大学物理学习指导(王世范)
大学物理下册答案 第十一章 静电场
例题答案：
11—1. B ； 11—2. B ； 11—3. B 11—4.
()3
0220824R qd
d R R qd εεπ≈
-ππ；从O 点指向缺口中心点 11—5. 0/ελd ；
()2
204d R d
-πελ ；沿矢径OP 11—6. D 11—7.
02εσ 向右 ; 0
23εσ
向右 11—8. (见书上)
11—9. D ； 11—10. C ； 11—11. C 11—12. 45 V —15 V 11—13-14. (见书上) 11—15. 无答案 练习题答案：
11—1. 证明：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．
带电直杆的电荷线密度为λ=q /L ，
在x 处取一电荷元d q =λd x = q d x /L ， （2分） 它在P 点的场强： ()
2
04d d x d L q E -+π=
ε()
2
04d x d L L x q -+π=
ε
总场强为：?+π=L
x d L x L q E 0
2
0)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 11—2. Q / ε0， 0
11—3. －σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0) 11—4. B
11—5. 解：在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d x
它在O 点产生的电势 ()x
x
a x U 004d d ελπ-=
O 点总电势：
??????-π=
=???++l a a l
a a x x a x dU U d d 400ελ?????
?
+-π=a l a a l ln 40
0ελ 11—6. 解：在圆盘上取一半径为r →r ＋d r 范围的同心圆环．其面积为 d S =2πr d r
其上电荷为 d q =2πσr d r
它在O 点产生的电势为 0
02d 4d d εσεr
r q U =
π=
总电势 0
2d 2d εσεσ
R
r U U R
S =
=
=?
?
11—7. 解：设导线上的电荷线密度为λ，与导线同轴作单位长度的、半径为r 的(导线半径
R 1＜r ＜圆筒半径R 2)高斯圆柱面，则按高斯定理有 2πrE =λ / ε0
得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2 ) 方向沿半径指向圆筒． 导线与圆筒之间的电势差 ?
?
?π=
=
2
1
2
1
d 2d 0
12R R R R r r
r E U ελ 1
20ln 2R R ελπ= 则 ()
1212
/ln R R r U E =
代入数值，则：
(1) 导线表面处 ()
12112
1/ln R R R U E =
＝2.54 3106 V/m
(2) 圆筒内表面处 ()
12212
2/ln R R R U E =
＝1.703104 V/m
11—8. 解：设小球滑到B 点时相对地的速度为v ，槽相对地的速度为V ．小球从A →B 过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒 m v ＋MV ＝0 ①
对该系统，由动能定理 mgR －EqR ＝
21m v 2＋2
1
MV 2 ②
①、②两式联立解出 ()()
m M m qE mg MR +-=
2v 方向水平向右．
()()
m M M qE mg mR M m V +--=-
=2v 方向水平向左． 11—9. 解：设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为
02
20432ελελ=
+=
R R R
U A 0
220682ελελ=
+=R R R U B q 由A 点运动到B 点电场力作功
()000
1264ελ
ελελq q U U q A B A =???? ??-=-= 注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．
11—10. 解： (1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即
?
??? ??+π=
22110
041
r q r q U ε???? ??π-ππ=2221
2104441r
r r r σσε(
10r =εσ
2
100r r U +=
εσ＝8.85310-9 C / m 2 (2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有 ()210
1
r r U σσε'+='= 0
即
σσ2
1
r r -
=' 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 ()???
?
??+
π='-π='212222144r r r r q σσσ ()20021244r U r r r εσπ=+π=＝6.67310-
9 C
第十二章 导体电学
例题答案： 12—1. D 12—2. C 12—3. (C)没答案
12—4. –q ， 球壳外的整个空间 12—5.
