大学物理简明教程课后习题答案全

.--可修编-《大学物理简明教程》习题解答习题一1-1｜｜与有无不同?和有无不同?和有无不同?其不同在哪里?试举例说明．解：（1）是位移的模，是位矢的模的增量，即，；（2）是速度的模，即.只是速度在径向上的分量.∵有（式中叫做单位矢），则式中就是速度径向上的分量，∴不同如题1-1图所示.题1-1图(3)示加速度的模，即，是加速度在切向上的分量.∵有表轨道节线方向单位矢），所以式中就是加速度的切向分量.(的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论)1-2设质点的运动方程为=()，=()，在计算质点的速度和加速度时，有人先求出r＝，然后根据=，及＝而求得结果；又有人先计算速度和加速度的分量，再合成求得结果，即=及=你认为两种哪一种正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有，故它们的模即为而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作其二，可能是将误作速度与加速度的模。在1-1题中已说明不是速度的模，而只是速度在径向上的分量，同样，也不是加速度的模，它只是加速度在径向分量中的一部分。或者概括性地说，前一种方法只考虑了位矢在径向（即量值）方面随时间的变化率，而没有考虑位矢及速度的方向随间的变化率对速度、加速度的贡献。1-3一质点在平面上运动，运动方程为=3+5,=2+3-4.式中以s计，,以m计．(1)以时间为变量，写出质点位置矢量的表示式；(2)求出=1s时刻和＝2s时刻的位置矢量，计算这1秒质点的位移；(3)计算＝0s时刻到＝4s时刻的平均速度；(4)求出质点速度矢量表示式，计算＝4s时质点的速度；(5)计算＝0s到＝4s质点的平均加速度；(6)求出质点加速度矢量的表示式，计算＝4s时质点的加速度(请把位置矢量、位移、平均速度、瞬时速度、平均加速度、瞬时加速度都表示成直角坐标系中的矢量式)．解：（1）(2)将,代入上式即有(3)∵∴(4)则(5)∵(6)这说明该点只有方向的加速度，且为恒量。1-4在离水面高h米的岸上，有人用绳子拉船靠岸，船在离岸S处，如题1-4图所示．当人以(m·)的速率收绳时，试求船运动的速度和加速度的大小．图1-4解：设人到船之间绳的长度为，此时绳与水面成角，由图可知将上式对时间求导，得题1-4图根据速度的定义，并注意到,是随减少的，∴即或将再对求导，即得船的加速度1-5质点沿轴运动，其加速度和位置的关系为＝2+6，的单位为，的单位为m.质点在＝0处，速度为10,试求质点在任何坐标处的速度值．解：∵分离变量：两边积分得由题知，时，,∴∴1-6已知一质点作直线运动，其加速度为＝4+3，开始运动时，＝5m，=0，求该质点在＝10s时的速度和位置．解：∵分离变量，得积分，得由题知，,,∴故又因为分离变量，积分得由题知,,∴故所以时1-7一质点沿半径为1m的圆周运动，运动方程为=2+3，式中以弧度计，以秒计，求：(1)＝2s时，质点的切向和法向加速度；(2)当加速度的方向和半径成45°角时，其角位移是多少?解：(1)时，(2)当加速度方向与半径成角时，有即亦即则解得于是角位移为1-8质点沿半径为的圆周按＝的规律运动，式中为质点离圆周上某点的弧长,，都是常量，求：(1)时刻质点的加速度；(2)为何值时，加速度在数值上等于．解：（1）则加速度与半径的夹角为(2)由题意应有即∴当时，1-9以初速度＝20抛出一小球，抛出方向与水平面成幔60°的夹角，求：(1)球轨道最高点的曲率半径；(2)落地处的曲率半径．(提示：利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解：设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示．题1-9图(1)在最高点，又∵∴(2)在落地点，,而∴1-10飞轮半径为0.4m，自静止启动，其角加速度为β=0.2rad·，求＝2s时边缘上各点的速度、法向加速度、切向加速度和合加速度．解：当时，则1-11一船以速率＝30km·h-1沿直线向东行驶，另一小艇在其前方以速率＝40km·h-1沿直线向北行驶，问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解：(1)大船看小艇，则有，依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-11图由图可知方向北偏西(2)小船看大船，则有，依题意作出速度矢量图如题1-13图(b)，同上法，得方向南偏东习题二2-1一个质量为的质点，在光滑的固定斜面（倾角为）上以初速度运动，的方向与斜面底边的水平线平行，如图所示，求这质点的运动轨道．解:物体置于斜面上受到重力，斜面支持力.建立坐标：取方向为轴，平行斜面与轴垂直方向为轴.如图2-2.题2-1图方向：①方向：②时由①、②式消去，得2-2质量为16kg的质点在平面运动，受一恒力作用，力的分量为＝6N，＝-7N，当＝0时，0，＝-2m·s-1，＝0．求当＝2s时质点的(1)位矢；(2)速度．解：(1)于是质点在时的速度(2)2-3质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力(为常数)作用，=0时质点的速度为，证明(1)时刻的速度为＝；(2)由0到的时间经过的距离为＝()［1-］；(3)停止运动前经过的距离为；(4)证明当时速度减至的，式中m为质点的质量．答:(1)∵分离变量，得即∴(2)(3)质点停止运动时速度为零，即t→∞，故有(4)当t=时，其速度为即速度减至的.2-4一质量为的质点以与地的仰角=30°的初速从地面抛出，若忽略空气阻力，求质点落地时相对抛射时的动量的增量．解:依题意作出示意图如题2-6图题2-4图在忽略空气阻力情况下，抛体落地瞬时的末速度大小与初速度大小相同，与轨道相切斜向下,而抛物线具有对轴对称性，故末速度与轴夹角亦为，则动量的增量为由矢量图知，动量增量大小为，方向竖直向下．2-5作用在质量为10kg的物体上的力为N，式中的单位是s，(1)求4s后，这物体的动量和速度的变化，以及力给予物体的冲量．(2)为了使这力的冲量为200N·s，该力应在这物体上作用多久，试就一原来静止的物体和一个具有初速度m·s-1的物体,回答这两个问题．