灰碰撞前v2gh 动量守恒有：mv(mM)V

机械能守恒有（m，M，弹簧，地球为系统）：

12k(x)212(mM)V21

0x2

kx20(mM)gx 则xMxm20x22 m02mghx00M2M(mM)

0.3(m)

第3章刚体的定轴转动

一、选择题题3.1：答案：[B]

提示：A错，M=rF，合外力矩不等于合外力的力矩 C错， Imr2

，r是相对参考点的距离， D错，动能En

1m12ir2i

2I，i12

2

题3.2：答案：[A]

提示：若绳的张力为T，TRI 若物体的加速度为a，aR TR2IRIa，mgTma

第9页

a

g，h

12

at2 g

ImR2

ImR2

(gt2

2h

g)

题3.3：答案：[D]

提示：系统角动量守恒mv12

0lI，I3

mL 由于完全弹性碰撞，12mv21

02

I2，故D正确

题3.4：答案：[C]

提示：射入点沿轮切向动量守恒，故 mv0sin(mm，)v

v

R

， C正确

题3.5：答案：[D] 提示：M=rF，r和F在同一方向上，力矩为0，故角动量守恒

由定义知其动量和动能将改变

二、填空题题3.6：

答案：12Mm

R2

， MmMR2

00M2m ， M2m

提示：人走到边沿时，系统的转动惯量为盘的转动惯量和人的转动惯量之和根据角动量守恒定律I00I,

I1

02

(Mm)R2,

I12Mm

R2

转台受冲量矩等于转盘角动量的增量，即1

2

MR2(0)

题3.7：答案：

12lmgcos， 3gcos112l ， 2lmgsin， 2

lmgsin 提示：力矩

MrF=11

2

lmgsin2

=2

lmgcos

根据转动定律 MI=1

ml2

3

，故

3gcos

2l

根据定轴转动的动能定理，力矩做的功等于动能的增量，力矩的功为





1

0

2

mglcosd第10页

题3.8：

答案：2RF， 2

RFI



1提示：根据定轴转动的动能定理 

0

Md

2

I2

0得I22RF 角动量的增量为I

题3.9：答案：M

外

=0

题3.10：答案：mvL

13ML21

2

mvL 提示：系统角动量守恒，mvLI1

2

mvL，为角速度

三、计算题题3.11：解：J

1

2

MR20.675kgm2 mgTm，aTRJ，R

amg2

R/(

m2R)J5.06m

2/s 因此（1）下落距离h12

at2

63.3m （2）张力Tm(ga)37.9N

题3.12：

解：下落过程细杆机械能守恒（系统：杆与地球）。选m静止处水平面为零势点 Mgl(112sin30)113

2Ml2203Mg2

l

细杆碰前瞬间角速度为：03g/2l

碰撞过程角动量守恒：0Ml2(Mm)l2（系统杆与小球） 

M

Mm

3g/2l

第11页

第4章狭义相对论

一、选择题题4.1：

答案：[D] 见概念

题4.2：答案：[B]

提示：运动质量M

m0v1()2

c



m010.36



m0

，外力做功WMc2m0c2 0.8

m0c2(1

1

)0.25mc2 0.8

题4.3：答案：[B]

2

提示：在K系中X轴方向上，正方形边长为a，K'系观察K系X轴方向正方形边长a'1()a，

vc

a'1(

0.8c2

)a0.6a，则从K'系测得面积为0.6aa0.6a2 c

题4.4 ：答案：[A]

提示：选飞船为一参考系，因为真空中光速C对任何惯性参考系都是常数，由于飞船匀速运动，是惯性系。则

飞船固有长度为ct

题4.5：

第12页

答案： [A]

Ek2m0c2

提示：Ekmcm0c3m0cm0c2m0c，=2

E静m0c2

2

2

2

2

2

题4.6：答案：[C] 提

示

：

由

时

间

的

相

对

性

，

t



u1()2

c

3.48105s

，长度为

0.99831083.48105m1.04104m

题4.7 ：答案：[D]

u2

l012lc得u提示：tuu

题4.8：答案：[D] 提示： u相=

题4.9：答案：[A]

提示：Ek(mm0)c2；m

l01

tt2c2

l02



2c 5

u1u2

，u1u22108m/s，故u相2.77108m/s uu1122

c

m0v1()2

c

；m0

106MeV

Ek4MeV；故v0.27c 2

c

二、填空题题4.10：

答案：LL01()

uc

2

提示：设痕迹之间距离为L0，由公式L0

Lu

1()2

c

（L0为静长度）。则车上观察者测得长度为LL01()

u

c

2

题4.11：

第13页

答案：（1）

33c，（2）c 22

mmv

提示：（1）相对论质量和相对论动量：m

0，Pmv

01(v

c

)2

1(v c

)2

非相对论下，P1m0v，

P

1P2，得v

32

c 1

1(v

c

)2

（2）Ekmc2m0c2，m

m0，Ekm2

0c(

11)m0c21(vc

)2

1(v)2

c

111v3

c 1(v22c

)

题4.12：答案：4

提示：E2

2

2

kmcm0c，E静=m0c，Ekmc2m0c2

E3m4m0 静m0c2

题4.13：答案：

3

2

c 提示： L1(v)2

3c

L0，L1m，L00.5m，解得v2

c

题4.14：

答案：(n1)m20c 提示：

t



，

1

t，则n1nm0，

1(v)2

n

，m

m0c

1(v)2

1(vc

c

)2

E2

2

kmcm2

0c(n1)m0c

题4.15：答案：3.73m

第14页

提示： LL(v)2

01，L05m，v2108

ms1

c

，

则L51(2)2

m

55

3

3

m3.73m

题4.16：答案：6.7108

m 提示：tt3即

13u

5

3

c，xut5c 1(u)2

c

题4.17：答案：



v2 1c

2

提示：LL1(v)2

c

，m

m，

m1(v)2

L

c

三、计算题题4.18：

解：（1）航程x')u(t31052x1r(x2'x12't1')

0.6(1u

v

)1.21012m （2）时间tu3105

10.8

2t1r(t2't1')2(x2'x1')

0.6(vc)5103csx12

（3）航速u'

1.210

8t510

3

2.410m/s

第15页

第5章机械振动

一、选择题题5.1 答案：B

题5.2 答案：C

题5.3 答案：C

二、填空题题5.4 答案：2

m k

题5.5：

答案： 0.02 m

题5.6：

21

答案：Acos(t)

T3

三、计算题

5.7 一物体沿x轴做简谐振动，振幅A = 0.12m，周期T = 2s．当t = 0时，物体的位移x = 0.06m，且向x轴正向运动．求：

（1）此简谐振动的表达式；

（2）t = T/4时物体的位置、速度和加速度；

（3）物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．

[解答]（1）设物体的简谐振动方程为x = Acos(ωt + φ)，其中A = 0.12m，角频率ω = 2π/T = π．当t = 0时，x = 0.06m，所以cosφ = 0.5，因此φ = ±π/3．物体的速度为v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ)．

当t = 0时，v = -ωAsinφ，由于v > 0，所以sinφ < 0，因此：φ = -π/3．

简谐振动的表达式为：x = 0.12cos(πt – π/3)．

（2）当t = T/4时物体的位置为;x = 0.12cos(π/2 – π/3) = 0.12cosπ/6 = 0.104(m)．速度为；v = -πAsin(π/2 – π/3) = -0.12πsinπ/6 = -0.188(m·s-1)．

加速度为：a = dv/dt = -ω2Acos(ωt + φ)= -π2Acos(πt - π/3)= -0.12π2cosπ/6 = -1.03(m·s-2)．（3）方法一：求时间差．当x = -0.06m时，可得cos(πt1 - π/3) = -0.5，

第16页

因此πt1 - π/3 = ±2π/3．

由于物体向x轴负方向运动，即v < 0，所以sin(πt1 - π/3) > 0，因此πt1 - π/3 = 2π/3，得t1 = 1s．

当物体从x = -0.06m处第一次回到平衡位置时，x = 0，v > 0，因此cos(πt2 - π/3) = 0，可得 πt2 - π/3 = -π/2或3π/2等．由于t2 > 0，所以πt2 - π/3 = 3π/2，可得 t2 = 11/6 = 1.83(s)．

所需要的时间为：Δt = t2 - t1 = 0.83(s)．

方法二：反向运动．物体从x = -0.06m，向x轴负方向运动第一次回到平衡位置所需的时间就是它从x = 0.06m，即从起点向x轴正方向运动第一次回到平衡位置所需的时间．在平衡位置时，x = 0，v < 0，因此cos(πt - π/3) = 0，可得 πt - π/3 = π/2，解得 t = 5/6 = 0.83(s)．

[注意]根据振动方程x = Acos(ωt + φ)，当t = 0时，可得φ = ±arccos(x0/A)，（-π< φ <= π），初位相的取值由速度决定．

由于v = dx/dt = -ωAsin(ωt + φ)，当t = 0时，v = -ωAsinφ，当v > 0时，sinφ < 0，因此 φ = -arccos(x0/A)；

当v < 0时，sinφ > 0，因此φ = arccos(x0/A)π/3．

可见：当速度大于零时，初位相取负值；当速度小于零时，初位相取正值．如果速度等于零，当初位置x0 = A时，φ = 0；当初位置x0 = -A时，φ = π．

5.8 质量为10×10-3kg的小球与轻弹簧组成的系统，按计，x以米(m)计．求：

（1）振动的圆频率、周期、振幅、初位相；（2）振动的速度、加速度的最大值；

t=1,2,10s

（3）最大回复力、振动能量、平均动能和平均势能；（4）画出这振动的旋转矢量图，并在图上指明t为1， A 置．

[解答（]1）比较简谐振动的标准方程：x = Acos(ωt + φ)， x O 可知圆频率为：ω =8π，周期T = 2π/ω = 1/4 = 0.25(s)，振幅 2π/3．