)(21B A q q -， S
d
q q B A 02)(ε- 12—6. C Fd /2， FdC 2
12－7. C
12－8-9. (见书上)
练习题答案：
12—1. C=712Uf （没过程）
12—2 解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E 1=σ1 / ε0，E 2=σ2
/ ε0
∴左边两极板电势差U 1
=σ1d 1 / ε0，
右边两极板电势差U 2=E 2d 2=σ2d 2 / ε0，而U 1=U 2，则σ1 / σ2= d 2 / d 1。 12—3. D 12—4. C
12—5. 证明：在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图．设B 内表面上带电荷Q 2′，按高斯定理，因导体内部场强E 处处为零，故
0/)(d 02
1='+=??εQ Q S E S
∴ 12
Q Q -=' 根据电荷守恒定律，设B 外表面带电荷为2
Q ''，则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222
Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章 电介质
例题答案： 13—1. B 13—2. （B ） 13—3. （C ） 13—4. ε r ， ε r 13—5. (见书上) 13—6. C
练习题答案：
13—1 e RE U /0max = = 147 kV
[解]：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布 为 )2/(r E ελπ=
设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为
2E r d d R
R
r
r
r r λ
ε==
π?
??U 0ln 2r R ελπ= 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有
002E r ελπ=
00ln
r R
E r U = 适当选择r 0的值，可使U 有极大值，即令
0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U
得 e R r /0= 显然有
2
2d d r U < 0， 故当 e R r /0= 时电容器可承受最高的电压
e RE U /0max = = 147 kV 13—2 r W W ε/0=
[解]：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量D 保持不变，
又 r
r r w D D DE w εεεεε02
00202112121====
因为介质均匀，∴电场总能量 r W W ε/0=
13—3[解]：设某瞬时球上带电q ，电势为u ，将dq 自∝处移至球面，外力做功等于的电势能增量dw ，即dw=udq 。球上电量由q=0→Q ，外力作的总功为球末态的电势能(即球带电Q 的总静电能)。所以W==??Q
0dq u =?
?πεQ
dq R
4q
=
R 8Q 2πε。 13—4（1）U=1000V ，e W = 5?10-6J （2）?W e = 5.0?10-6J
由于把带电的两面三刀极板拉开时外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了
4. [解] (1)电容器充电后断开电源，则极板上所带的电量不变。故极板间的电势差和电场能量分别为C Q U =＝12
81010100.1--??=1000V ，()
=???==--122
82e
10102100.1C 2Q W 5?10-6
J 。 (2)设极板原间距为d ，增大为2d 时，相应的电容量要变小，其值为C '=ε0S /2d=C /2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为W 'e =Q 2 / 2C '= Q 2 / C
()=??=
--12
2
81010100.1 1.0?10-5J ，电场能量的增加量为?W e = W 'e –W e =5.0?10-6J ，由于把带电的两
面三刀极板拉开时，外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了。 13—5 V max =???? ??-2121b r 1r 1r E e W =2b 2131r 0E r r 1r 2???? ??-επε。 [解](1)设该球形电容器带有电量，则两球壳间场强分布为02