解:(1)若物体原来静止，则,沿轴正向，若物体原来具有初速，则于是,同理，,这说明，只要力函数不变，作用时间相同，则不管物体有无初动量，也不管初动量有多大，那么物体获得的动量的增量(亦即冲量)就一定相同，这就是动量定理．(2)同上理，两种情况中的作用时间相同，即亦即解得，(舍去)2-6一颗子弹由枪口射出时速率为，当子弹在枪筒被加速时，它所受的合力为F=()N(为常数)，其中以秒为单位：(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零，试计算子弹走完枪筒全长所需时间；(2)求子弹所受的冲量．(3)求子弹的质量．解:(1)由题意，子弹到枪口时，有,得(2)子弹所受的冲量将代入，得(3)由动量定理可求得子弹的质量2-7设．(1)当一质点从原点运动到时，求所作的功．(2)如果质点到处时需0.6s，试求平均功率．(3)如果质点的质量为1kg，试求动能的变化．解:(1)由题知，为恒力，∴(2)(3)由动能定理，2-8如题2-18图所示，一物体质量为2kg，以初速度＝3m·s-1从斜面点处下滑，它与斜面的摩擦力为8N，到达点后压缩弹簧20cm后停止，然后又被弹回，求弹簧的劲度系数和物体最后能回到的高度．解:取木块压缩弹簧至最短处的位置为重力势能零点，弹簧原长处为弹性势能零点。则由功能原理，有式中，，再代入有关数据，解得题2-8图再次运用功能原理，求木块弹回的高度代入有关数据，得,则木块弹回高度2-9一个小球与一质量相等的静止小球发生非对心弹性碰撞，试证碰后两小球的运动方向互相垂直．证:两小球碰撞过程中，机械能守恒，有即①题2-9图(a)题2-9图(b)又碰撞过程中，动量守恒，即有亦即②由②可作出矢量三角形如图(b)，又由①式可知三矢量之间满足勾股定理，且以为斜边，故知与是互相垂直的．2-10一质量为的质点位于()处，速度为,质点受到一个沿负方向的力的作用，求相对于坐标原点的角动量以及作用于质点上的力的力矩．解:由题知，质点的位矢为作用在质点上的力为所以，质点对原点的角动量为作用在质点上的力的力矩为2-11哈雷彗星绕太阳运动的轨道是一个椭圆．它离太阳最近距离为＝8.75×1010m时的速率是＝5.46×104m·s-1，它离太阳最远时的速率是＝9.08×102m·s-1这时它离太阳的距离多少?(太阳位于椭圆的一个焦点。)解:哈雷彗星绕太阳运动时受到太阳的引力——即有心力的作用，所以角动量守恒；又由于哈雷彗星在近日点及远日点时的速度都与轨道半径垂直，故有∴2-12物体质量为3kg，=0时位于,，如一恒力作用在物体上,求3秒后，(1)物体动量的变化；(2)相对轴角动量的变化．解:(1)(2)解(一)即,即,∴∴解(二)∵∴题2-12图2-13飞轮的质量＝60kg，半径＝0.25m，绕其水平中心轴转动，转速为900rev·min-1．现利用一制动的闸杆，在闸杆的一端加一竖直方向的制动力，可使飞轮减速．已知闸杆的尺寸如题2-25图所示，闸瓦与飞轮之间的摩擦系数=0.4，飞轮的转动惯量可按匀质圆盘计算．试求：(1)设＝100N，问可使飞轮在多长时间停止转动?在这段时间里飞轮转了几转?(2)如果在2s飞轮转速减少一半，需加多大的力?解:(1)先作闸杆和飞轮的受力图(如图(b))．图中、是正压力，、是摩擦力，和是杆在点转轴处所受支承力，是轮的重力，是轮在轴处所受支承力．题2-13图（a）题2-13图(b)杆处于静止状态，所以对点的合力矩应为零，设闸瓦厚度不计，则有对飞轮，按转动定律有，式中负号表示与角速度方向相反．∵∴又∵∴①以等代入上式，得由此可算出自施加制动闸开始到飞轮停止转动的时间为这段时间飞轮的角位移为可知在这段时间里，飞轮转了转．(2)，要求飞轮转速在减少一半，可知用上面式(1)所示的关系，可求出所需的制动力为2-14固定在一起的两个同轴均匀圆柱体可绕其光滑的水平对称轴转动．设大小圆柱体的半径分别为和，质量分别为和．绕在两柱体上的细绳分别与物体和相连，和则挂在圆柱体的两侧，如题2-26图所示．设＝0.20m,＝0.10m，＝4kg，＝10kg，＝＝2kg，且开始时，离地均为＝2m．求：(1)柱体转动时的角加速度；(2)两侧细绳的力．解:设,和β分别为,和柱体的加速度及角加速度，方向如图(如图b)．题2-14(a)图题2-14(b)图,和柱体的运动方程如下：①②③式中而由上式求得(2)由①式由②式2-15如题2-15图所示，一匀质细杆质量为，长为，可绕过一端的水平轴自由转动，杆于水平位置由静止开始摆下．求：(1)初始时刻的角加速度；(2)杆转过角时的角速度.解:(1)由转动定律，有∴(2)由机械能守恒定律，有∴题2-15图习题三3-1气体在平衡态时有何特征?气体的平衡态与力学中的平衡态有何不同?答：气体在平衡态时，系统与外界在宏观上无能量和物质的交换；系统的宏观性质不随时间变化．力学平衡态与热力学平衡态不同．当系统处于热平衡态时，组成系统的大量粒子仍在不停地、无规则地运动着，大量粒子运动的平均效果不变，这是一种动态平衡．而个别粒子所受合外力可以不为零．而力学平衡态时，物体保持静止或匀速直线运动，所受合外力为零．3-2气体动理论的研究对象是什么?理想气体的宏观模型和微观模型各如何?答：气体动理论的研究对象是大量微观粒子组成的系统．是从物质的微观结构和分子运动论出发，运用力学规律，通过统计平均的办法，求出热运动的宏观结果，再由实验确认的方法．从宏观看，在温度不太低，压强不大时，实际气体都可近似地当作理想气体来处理，压强越低，温度越高，这种近似的准确度越高．理想气体的微观模型是把分子看成弹性的自由运动的质点.3-3温度概念的适用条件是什么?温度微观本质是什么?答：温度是大量分子无规则热运动的集体表现，是一个统计概念，对个别分子无意义．温度微观本质是分子平均平动动能的量度．3-4计算下列一组粒子平均速率和方均根速率?21468210.020.030.040.050.0解：平均速率方均根速率3-5速率分布函数的物理意义是什么?试说明下列各量的物理意义(为分子数密度，为系统总分子数)．（1）（2）（3）（4）（5）（6）解：：表示一定质量的气体，在温度为的平衡态时，分布在速率附近单位速率区间的分子数占总分子数的百分比.()：表示分布在速率附近，速率区间的分子数占总分子数的百分比.()：表示分布在速率附近、速率区间的分子数密度．()：表示分布在速率附近、速率区间的分子数．()：表示分布在区间的分子数占总分子数的百分比．()：表示分布在的速率区间所有分子，其与总分子数的比值是.