大學(xué)基礎(chǔ)物理學(xué)課后習(xí)題答案-主編習(xí)崗-高等教育出版社.doc

大學(xué)基礎(chǔ)物理課后答案主編：習(xí)崗 高等教育出版社第一章思考題：<1-4> 解：在上液面下取A點(diǎn)，設(shè)該點(diǎn)壓強(qiáng)為，在下液面內(nèi)取B點(diǎn)，設(shè)該點(diǎn)壓強(qiáng)為。對(duì)上液面應(yīng)用拉普拉斯公式，得 對(duì)下液面使用拉普拉斯公式，得 又因?yàn)?將三式聯(lián)立求解可得 <1-5> 答：根據(jù)對(duì)毛細(xì)現(xiàn)象的物理分析可知，由于水的表面張力系數(shù)與溫度有關(guān)，毛細(xì)水上升的高度會(huì)隨著溫度的變化而變化，溫度越低，毛細(xì)水上升的高度越高。在白天，由于日照的原因，土壤表面的溫度較高，土壤表面的水分一方面蒸發(fā)加快，另一方面土壤顆粒之間的毛細(xì)水會(huì)因溫度升高而下降，這兩方面的原因使土壤表層變得干燥。相反，在夜間，土壤表面的溫度較低，而土壤深層的溫度變化不大，使得土壤顆粒間的毛細(xì)水上升；另一方面，空氣中的水汽也會(huì)因?yàn)闇囟认陆刀Y(jié)，從而使得清晨時(shí)土壤表層變得較為濕潤(rùn)。<1-6> 答：連續(xù)性原理是根據(jù)質(zhì)量守恒原理推出的，連續(xù)性原理要求流體的流動(dòng)是定常流動(dòng)，并且不可壓縮。伯努利方程是根據(jù)功能原理推出的，它的使用條件是不考慮流體的黏滯性和可壓縮性，同時(shí)，還要求流動(dòng)是定常流動(dòng)。如果流體具有黏滯性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。<1-8> 答：泊肅葉公式適用于圓形管道中的定常流動(dòng)，并且流體具有黏滯性。斯托克斯公式適用于球形物體在黏滯流體中運(yùn)動(dòng)速度不太大的情況。練習(xí)題：<1-6> 解：設(shè)以水壩底部作為高度起點(diǎn)，水壩任一點(diǎn)至底部的距離為h。在h基礎(chǔ)上取微元dh，與之對(duì)應(yīng)的水壩側(cè)面面積元dS（圖中陰影面積）應(yīng)為坡長(zhǎng)dm與壩長(zhǎng)l的乘積。練習(xí)題1-6用圖ldhdFhq高線dhdm由圖可知 水壩側(cè)面的面積元dS為 該面積元上所受的水壓力為 水壩所受的總壓力為 （注：若以水壩的上頂點(diǎn)作為高度起點(diǎn)亦可，則新定義的高度,高度微元取法不變，即，將與帶入水壩壓力積分公式，同樣可解出水壩所受壓力大小。）<1-10> 解：（1）設(shè)A為水庫(kù)中水面上一點(diǎn)，對(duì)A點(diǎn)和C點(diǎn)使用伯努利方程可寫(xiě)出取C點(diǎn)為基準(zhǔn)，由于水庫(kù)水面下降很小，（為大氣壓），上式即可簡(jiǎn)化為由此解得 （2）對(duì)B點(diǎn)和C點(diǎn)使用伯努利方程，可寫(xiě)出取C點(diǎn)為基準(zhǔn)，上式化為 即 <1-11> 解：（1）設(shè)水池表面壓強(qiáng)為、流速為、高度為，小孔處壓強(qiáng)為、流速為、高度為，由伯努利方程可寫(xiě)出根據(jù)題中條件可知、，于是，由上式可得 又由運(yùn)動(dòng)學(xué)方程 可解出 則水平射程為 帶入數(shù)據(jù)解得 （2）根據(jù)極值條件，在時(shí)，R出現(xiàn)最大值，即 R出現(xiàn)最大值。由此解出h=5m時(shí)，R出現(xiàn)最大值，此時(shí)R=10m。<1-13> 解：由泊肅葉流量公式可知 又由 由上兩式可得 帶入已知數(shù)據(jù)，可解出<1-15> 解：用沉降法測(cè)黏滯系數(shù)時(shí) 帶入已知數(shù)據(jù)，解得 第二章思考題：<2-4> 答：不相同，在冬天打入輪胎內(nèi)的空氣質(zhì)量要大一些。因?yàn)橄奶鞖鉁馗?