r 0r r 4q E επε=
r 1≤r ≤r 2
由此可知，当r 趋近于r 1时，场强值增大。要使电容器不被击穿，E 2 1r 0r 4q επε 得：r 021b 4q r E επε= ，两球间所允许的最大电势差为：V max =? ?r d E =dr r 4q 2 1 1r r 2 r 0? επε==??dr r 1 r E 2 1 r r 22 1b ???? ??-21 21b r 1r 1r E 。 (2)方法一：在r 1≤r ≤r 2内取半径r 厚度dr 的薄层壳内电能密度w e =2 1εE 2 =4 4 1 2b r 2r E ε均匀分布在 薄层中，此薄球壳能量，dW=4πr 2dr ? w e ，电容器能贮存的最大静电能为 W e =dV E 21 2ε?=dr r 4r 4q 2121r r 22 2r 0r 0?π??? ? ? ?επεεε=2 b 2131r 0E r r 1r 2???? ??-επε。 方法二：此电容C=1221r r r r 4-πε，∴W e =C 2q 2 =2112r r 8r r πε-(E b 4πεr 12)2=2b 2131r 0E r r 1r 2???? ? ?-επε。 例题答案： 例14-1：解：令1B 、2B 、acb B 和ab B 分别代表长直导线1、2和三角形框ac 、cb 边和ab 边中的电流在O 点产生的磁感强度．则 ab acb B B B B B +++=21 1B ：由于O 点在导线1的延长线上，所以1B = 0． 2B ：由毕－萨定律)60sin 90(sin 402?-?π=d I B μ 式中 6/330tan 2 1 l l Oe d =??= = )2 3 1(34602- ?π= l I B μ)332(40-π=l I μ 方向：垂直纸面向里． acb B 和ab B ：由于ab 和acb 并联，有 a c b a c b ab ab R I R I ?=? 又由于电阻在三角框上均匀分布，有 2 1 =+=cb ac ab R R acb ab ∴ acb ab I I 2= 由毕奥－萨伐尔定律，有ab acb B B =且方向相反． ∴ )332(402-π= =l I B B μ，B 的方向垂直纸面向里． 例14-2：解：利用无限长载流直导线的公式求解． (1) 取离P 点为x 宽度为d x 的无限长载流细条，它的电流 x i d d δ= (2) 这载流长条在P 点产生的磁感应强度 x i B π= 2d d 0μx x π= 2d 0δμ 方向垂直纸面向里． (3) 所有载流长条在P 点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P 点产生的磁感强度 ==?B B d ?+πb a b x dx x 20δμb b a x +π=ln 20δμ 方向垂直纸面向里． 例14-3：解： λωR I =， 2 /32230)(2y R R B B y += =λω μ。 B 的方向与y 轴正向一致． 例14-4：解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R 1的载流半圆弧在O 点产生的磁感强度为B 1，则 1 014R I B μ= 。 同理， 2 024R I B μ= ∵ 21R R > ∴ 21B B < 故磁感强度 12B B B -= 2 04R I μ=1 04R I μ- 2 06R I μ= ∴ 213R R = 例14-5： C 例14-6： 环路L 所包围的所有稳恒电流的代数和 环路L 上的磁感强度 例14-7：证明：由安培定律 B l I f ?=d d ，ab 整曲线所受安培力为 ???==b a B l I f f d d 因整条导线中I 是一定的量，磁场又是均匀的，可以把I 和B 提到积分号之外，即 ??=b a B l I f d B l I b a ?=?)d (B I ?= ，载流相同、起点与终点一样的曲导线和直导线， 处在均匀磁场中，所受安培力一样． 例14-8：答：第一说法对，第二说法不对． ∵ 围绕导线的积分路径只要是闭合的，不管在不在同一平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立． 例14-9：解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i ， σωσωR R i =ππ=)2/(2 作矩形有向闭合环路如右图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在ab 上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。