()：表示分布在区间的分子数.3-6题3-6图(a)是氢和氧在同一温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条代表氢?题3-6图(b)是某种气体在不同温度下的两条麦克斯韦速率分布曲线，哪一条的温度较高?答：图(a)中()表示氧，()表示氢；图(b)中()温度高．题3-6图3-7试说明下列各量的物理意义．（1）（2）（3）（4）（5）（6）解：()在平衡态下，分子热运动能量平均地分配在分子每一个自由度上的能量均为T．()在平衡态下，分子平均平动动能均为.()在平衡态下，自由度为的分子平均总能量均为.()由质量为，摩尔质量为，自由度为的分子组成的系统的能为.(5)摩尔自由度为的分子组成的系统能为.(6)摩尔自由度为的分子组成的系统的能，或者说热力学体系，1摩尔分子的平均平动动能之总和为.3-8有一水银气压计，当水银柱为0.76m高时，管顶离水银柱液面0.12m，管的截面积为2.0×10-4m2，当有少量氦(He)混入水银管顶部，水银柱高下降为0.6m，此时温度为27℃，试计算有多少质量氦气在管顶(He的摩尔质量为0.004kg·mol-1)?解：由理想气体状态方程得汞的重度氦气的压强氦气的体积3-9设有个粒子的系统，其速率分布如题6-18图所示．求(1)分布函数的表达式；(2)与之间的关系；(3)速度在1.5到2.0之间的粒子数．(4)粒子的平均速率．(5)0.5到1区间粒子平均速率．题3-9图解：(1)从图上可得分布函数表达式满足归一化条件，但这里纵坐标是而不是故曲线下的总面积为，(2)由归一化条件可得(3)可通过面积计算(4)个粒子平均速率(5)到区间粒子平均速率到区间粒子数3-10试计算理想气体分子热运动速率的大小介于与之间的分子数占总分子数的百分比．解：令，则麦克斯韦速率分布函数可表示为因为,由得3-111mol氢气，在温度为27℃时，它的平动动能、转动动能和能各是多少?解：理想气体分子的能量平动动能转动动能能J3-12一真空管的真空度约为1.38×10-3Pa(即1.0×10-5mmHg)，试求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程(设分子的有效直径d＝3×10-10m)．解：由气体状态方程得由平均自由程公式3-13(1)求氮气在状态下的平均碰撞频率；(2)若温度不变，气压降到1.33×10-4Pa，平均碰撞频率又为多少(设分子有效直径10-10m)?解：(1)碰撞频率公式对于理想气体有，即所以有而氮气在标准状态下的平均碰撞频率气压下降后的平均碰撞频率3-141mol氧气从初态出发，经过等容升压过程，压强增大为原来的2倍，然后又经过等温膨胀过程，体积增大为原来的2倍，求末态与初态之间(1)气体分子方均根速率之比；(2)分子平均自由程之比．解：由气体状态方程及方均根速率公式对于理想气体，，即所以有习题四4-1下列表述是否正确?为什么?并将错误更正．（1）（2）（3）（4）解：(1)不正确，(2)不正确，(3)不正确，(4)不正确，4-2用热力学第一定律和第二定律分别证明，在图上一绝热线与一等温线不能有两个交点．题4-2图解：1.由热力学第一定律有若有两个交点和，则经等温过程有经绝热过程从上得出，这与,两点的能变化应该相同矛盾．2.若两条曲线有两个交点，则组成闭合曲线而构成了一循环过程，这循环过程只有吸热，无放热，且对外做正功，热机效率为，违背了热力学第二定律．4-3一循环过程如题4-3图所示，试指出：(1)各是什么过程；(2)画出对应的图；(3)该循环是否是正循环?(4)该循环作的功是否等于直角三角形面积?(5)用图中的热量表述其热机效率或致冷系数．解：(1)是等体过程过程：从图知有，为斜率由得故过程为等压过程是等温过程(2)图如题4-3’图题4-3’图(3)该循环是逆循环(4)该循环作的功不等于直角三角形面积，因为直角三角形不是图中的图形．(5)题4-3图题4-4图4-4两个卡诺循环如题4-4图所示，它们的循环面积相等，试问：(1)它们吸热和放热的差值是否相同；(2)对外作的净功是否相等；(3)效率是否相同?答：由于卡诺循环曲线所包围的面积相等，系统对外所作的净功相等，也就是吸热和放热的差值相等．但吸热和放热的多少不一定相等，效率也就不相同．4-5根据及，这是否说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变?为什么?说明理由．答：这不能说明可逆过程的熵变大于不可逆过程熵变，熵是状态函数，熵变只与初末状态有关，如果可逆过程和不可逆过程初末状态相同，具有相同的熵变．只能说在不可逆过程中，系统的热温比之和小于熵变．4-6如题4-6图所示，一系统由状态沿到达状态b的过程中，有350J热量传入系统，而系统作功126J．(1)若沿时，系统作功42J，问有多少热量传入系统?(2)若系统由状态沿曲线返回状态时，外界对系统作功为84J，试问系统是吸热还是放热?热量传递是多少?题4-6图解：由过程可求出态和态的能之差过程，系统作功系统吸收热量过程，外界对系统作功系统放热4-71mol单原子理想气体从300K加热到350K，问在下列两过程中吸收了多少热量?增加了多少能?对外作了多少功?(1)体积保持不变；(2)压力保持不变．解：(1)等体过程由热力学第一定律得吸热对外作功(2)等压过程吸热能增加对外作功4-80.01m3氮气在温度为300K时，由0.1MPa(即1atm)压缩到10MPa．试分别求氮气经等温及绝热压缩后的(1)体积；(2)温度；(3)各过程对外所作的功．解：(1)等温压缩由求得体积对外作功(2)绝热压缩由绝热方程由绝热方程得热力学第一定律，所以，4-91mol的理想气体的T-V图如题4-9图所示，为直线，延长线通过原点O．求过程气体对外做的功．题4-9图解：设由图可求得直线的斜率为得过程方程由状态方程得过程气体对外作功4-10一卡诺热机在1000K和300K的两热源之间工作，试计算(1)热机效率；(2)若低温热源不变，要使热机效率提高到80%，则高温热源温度需提高多少?(3)若高温热源不变，要使热机效率提高到80%，则低温热源温度需降低多少?解：(1)卡诺热机效率(2)低温热源温度不变时，若要求K，高温热源温度需提高(3)高温热源温度不变时，若要求K，低温热源温度需降低4-11如题4-11图所示是一理想气体所经历的循环过程，其中和是等压过程，和为绝热过程，已知点和点的温度分别为和．