（2）速度的最大值为：vm = ωA = 0.8π = 2.51(m·s-1)；题5.8解答图加速度的最大值为：am = ω2A = 6.4π2 = 63.2(m·s-2)．

（3）弹簧的倔强系数为：k = mω2，最大回复力为:f = kA = mω2A = 0.632(N)；振动能量为:E = kA2/2 = mω2A2/2 = 3.16×10-2(J)，

x0.1cos(8t

2)

3的规律作振动，式中t以秒(s)

2，10s等各时刻的矢量位

A = 0.1(m)，初位相φ =

平均动能和平均势能为:EkEp= kA2/4 = mω2A2/4 = 1.58×10-2(J)．

（4）如图所示，当t为1，2，10s等时刻时，旋转矢量的位置是相同的．

5.9 如图所示，质量为10g的子弹以速度v = 103m·s-1水平射入木块，并陷入木M k v m 块中，使弹簧压缩而作简谐振动．设弹簧的倔强系数

k = 8×103N·m-1，木块的质量为4.99kg，不计桌面摩擦，试求：（1）振动的

振幅；图5.9

（2）振动方程．

[解答]（1）子弹射入木块时，由于时间很短，木块还来不及运动，弹簧没有被压缩，它们的动量守恒，即：mv = (m + M)v0．

解得子弹射入后的速度为：v0 = mv/(m + M) = 2(m·s-1)，这也是它们振动的初速度．

子弹和木块压缩弹簧的过程机械能守恒，可得：(m + M) v02/2 = kA2/2，

所以振幅为：

Av0

mM

k= 5×10-2(m)．

（2）振动的圆频率为：



k

mM= 40(rad·s-1)．

第17页

取木块静止的位置为原点、向右的方向为位移x的正方向，振动方程可设为：x = Acos(ωt + φ)．当t = 0时，x = 0，可得：φ = ±π/2；

由于速度为正，所以取负的初位相，因此振动方程为：x = 5×10-2cos(40t - π/2)．

5.10一匀质细圆环质量为m，半径为R，绕通过环上一点而与环平面垂直的水平光滑轴

O 在铅垂面内作小幅度摆动，求摆动的周期．

R [解答]通过质心垂直环面有一个轴，环绕此轴的转动惯量为：Ic = mR2． θ C 根据平行轴定理，环绕过O点的平行轴的转动惯量为

I = Ic + mR2 = 2mR2．

当环偏离平衡位置时，重力的力矩为：M = mgRsinθ，

mg 方向与角度θ增加的方向相反．

根据转动定理得：Iβ = -M，

d2

I2mgRsin0即 dt，题5.10解答图 d2mgR

02dtI由于环做小幅度摆动，所以sinθ≈θ，可得微分方程：．

摆动的圆频率为：



mgR

I，

I2R

2mgRg．

周期为：

5.11质量为0.25kg的物体，在弹性力作用下作简谐振动，倔强系数k = 25N·m-1，如果开始振动时具有势能0.6J，和动能0.2J，求：（1）振幅；（2）位移多大时，动能恰等于势能？（3）经过平衡位置时的速度．

[解答]物体的总能量为：E = Ek + Ep = 0.8(J)．

（1）根据能量公式E = kA2/2，得振幅为：A2E/k= 0.253(m)．（2）当动能等于势能时，即Ek = Ep，由于E = Ek + Ep，可得：E = 2Ep，

T

2

2

121kA2kx2

2即 2，解得：x2A/2= ±0.179(m)．

（3）再根据能量公式E = mvm2/2，得物体经过平衡位置的速度为：

vm2E/m= ±2.53(m·s-1)．

5.12 两个频率和振幅都相同的简谐振动的x-t曲线如图所示，求：（1）两个简谐振动的位相差；

（2）两个简谐振动的合成振动的振动方程． x/cm

[解答]（1）两个简谐振动的振幅为：A = 5(cm)， 5

周期为：T = 4(s)，圆频率为：ω =2π/T = π/2，

x1 x2

t/s 它们的振动方程分别为：

x1 = Acosωt = 5cosπt/2， 4 1 2 3 0

x2 = Asinωt = 5sinπt/2 = 5cos(π/2 - πt/2)

即 x2 = 5cos(πt/2 - π/2)． -5

题5.12解答图位相差为：Δφ = φ2 - φ1 = -π/2．

（2）由于x = x1 + x2 = 5cosπt/2 + 5sinπt/2

= 5(cosπt/2·cosπ/4 + 5sinπt/2·sinπ/4)/sinπ/4

x52cos(t)

24(cm)．合振动方程为：



第18页

31

x10.05cos(10t)x20.06cos(10t)

5，5． 5.13 已知两个同方向简谐振动如下：

（1）求它们的合成振动的振幅和初位相；

（2）另有一同方向简谐振动x3 = 0.07cos(10t +φ)，问φ为何值时，x1 + x3的振幅为最大？φ为何值时，x2 + x3的振幅为最小？

（3）用旋转矢量图示法表示（1）和（2）两种情况下的结果．x以米计，t以秒计．

22

AAA2A1A2cos(12)= 8.92×10-2(m)． 12[解答]（1）根据公式，合振动的振幅为：

arctan

初位相为：

（2）要使x1 + x3的振幅最大，则：cos(φ – φ1) = 1，因此φ – φ1 = 0，所以：φ = φ1 = 0.6π．要使x2 + x3的振幅最小，则 cos(φ – φ2) = -1，因此φ – φ2 = π，所以φ = π + φ2 = 1.2π．

（3）如图所示．

A

题5.13解答图 A3 A2 A1 A2 A 1 φ φ2 x3 φ1 φ1 φ 5.14 将频率为O φ2 x2 x

384Hz的标准音叉振动x1 O x3 x1 O x x x2 x A3

和一待测频率的音叉振动合成，测得拍频为

A1sin1A2sin2

A1cos1A2cos2= 68.22°．

ν`2 3.0Hz，在待测音叉的一端加ν`1

Δν Δν 上一小块物体，则拍频将减小，求待测音叉的固有频率． [解答]标准音叉的频率为v0 = 384(Hz)， ν2 ν0 ν1

拍频为Δv = 3.0(Hz)，待测音叉的固有频率可能是v1 = v0 - Δv = 381(Hz)，也可能是v2 = v0 + Δv = 387(Hz)．

在待测音叉上加一小块物体时，相当于弹簧振子增加了质量，由于ω2 = k/m，可知其频率将减小．如果待测音叉的固有频率v1，加一小块物体后，其频率v`1将更低，与标准音叉的拍频将增加；实际上拍频是减小的，所以待测音叉的固有频率v2，即387Hz．

5.15三个同方向、同频率的简谐振动为

5

x10.08cos(314t)x20.08cos(314t)x30.08cos(314t)

6，2，6．

求：（1）合振动的圆频率、振幅、初相及振动表达式；（2）合振动由初始位置运动到

[解答] 合振动的圆频率为：ω = 314 = 100π(rad·s-1)．设A0 = 0.08，根据公式得：

Ax = A1cosφ1 + A2cosφ2 + A3cosφ3 = 0，

Ay = A1sinφ1 + A2sinφ2 + A3sinφ3 = 2A0 = 0.16(m)，

2

AAx2Ay

x

2A

2所需最短时间（A为合振动振幅）．

振幅为：= 0.16(m)，初位相为： φ = arctan(Ay/Ax) = π/2．

合振动的方程为：x = 0.16cos(100πt + π/2)．（2）当x2A/2时，可得：cos(100t/2)2/2，解得：100πt + π/2 = π/4或7π/4．

由于t > 0，所以只能取第二个解，可得所需最短时间为t = 0.0125s．

第19页

一、选择题题6.1 答案：D

题6.2 答案：A

题6.3 答案：A

题6.4 答案：C

二、填空题题6.5

答案：相同，相同， 2/3.

题6.6

答案：/4，x=0.02cos(t+/4)

第6章机械波(SI). 第20页

题6.7

答案：3/4，2(l/g)1/2.

三、计算题

6.8 已知一波的波动方程为y = 5×10-2sin(10πt – 0.6x) (m)．（1）求波长、频率、波速及传播方向；

（2）说明x = 0时波动方程的意义，并作图表示．

y/cm

t/s

0.2

5

0

0.1

0.3

题6.8图

振动曲线如图．

6.9有一沿x轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s-1，波长λ = 0.04m，振幅A = 0.03m．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：

（1）此平面波的波动方程；

（2）与波源相距x = 0.01m处质点的振动方程，该点初相是多少？ [解答]（1）设原点的振动方程为：y0 = Acos(ωt + φ)，其中A = 0.03m．

由于u = λ/T，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π．当t = 0时，y0 = 0，因此cosφ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2．原点的振动方程为：y0 = 0.03cos(50πt + π/2)，平面波的波动方程为：

比较得：2π/λ = [解答]（1）与标准波动方程

0.6，

因此波长为：λ = 10.47(m)；圆频率为：ω = 10π，

频率为：v =ω/2π = 5(Hz)；波速为：u = λ/T = λv = 52.36(m·s-1)．且传播方向为x轴正方向．

（2）当x = 0时波动方程就成为该处质点的振动方程： y = 5×10-2sin10πt = 5×10-2cos(10πt – π/2)，

yAcos(t

2x

)

x

y0.03cos[50(t)]

u2= 0.03cos*50π(t – x) + π/2)．

（2）与波源相距x = 0.01m处质点的振动方程为：

y = 0.03cos50πt．该点初相φ = 0．

6.10如图所示为一列沿x负向传播的平面谐波在t = T/4时的波形图，振幅A、波长λ以及周期T均已知．

（1）写出该波的波动方程；

y u

（2）画出x = λ/2处质点的振动曲线；

A （3）图中波线上a和b两点的位相差φa – φb为多少？ [解答]（1）设此波的波动方程为： a

O

b

x

题6.10图

tx

yAcos[2()]

T， yAcos(2

x

当t = T/4时的波形方程为：

x

)Asin(2)2．

在x = 0处y = 0，因此得sinφ = 0，

解得φ = 0或π．

而在x = λ/2处y = -A，所以φ = 0．

tx

yAcos2()