的大小和方向均相同，而且错误！不能通过编辑域代码创建对象。的方向平行于错误！不能通过编辑域代码创建对象。，在错误！不能通过编辑域代码创建对象。和错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。的方向与线元垂直，在错误！不能通过编辑域代码创建对象。，错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。． 应用安培环路定理 ∑??=I l B 0d μ 可得 ab i ab B 0μ= σωμμR i B 00== 圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为σωμR B 0=，方向平行于轴线朝右． 例14-10：A ； 例14-11：D ； 例14-12：D ； 例14-13： 有关 无关 习题答案： 14-1：C ； 14-2： l I π430μ 垂直纸面向； 14-3：D 14-4：解：带电圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在O 点的叠加． 某一半径为ρ 的圆环的磁场为 )2/(d d 0ρμi B = 而 ρσωρωρρσd )]2/([d 2d =π?π=i ∴ ρσωμρρσωρμd 2 1 )2/(d d 00= =B 正电部分产生的磁感强度为 r B r 2 d 2 00 0σω μρσω μ= = ? + 负电部分产生的磁感强度为 )(2 d 2 00r R B R r -= =? -σω μρσω μ 今 -+=B B ∴ r R 2= 14-5：0 2I 0μ； 14-6：)2/(210R rI πμ 0； 14-7：D ；14-8：1∶2 1∶2 14-9：解：建立坐标系，应用安培环路定理，左边电流产生的磁感应强度 x 2I B 01πμ= ； 方向向里 右边电流产生的磁感应强度 ) x a 3(2I B 02-πμ= ； 方向向外 应用磁场叠加原理可得磁场分布为， ) 3(2200x a I x I B -π+ π= μμ )2 5 2( a x a ≤≤ B 的方向垂直x 轴及图面向里． 14-10：B ； 14-11：D ； 14-12：C ； 14-13：C ； 14-14：B ； 14-15：B 14-16：)2/(2e m Be π )2/(22e m R Be 例题答案： 例15-1：B ； 例15-2：D 例15-3：答：不能． 因为它并不是真正在磁介质表面流动的传导电流，而是由分子电流叠加而成，只是在产生磁场这一点上与传导电流相似． 习题答案： 15-1：C ； 15-2： I / (2πr ) μI / (2πr ) 15-3：铁磁质 顺磁质 15-4：矫顽力小 容易退磁 15-5：B 例题答案： 例16-1：B 例16-2：解：长直带电线运动相当于电流λ?=)(t I v ． （2分） 正方形线圈内的磁通量可如下求出 x a x a I d 2d 0 +? π= μΦ 2ln 2d 2000 ?π =+π=?Ia x a x Ia a μμΦ 2ln t d I d 2a t d d 0i πμ=- =εΦ2ln t d ) t (d a 20v λπμ= 2ln t d ) t (d a R 2R )t (i 0i v λπμ= ε= 例16-3：解：筒以ω旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流π ?2ω L Q ，它和通电流螺线管的nI 等效． 按长螺线管产生磁场的公式，筒内均匀磁场磁感强度为： L Q B π= 20ω μ (方向沿筒的轴向) 筒外磁场为零．穿过线圈的磁通量为： L a Q B a 22 02 ωμΦ= π= 在单匝线圈中产生感生电动势为 =Φ-=εt d d )d d (220t L Qa ω μ-0 0202Lt Qa ωμ= 感应电流i 为0 20RLt 2Qa R i ωμ= ε= i 的流向与圆筒转向一致． 例16-4：a l a t Ig +π- ln 20μ N 例16-5：解：带电平面圆环的旋转相当于圆环中通有电流I ．在R 1与R 2之间取半径为R 、宽度为d R 的环带，环带内有电流 R t R I d )(d ωσ= d I 在圆心O 点处产生的磁场 R t R I B d )(21 /.d 21d 00σωμμ== 在中心产生的磁感应强度的大小为 ))((2 1 120R R t B -= σωμ 选逆时针方向为小环回路的正方向，则小环中 2120))((2 1 r R R t π-≈ σωμΦ t t R R r t i d )(d )(2d d 1220ωσμΦε-π-=-= t t R R R r R i i d ) (d 2)(π1220ωσμε?'