求此循环效率．这是卡诺循环吗?题4-11图解：(1)热机效率等压过程吸热等压过程放热根据绝热过程方程得到绝热过程绝热过程又(2)不是卡诺循环，因为不是工作在两个恒定的热源之间．4-12（1）用一卡诺循环的致冷机从7℃的热源中提取1000J的热量传向27℃的热源，需要多少功?从-173℃向27℃呢?(2)一可逆的卡诺机，作热机使用时，如果工作的两热源的温度差愈大，则对于作功就愈有利．当作致冷机使用时，如果两热源的温度差愈大，对于致冷是否也愈有利?为什么?解：(1)卡诺循环的致冷机℃→℃时，需作功℃→℃时，需作功(2)从上面计算可看到，当高温热源温度一定时，低温热源温度越低，温度差愈大，提取同样的热量，则所需作功也越多，对致冷是不利的．4-13如题4-13图所示，1mol双原子分子理想气体，从初态经历三种不同的过程到达末态．图中1→2为等温线，1→4为绝热线，4→2为等压线，1→3为等压线，3→2为等体线．试分别沿这三种过程计算气体的熵变．题4-13图解：熵变等温过程,熵变等压过程等体过程在等温过程中所以熵变绝热过程在等温过程中4-14有两个相同体积的容器，分别装有1mol的水，初始温度分别为和，＞，令其进行接触，最后达到相同温度．求熵的变化，(设水的摩尔热容为)．解：两个容器中的总熵变因为是两个相同体积的容器，故得4-15把0℃的0.5的冰块加热到它全部溶化成0℃的水，问：(1)水的熵变如何?(2)若热源是温度为20℃的庞大物体，那么热源的熵变化多大?(3)水和热源的总熵变多大?增加还是减少?(水的熔解热)解：(1)水的熵变(2)热源的熵变(3)总熵变熵增加习题五5-1电量都是的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解:如题8-1图示(1)以处点电荷为研究对象，由力平衡知：为负电荷解得(2)与三角形边长无关．题5-1图题5-2图5-2两小球的质量都是，都用长为的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2,如题5-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解:如题8-2图示解得5-3在真空中有，两平行板，相对距离为，板面积为，其带电量分别为+和-．则这两板之间有相互作用力，有人说=,又有人说，因为=,，所以=．试问这两种说法对吗?为什么?到底应等于多少?解:题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为，另一板受它的作用力，这是两板间相互作用的电场力．5-4长=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距=5.0cm处点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距=5.0cm处点的场强．解：如题5-4-图所示题5-4图(1)在带电直线上取线元，其上电量在点产生场强为用，,代入得方向水平向右(2)同理方向如题8-6图所示由于对称性，即只有分量，∵以,,代入得，方向沿轴正向5-5(1)点电荷位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题5-5(3)图所示，在点电荷的电场中取半径为R的圆平面．在该平面轴线上的点处，求：通过圆平面的电通量．()解:(1)由高斯定理立方体六个面，当在立方体中心时，每个面上电通量相等∴各面电通量．(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长的立方体，使处于边长的立方体中心，则边长的正方形上电通量对于边长的正方形，如果它不包含所在的顶点，则，如果它包含所在顶点则．如题5-5(a)图所示．题5-5(3)图题5-5(a)图题5-5(b)图题5-5(c)图(3)∵通过半径为的圆平面的电通量等于通过半径为的球冠面的电通量，球冠面积*∴[]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图5-6均匀带电球壳半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×C·m-3求距球心5cm，8cm,12cm各点的场强．解:高斯定理,当时，,时，∴，方向沿半径向外．cm时,∴沿半径向外.5-7半径为和(＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2)＜＜；(3)＞处各点的场强．解:高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积则对(1)(2)∴沿径向向外(3)∴题5-8图5-8两个无限大的平行平面匀带电，电荷的面密度分别为和，试求空间各处场强．解:如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与，两面间，面外，面外，：垂直于两平面由面指为面．题5-9图5-9如题5-9图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功．解:如题8-16图示∴5-10如题5-10图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于．试求环中心点处的场强和电势．解:(1)由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取则产生点如图，由于对称性，点场强沿轴负方向题5-10图［］(2)电荷在点产生电势，以同理产生半圆环产生∴5-11三个平行金属板，和的面积都是200cm2，和相距4.0mm，与相距2.0mm．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电3.0×10-7C，略去边缘效应，问板和板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则板的电势是多少?