T．因此波动方程为：

（2）在x = λ/2处质点的振动方程为：

yAcos(2

tt

)Acos2TT，

第21页

y A

曲线如图所示．

（3）xa = λ/4处的质点的振动方程为

yaAcos(2

t

t)T2； t

2)T．

O

xb = λ处的质点的振动方程为

题6.10图

ybAcos(2

波线上a和b两点的位相差

φa – φb = -3π/2．

6.11 在波的传播路程上有A和B两点，都做简谐振动，B点的位相比A点落后π/6，已知A和B之间的距

离为2.0cm，振动周期为2.0s．求波速u和波长λ．

tx

yAcos[2()]

T[解答] 设波动方程为：，

那么A和B两点的振动方程分别为：

t

yAAcos[2(

Tt

yBAcos[2(

T

xA



xB

)])]

，．



6，两点之间的位相差为：

由于xB – xA = 0.02m，所以波长为：λ = 0.24(m)．

波速为：u = λ/T = 0.12(m·s-1)．

6.12一平面波在介质中以速度u = 20m·s-1沿x轴负方向传播．已知在传播路径上的某点A的振动方程为y = 3cos4πt．

（1）如以A点为坐标原点，写出波动方程；

8m 5m 9m

（2）如以距A点5m处的B点为坐标原点，写出波动方程；（3）写出传播方向上B，C，D点的振动方程． B A x C D

题6.12图 [解答]（1）以A点为坐标原点，波动方程为 xx

2

xB

(2

xA

)



y3cos4(t)3cos(4t)

u5．

（2）以B点为坐标原点，波动方程为

y3cos4(t

xxA

)3cos(4tx)u5．

（3）以A点为坐标原点，则xB = -5m、xC = -13m、xD = 9m，各点的振动方程为

yB3cos4(t

xB

)3cos(4t)u， x3

yC3cos4(tC)3cos(4t)

u5， x9

yD3cos4(tD)3cos(4t)

u5．

[注意]以B点为坐标原点，求出各点坐标，也能求出各点的振动方程．

6.13 设空气中声速为330m·s-1．一列火车以30m·s-1的速度行驶，机车上汽笛的频率为600Hz．一静止的观察者在机车的正前方和机车驶过其身后所听到的频率分别是多少？如果观察者以速度10m·s-1与这列火车相向运动，在上述两个位置，他听到的声音频率分别是多少？

[解答]取声速的方向为正，多谱勒频率公式可统一表示为

第22页

B

uuB

S

uuS，

其中vS表示声源的频率，u表示声速，uB表示观察者的速度，uS表示声源的速度，vB表示观察者接收的频率．

（1）当观察者静止时，uB = 0，火车驶来时其速度方向与声速方向相同，uS = 30m·s-1，观察者听到的频率为

B

火车驶去时其速度方向与声速方向相反，uS = -30m·s-1，观察者听到的频率为

u330

S600uuS33030= 660(Hz)． u330

S600uuS33030= 550(Hz)．

B

（2）当观察者与火车靠近时，观察者的速度方向与声速相反，uB = -10m·s-1；火车速度方向与声速方向相同，uS = 30m·s-1，观察者听到的频率为

B

uuB33010

S600uuS33030= 680(Hz)．

当观察者与火车远离时，观察者的速度方向与声速相同，uB = 10m·s-1；火车速度方向与声速方向相反，uS = -30m·s-1，观察者听到的频率为

B

uuB33010

S600uuS33030= 533(Hz)．

[注意]这类题目涉及声速、声源的速度和观察者的速度，规定方向之后将公式统一起来，很容易判别速度方向，给计算带来了方便．

6.14 S1与S2为两相干波源，相距1/4个波长，S1比S2的位相超前π/2．问S1、S2连线上在S1外侧各点的合成波的振幅如何？在S2外侧各点的振幅如何？

[解答]如图所示，设S1在其左侧产生的波的波动方程为

x λ/4 x x S1 S2 图题6.14

那么S2在S1左侧产生的波的波动方程为

tx

y1Acos[2()]

T，

tx/4tx

y2Acos[2()]Acos[2()]

T2T，

由于两波源在任意点x产生振动反相，所以合振幅为零．

S1在S2右侧产生的波的波动方程为

tx

y1Acos[2()]

T，

那么S2在其右侧产生的波的波动方程为

tx/4tx

y2Acos[2()]Acos[2()]

T2T，

由于两波源在任意点x产生振动同相，所以合振幅为单一振动的两倍．

6.15 设入射波的表达式为

tx

y1Acos2()

T，

在x = 0处发生反射，反射点为一自由端，求：

（1）反射波的表达式；（2）合成驻波的表达式．

[解答]（1）由于反射点为自由端，所以没有半波损失，反射波的波动方程为

tx

y2Acos2()

T．

第23页

（2）合成波为y = y1 + y2，将三角函数展开得

y2Acos

2



xcos

2t

T，这是驻波的方程．

第24页

第7章气体动理论

一、选择题题7.1 答案：B

解：根据理想气体的状态方程PnkT，有

n

npTTnn2T1T2p

112214% kTn2p2T1T1n1T2

题7.2

答案：A

解：根据理想气体的内能定义，有

i

EnkT （1）

2

根据理想气体的状态方程，有

PnkT （2）由（1）、（2）得：

ii

EnkTp

22

因为iA3,iB5,iAiB，所以EAEB．题7.3

答案：C

解：根据平均速率的定义，有



1

2





1

2

Nfd

2

Nfd

1

fd



fd

121

2

题7.4 答案：B

解：根据最概然速率公式

p

2kT2RTRT

1.41

mMM

知，当温度升高时，p增大，由于要保持速率分布曲线下面所围的面积恒等于1，所以曲线将变得平坦些，故而f(p)将减小．所以pApB,f(pA)f(pB)．

题7.5

答案：D

题7.6 答案：A

解：根据三个统计平均速率的公式

第25页

p



2kT2RTRT

1.41

mMM

8kT8RTRT

1.60

mMM

f()d

0

rms2

3kT3RTRT

1.73

mMM

知，当最概然速率相等时，平均速率和方均根速率必然相等．

二、填空题题7.7 答案：

（1）温度为T的平衡态下，一个分子每个自由度上分配的平均能量（2）温度为T的平衡态下，理想气体分子的平均平动动能（3）温度为T的平衡态下，理想气体分子的平均能量（4）温度为T的平衡态下，1mol理想气体的内能（5）温度为T的平衡态下，vmol理想气体的内能

（6）速率在附近单位速率区间内的分子数与总分子数的比（7）速率在附近d速率区间内的分子数与总分子数的比（8）速率在1～2区间内的分子数与总分子数的比

（9）速率在0～∞区间内的分子数与总分子数的比，它恒等于1，是速率分布函数的归一化条件（10）速率在1～2区间内的分子数（11）分子的平均速率

（12）分子速率平方的平均值

说明：欲正确解答本题必须要准确理解能均分定理和速率分布函数f()的定义式及定义式中的各量的含义．另外，也应将上面各式与速率分布曲线联系起来进行理解，使我们能更好地“看懂”速率分布曲线．

题7.8

答案：5:3；10:3

解：根据理想气体的内能定义，有

i

kT （1） 21i

RT （2）单位质量的内能 E2

M2

单位体积的内能 E1n

根据理想气体的状态方程，有

PnkT （3）

由（1）～（3）得：

iiE1nkTp

221iE2RT

M2

第26页

由于ih5,iHe3，Mh2,MHe4，所以单位体积的内能之比为5:3；单位质量的内能之比为10:3 22

题7.9

答案：210K；240K

解：根据理想气体的状态方程PV

m'

M

RT，有习题7.9图

TPVMm'R TN2MN2TO2-TN2MO2MN2304

T

O2MO2TO2MO2TO232

所以TO2240(K)，TN2210(K) 三、计算题题7.10

解：根据理想气体的状态方程，混合前有：

PVv1RT1 （1） PVv2RT2 （2）

根据理想气体的内能的定义，有

混合前 E3

1

2v1RT1 （3） E5

22v2RT2 （4）

混合后 E35

2v1RT2

v2RT （5）

根据题意，知混合前后系统的内能不变，所以 EE1E2 （6）解（1）～（6）得

T

8T1284.4(K)

35T1

T2

题7.11 解：（1）根据理想气体的状态方程PnkT得：

nP1.0110525kT1.381023

300

2.4410(m3

) （2）根据密度定义，有氧气的密度为

nmnMN2.4410250.03223

1.297(kgm3

) A6.0210

（3）分子的平均平动动能为

33kkT1.3810233006.21102122

(J)

（4）分子间的平均距离可近似计算为

第27页

d

119

3.4510(m) 3

n32.441025

题7.12

解：根据理想气体的状态方程PnkT，有

PT1

1 P2T2

T227337p14.01054.43105(pa) T12737

所以 p2

题7.13

解：（1）由图知：

a

0

 （0～0）

f( a （0～20） 0 （20～∞）



习题7－11图

根据归一化条件有：



0

f()d

0

a

0

0

d

20

0

3

ada01

2

解得： a

2 30

030

（2）速率在2到2间隔内的分子数N为：

N0Nf()d0N

2

2

30

2

0

a

0

d

30

2

0

77

NadNa0N

812

（3）根据平均速率的定义得：

f()d

0





0

a

0

0

2d

20

0

ad

11211a0069

（4）根据平均速率的平方的定义，有：

2

2

f()d

0

0

a

0

0

d

3

20

0

a2d

313312

a001218

根据平均平动动能的定义，有：

km2

1

2

312

m036

小结：通过求解本题说明只有在掌握有关定义、概念的基础上才能正确求解，切记不能硬套公式．

第28页

第8章热力学基础

一、选择题题8.1：答案：[BD]

题8.2：答案：[D]

提示：内能不变时，系统对外做功等于系统从外界吸收的热量，当系统内能减小时，对外做功大于系统从外界吸收的热量。

题8.3：答案：[D]