--='= 方向：当d ω (t ) /d t >0时，i 与选定的正方向相反；否则 i 与选定的正方向相同． 例16-6：解：在距O 点为l 处的d l 线元中的动生电动势为 d ε l B d )(??=v θωsin l =v ∴???απ=?=εL v v d cos )21sin(B d )B (L ??θω=θω=ΛθL 2 d sin B sin d sin lB θω22sin 21 BL = ε 的方向沿着杆指向上端． 例16-7：D ； 例16-8：D 例16-9：解：(1) 无限长载流直导线在与其相距为r 处产生的磁感强度为：)2/(0r I B π=μ 以顺时针为线圈回路的正方向，与线圈相距较远和较近的导线在线圈中产生的磁通 量为： 23 ln 2d 203201π=π?=?Id r r I d d d μμΦ 2ln 2d 20202π-=π?-=?Id r r I d d d μμΦ 总磁通量 3 4ln 2021π- =+=Id μΦΦΦ 感应电动势为： 3 4ln 2d d )34(ln 2d d 00αμμεπ=π=- =d t I d t Φ 由ε >0，所以ε 的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向． 例16-10：D ； 例16-11：C 习题解答 16-1：D 16-2：解：螺线管中的磁感强度 ni B 0μ=， 通过圆线圈的磁通量 i R n 20π=μΦ． 取圆线圈中感生电动势的正向与螺线管中电流正向相同，有 t d i d R n t d d 20i πμ-=Φ- =ε． 在0 < t < T / 4内， T I T I t i m m 44/d d == ， 20i R n πμ-=εT I m 4= T I nR m /420μπ-= 在T / 4 < t < 3T / 4内， T I T I t i m m 42/2d d -=-=， =εi T /I nR 4m 20μπ． 在3T / 4 < t < T 内， T I T I t i m m 44/d d ==， =εi T I nR m /420μπ-． ε ─t 曲线如图16-2． 16-3：C 16-4：解：建立如图16-4所示坐标系， x 处磁感应强度x 2I B 0πμ= ；方向向里 在x 处取微元，高l 宽dx ，微元中的磁通量： dx x 2I Bydx S d B d 0 πμ==?=Φ 磁通量：???πμ==S 0x d r 2I S d B )t ( Φ?++πμ=t b t a 0x x d 2I v v t a t b ln 2I 0v v ++μ=π 感应电动势ab 2)a b (I t d d 0 0t π-μ=- =ε=v Φ 方向：顺时针 16-5：解： n =1000 (匝/m) nI B 0μ= nI a B a 022μΦ=?= t I n Na t N d d d d 02με-=Φ-==π2310-1 sin 100 πt (SI) ==R I m m /επ2310- 1 A = 0.987 A 16-6：ADCBA 绕向 ADCBA 绕向 16-7：1.11310- 5 V A 端 εi t T /4 3T /4 T /2 T O 16-2图 x 16-4图 2a x +d x 2a +b I I C D v O 16-8：解：建立坐标(如图16-8)则： 21B B B += x I B π= 201μ， ) (202a x I B -π= μ x I a x I B π- -π= 2) (200μμ， B 方向⊙ d εx x a x I x B d )1 1( 2d 0--π = =v v μ ?? --πμ= ε=ε+x d )x 1 a x 1(2I d b a 202a v b a b a I ++π=2)(2ln 20v μ 感应电动势方向为C →D ，D 端电势较高． 