，空氣分子的平均平?dòng)能較大；冬天氣溫低，空氣分子的平均平動(dòng)能較小。根據(jù)理想氣體的壓強(qiáng)公式 ,可知，當(dāng)壓強(qiáng)相同時(shí)，在冬天打入輪胎內(nèi)的空氣密度（即質(zhì)量）要大一些。<2-6> 答：這種看法是錯(cuò)誤的。因?yàn)槔硐霘怏w的溫度公式只適用于理想氣體，而在273時(shí)，已經(jīng)不存在理想氣體了，溫度公式也就不成立了，如此的推論自然也就是錯(cuò)誤的。事實(shí)上，即使達(dá)到273，分子也還在作微小的振動(dòng)，運(yùn)動(dòng)仍不會(huì)停止。<2-8> 答：(1)表示速率分布在區(qū)間內(nèi)的氣體分子數(shù)占總分子數(shù)的比率(2)表示速率分布在區(qū)間內(nèi)的氣體分子數(shù)(3)表示速率分布在區(qū)間內(nèi)的氣體分子數(shù)占總分子數(shù)的比率(4) 表示速率分布在區(qū)間內(nèi)的氣體分子數(shù)<2-11>答：平均速率可以了解氣體分子平均的運(yùn)動(dòng)快慢；方均根速率是分子平均平動(dòng)動(dòng)能的標(biāo)志；最概然速率討論氣體分子的統(tǒng)計(jì)分布。此三個(gè)速率大小關(guān)系 <2-12> 答：（1），溫度和壓強(qiáng)相同時(shí)，單位體積內(nèi)的分子數(shù)相同 （2），由于分子的種類不同，所以單位體積內(nèi)的氣體質(zhì)量不同 （3），由于溫度和單位體積內(nèi)的分子數(shù)相同，所以單位體積內(nèi)的氣體分子總平動(dòng)動(dòng)能相同 （4），由于溫度相同，而自由度數(shù)不確定，因此大為體積內(nèi)氣體的內(nèi)能無(wú)法比較<2-13> 答：根據(jù)，由于溫度不變，氣體分子平均動(dòng)能不變。但由于分子數(shù)密度減少了，容器中的氣體質(zhì)量減小，根據(jù) ，可知?dú)怏w的內(nèi)能減少。練習(xí)題：<2-3> 解：由題意得：、（1）（2） 氧氣分子的密度：（3） 平均平動(dòng)動(dòng)能：<2-7> 解：已知、，由得 當(dāng)，由得：當(dāng)，由得：<2-9> 解:（1）由溫度的微觀公式：得 （2）粒子遵守麥克斯韋速率分布，得 OVf(v)CVo圖2-1<2-12> 解: （1）速率分布曲線如圖2-1所示（2） 由歸一化條件 ，得則（3） 粒子平均速率為<2-15> 解:由題意知： 聯(lián)立式得：<2-16> 解：（1）依題意得： 聯(lián)立可得： （2）因 聯(lián)立得： 第三章思考題<3-3> 答：內(nèi)能是狀態(tài)量，是溫度的單值函數(shù)。熱量是過(guò)程量，如系統(tǒng)經(jīng)歷的熱力學(xué)過(guò)程相關(guān)。（1）說(shuō)法是錯(cuò)誤的，因?yàn)闊崃渴沁^(guò)程量。（2）說(shuō)法是正確的，對(duì)于相同的物體，內(nèi)能是溫度的單值函數(shù)。<3-4> 答：根據(jù)題意有，系統(tǒng)吸收熱量1.045108J，系統(tǒng)對(duì)外做功為301033600=1.08108J，系統(tǒng)對(duì)外放熱3.135107J，即釋放的能量共為1.3935108J?？梢?jiàn)不符合熱力學(xué)第一定律，因此這種機(jī)器不可能。<3-7> 答：該一定量的理想氣體由狀態(tài)1變化到狀態(tài)2，系統(tǒng)內(nèi)能的改變量是一樣的，因此根據(jù)熱力學(xué)第一定律，在過(guò)程A和過(guò)程B中吸收的熱量可通過(guò)在這兩個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)對(duì)外所做的功做比較。根據(jù)功的幾何意義，由圖可見(jiàn)，過(guò)程A中系統(tǒng)對(duì)外所做的功比較大，因此，該過(guò)程吸收的熱量也相應(yīng)的比較大。