提示：A-E-B，根据QEA，EQA1006040

第29页

A-F-B，AQE704030

题8.4：答案：[B] 提示：根据1

T21

和PTconst T1

题8.5：答案：[C]

提示：两条绝热线下的面积代表做的功，等温过程中内能不变，绝热过程Q=0

题8.6：答案：[B]

题8.7：答案：[B]

提示：根据1

T21

和PTconst，可以得到12 ；循环曲线所围面积等于工作物质在整个循环T1

过程中对外作的净功，而Q净=A净，所以Q净1=Q净2，又因为 Q净=Q吸-Q放，

Q放I

MVMV

RT2ln3，Q放IIRT2ln1 MmolV4MmolV2

故，Q放I大于Q放II，则吸收的热量Q1大于Q2

题8.8：答案：[BC]

二、填空题题8.9：

答案：等压过程绝热过程等压过程

题8.10：

答案：12.1 17.4J 提示：制冷系数

Q2Q2T2

 AQ1Q2T1T2

题8.11：

答案：25% 9000J 52.6% 360°C

第30页

提示：1

T2TQQ2

=25%，12=1=25%和Q1Q2=3000得Q112000，故放出热量Q29000J。T1T1Q1

Q1Q2T

52.6%,根据12，得T1=360 Q1T1

当Q1Q2=10000J，保持Q2不变时，Q119000J, 

题8.12：

答案：等压过程等体过程等温过程一般状态变化过程

题8.13：

答案：不可能制成一种循环动作的热机，只从单一热源中吸取热量，让其他物体不发生任何变化热量不可自动从低温物体传向高温物体在孤立系统中，伴随着热现象的自然过程都具有方向性

四、计算题题8.14：

解：ab为等温过程：T1T2,

PV11PV22,QabAabRT1ln

V2

V 1

bc为等容过程：V2Vc,

P2Pc

TT,QbcCv(TcT2),Abc0 2c

ac为绝热过程：TV111TV1

cc,Qac0,AacCv(T1Tc) 1. VVTV1

11

c2,TcV1

2

2. Q吸Qab,Q放=Qbc



Q吸Q放

Q放

C(T1

1Q1vcT2)3(TVT2V2吸

Q11

11

) 吸

RTV21V1lnV2V2T1ln2

1V1

题8.15：

解：等容过程，等压过程，绝热过程内能改变均为：

U

mMCT5m

v(2T1)R(T2T1) mol2Mmol

U2.58.31

1000

(350300)J3.2510432

J 等容过程：Qv

m

MCv(T2T1)3.25104J mol

等压过程：Qm

p

MCp(T2T1)4.55104J mol

第31页

绝热过程：QQ0

第9章静电场

一、选择题 9.1 答案：B

9.2 答案：C

解：根据高斯定理，通过整个立方体表面的电通量为eEdS

s

q

0

，由于电荷位于立方体的中心，从

立方体各个面穿出的电力线一样多，所以穿过一个表面的电场强度通量为

9.3 答案：B

9.4 答案：A

q

． 60

解：根据电势的定义式VEdl,(VB0)知，空间中某点的电势高低与电势零点的选择有关，所以B、C、

P

B

D均不正确；如果某一区域内电势为常数，则该区域内任意两点的电势差为0，即VAVBEdl0，要使其

A

B

成立，该区域内电场强度必为零．

9.5 答案：A

第32页

解：根据电势和电势差的定义式VEdl,(VB0)，UABVAVBEdl知，空间中某点电势的高低

P

A

BB

与电势零点的选择有关，选择不同的电势零点，同一点的电势数值是不一样的．而任意两点的电势差总是确定的，与电势零点的选择无关．

9.6 答案：D

解：根据电势叠加原理，两个点电荷中垂线上任意一点的电势为

qAqB

VVAVB

40rA40rB

由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等，即rArBr，所以VqAqB．要使其为零，则

40r

qAqB0，所以qAqB．

9.7 答案：A

解：根据保守力做功和势能的关系WABq0EdlEPAEPB知，负电荷沿电力线移动电场力做负功，所

AB

以电势能增加．根据等势面的定义，等势面上各点的电势相等，而电势相等的点场强不一定相等；根据电场力做功的公式WABq(VAVB)qUAB知，初速度为零的点电荷, 仅在电场力的作用下，如何运动取决于点电荷本身和电势的高低．正电荷从高电势向低电势运动；负电荷从低电势向高电势运动．

9.8 答案：C

解：达到静电平衡后，根据高斯定理设各板上的电荷密度如衡条件，有

图所示．根据静电平

EP

AB

0AB 20

解习题9.8图习题9.8图

由于A、B板由导线相连，所以其与中间板C的电势差必然相

等，所以

UACUBCd1

A21B22Ad

d2B12

20202d1

9.9

答案：D

解：根据动能定理，有

WABe(VAVB)e(

二、填空题 9.10 答案：

e40r1



1111)2m2e() 40r2240mr1r2

e

qd820R3

；方向水平向右

第33页

解：根据场强叠加原理，本题可以利用割补法，等效于一个均匀带电圆环和一个带相同电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场．由于均匀带电圆环电荷分布的对称性，在圆心处产生的电场强度为零．异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为

q

Edq22d

qd4R4 0R0R2820R3

方向水平向右．

习题9.10图习题9.11图习题9.12图的条数相同，所以根据电通量的定义，有

e

dS半球面

EEdSEdSEdSER

2

底面

底面

底面

9.12 答案：

32，水平向左；，水平向左；，水平向右 02020

解：根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理，以水平向右为正有

EAE1E222





02020

EBE1E2

22

3

02020

E2

CE1E2

2

02020

“+”表示电场强度的方向水平向右，“-” 表示电场强度的方向水平向左．

三、计算题 9.13 解：（1）如图所示，在θ处取一小段弧为电荷元，其电量为

dqdlRd

根据点电荷的场强分布知，它在O点处产生的电场强度大小为

dE

dq42

d

0R40R

在 x、y 轴上的分量为

习题9.13图

9.11 答案

：

ER2

解：根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线

第34页

dExdEcos，dEydEsin

根据场强叠加原理，有

Ex



cosd0 040R



Eysind

40R020R

所以 EExiEyj

λ80R

j

（2）根据点电荷的电势分布，有

dV

dq40R



d

40

解习题9.13图

根据电势叠加原理，有

V

40





0

d

 40

9.14 解：（1）由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成，根据教材例9.5的分析知，均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布，所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布，即到球心距离为r的所有点的电场强度的大小都相等，方向为各自的径向．可以利用高斯定理求解．

根据电场的这种球对称性分布，过P点作半径为r的同心球面为高斯面，如图所示．根据高斯定理，有

eEdSEdscosEdsEds4r2E

s

1

0

q

i

根据已知，有电荷的分布为：

4

r3(rR)433 qRi

3

Q(rR)

所以，电场强度的大小为

Q

Qr

40R3

E

Q40r2

(rR)

解习题9.14图

(rR)

根据分析知，电场强度E的方向为径向．如果Q＞0，则电场强度的方向沿径向指向外；若Q＜0，则电场强度的方向沿径向指向球心．

（2）根据电势的定义式VEdl，为了便于积分，我们沿径向移到无穷远，所以

P

V1EdlEdr

r

r

R

R

Q(R2r2)Q3QQr2

Edr (rR) 

40R80R80R380R3

第35页

V2EdlEdr

r

r



Q40r

(rR)

9.15 解：（1）如图所示，在空间任取一点P，过P点作无限长圆柱面轴的垂线交于O点，O、P的距离为r．为了便于分析P点的电场强度，作其俯视图，则俯视图圆上任意一段弧代表一根无限长均匀带电直线．根据教材例9-6的分析知，无限长均匀带电直线周围的电场强度呈轴对称分布，即任意点的场强方向垂直于直线．由于圆柱面电荷分布的对称性，所以P点的场强方向沿垂线向外（假设λ＞0）．同理，距离直线也为r的另一点P＇的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外．可见，到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等，方向沿各点的垂线方向向外，即场强也呈轴对称分布，可以用高斯定理求解．

根据电场强度的这种对称性分布，过P点作同轴的圆柱面为高斯面，如图所示．该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成，其面积分别为S1、S2和S3，半径为r，长为l．根据高斯定理有

eEdSEdSEdSEdS

s

s1

s2

s3

由于上、下底面的外法线方向都与场强E垂直，式前两项积分为零；又由于圆柱侧面外法线方向与场因此有

cos0，所以上

强E的方向一致，

eEdSEdSEdsEds

s

s3

s3

s3

E2rl

q

i

0

根据已知，有电荷的分布为：

qi

0(rR)

l(rR)

解习题9.15图

所以，电场强度的大小为

0

E

(rR)(rR)



20r

根据分析知，场强的方向是垂直于轴的垂线方向．如果λ＞0，则电场强度的方向沿垂线向外辐射；若λ＜0，则电场强度的方向沿垂线指向直线．

（2）由于均匀带电无限长圆柱面的电荷分布到无限远，所以不能选择无穷远处为电势零点，必须另选零电势的参考点．原则上来说，除“无穷远”处外，其他地方都可选．本题我们选择距圆柱面轴为R0(R0R)处电势为零，即VR00．

根据电势的定义式VEdl，有

PR0

V1EdlEdrEdr

P

r

R

R0

R

R0

R

ln0

20R

(rR)

V2EdlEdr

P

r

R0R0

R(rR) 

ln0 20r

第36页

9.16

解：（1）由于圆盘是由许多小圆环组成的，取一半径为r宽度为dr的细圆环，此圆环上带电量为dq2rdr，由教材例9-9的结果知，圆环轴线上到环心的距离为x的任意点P的电势为

dV

dq40rx

2

2

根据电势叠加原理，有P点电势为

VdV

R

2rdr40r2x2

0





(R2x2x) 20

解习题9.16图（2）根据分析知，圆盘轴线上的电场强度方向沿轴线方向，所以根据电

场强度与电势梯度的关系EgradV，有轴线上到环心的距离为x的任意点P的电场强度为

EgradV(

dVxijk)Vi[12]i 212xyzdx20(Rx)