16-9：B ； 16-10：D 16-11：证明：建立如图16-11所示坐标，设电流为I ， 则在两长直导线的平面上两线之间的区域中B 的分布为 r I B π= 20μ) (20r d I -π+ μ 穿过单位长的一对导线所围面积（如图中阴影所 示）的磁通为 = =??S S B d Φr r d r I a d a d )1 1(20? --+πμa a d I -π=ln 0μ a a d I L -π = = ln μΦ 16-12：0.400 H 28.8J 16-13：C ； 16-14：C 17-1：垂直 相同 【例题精选】 例18－1：【解】(1) ?x ＝20 D λ / a ＝0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n －1)e ＋r 1＝r 2 设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有r 2－r 1＝k λ 所以 (n －1)e = k λ k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处 16-11图 例18－2：变小、变小 例18－3：C 例18－4：B 例18－5：C 例18－6：【解】(1) 明环半径 ()2/12λ?-= R k r ()R k r 1222-=λ＝5310-5 cm (或500 nm) (2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ) 对于r ＝1.00 cm ， k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5 故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个． 【练习题】 18－1： 上 (n -1)e ． 18－2： B 18－3：【解】(1) x ＝ 2kD λ / d d = 2kD λ /?x 此处 k ＝５ ∴ d ＝10 D λ / ?x ＝0.910 mm (2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离 l ＝20 D λ / d ＝24 mm 18－4： B 18－5： A 18－6：【解】(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e 2＝λ/2处是第二条暗纹中心， 依此可知第四条暗纹中心处，即A 处膜厚度 e 4=2/3λ ∴ ()l l e 2/3/4λθ==＝4.8310- 5 rad (2) 由上问可知A 处膜厚为 e 4＝33500 / 2 nm ＝750 nm 对于λ＇＝600 nm 的光，连同附加光程差，在A 处两反射光的光程差为 2/24λ'+e ，它与波长λ'之比为0.32/1/24=+'λe ．所以A 处是明纹 18－7：B 18－8：【解】(1)第k 个明环， λλk e k =+2 12 4/)12(λ-=k e k (2)∵ λλk e k ==2 12 222)(k k e R r R -+=2 222k k k e Re R r +-+= 式中k e 为第k 级明纹所对应的空气膜厚度 ∵ k e 很小，R e k <<， ∴2 k e 可略去，得 )2/(2R r e k k = ∴ λλk R r k =+2 1)2/(22 2/)12(λR k r k -= (k =1, 2, 3 …) 【例题精选】 例19－1：B 例19－2：4 、第一 例19－3：【解】(1) 双缝干涉条纹第k 级亮纹条件： d sin θ =k λ 第k 级亮条纹位置：x k = f tg θ ≈f sin θ ≈kf λ / d 相邻两亮纹间距：?x = x k +1－x k =(k ＋1)f λ / d －kf λ / d =f λ / d =2.4310- 3 m=2. 4 mm (2) 单缝衍射第一暗纹： a sin θ1 = λ 单缝衍射中央亮纹半宽度：?x 0 = f tg θ1≈f sin θ1≈f λ / a ＝12 mm ?x 0 / ?x =5 ∴ 双缝干涉第±5极主级大缺级． ∴ 在单缝衍射中央亮纹范围双缝干涉亮纹数N = 9，为 k = 0，±1，±2，±3，±4级 或根据d / a = 5指出双缝干涉缺第±5级主大，同样得该结论． 例19－4： 一 三 例19－5：【解】 (1) 由单缝衍射暗纹公式得 111sin λθ=a 222sin λθ=a 由题意可知 21θθ= , 21sin sin θθ= 代入上式可得 212λλ= (2) 211112sin λλθk k a == (k 1 = 1, 2, ……) a k /2sin 211λθ= 222sin λθk a = (k 2 = 1, 2, ……) a k /sin 222λθ= 若k 2 = 2k 1，则θ1 = θ2， 即λ1的任一k 1级极小都有λ2的2k 1级极小与之重合． 【练习题】 19－1：子波 子波干涉(或 “子波相干叠加”) 19－2：D 19－3：C 19－4：B 19－5：解：由光栅公式得 sin ?