<3-9> 答： （1）不能；（2）不能；（3）不能；（4）能；（5）能；（6）能。<3-10> 答：（1）正確，因?yàn)榻?jīng)過(guò)一個(gè)正循環(huán)以后系統(tǒng)回到原來(lái)狀態(tài)。（2）錯(cuò)誤。系統(tǒng)經(jīng)一個(gè)正循環(huán)后，外界在溫度較高處輸送熱量給系統(tǒng)，又在溫度較低處從系統(tǒng)獲得熱量，兩者之差恰正等于它從系統(tǒng)得到的功。雖然外界凈減少熱量的數(shù)值等于系統(tǒng)對(duì)外界做的功，但功和熱量是不等價(jià)的，所以該循環(huán)過(guò)程已經(jīng)對(duì)外界產(chǎn)生影響了。（3）錯(cuò)誤。因?yàn)橹挥性谡蜓h(huán)和逆向循環(huán)的軌跡線完全一致，并且它們都是可逆循環(huán)的情況下，先后經(jīng)過(guò)這樣的一個(gè)正循環(huán)與逆循環(huán)后，系統(tǒng)與外界才可能都沒(méi)有發(fā)生變化。本題中僅指出其逆循環(huán)是逆卡諾循環(huán)，沒(méi)有明確其正循環(huán)是否是正向可逆卡諾循環(huán)。<3-11> 答：不能。如圖所示，等溫線與和兩絕熱線相交，構(gòu)成一個(gè)循環(huán)。這個(gè)循環(huán)只有一個(gè)單一熱源，它把吸收的熱量全變成功，即，并使周圍環(huán)境沒(méi)有變化，這是違背熱力學(xué)第二定律的，所以不可能構(gòu)成這樣一個(gè)循環(huán)。<3-15> 答：（1）不正確?？ㄖZ循環(huán)中，從高溫?zé)嵩次鼰釋?duì)外做功的等溫過(guò)程，就將熱全部轉(zhuǎn)化成了功，只是由于系統(tǒng)從外界吸熱，引起了外界的變化。正確的理解應(yīng)為：在不引起其它變化或不產(chǎn)生其它影響的條件下，熱不能完全變?yōu)楣?。?）不正確。致冷機(jī)就能將熱量從低溫物體傳向高溫物體，只是它需要消耗外界能量。正確的理解應(yīng)為：在不引起其它變化或不產(chǎn)生其它影響的條件下，不可能把熱量從低溫物體傳到高溫物體。練習(xí)題：<3-2> 解：根據(jù)功的幾何意義，可得此過(guò)程中氣體所做的功在數(shù)值上等于梯形ABCD的面積，因此有 <3-4> 解：系統(tǒng)由經(jīng)歷ACB過(guò)程，根據(jù)熱力學(xué)第一定律有由于從P-V圖中可見(jiàn)，所以有，因此。對(duì)于整個(gè)循環(huán)ABCDA，由于，BD為等體過(guò)程，DA為等壓過(guò)程，因此有<3-6> 解：根據(jù)熱力學(xué)第一定律有，。根據(jù)題意有，因此<3-8> 解：對(duì)于絕熱過(guò)程，有 由理想氣體狀態(tài)方程，可將上式化為<3-9> 解：由已知可得 氧氣為雙原子分子，則。（1） a-b過(guò)程為等溫過(guò)程，此過(guò)程系統(tǒng)從外界吸熱，全部用來(lái)向外做功。（2） b-c過(guò)程為等體過(guò)程，W0此過(guò)程系統(tǒng)向外放熱，系統(tǒng)內(nèi)能減少。（3） c-d過(guò)程為等溫過(guò)程，0此過(guò)程外界對(duì)系統(tǒng)做功，系統(tǒng)向外放熱（4） d-a過(guò)程為等體過(guò)程，W0此過(guò)程系統(tǒng)從外界吸熱，使內(nèi)能增加。熱機(jī)效率為<3-14> 解：設(shè)高溫?zé)嵩礈囟葹門1，低溫?zé)嵩礈囟葹門2T127+273300K，T20+273273K（1）設(shè)此致冷機(jī)從低溫?zé)嵩次鼰釣镼2，則設(shè)此致冷機(jī)致冷系數(shù)為，則由，可得放到環(huán)境中的熱量為（2）設(shè)最少必須供給致冷機(jī)的能量為W，則第四章思考題：<4-2> 答：公式是關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式，適合求任何情況下的電場(chǎng)。