解:如题8-22图示，令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为题5-11图(1)∵，即∴∴且+得而(2)5-12两个半径分别为和（＜)的同心薄金属球壳，现给球壳带电+，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；*(3)再使球壳接地，此时球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解:(1)球带电；球壳表面带电则为,外表面带电为，且均匀分布，其电势题5-12图(2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，表面电荷仍为．所以球壳电势由球与表面产生：(3)设此时球壳带电量为；则外壳表面带电量为，外壳外表面带电量为(电荷守恒)，此时球壳电势为零，且得外球壳上电势5-13在半径为的金属球之外包有一层外半径为的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为，金属球带电．试求：(1)电介质、外的场强；(2)电介质层、外的电势；(3)金属球的电势．解:利用有介质时的高斯定理(1)介质场强;介质外场强(2)介质外电势介质电势(3)金属球的电势题5-14图5-14两个同轴的圆柱面，长度均为，半径分别为和(＞)，且>>-，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷和-时，求：(1)在半径处/＜＜/，厚度为dr，长为的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量；(2)电介质中的总电场能量；(3)圆柱形电容器的电容．解:取半径为的同轴圆柱面则当时，∴(1)电场能量密度薄壳中(2)电介质中总电场能量(3)电容：∵∴题5-15图5-15如题5-15图所示，=0.25F，=0.15F，=0.20F．上电压为50V．求：．解:电容上电量电容与并联其上电荷∴习题六6-1在同一磁感应线上，各点的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度的方向?解:在同一磁感应线上，各点的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为的方向．6-2用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答:不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．6-3已知磁感应强度Wb·m-2的均匀磁场，方向沿轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中面的磁通量；(2)通过图中面的磁通量；(3)通过图中面的磁通量．解：如题9-6图所示题6-3图(1)通过面积的磁通是(2)通过面积的磁通量(3)通过面积的磁通量(或曰)题6-4图6-4如题6-4图所示，、为长直导线，为圆心在点的一段圆弧形导线，其半径为．若通以电流，求点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，点磁场由、、三部分电流产生．其中产生产生，方向垂直向里段产生，方向向里∴，方向向里．6-5在真空中，有两根互相平行的无限长直导线和，相距0.1m，通有方向相反的电流，=20A,=10A，如题9-8图所示．，两点与导线在同一平面．这两点与导线的距离均为5.0cm．试求，两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题6-5图解：如题6-5图所示,方向垂直纸面向里(2)设在外侧距离为处则解得题6-6图6-6如题6-6图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的，两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心的磁感应强度．解：如题9-9图所示，圆心点磁场由直电流和及两段圆弧上电流与所产生，但和在点产生的磁场为零。且.产生方向纸面向外，产生方向纸面向里∴有6-7设题6-7图中两导线中的电流均为8A，对图示的三条闭合曲线,,，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度的大小是否相等?(2)在闭合曲线上各点的是否为零?为什么?解：(1)在各条闭合曲线上，各点的大小不相等．(2)在闭合曲线上各点不为零．只是的环路积分为零而非每点．题6-7图6-8一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为)和一同轴的导体圆管(、外半径分别为,)构成，如题6-8图所示．使用时，电流从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱(＜),(2)两导体之间(＜＜)，（3）导体圆筒(＜＜)以及(4)电缆外(＞)各点处磁感应强度的大小解：(1)(2)(3)(4)题6-8图题6-9图6-9在磁感应强度为的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面有一段载流弯曲导线，电流为，如题6-9图所示．求其所受的安培力．解：在曲线上取则∵与夹角，不变，是均匀的．∴方向⊥向上，大小题6-10图6-10如题6-10图所示，在长直导线通以电流=20A，在矩形线圈有电流=10A，与线圈共面，且，都与平行．已知=9.0cm,=20.0cm,=1.0cm，求：(1)导线的磁场对矩形线圈每边所作用的力；(2)矩形线圈所受合力和合力矩．解：(1)方向垂直向左，大小同理方向垂直向右，大小方向垂直向上，大小为方向垂直向下，大小为(2)合力方向向左，大小为合力矩∵线圈与导线共面∴．6-11一正方形线圈，由细导线做成，边长为，共有匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动．现在线圈有电流，并把线圈放在均匀的水平外磁场中，线圈对其转轴的转动惯量为.求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期.解：设微振动时线圈振动角度为()，则由转动定律即∴振动角频率周期6-12一长直导线通有电流＝20A，旁边放一导线，其有电流=10A，且两者共面，如6-12图所示．求导线所受作用力对点的力矩．