= k 1 λ 1 / (a +b ) = k 2 λ 2 / (a +b ) k 1 λ 1 = k 2 λ 2 k 2 / k 1 = λ 1/ λ 2=0.668 / 0.447 将k 2 / k 1约化为整数比k 2 / k 1=3 / 2=6 / 4=12 / 8 ...... 取最小的k 1和k 2 ， k 1=2，k 2 =3， 则对应的光栅常数(a + b ) = k 1 λ 1 / sin ? =3.92 μm 19－6：解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知 ()1112 31221 sin λλ?=+= k a (取k ＝1 ) ()2222 31221 sin λλ?=+= k a f x /tg 11=? , f x /tg 22=? 由于 11tg sin ??≈ , 22tg sin ??≈ 所以 a f x /2311λ= a f x /2 3 22λ= 则两个第一级明纹之间距为 a f x x x /2 3 12λ?= -=?=0.27 cm (2) 由光栅衍射主极大的公式 1111s i n λλ?==k d 2221sin λλ?==k d 且有 f x /tg sin =≈?? 所以 d f x x x /12λ?=-=?=1.8 cm 19－7：答：因k =±4的主极大出现在θ =±90°的方向上，实际观察不到． 所以，可观察到的有k =0,±1,±2,±3共7条明条纹． 19－8：答：可观察到最高级次是k =3． 光栅常数(a ＋b )=2310- 4 cm, 按光栅公式 (a + b )sin θ = k λ θ 最大为90°，所以k max ≤(a ＋b )sin90°/ λ k max ≤2310-4 / 5000310- 8 =4 实际上θ =90°的第四级观察不到，所以可观察到最高级次是k =3． 【例题精选】 例20－1：波动；横 例20－2： C 例20－3： 30°；1.73 例20－4：遵守通常的折射； 不遵守通常的折射；A 例20－5：【解】设I 0为自然光强．由题意知入射光强为2 I 0． (1) I 1=2·2 I 0 / 3＝0.5 I 0＋I 0cos 2θ 4 / 3＝0.5＋cos 2θ 所以 θ＝24.1° (2) I 1= (0.5 I 0＋I 0 cos 224.1°)＝2(2 I 0) / 3， I 2＝I 1cos 230°＝3 I 1 / 4 所以 I 2 / 2I 0 = 1 / 2 例20－6：C 【练习题】 20－1：B 20－2：A 20－3：B 20－4：解：设I max ，I min 分别表示出射光的最大值和最小值，则 I max ＝I a / 2＋I b I min ＝ I a / 2 令 ()()n I I I I I a b a =+=2//2//min max 所以 ()1/2/-=n I I b a 20－5：A 20－6：A 20－7：完全（线）偏振光 垂直于入射 20－8：54.7° 35.3° 20－9： 证明：设介质Ⅰ、Ⅱ的折射率分别为n 1、n 2，Ⅰ、Ⅱ交界面(图中的上界面)处折射角为r ， 它也等于Ⅱ、Ⅰ下界面处的入射角．最后的折射角为i '． 由折射定律 n 1 sin i = n 2 sin r = n 1 sin i ' 所以 i ＝i ' 在上界面，布儒斯特定律，i ＋r ＝ 21π 所以i '＋r ＝2 1π 这表明在下界面处也满足布儒斯特定律，所以在下界面处的反射光也是线偏振光 20－10：D 20－11：D 【例题精选】 例21－1：C 例21－2：【答】不能产生光电效应。 因为：铝金属的光电效应红限波长A hc /0=λ， 而 A =4.2 eV =6.72310- 19 J ∴ λ0 =296 nm 而可见光的波长范围为400 nm~760 nm > λ0。 例21－3：C 例21－4：531014 2 例21－5：C 例21－6：B 例21－7解：极限波数 2 //1~k R ==∞ λν 可求出该线系的共同终态. 2== ∞λR k )11(1~2 2n k R -==λν ,n 1 ,n 2 ,n 1 由λ =6565 ? 可得始态 ∞ ∞ -= λλλλR n =3 由 2 216.13n n E E n -== eV 可知终态 n =2，E 2 = -3.4 eV 始态 n =3，E 3 = -1.51 eV 例21－8：1.45 ? 6.63310- 19 ? 【练习题】 21－1：D 21－2：A/h 、 e A h 1-ν 21－3：D 21－4：1.45 V 7.143105 m 2s -1 21－5：证明：由爱因斯坦方程 A h m -=ν22 1 v 及逸出功 0νh A = 得 =-0ννh h 2 21v m 02 21νν-=v m h 0 νν-= K E 因为 0νν= 时E K = 0，由图可知： 入射光频率为ν时 )/(0 QS RS E K =-νν 即 )/(QS RS h = 21－6：13.6 3.4 21－7：证明：)()/1(k n kn E E h -?