此结果与教材例9-4的结果一样，很明显这种方法比较简单，去掉了复杂的矢量积分．

9.17

解：由于自由电荷和电介质分布的球对称性，所以E和D的分布具有球对称性，可以用有介质时的高斯定理．

根据电位移矢量D的这种球对称性分布，过P点作半径为r的同心球面为高斯面，如图所示．根据D的高斯定理，有

2

DdSDdscosDdsDds4rDqi s

根据已知，有电荷的分布为：

qi

0(rR)

Q(rR)

所以，电位移矢量D的大小为

0D Q

4r2

(rR)(rR)

习题9.17图

＞0，则D的方向沿

根据分析知，电位移矢量D的方向为径向．如果Q

径向指向外；若Q＜0，则D的方向沿径向指向球心．

根据电场强度E和电位移矢量D关系D0rEE，有电场强度E的大小为

E

D

0r



0Q40rr2

(rR)(rR)

方向也为径向．

根据极化强度与电场强度的关系P0(r1)E，知极化强度的大小为

第37页

0

P0(r1)E 0(r1)Q

40rr2

(rR)(rR)

根据极化电荷密度和极化强度的关系'PenPn，有

(1)Q '0r

40rr2

所以，球外的电场分布以及贴近金属球表面的油面上的极化电荷q'为

q'

0(r1)Q431

R(1)Q

r40rR23

第10章稳恒电流的磁场

一、选择题

10.1 答案：B

10.2 答案：C

解：根据洛伦兹力公式FmqυB知，洛伦兹力始终与运动速度垂直，所以对运动电荷不做功，根据动能定理电荷的动能不变。但当速度与磁场有一定夹角进入均匀磁场时，电荷做螺旋运动，速度的方向改变，所以动量改变。

第38页

10.3 答案：B

解：根据洛伦兹力公式FmqυB判断受力方向，知带电粒子垂直于磁场进入磁场的规律，有

B答案正确；根据

R

m2m

，所以C、D不正PmRqB，T

qBqB

确。

习题10.3图 10.4 答案：D

解：根据平面线圈在均匀磁场中的受力和力矩规律，任意平面线圈在磁场中不受力，可见该磁场一定为均匀场；根据MmB，知不受力矩线圈平面和磁场垂直。

10.5

答案：C

解：根据典型题解中第3题的解题思想，取一半径为r，宽度为dr的细圆环，则其电流为dI

2

dr

I，d

所以此细圆环的磁矩大小为dmdIr

22

r2IdrI(RR)

r2Idr

d

。根据叠加原理，线圈的磁矩大小为

mdm

10.6

R2

R1

d



21

3d

。

答案：D

二、填空题 10.7 答案：I22I1 10.8

答案：ne；相反

解：根据电流和电流密度的定义，有

习题10.7图

I

dqdIdqdsdtne

ne ,j j

dtdsdsdtdsdt

由于自由电子在电场中逆着电场方向运动，所以根据电流方向的规定，电流密度方向与电场方向相反。

三、计算题

10.9 求下列各图中p点的磁感应强度的大小和方向：

第39页

（a） (b) (c )

(d ) (e )

习题10.9图

解：根据上一题的解题分析和教材例题10.1、10.2的结果，选取垂直纸面向外为正，直接可得：

Ba

10I0I 22a4a

Bb3

0I2330I

(coscos)

2a632a

1I10I1III

Bc0()000

22a22r22a2a4rIIBd00

2r2rIIBe00

2r2r

习题10.10图

习题10.12图

习题10.13图

10.10 一同轴电缆，如图所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．求空间的磁感应强度分布．

解：根据教材例题10.4的分析知，由于本题电流是轴对称性分布的，所以磁感应强度呈轴对称性分布，可以利用安培环路定理求解。

第40页

根据磁感应强度分布的对称性，过P点作同轴的圆为安培回路L，根据安培环路定理，有

BdlBdlBdlB2rI

L

L

L

0

i

根据已知，有电流的分布为

I

r22R

IIi

I2

I(r2R2)22

(R3R2)

0

(rR1)(R1rR2) (R2rR3)(rR3)

所以，磁感应强度的大小为

0Ir2R20I2r

0

(rR1)(R1rR2) (R2rR3)(rR3)

B

0I(R32r2)

2

2r(R32R2)

磁感应强度的方向沿各点所在圆的切向．

10.11 半径为R的带电薄圆盘的电荷密度为，并以角速度绕通过盘心垂直盘面的轴转动，求圆盘中心处的磁感应强度．

解：当带电平面圆环绕过环心且垂直于环面的轴旋转时，其上电荷作圆周运动形成电流，在空间激发磁场。圆盘绕通过盘心垂直盘面的轴转动是形成的电流可看成是半径连续变化的圆形电流的叠加。在圆盘上取半径为

r，宽为dr的细圆环，此细圆环上的电荷为dq2rdr，旋转时细圆环中的电流为

dI

dq2rdrrdr dt2

根据载流圆环中心的磁感应强度分布，该细圆环电流在环心处产生的磁感应强度大小为

dB

0dI

2r



R

1

0dr 2

11

0dr0R 22

根据磁感应强度叠加原理，整个圆盘转动时，在盘心处产生的磁感应强度大小为

BdB

0

磁感应强度的方向垂直于盘面。若圆盘绕通过盘心垂直盘面的轴逆时针旋转时，当圆盘带正电时，盘心处

的磁感应强度垂直纸面向外，当圆盘带负电时，盘心处的磁感应强度垂直纸面向里。

10.12 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．解：载流直导线周围的磁感应强度的大小为

B

0I

2r

在线框区域，磁感应强度的方向为垂直于线框指向里。

在线框中竖直方向取一窄条，宽度为dr，根据磁通量的定义，有

mBdsBds

s

s

ab

a

0IIcab

cdr0ln 2r2a

10.13 如图所示，在长直电流近旁放一个矩形线圈与其共面，长直导线中通的电流为I，线圈各边分别平

行和垂直于长直导线．当矩形线圈中通有电流I1时，它受的磁力的大小和方向各如何？它又受到多大的磁力矩？

解：载流直导线周围的磁感应强度的大小为

第41页

B

0I

2r

在线框区域，磁感应强度的方向为垂直于线框指向里。根据安培定律，有

靠近直导线的边受力大小为

0IcII

c01，方向水平向左 2a2a

远离直导线的边受力大小为

0I0cII1，方向水平向右

F2I1B2lI1c

2(ab)2(ab)

F1I1B1lI1

由于导线受力方向在线框平面内，所以力矩为零。

10.14 载流子浓度是半导体材料的重要参数，工艺上通过控制三价或五价掺杂原子的浓度，来控制p型或n型半导体的载流子浓度，利用霍耳效应可以测量载流子的浓度和类型，如图所示一块半导体材料样品，均匀磁场垂直于样品表面，样品中通过的电流为I，载流子电荷为q，现测得霍耳电压为UHUAA'，证明：样品载流子浓度为 n

IB

。 qdUH

UH

（1） b

证明：当系统达到平衡时，载流子所受的电场力和洛伦兹力相等，即

quBq

根据电流I的定义，有

Ibdnqu （2）

由（1）、（2）得

10.15 如图所示，半径为R1的无限长圆柱导体，与半径为R2的无限长导体圆柱面同轴放置，其夹层充满磁导率为r的均匀磁介质，这样就构成了一根无限长的同轴电缆．现在内、外分别通以电流I和I，并且电流在横截面上分布均匀，试求：空间的磁场强度和磁感应强度。解：（1）根据教材例题10.4的分析知，由于本题电流是轴对称性分布的，所以磁场强度和磁感应强度均呈轴对称性分布，可以利用安培环路定理解。

根据磁场强度分布的对称性，过P点作同轴的圆为安培回路L，根据有介质时的安培环路定理，有

n

IB

qdUH

习题10.14图

HdlHdlHdlH2rI

L

L

L

0i

根据已知，有电流的分布为

I

r22R

I0i I

0

(rR1)(R1rR2) (rR2)

第42页

所以，磁场强度的大小为

Ir2R2

H I

2r0

(rR1)(R1rR2) (rR2)

磁场强度H的方向为沿各点所在圆顺时针方向的切向．

（2）根据磁场强度和磁感应强度的关系HBB，磁感应强度的大小为

0r

0Ir2R2

B0rH 0rI

2r

0

(rR1)(R1rR2) (rR2)

习题10.15图

B的方向和H的方向相同，也沿各点所在圆顺时针方向的切向．

第11章电磁感应

一、选择题 11.1 答案：C

解：当磁铁沿线圈轴线插入线圈时，穿过线圈平面的磁感应线增多，所以定律知，

dm

0，根据法拉第电磁感应dt

dm

0，所以答案是C。 dt

11.2 答案：D

解：根据法拉第电磁感应定律知，铁环与铜环所包围的面积中穿过相同变化率的磁通量时，产生的感应电动势大小相同，由于铁环与铜环的电阻率不同，所以尺寸相同时电阻不同，产生的感应电流不同。

11.3 答案：C

解：为了计算互感系数，假设线圈2中通有电流I2，则根据通电圆环轴线上的磁场分布，有线圈2的圆心处的磁感应强度大小为

B2

0N2I2

2R

由于(Rr)，所以线圈1周围的磁感应强度可认为是均匀场，大小为B2有通过线圈1每一匝的磁通量为

0N2I2

2R

，根据磁通量的定义，

m1BdsBdsBds

S

S

S

0N2I2

2R

r2

根据互感系数的定义，有

12N1m10N1N2r2

M

I2I22R

第43页

11.4 答案：A

11.5 答案：D

解：本题属于动生电动势的求解，下面用两种方法解题。方法一：利用法拉第电磁感应定律

根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为

B

0I

2r

方向垂直于纸面指向里。

根据磁通量的定义，并取垂直指向里为正，有通过回路面积的磁通量为

mBdsBds

S

S

rl

r

0IIlrl

ldr0ln

2r2r

根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势为

dm0Il10Il21dr

 ()

dt2rlrdt2r(rl)