解：在上取，它受力向上，大小为对点力矩方向垂直纸面向外，大小为题6-12图6-13电子在=70×10-4T的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径=3.0cm．已知垂直于纸面向外，某时刻电子在点，速度向上，如题6-13图．试画出这电子运动的轨道；求这电子速度的大小；(3)求这电子的动能．题6-13图解：(1)轨迹如图(2)∵∴(3)题6-14图6-14题6-14图中的三条线表示三种不同磁介质的关系曲线，虚线是=关系的曲线，试指出哪一条是表示顺磁质?哪一条是表示抗磁质?哪一条是表示铁磁质?答:曲线Ⅱ是顺磁质，曲线Ⅲ是抗磁质，曲线Ⅰ是铁磁质．6-15螺绕环中心周长=10cm，环上线圈匝数=200匝，线圈有电流=100mA．(1)当管是真空时，求管中心的磁场强度和磁感应强度；(2)若环充满相对磁导率=4200的磁性物质，则管的和各是多少?*(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的和由磁化电流产生的′各是多少?解:(1)(2)(3)由传导电流产生的即(1)中的∴由磁化电流产生的习题七7-1一半径=10cm的圆形回路放在=0.8T的均匀磁场中．回路平面与垂直．当回路半径以恒定速率=80cm·s-1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解:回路磁通感应电动势大小题7-2图7-2如题7-2图所示，载有电流的长直导线附近，放一导体半圆环与长直导线共面，且端点的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为，环心与导线相距．设半圆环以速度平行导线平移．求半圆环感应电动势的大小和方向及两端的电压．解:作辅助线，则在回路中，沿方向运动时∴即又∵所以沿方向，大小为点电势高于点电势，即题7-3图7-3如题7-3所示，在两平行载流的无限长直导线的平面有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈所通过的磁通量；(2)线圈中的感应电动势．解:以向外磁通为正则(1)(2)7-4如题7-4图所示，长直导线通以电流=5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长=0.06m，宽=0.04m，线圈以速度=0.03m·s-1垂直于直线平移远离．求：=0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题7-4图解:、运动速度方向与磁力线平行，不产生感应电动势．产生电动势产生电动势∴回路中总感应电动势方向沿顺时针．7-5长度为的金属杆以速率v在导电轨道上平行移动．已知导轨处于均匀磁场中，的方向与回路的法线成60°角(如题7-5图所示)，的大小为=(为正常)．设=0时杆位于处，求：任一时刻导线回路中感应电动势的大小和方向．解:∴即沿方向顺时针方向．题7-5图7-6一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，的方向如题7-6图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时=0)．解:如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时,；题7-6图(a)题7-6图(b)在磁场中时,；出场时，，故曲线如题7-6图(b)所示.题7-7图7-7一导线长为，绕过点的垂直轴以匀角速转动，=磁感应强度平行于转轴，如图10-10所示．试求：（1）两端的电势差；（2）两端哪一点电势高?解:(1)在上取一小段则同理∴(2)∵即∴点电势高．题7-8图7-8一无限长的直导线和一正方形的线圈如题7-8图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解：设长直电流为，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为∴题7-9图7-9两根平行长直导线，横截面的半径都是，中心相距为，两导线属于同一回路．设两导线部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为的一段自感为In．解：如图7-9图所示，取则∴7-10两线圈顺串联后总自感为1.0H，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H．试求：它们之间的互感．解：∵顺串时反串联时∴7-11图7-11一矩形截面的螺绕环如题7-11图所示，共有N匝．试求：(1)此螺线环的自感系数；(2)若导线通有电流，环磁能为多少?解：如题7-11图示(1)通过横截面的磁通为磁链∴(2)∵∴7-12一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为．求：导线部单位长度上所储存的磁能．解：在时∴取(∵导线长)则7-13圆柱形电容器、外导体截面半径分别为和(＜)，中间充满介电常数为的电介质.当两极板间的电压随时间的变化时(为常数)，求介质距圆柱轴线为处的位移电流密度．解：圆柱形电容器电容∴7-14试证：平行板电容器的位移电流可写成．式中为电容器的电容，是电容器两极板的电势差．如果不是平板电容器，以上关系还适用吗?解：∵∴不是平板电容器时仍成立∴还适用．7-15半径为=0.10m的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对电容器匀速充电，使两极板间电场的变化率为=1.0×1013V·m-1·s-1．求两极板间的位移电流，并计算电容器离两圆板中心联线(＜)处的磁感应强度以及=处的磁感应强度．解:(1)(2)∵取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周，则∴当时，习题八8-1质量为的小球与轻弹簧组成的系统，按的规律作谐振动，求：(1)振动的周期、振幅和初位相及速度与加速度的最大值；(2)最大的回复力、振动能量、平均动能和平均势能，在哪些位置上动能与势能相等?(3)与两个时刻的位相差；解：(1)设谐振动的标准方程为，则知：又(2)当时，有，即∴(3)8-2一个沿轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为，周期为，其振动方程用余弦函数表示．