=ν , )()/1(/~k n kn kn E E hc c -?==νν 而： )8/(22204n h e m E e n ε-=， )8/(2 2204k h e m E e k ε-= ， 代入上式： )11(8~2 23 204n k c h e m e kn -=εν 与 )11(~22n k R kn -=ν 比较，得里德伯常量 )8/(3204c h e m R e ε=． 21－8：C 21－9：C 21－10：D 21－11：变长 变长 21－12：λλλ λ' -'hc λ' h 【例题精选】 例22－1：A 例22－2：λ/h )/(λc h 例22－3：1.45 ? 6.63310- 19 ? 例22－4：【解】(1)考虑相对论效应：eU 12=m e c 2 (γ-1)，∴γ=1+ 2 e 12c m eU = 2 e 12 2e c m eU c m + ， ∴v= 12 2e 2 1222e 12eU c m U e c m eU 2c ++，∴λ= 212 22e 12e U e c m eU 2ch v m h m v h += γ=。 U 12 = 100 kV=105V ，则eU 12+m e c 2=9.8?10-14，2 1222e 12U e c m eU 2+=5.367?10-14， v=1.643?108m / s ，得相对论波长λ=3.706?10-12m 。 (2)不考虑相对论效应：eU 12=m e v 2 / 2，∴v= e 12m eU 2，∴λ'= 12 e e eU m 2h v m h =。 12e eU m 2=1.71?10-22，λ'=h / 12e eU m 2=3.877?10-12m 。 相对误差是706 .3706 .3877.3-= λ λ-λ'= 4.6%。 例22－5：D 例22－6：单值、有限、连续 1d d d 2 =???z y x ψ 例22－7：【证明】由x p x ??≥h 即 x ?≥ x p h ? ① 据题意v m p x =? 以及德布罗意波公式v m h /=λ得 x p h ?= λ ② 比较①、②式得 x ?≥λ 例22－8：D 例22－9：证明：由x p x ??≥h 即 x ?≥ x p h ? ① 据题意v m p x =? 以及德布罗意波公式v m h /=λ得 x p h ?= λ ② 比较①、②式得 x ?≥λ 例22－10：C 例22－11：A 例22－12：B 例22－13：泡利不相容 能量最小 例22－14：C 例22－15： 2 1 21- 【练习题】 22－1：答：用相对论计算 由 2 0)/(1/c m m p v v v -== ① 2 022012])/(1/[c m c c m eU --=v ② p h /=λ ③ 计算得 ) 2(2 01212c m eU eU hc += λ 22－2：证明：依题意：d n =2/λ 则有 n d /2=λ 由于 λ/h p = 则 )2/(d nh p = 故 )8/()2/(2222md h n m p E == 即 )8/(222md h n E n =，n =1，2，3，…… 22－3：解：(1) 德布罗意公式：)/(v m h =λ 由题可知α 粒子受磁场力作用作圆周运动 R m B q /2v v α=， qRB m =v α 又 e q 2= 则 eRB m 2=v α 故 nm 1000.1m 1000.1)2/(211--?=?==eRB h αλ (2) 由上一问可得 αm e R B /2=v 对于质量为m 的小球 αααλλ?=?== m m m m e R B h m h 2v =6.64310-34 m 22－4：答：(1) 电子和光子的动量大小相同．因为p = h /λ 对两者都成立，而λ相同，故 p 相同． (2) 电子的能量 E e = mc 2 其中 2 0)/(1/c m m v -= 根据 λ/h m p ==v 可解出： 2 0)/(1/h c m c λ+=v 2202)/1/c c m mc E e (v -==) //()/(102 020h c m h c m c m λλ+=λλ/)/(120h c m hc += 光子的能量 e E hc h E <==λνλ/ 可见电子和光子的能量不相同． 22－5：A 22－6：C 22－7：答：用经典力学的物理量例如坐标、动量等只能在一定程度内近似地描述微观粒子