“+”表示感应电流沿顺时针方向，也可根据楞次定律判断。

方法二：电动势的定义式法

根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为

B

0I

2r



方向垂直于纸面指向里。

根据楞次定律知：a端电势高b端电势低，d端电势高c端电势低，所以根据电动势的定义式(υB)dl，



有

0II

dl0l

bb2r2rdd0I0I2(υB)dldll

cc2(rl)2(rl)

由于1,2串联，取顺时针为正，则整个线圈的电动势为

1(υB)dl

a

a

0I0I0Il2

12ll

2r2(rl)2r(rl)

二、填空题 11.6

答案：洛伦兹力；感生电场

11.7

答案：1221

解：根据互感系数的定义，有

第44页

M12

由于I1I2，所以1221。

12

M2121M I2I1

三、计算题

11.8 如图所示，在通有电流I的长直导线近旁有一导线段AB．当它沿平行于长直导线的方向以速率平移时，导线段中的感应电动势是多少？A，B哪端的电势高？

习题11.8图

解：本题属于动生电动势的求解，下面用两种方法解题。方法一：利用法拉第电磁感应定律

根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为

B

0I

2r

方向垂直于纸面指向里。

由于导体棒不是回路，所以补成如图所示的假想矩形回路，则通过回路面积的磁通量为

mBdsBdsab

0Ixdr0Ixab

S

S



a

2r2ln

a

根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势的大小为 

dm0Iabdx0Iadt2lnadt2lnb

a

根据楞次定律知，A端电势高，B端电势低

方法二：电动势的定义式法

根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为

B

0I

2r

方向垂直于纸面指向里。

根据楞次定律知A端电势高B端电势低，所以根据电动势的定义式



(υB)dl，有第45页

(υB)dl

B

Aa

ab



0IIab

dr0ln

2r2a

说明：利用电动势的定义式求解动生电动势时，可以先假设电动势的高低点，然后按定义式求解，结果为

正时表示假设为真，否则与假设相反。

11.9 如图所示，一根无限长导线通以电流Ikt(其中k为正常数)，线框平面与直导线处在同一平面内，试求线框中的感应电动势．

2

习题11.9图

解：本题属于感生电动势的计算，由于不知道感生电场的分布，所以只有一种方法求解。具体如下：根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为

B

0I

2r

方向垂直于纸面指向里。

为了求解通过矩形面积的磁通量，在r处取一窄条（如图所示），并取垂直指向里为正，根据电通量的定义，有

mBdsBds

S

S

ab

a

0IIcab

cdr0ln

2r2a

根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势为



dmcabdIcab

0ln0lnkt dt2adta

“-”表示感应电流沿逆时针方向。

11.10 在半径为R的圆柱形空间内，充满磁感应强度为B的均匀磁场．有一长为L的金属棒AB放在磁场中，如图所示．设磁场在增强，并且

dB

已知，求棒中的感应电动势，并指出哪端电势高． dt

第46页

习题11.10图

解：本题属于感生电动势的计算，但又不是闭合回路，所以解题过程中应设法补成闭合回路。具体方法如下：

根据题意知感生电场为同心圆环，所以连接OA、OB构成等腰三角形，如图所示。取逆时针方向为绕行的正方向，则穿过回路的磁通量为

1

mBdsBdsBdsBL4R2L2

4SSS

根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势为



dm1dB

L4R2L2 dt4dt

“-”表示感应电流沿顺时针方向。

由于感生电场为同心圆环，与等腰三角形的OA、OB边垂直，所以

OAOBEkdl0





所以棒中的感应电动势为

ABBOOAL4R2L2

14dB dt

“-”表示A点的电势高于B点的电势。

11.11 如图所示，横截面为矩形的环形均匀密绕螺绕环，总匝数为N．（1）求该螺绕环的自感系数；

（2）沿环的轴线拉一根直导线，求直导线与螺绕环的互感系数M。

习题11.11图

解：（1）为了计算自感系数，假设螺绕环中通有电流I，方向如图所示，过环内某一点P作同轴的圆为积分回路，并取顺时针为积分回路的正方向，根据安培环路定理，有

第47页

BdlBdlBdlB2rI

l

l

l

0

i

0NI

所以，螺绕环内的磁感应强度大小为

B1

0NI

2r

方向为顺时针方向圆的切向。

根据磁通量的定义，有通过一个线圈的磁通量为

mBdsBds

S

S

R2

R1

0NINIhR2

hdr0ln

2r2R1

根据自感系数的定义，有

Nm0N2hR2 Lln

II2R1

（2）为了求直导线与螺绕环的互感系数，假设直导线中通有竖直向上的电流I1，则根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为

B

0I1

2r

方向垂直于纸面指向里。

根据磁通量的定义，有通过螺绕环每个线圈的磁通量为

m2BdsBds

S

S

R2

R1

0I10I1hR2

hdrln

2r2R1

根据互感系数的定义，有

M

21Nm20NhR2

ln

I1I12R1

自测题参考答案 11.1 B 11.2 B 11.3 D 11.4 A 11.5 D 11.6 4

11.7 abB0cost

11.8 BR，O点的电势比P点的电势低 11.9

1

2

2

0cab0Ibc

lnI0sint，结果为正表示感应电流沿顺时针方向，为负表示感应电流沿逆2a2a(ab)

时针方向

第48页

第12章光的干涉

一、选择题 12.1答案：B

解：洛埃德镜实验中入射光在反射镜M发射时有半波损失，有效光程差当

dx。比双缝干涉附加了，D22

dx

=k时，洛埃德镜实验恰好满足干涉干涉相消的暗纹条件。 D

第49页

12.2答案：C。

解：在n1＜n2＞n3和n1＞n2＜n3的情况下，二反射光有附加光程差。

12.3答案：C。

解：两相邻条纹的高度差d

12.4答案：B

解：在劈尖干涉中，两相邻条纹的高度差d



2n2

。



2n2

，两滚柱之间的直径差d（高度差）不变，所以条纹数目不

变。而两个相邻明纹或暗纹之间的距离l

dL

，因、不变，当L减小时l也减小。 

sin2n2d

12.5答案：B

解：当在平凸透镜与平玻璃板之间充满折射率为n 的透明介质时，透明介质上下表面的发射光的光程差

r21

2nd2n。由暗环条件k，联立解得。

22R22



12.6答案：B

解：分析见12.17的解答，第k级暗环半径rk= [(k2d0)R]1/2 (k为大于等于2d0/的整数)随着d0的增加而减少，条纹向中心收缩。环心处空气膜上下表面的反射光光程差2nd0倍，呈明暗交替的变化。

12.7答案：A

解：如图12-6（b），在迈克尔逊干涉仪中，因光束两次经过介质薄片。

二、填空题 12.8答案：



2

随d0的增加依次取



的奇数倍和偶数2

2



(n1)d； 4×104

解：插入玻璃片之前，s1和s2发出光在A点同相位。插入玻璃片后，引起的光程改变为

ndd(n1)d

由光程差与相位差的关系

2





2



(n1)d。

由题设4，代入计算得d

12.9答案：

445000

4104 Å

(n1)(n1)1.51

D

nd

第50页

解：当把双缝干涉实验装置放在折射率为n的媒质中时，光程差

nr

ndx

D

明纹暗纹

k, k0,1,2,

由干涉条件 1

k, k1,2,2

则屏上干涉条纹中相邻明纹的间距xxk1xk

12.10答案：1.40

解：由劈尖干涉条纹间距公式l

D

nd

d

，则 

sin2n2

70001010

n21.40

2l20.251021.0104



12.11答案：5391Å

2d20.62103

5391Å 解：n2300

三、计算题

12.12答案：λ1＝400nm；λ2＝444.4nm；λ3＝500nm；λ4＝571.4nm；λ5＝666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强

分析：由双缝干涉屏上明纹位置公式，求k取整数时对应的可见光的波长。解：已知：d＝0.2mm，D＝1m，x＝20mm 依公式： x

Dk ddx

∴ k＝4×10-3 mm＝4000nm

D

故 k＝10 λ1＝400nm k＝9 λ2＝444.4nm k＝8 λ3＝500nm k＝7 λ4＝571.4nm k＝6 λ5＝666.7nm 这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．

12.13答案：545nm，d

D

0.27mm x

分析：由明纹位置公式求解。

解：在屏幕上取坐标轴Ox，坐标原点位于关于双缝的对称中心。屏幕上第k级明纹中心的距坐标原点距离：

xk

D d

第51页

可知 xxk1xk(k1)代入已知数据，得 

DDD

k

ddd

x

d545nm D

D

0.27mm x

对于所用仪器只能测量x5mm的距离时 d

12.14答案：（1）480nm；（2）1600nm，1600nm

分析：当光垂直入射到玻璃片时，由于玻璃的折射率大于空气的折射率．因此，反射光在玻璃表面上存在半波损失．所以，反射光干涉时光程差2nd

解：玻璃片上下表面的反射光加强时，应满足 2nd



2

，透射光干涉时光程差2nd。



2

4nd

即 

2k1

在可见光范围内，只能取k3（其它值均在可见光范围外），代入上式，得 480nm

玻璃片上下表面的透射光加强时，

k0,1,2,3 应满足 2ndk,

或，反射光应满足干涉减弱条件（与透射光互补）即 2nd

k,k1,2,3



222nd

都有：

k

2nd

k2时，1600nm

22nd

k3时，2400nm

3

12.15答案：2.9510m

6

(2k1)



,k0,1,2,3

分析：出现干涉条纹，说明两物体不等高；干涉条纹间隔相等，说明两物体的端面平行，此干涉为劈尖干涉．

解：设劈尖角为，相邻两干涉条纹间隔为l，空气劈相邻两明（暗）干涉条纹的间距为：lsin两物体端面的高度差为：hdtandsin 得 h



2

d

2.95106m 2l

12.16答案：1.5×10-3mm

分析：上下表面反射都有相位突变，计算光程差时不必考虑附加的半波长.