如果时质点的状态分别是：(1)；(2)过平衡位置向正向运动；(3)过处向负向运动；(4)过处向正向运动．试求出相应的初位相，并写出振动方程．解：因为将以上初值条件代入上式，使两式同时成立之值即为该条件下的初位相．故有8-3一质量为的物体作谐振动，振幅为，周期为，当时位移为．求：(1)时，物体所在的位置及此时所受力的大小和方向；(2)由起始位置运动到处所需的最短时间；(3)在处物体的总能量．解：由题已知∴又，时，故振动方程为(1)将代入得方向指向坐标原点，即沿轴负向．(2)由题知，时，，时∴(3)由于谐振动中能量守恒，故在任一位置处或任一时刻的系统的总能量均为8-4有一轻弹簧，下面悬挂质量为的物体时，伸长为．用这个弹簧和一个质量为的小球构成弹簧振子，将小球由平衡位置向下拉开后，给予向上的初速度，求振动周期和振动表达式．解：由题知而时，(设向上为正)又∴8-5图为两个谐振动的曲线，试分别写出其谐振动方程．题8-5图解：由题8-5图(a)，∵时，即故由题8-5图(b)∵时，时，又∴故8-6有两个同方向、同频率的简谐振动，其合成振动的振幅为，位相与第一振动的位相差为，已知第一振动的振幅为，求第二个振动的振幅以及第一、第二两振动的位相差．题8-6图解：由题意可做出旋转矢量图如下．由图知∴设角，则即即，这说明，与间夹角为，即二振动的位相差为.8-7试用最简单的方法求出下列两组谐振动合成后所得合振动的振幅：(1)(2)解：(1)∵∴合振幅(2)∵∴合振幅8-8一质点同时参与两个在同一直线上的简谐振动，振动方程为试分别用旋转矢量法和振动合成法求合振动的振动幅和初相，并写出谐振方程。解：∵∴∴其振动方程为(作图法略)习题九9-1振动和波动有什么区别和联系?平面简谐波动方程和简谐振动方程有什么不同?又有什么联系?振动曲线和波形曲线有什么不同?解:(1)振动是指一个孤立的系统(也可是介质中的一个质元)在某固定平衡位置附近所做的往复运动，系统离开平衡位置的位移是时间的周期性函数，即可表示为；波动是振动在连续介质中的传播过程，此时介质中所有质元都在各自的平衡位置附近作振动，因此介质中任一质元离开平衡位置的位移既是坐标位置，又是时间的函数，即．(2)在谐振动方程中只有一个独立的变量时间，它描述的是介质中一个质元偏离平衡位置的位移随时间变化的规律；平面谐波方程中有两个独立变量，即坐标位置和时间，它描述的是介质中所有质元偏离平衡位置的位移随坐标和时间变化的规律．当谐波方程中的坐标位置给定后，即可得到该点的振动方程，而波源持续不断地振动又是产生波动的必要条件之一．(3)振动曲线描述的是一个质点的位移随时间变化的规律，因此，其纵轴为，横轴为；波动曲线描述的是介质中所有质元的位移随位置，随时间变化的规律，其纵轴为，横轴为．每一幅图只能给出某一时刻质元的位移随坐标位置变化的规律，即只能给出某一时刻的波形图，不同时刻的波动曲线就是不同时刻的波形图．9-2波动方程=cos［()+］中的表示什么?如果改写为=cos()，又是什么意思?如果和均增加，但相应的［()+］的值不变，由此能从波动方程说明什么?解:波动方程中的表示了介质中坐标位置为的质元的振动落后于原点的时间；则表示处质元比原点落后的振动位相；设时刻的波动方程为则时刻的波动方程为其表示在时刻，位置处的振动状态，经过后传播到处．所以在中，当，均增加时，的值不会变化，而这正好说明了经过时间，波形即向前传播了的距离，说明描述的是一列行进中的波，故谓之行波方程．9-3在驻波的两相邻波节间的同一半波长上，描述各质点振动的什么物理量不同，什么物理量相同?解:取驻波方程为，则可知，在相邻两波节中的同一半波长上，描述各质点的振幅是不相同的，各质点的振幅是随位置按余弦规律变化的，即振幅变化规律可表示为．而在这同一半波长上，各质点的振动位相则是相同的，即以相邻两波节的介质为一段，同一段介质各质点都有相同的振动位相，而相邻两段介质的质点振动位相则相反．9-4已知波源在原点的一列平面简谐波，波动方程为=cos()，其中，，为正值恒量．求：(1)波的振幅、波速、频率、周期与波长；(2)写出传播方向上距离波源为处一点的振动方程；(3)任一时刻，在波的传播方向上相距为的两点的位相差．解:(1)已知平面简谐波的波动方程()将上式与波动方程的标准形式比较，可知：波振幅为，频率，波长，波速，波动周期．(2)将代入波动方程即可得到该点的振动方程(3)因任一时刻同一波线上两点之间的位相差为将，及代入上式，即得．9-5沿绳子传播的平面简谐波的波动方程为=0.05cos(10)，式中,以米计，以秒计．求：(1)波的波速、频率和波长；(2)绳子上各质点振动时的最大速度和最大加速度；(3)求=0.2m处质点在=1s时的位相，它是原点在哪一时刻的位相?这一位相所代表的运动状态在=1.25s时刻到达哪一点?解:(1)将题给方程与标准式相比，得振幅，频率，波长，波速．(2)绳上各点的最大振速，最大加速度分别为(3)m处的振动比原点落后的时间为故,时的位相就是原点()，在时的位相，即π．设这一位相所代表的运动状态在s时刻到达点，则9-6一平面余弦波，沿直径为14cm的圆柱形管传播，波的强度为18.0×10-3J·m-2·s-1，频率为300Hz，波速为300m·s-1，求：(1)波的平均能量密度和最大能量密度?(2)两个相邻同相面之间有多少波的能量?解:(1)∵∴(2)9-7和为两相干波源，振幅均为，相距，较位相超前，求：(1)外侧各点的合振幅和强度；(2)外侧各点的合振幅和强度解：（1）在外侧，距离为的点，传到该点引起的位相差为（2）在外侧.距离为的点，传到该点引起的位相差.9-8如题9-8图所示，设点发出的平面横波沿方向传播，它在点的振动方程为;点发出的平面横波沿方向传播，它在点的振动方程为，本题中以m计，以s计．设＝0.4m，＝0.5m，波速=0.2m·s-1，求：(1)两波传到P点时的位相差；(2)当这两列波的振动方向相同时，处合振动的振幅；*(3)当这两列波的振动方向互相垂直时，处合振动的振幅．解:(1)题9-8图(2)点是相长干涉，且振动方向相同，所以(3)若两振动方向垂直，又两分振动位相差为，这时合振动轨迹是通过Ⅱ，Ⅳ象限的直线，所以合振幅为9-9一驻波方程为=0.02cos20cos750(SI)，求：(1)形成此驻波的两列行波的振幅和波速；(2)相邻两波节间距离．