而公式是由庫(kù)侖定理代入定義式推導(dǎo)而來(lái)，只適于求點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度。<4-3> 答：（1）場(chǎng)強(qiáng)是由場(chǎng)源電荷和場(chǎng)點(diǎn)決定的，與檢驗(yàn)電荷無(wú)關(guān)，因此當(dāng)沒(méi)有檢驗(yàn)電荷時(shí)，仍然有場(chǎng)強(qiáng)。而當(dāng)電荷在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力則與場(chǎng)強(qiáng)和電荷的電量都有關(guān)系，因此當(dāng)當(dāng)電荷在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力很大時(shí)，并不代表該點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定很大。 （2）點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的公式是有庫(kù)倫定律推導(dǎo)得到的，因此僅適用于點(diǎn)電荷模型。當(dāng)場(chǎng)點(diǎn)和點(diǎn)電荷的距離趨于0時(shí)，電荷本身的尺度已經(jīng)不可以忽略，那這時(shí)不可以用點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的公式來(lái)討論，因此沒(méi)有物理意義。<4-4> 答：取球面高斯面，由可知（1）內(nèi)部無(wú)電荷，而面積不為零，所以E內(nèi)= 0。（2）E外=與氣球吹大無(wú)關(guān)。（3）E表=隨氣球吹大而變小。<4-5> 答：（1）錯(cuò)。因?yàn)橐栏咚苟ɡ恚珽 = 0 只說(shuō)明高斯面內(nèi)凈電荷數(shù)（所有電荷的代數(shù)和）為零。（2）錯(cuò)。高斯面內(nèi)凈電荷數(shù)為零，只說(shuō)明整個(gè)高斯面的的累積為零。并不一定電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零。（3）錯(cuò)。穿過(guò)高斯面的電通量為零時(shí)，只說(shuō)明整個(gè)高斯面的的累積為零。并不一定電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零。（4）對(duì)。E = 0，則整個(gè)高斯面的的累積為零。所以電通量=0。<4-6> 答：點(diǎn)電荷位于立方體中心時(shí)，通過(guò)該立方體各面的電通量都相等，并且等于總通量的1/6。由高斯定理可知總通量為 于是，通過(guò)各面的電通量為<4-9> 答：（1）是。由可知，當(dāng)電勢(shì)處處相等時(shí)，El=0。實(shí)際例子：靜電平衡的導(dǎo)體內(nèi)。（2）否。電勢(shì)為零處電勢(shì)梯度不一定為零，所以El也不一定為零。實(shí)際例子：電偶極子連線中點(diǎn)處。（3）否。如果El等于零，則電勢(shì)梯度為零，但電勢(shì)不一定為零。實(shí)際例子：兩個(gè)相同電荷連線中點(diǎn)處。練習(xí)題：<4-4> 解：（1）如圖建立坐標(biāo)系電荷源：，方向沿著x軸負(fù)方向。 （2）電荷源：，方向沿著x軸負(fù)方向。