解：设膜厚为d，A处为明纹，B处为暗纹，2nd＝第8个暗纹对应上式k＝7，d



(2k＋1)，（k＝0，1，2，…）， 2

2k1＝1.5×10-3mm

4n

12.17答案：rk= [(k-2d0)R]1/2 ，(k为大于等于2d0/的整数)

第52页

分析：利用几何关系求不包括d0对应空气膜厚度，并考虑半波损失。

解：设反射光牛顿环暗环半径为r，不包括d0对应空气膜厚度为r2/(2R)，所以r处对应空气膜的总厚度为

d=r2/(2R)+ d0

因光垂直照射，且相干减弱，所以有

=2d+/2=r2/R+2d0+/2=(k+1/2)

得牛顿环的各暗环半径

rk= [(k2d0)R]1/2 (k为大于等于2d0/的整数)

12.18答案：1.00029

分析：当气体慢慢导入管内，由于两束相干光的光程差改变了，从而引起干涉条纹发生移动。解：气体导入一管过程中，光程差从零变为：nllk，有98条干涉条纹移动即可k=98。

所以，n1k98

l1l

1.00029

第53页

第13章光的衍射

一、选择题 13.1答案：B

k1，2，3，2k2

解：根据单缝衍射公式asin

2k1k1，2，3，2

暗纹

明纹

第k级暗纹对应的单缝波阵面被分成2k个半波带，第k级明纹对应的单缝波阵面被分成2k+1个半波带。由题意

asin2，对应第2级暗纹，对应的单缝波阵面被分成4个半波带。

13.2答案：C

解：单色平行光垂直照射单缝时，在衍射角为的方向上，光程差asin与单缝位置无关。

13.3答案：B

解：由光栅方程(ab)sink，k0，

1，2，，可能观察到的最大级次 kdsin2

max



4.16

取整数kab

max4.16，考虑缺级，ka

k =2k，k1，2，3，即2，

4级次为缺级。

13.4答案：B

解：假设入射单色平行光以入射，则光程差(ab)(sinsin)

13.5答案：D

解：光栅衍射可以产生明亮细锐的亮纹，且相邻条纹之间分得很开，可精确测量。

二、填空题

13.6答案：1×106m

解：由单缝衍射规律asink，则

k5107asin6

sin30



110m

13.7答案：4；第一；暗解：解析见 13.1分析

13.8答案：19.52mm

解：由题设，要分辨这两颗星，望远镜的最小分辨角至少不小于这两颗星相对望远镜的角距离。由1.22



D

，则

第54页

5.6106

D1.221.223.5106

1.952mm

13.9答案：2.05mm；38.2°

解：由光栅方程(ab)sink，k0，

1，2， k632.8103

光栅常数d(ab)

sinsin18

2.05mm 第二级主极大的衍射角sin2

2

(ab)

2sin10.618，2=38.2°

三、计算题

13.10答案：500nm

分析：由单缝衍射暗纹条件及暗纹到中心的距离可求波长。解：设第三级暗纹在3方向上，则有

asin3

3

此暗纹到中心的距离为 x3ftg3

因为3很小，可认为tg3≈sin3，所以 x3≈3fλ/a．

两侧第三级暗纹的距离是 2x3=6λf/a=8.0mm ∴ λ=(2x3)a/6f =500nm

13.11 答案：(1)

o

36000A，k3，2k17个半波带

(2) Ao

44700，k4，2k19个半波带

解答：

(1)由于P点是明纹，故有asin(2k1)

2

，k1,2,3

由

xf1.4

400

3.5103tansin 故

2asin2k120.62k13.51031

2k1

4.2103mm

3o

当 k，得36000A

k4o

，得44700A

o

(2)若36000A，则P点是第3级明纹； o

若44700A，则P点是第4级明纹． (3)由asin(2k1)



2

可知，

当k3时，单缝处的波面可分成2k17个半波带；

第55页

当k4时，单缝处的波面可分成2k19个半波带．

13.12 答案：(1)2.4cm；(2)k0,1,2,3,4共9条双缝衍射明条纹．解答：(1)中央明纹宽度为

48001075010

l02f2mm 2.4cm

a0.02



(2)由缺级条件

asink (ab)sink

知

kk

即k5,10,15,缺级．

ab0.1

k5k k1,2, a0.02

中央明纹的边缘对应k1，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有k0,1,2,3,4共9条双缝衍射明条纹．

13.13 答案：（1)ab6.010

6

m

(2)1.510

6

m

(3)k0,1,2,3,5,6,7,9共15条明条纹

分析：（1）将已知条件代入光栅方程(ab)sink可求出光栅常数即光栅上相邻两缝的间距；（2）用缺级公式

o

abko

，k'1，可求出光栅上狭缝可能的最小宽度a；（3）以90为限先确定干涉条纹的级数，等ak'

于90时对应的级次看不见，扣除缺级，最后算出条纹数。

解：（1）由光栅方程(ab)sink （k=2）得 (ab)k6106m

sin

abk

 取k'1,得 aab1.5106m ak'4

（3）由光栅方程 (ab)sink,k0，1，2，

（2）根据缺级条件，有令sin1,解得: k

ab



10

0

即k0,1,2,3,5,6,7,9时出现主极大，4，8缺级,10级主极大在90处,实际不可见,光屏上可观察到的全部主极大谱线数有15条.

13.14 答案：（1）2.9610m，（2）296m

分析：由瑞利判据讨论。

解：（1）设在月球上的爱里斑直径为D，激光束直径为d，地球至月球距离为L。由瑞利判据

2L

D2R2LR1.222.96105m

d

（2）若将激光束的直径扩为d'，则月球表面爱里斑的直径为

2L

D'1.22296m

d'

可见， D'

d'D

D

d1000

5

第56页

所以，使用激光扩束器可减小光束的发散，使光能集中，方向性更好，从而提高测距精度.

13.15 答案：0.13nm； 0.097nm

分析：由布拉格公式，把波带端的波长代入，求出k的取值范围。当k取整数时，求出的在波带中即可产生X射线衍射。

解：由布拉格公式2dsink,k1,2,3,

2dsin2dsin级次k的取值范围在 k

21

即 2.99k4.09

k只能取整数，所以，k3时,

k4时,'2dsin

0.13nm 3

2dsin

0.097nm 可产生衍射。

4

第57页

第14章光的偏振

一、选择题 14.1答案：B

解：自然光透过偏振片后光强为I1I0/2，由于两偏振片的偏振化方向成45角，所以偏振光透过第二个偏振片后光强由马吕斯定律得I2I1cos245I0/4。

14.2答案：B

解：由于偏振光和偏振片P1的偏振化方向成的角，透过偏振片P1后光强由马吕斯定律得I1I0cos2。透过偏振片P1的偏振光和偏振片P2的偏振化方向成90的角，透过偏振片P2后光强由马吕斯定律得

2

I2I1cos2(90)I0cos2sin21Isin(2)。 04





14.3答案：B

i0r0解：当入射光以布儒斯特角入射时，反射光是垂直于入射面的线偏振光，反射光与折射光互相垂直，

14.4答案：C

解：根据布儒斯特定律，i0arctan

14.5答案：C



2

。

n

580。反射光与折射光互相垂直，r0i0320。 1.02

解：光束进入各向异性晶体后，分裂成两束沿不同方向传播的o光和e光。o光的光振动垂直于自己的主平面，e光的光振动在自己的主平面内。当入射光在主截面内，即入射面是晶体的主截面时，o光与e光的主平面重合，且就在入射面（主截面）内，这时，o光与e光的振动方向相互垂直（亦即振动面相互垂直）。

二、填空题

14.6答案：2； 1/4 解：解析见14.2

14.7答案：355.2nm； 396.4nm 解：由折射率的定义n

c0

，则 v

o

0

no



589

355.2nm 1.658

e

0

ne



589

396.4nm 1.486

三、计算题

14.8答案： (1) I1=I0/2；I2＝I0/ 4；I3＝I0/8

(2) I3=0；I1=I0/2

分析：强度为I1的自然光通过偏振片后，变为光强为

I0

的线偏振光，线偏振光通过偏振片的强度取决于2

第58页

偏振片的偏振化方向与线偏振光的振动方向的夹角，根据马吕斯定律可进行求解。

解：(1) 自然光通过第一偏振片后，其强度 I1=I0/2

通过第二偏振片后，I2＝I1cos245＝I0/ 4 通过第三偏振片后，I3＝I2cos245＝I0/8

通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平行．

(2) 若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时I3=0, I1仍不

变。

14.9答案：154ο44'；

分析：同上题。

解：自然光透过偏振片后光强为I1I0/2，假设两偏振片的偏振化方向成角，所以偏振光透过第二个偏振片后光强由马吕斯定律得I2I1cos

由题设⑴

2

235ο16'

1

I0cos2。 2

111οI0cos21I0 154 4'4232112

⑵I0cos2I0 235ο16' 23

14.10答案：i55.03；n31.00

分析：由布儒斯特定律可知：自然光只有以布儒斯特角入射时，反射光才是线偏振光。解: (1) 由布儒斯特定律 tani

n2

1.43 n1

所以 i55.03

(2) 令在介质Ⅱ中的折射角为r,则

r



2

i

此r在数值上等于介质Ⅱ、Ⅲ界面上的入射角, 由布儒斯特定律

tanr

n3

n2

n1

n11.00 n2

得 n3n2tanrn2cotin2

14.11答案：4.5mm

解答：通过晶片的振动面旋转的角度与晶片厚度d成正比．要使该波长的光完全不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转90．