解:(1)取驻波方程为故知，则，∴(2)∵所以相邻两波节间距离9-10在弦上传播的横波，它的波动方程为=0.1cos(13+0.0079)(SI)试写出一个波动方程，使它表示的波能与这列已知的横波叠加形成驻波，并在=0处为波节．解:为使合成驻波在处形成波节，则要反射波在处与入射波有的位相差，故反射波的波动方程为9-11汽车驶过车站时，车站上的观测者测得汽笛声频率由1200Hz变到了1000Hz，设空气中声速为330m·s-1，求汽车的速率．解:设汽车的速度为，汽车在驶近车站时，车站收到的频率为汽车驶离车站时，车站收到的频率为联立以上两式，得9-12两列火车分别以72km·h-1和54km·h-1的速度相向而行，第一列火车发出一个600Hz的汽笛声，若声速为340m·s-1，求第二列火车上的观测者听见该声音的频率在相遇前和相遇后分别是多少?解:设鸣笛火车的车速为，接收鸣笛的火车车速为，则两者相遇前收到的频率为两车相遇之后收到的频率为习题十10-1在氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由．(1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小；(3)整个装置的结构不变，全部浸入水中；(4)光源作平行于，联线方向上下微小移动；(5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝．解:由知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．10-2什么是光程?在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式中,光波的波长要用真空中波长,为什么?解:．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为．因为中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。10-3用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度．解:工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为，这也是工件缺陷的程度．题10-3图10-4在氏双缝实验中，双缝间距=0.20mm，缝屏间距＝1.0m，试求：(1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm，计算此单色光的波长；(2)相邻两明条纹间的距离．解:(1)由知，，∴(2)10-5在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500，求此云母片的厚度．解:设云母片厚度为，则由云母片引起的光程差为按题意∴10-6白光垂直照射到空气中一厚度为3800的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色?解:由反射干涉相长公式有得,(红色),(紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式所以当时，=5054(绿色)故背面呈现绿色．10-7在折射率=1.52的镜头表面涂有一层折射率=1.38的Mg增透膜，如果此膜适用于波长=5500的光，问膜的厚度应取何值?解:设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即∴令，得膜的最薄厚度为．当为其他整数倍时，也都满足要求．10-8当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由＝1.40×10-2m变为＝1.27×10-2m，求液体的折射率．解:由牛顿环明环公式两式相除得，即10-9利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当移动距离为0.322mm时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长．解:由得10-10什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?答：半波带由单缝、首尾两点向方向发出的衍射线的光程差用来划分．对应于第级明纹和第级暗纹，单缝处波面可分成个和个半波带．∵由10-11若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什么因素有关?解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强．(2)可见光中红光的衍射角最大，因为由，对同一值，衍射角．10-12一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长．解：单缝衍射的明纹公式为当时，时，重合时角相同，所以有得10-13用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm处的P点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P点处条纹的级数；(3)从P点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于点是明纹，故有，由故当，得，得(2)若，则点是第级明纹；若，则点是第级明纹．(3)由可知，当时，单缝处的波面可分成个半波带；当时，单缝处的波面可分成个半波带．10-14用的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?解：由知，最多见到的条纹级数对应的,所以有，即实际见到的最高级次为.10-15波长的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在与处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞＞-90°围，实际呈现的全部级数．解：(1)由式对应于与处满足：得(2)因第四级缺级，故此须同时满足解得取，得光栅狭缝的最小宽度为(3)由当，对应∴因，缺级，所以在围实际呈现的全部级数为共条明条纹(在处看不到)．10-1