<4-6> 解：（1）取半徑為rr+dr的圓環(huán)，如圖所示，因其上電荷對(duì)P點(diǎn)的產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)垂直分量相互抵消，所以其對(duì)P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為PxRs整個(gè)圓盤(pán)的電荷在P點(diǎn)的產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為（2）當(dāng)時(shí)，可將帶電圓盤(pán)看作無(wú)限大帶電平面，因此P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為（3）當(dāng)時(shí)，可將帶電圓盤(pán)看作點(diǎn)電荷，因此P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為：<4-7> 解：（1）以r為半徑作球面高斯面，有I： rR1，因面內(nèi)無(wú)電荷，E1= 0II：面內(nèi)的電荷為Q1，III：面內(nèi)的電荷為Q1+Q2，同理可得：E3 =0 rR2R1E圖E r關(guān)系曲線（2）根據(jù)上部分結(jié)果可得I： E1= 0 II： III：E3= 0根據(jù)已知條件畫(huà)出關(guān)系曲線如圖所示<4-9> 解：依題意得： 若令一個(gè)鉀離子()通過(guò)該膜時(shí)需做功W，則<4-10> 解：（1）由題4-7可得I、II、III區(qū)域中的電場(chǎng)分布，則區(qū)域I電勢(shì)：同理可得區(qū)域II電勢(shì)分布：區(qū)域III電勢(shì)分布（2）若，則區(qū)域I電勢(shì)：區(qū)域II電勢(shì)：區(qū)域III電勢(shì)：<4-12> 解：（1）設(shè)內(nèi)圓柱體的體電荷密度為。作以為半徑()，長(zhǎng)度為l的圓柱高斯面，依高斯定理得距軸心為處場(chǎng)強(qiáng)為兩圓柱間電壓為聯(lián)立式得：則令內(nèi)筒電勢(shì)為零，則距軸心為處的電勢(shì)為第五章思考題：<5-1> 答：有可能等于零。在金屬導(dǎo)體中電荷的定向移動(dòng)形成電流，電荷的體密度等于零。而單獨(dú)的正離子或負(fù)離子的運(yùn)動(dòng)形成電流時(shí)電荷的體密度不等于零。<5-2> 答：電流能夠恒定，因，雖然導(dǎo)體中各處的電流密度不相同，只要電流密度j對(duì)導(dǎo)體各截面的通量相等，通過(guò)導(dǎo)體的電流就恒定。<5-6> 答：電動(dòng)勢(shì)是單位正電荷從負(fù)極經(jīng)電源內(nèi)部移到正極時(shí)非靜電力所做的功，端電壓是指電源正負(fù)兩極之間的電壓，一般情況下電源的端電壓不等于電動(dòng)勢(shì)，兩者之差為Ir，即電源電流與內(nèi)阻r之積，稱內(nèi)阻電位降。當(dāng)電源內(nèi)阻為0，即Ir=0時(shí)，端電壓在數(shù)值上等于電動(dòng)勢(shì)。對(duì)于有內(nèi)阻的電源，只要流過(guò)它的電流為零（處于開(kāi)路狀態(tài)的電源就如此），端電壓也與電動(dòng)勢(shì)數(shù)值相等。練習(xí)題：<5-2> 解：銅線截面積，允許通過(guò)的電流，則銅線中允許電流密度 又銅線中的自由電子密度，則銅線中通有允許電流時(shí)自由電子的漂移速度<5-4> 解：銅棒的截面積，長(zhǎng)，電導(dǎo)率，則（1） 銅棒電阻為（2） 銅棒兩端的電勢(shì)差為，則電流（3） 電流密度為 （4） 棒內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度 （5） 所消耗的功率 （6） 又自由電子的電荷體密度，則電子的漂移速度第六章思考題：<6-2> 答：可以將扭在一起的兩條通電導(dǎo)線看成是交織在一起的兩個(gè)螺線管。管外的磁場(chǎng)非常弱；因兩個(gè)螺線管的通電電流大小相等、方向相反，而且匝數(shù)基本相當(dāng)，管內(nèi)的磁場(chǎng)基本上可以相互抵消。因此，與電源相連的兩條導(dǎo)線，扭在一起時(shí)比平行放置時(shí)產(chǎn)生的磁場(chǎng)要小得多。