∴ 2:1d2:d1

ο

290ο

d2d1ο14.5mm

120

第59页

第15章几何光学

一、选择题 15.1 答案：A

解：质点A抛出后左平抛运动，xv0t，y

12

2

gt，设其在NO上的投影为N，则由几何关系xv201

MOyNN，即tMO2gtNN，所以NNMO2vgt。

0

第60页

15.2 答案：A 解：R 15.3

答案：B

解：玻璃砖中的球形大气泡可等效成已发散透镜，成缩小正立的虚像 15.4

答案：D

解：显微镜成像，物体放在物镜的物方焦点外侧附近，成像于目镜的物方焦点邻近并靠近目镜一侧，通过目镜最后成一倒立放大的虚像。由题设，物镜成像的相距l220218cm，代入到高斯公式

hn1

2

111

，求得l2l1f

l11.64cm。

15.5 答案：D

f

解：伽利略望远镜的目镜是发散透镜，望远镜的放大率MO。

fE

15.6 答案：D

二、填空题 15.7

答案：60°

解：画出光路图，由几何关系可知i2，代入折射定律可求解。 15.8

答案：-10cm；-10cm 解：球面反射镜焦距f 15.9

答案：50mm 解：透镜焦距f

R。 2

1

。

11n1

R1R2

三、计算题 15.10

第61页

答案：20cm；2

分析：利用凹面镜的半径可确定焦距，以知物距，由球面镜的物像公式和横向放大率公式可求解。解：像的位置如图所示，为正立、放大的虚像．

1

R20cm2111l1l2ffl220cmm

15.11

Q

C

F

题15.10解图

-l1

l2

n1l2120

2n2l1(1)(10)

答案： 26.67cm

分析：两次平面折射。

解：由平面折射公式，利用逐步成像法，即可求得物体的像。

一次折射成像：l2

n2

l1,l110cm,n21.50,n11,l215cm n1

1.50.l216.67cm n21,n1

(1015)25cm,二次折射成像：l1

距观察者距离 L(1016.67)cm26.67cm

15.12

答案：像在球的右侧，离球的右边2cm处．

分析：利用逐步成像法，对玻璃球的前后两个球面逐一成像，即可求得最后像的位置．用高斯成像公式时，应注意两个球面的顶点位置是不同的。r1r4cm,r2r4cm．

解：用

n2n1n2n1

，n1'n1.5，n11，l1 l2l1r1.511.51

，l212cm l24

对玻璃球前表面所成的像，对后表面而言是物，所以l1l22r2(128)cm4cm

f'2

11

r2[(4)]cm8cm 1n11.5

f1nf'2(1.58)cm12cm

f1f2l1f'248

1，l2()cm2cm

l1l2l1f1412

或用

n1nnn2

21l1l2r

1.5，n2=1，，n1

11.511.5

2cm ，l2

l244

第62页

像在球的右侧，离球的右边2cm处．

15.13

答案（1）f36.36cm；

(2 ) f60cm

（1）分析：远视眼应配凸透镜眼镜，配上眼镜后，相当于物体在离明视距离（l125cm）处，而所成虚像在近点处（l280cm）．解：由透镜成像公式

111

 l2l1f

可得

111 8025f

112.75D f0.3636m

解得镜片焦距f36.36cm，其光焦度为应配眼镜度数为2.75100275度．

（2）分析：近视者应配凹透镜眼镜，配上眼镜后，从无穷远处（l1)物体发出的光看似从远点处发出，即虚像成在远点处（l260cm）．解：由透镜成像公式

111

 l2l1f

可得

111 60f

111.67D f0.60m

解得镜片焦距f60cm，其光焦度为应配眼镜度数为1.67100167度。

第63页

第16章早期量子论

一、选择题 16.1

解：基尔霍夫辐射定律指出，在同样的温度下，各种不同物体对相同波长的单色辐出度与单色吸收比之比值都相等，并等于该温度下黑体对同一波长的单色辐出度。

答：B

16.2

解：两次照射金属的逸出功不变。据爱因斯坦光电效应方程h

1

m2A，有第一次hEkA，2

A，从这两个式子中消去A，即可得答案。第二次2hEk

答：D

16.3

解：据玻尔氢原子理论，当电子从能量较高定态En跃迁到另一能量较低的定态Ek时，则原子将放出一个频率为ν，能量为hEnEk的光子，而这就是形成谱线的依据。则从第三激发态向下跃迁时，如图所示，有

2C46。

第64页

答：D

二、填空题 16.4

解：由维思位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长该波长

m

b

2.57107m257nm T

属紫外区域，所以天狼星呈紫色。

答：257nm

16.5

解：据爱因斯坦光电效应方程h

11

m2A，当动能m2为零时，对应的照射光频率即为红限频率，22

故有0A/h。而遏止电势差随光射光频率成线性变化，即UaKU0。

答：A/h，KU0

16.6

解：氢原子基态能量为-13.6eV，则定态k的能量为10.2eV-13.6eV=-3.4eV，而l级量为-0.85V。氢原子由定态l跃迁到定态k所发射的光子的能量为

EElEk0.85eV3.4eV2.55eV

答：2.55eV

三、计算题

16.7：太阳可看作是半径为7.0  108 m的球形黑体，试计算太阳的温度。设太阳射到地球表面上的辐射能量为

1.4  10Wm，地球与太阳间的距离为1.5  10m。

3

－2

11

解：以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上。太阳在单位时

间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因此有

4d2E

（1） M(T)

4R2

M(T)T4 （2）

由式（1）、（2）可得

d2E

TR2



14

5800K

16.8：在康普顿效应中，入射光子的波长为 3.0  10－3 nm，反冲电子的速度为光速的60％，求散射光子的波长

及散射角。

第65页

解：根据能量守恒，相对论质速关系以及散射公式有

cc

（1） hm0c2hmc2

0

mm0(1v2/c2)1/2

（2）（3）

0c(1cos)

由式（1）和式（2）可得散射光子的波长

4h0

4.35103nm

4h0m0c将入值代入式（3），得散射角

arccos1





0

1.1112弧度 c

18

16.9：已知银的电子逸出功为0.7510电子的最大速率。

解：根据光电效应的爱因斯坦方程h

J，以波长1.55107m的紫外线照射，求从银表面逸出的光

1

mv2A，又c/，整理得 2

2(



hc

A)1m



6.631034Js3108ms118

2(0.7510J)7

1.5510m 31

9.1110kg

1.08106ms1

16.10：

第66页

第17章量子物理初步

一、选择题 17.1

解：德布罗意波长由式ph/来计算。在磁感应强度为B均匀磁场中圆形轨道运动的粒子应满足牛顿定律2eBm/R，从中解得pm2eRB，由此全题得解。

答：A

17.2

解：粒子在空间的分布几率是波函数在空间各点振幅的平方。答：A

17.3

解：不确定关系可表示为xpx为零点能量，其大小为E0

答：B

二、填空题 17.4

解：德布罗意波长由式ph/来计算，而pm。

2

，若势阱宽度xa，则动量的最小值应为pxh/a，而对应的应

。

2

px2/2ma2

2m

答：1.9910nm

17.5

解：按德布罗意波的假定来计算，即ph/和Eh。

5

第67页

答：光子的动能6.22KeV，电子的动能37.8keV；

17.6

解：按不确定关系xpx

来计算，其中pm，pm。

答：1.46107ms1

三、计算题

17.7 已知一维运动粒子的波函数为

Axexx0

(x)0x0

式中0，试求：（1）归一化常数A和归一化波函数；（2）该粒子位置坐标的概率分布函数（又称概率密度）；（3）在何处找到粒子的概率最大。

2

解：（l）由归一化条件





(x)dx1，有

2

2

2x



0



0dxAxe

0

2



222x

dxAxe

0



A2 （注：利用积分公式

0

A2

dx31

4

2

y2ebydy3）

b

经归一化后的波函数为

x02xex

(x)

x00

（2）粒子的概率分布函数为

43x2e2xx0

(x)

0x0

2

（3）令2

d2(x)dx

阶导数

dx2



d[(x)]

2



12

0,，有43(2xe2x2x2e2x)0，得x0，x和x时，函数(x)有极值。由二

12

0可知，在x处，(x)有最大值，即粒子在该处出现的概率最大。

x

1





17.8 一电子被限制在宽度为 1.0  1010 m的一维无限深势阱中运动。（1）欲使电子从基态跃迁到第一激发态，

需给它多少能量？（2）在基态时，电子处于x1 = 0.090×10

10

m与x2 = 0.110  10m 之间的概率为多少？（3）在

10

第一激发态时，电子处于x1'0与x2'0.251010m 之间的概率为多少？

解：（l）电子从基态（n = 1）跃迁到第一激发态（n = 2）所需能量为

h2h22

EE2E1nn1112eV

8ma28ma2

22

2

（2）当电子处于基态（n = 1）时，电子在势阱中的概率密度为(x)区间的中心位置xc

22

sinx。所求区间宽度xx2x1，aa

x1x2

，则电子在所求区间的概率近似为 2

2

2

P1

x2x1

(x)dx1(xc)x

2xx2sin2(1)(x2x1)3.8103 aa2

2

（3）同理，电子在第一激发态（n = 2）的概率密度为2(x)

222

sinx，则电子在所求区间的概率近似为 aa

P2

222x1'x2'

sin()(x2'x1')0.25。 aa2

第68页

17.9 在描述原子内电子状态的量子数n，l，ml中，（l）当n = 5时，l的可能值是多少？（2）当l5时，ml的

可能值为多少？（3）当l4时，n的最小可能值是多少？（4）当n = 3时，电子可能状态数为多少？

解：（1）n = 5时，l的可能值为5个，它们是l= 0，1，2，3，4；

（2） l= 5时，ml的可能值为11个，它们是ml= 0，1，2，3，4，5；（3）l= 4时，因为l的最大可能值为（n  1），所以n的最小可能值为5；（4） n = 3时，电子的可能状态数为2n = 18。

2

第69页

本文来源：https://www.wddqw.com/doc/c61903f0c2c708a1284ac850ad02de80d4d806f7.html

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