<6-4> 答：根據(jù)畢奧薩伐爾定律可得，(1) 與運(yùn)動(dòng)電荷速度方向垂直的點(diǎn)的磁場(chǎng)最強(qiáng)；(2) 運(yùn)動(dòng)電荷速度連線方向上的點(diǎn)的磁場(chǎng)為零；(3) 根據(jù)磁場(chǎng)的高斯定理，穿過(guò)球面的磁通量為零。<6-6> 答：安培環(huán)路定理中的電流都應(yīng)該是閉合恒定電流（對(duì)于無(wú)限長(zhǎng)直電流，可以認(rèn)為是在電流回路在無(wú)限遠(yuǎn)處閉合的）。而且磁場(chǎng)分布需具有對(duì)稱性。對(duì)于一段恒定電流的磁場(chǎng)和變化電流的磁場(chǎng)，安培環(huán)路定理不成立。<6-8> 答：不能。由磁場(chǎng)對(duì)帶電粒子的作用力與粒子運(yùn)動(dòng)的方向垂直，磁場(chǎng)力對(duì)帶電粒子所做的功為零，粒子的動(dòng)能也不會(huì)因此而增大。練習(xí)題：<6-2> 解：根據(jù)疊加原理，點(diǎn)O的磁感應(yīng)強(qiáng)度可視作三段直線以及起始點(diǎn)為的兩段?。ò▋?yōu)弧和劣弧）共同激發(fā)。由于電源距環(huán)中心很遠(yuǎn)，則電源所在的直線電流對(duì)O處的磁場(chǎng)貢獻(xiàn)為0，而另兩段通電直線的延長(zhǎng)線都通過(guò)點(diǎn)O，在O處激發(fā)的磁感應(yīng)強(qiáng)度也為0。流過(guò)圓弧的電流的方向I1、I2如圖所示，兩圓弧在O點(diǎn)激發(fā)的磁場(chǎng)分別為；其中、分別是優(yōu)弧和劣弧的弧長(zhǎng)，由于導(dǎo)線電阻R與弧長(zhǎng)l成正比式中r為電阻率，為S導(dǎo)線的橫截面積。又兩圓弧構(gòu)成并聯(lián)電路，則故有點(diǎn)O的合磁感強(qiáng)度為<6-3> 解：載流導(dǎo)體板可以分割成無(wú)數(shù)條長(zhǎng)直載流導(dǎo)線，導(dǎo)體板的場(chǎng)就是這些無(wú)數(shù)條長(zhǎng)直載流導(dǎo)線場(chǎng)的疊加。如圖，坐標(biāo)處寬為的窄條可視為無(wú)限長(zhǎng)直載流導(dǎo)線，其電流為xoaadx它在距板一邊a處產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小為其方向垂直紙面向里。因?yàn)樗姓瓧l產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相同，所以總磁場(chǎng)<6-6> 解：(1) 由安培環(huán)路定理，距長(zhǎng)直導(dǎo)線水平距離d/2處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向垂直平面向外。距長(zhǎng)直導(dǎo)線水平距離d/2處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向垂直平面向外。 方向垂直平面向外。xdxx(2) 建立如圖坐標(biāo)系，面積元，該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為<6-8> 解：由安培環(huán)路定理，建立如圖回路 方向沿著逆時(shí)針?lè)较颉lI1I2d<6-10> 解：矩形上、下兩段導(dǎo)線受安培力的大小相等，方向相反，兩力的矢量和為零。而矩形的左右兩段導(dǎo)線，由于載流導(dǎo)線所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度不等，所受的安培力F1、F2大小不同，且方向相反，因此線框所受的力為這兩個(gè)力的合力。線框左右兩邊安培力大小分別為故合力大小為xI1dlI2abdx合力方向朝左，指向直導(dǎo)線。<6-11> 解：由安培環(huán)路定理，距長(zhǎng)直導(dǎo)線水平距離x處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向垂直O(jiān)xy平面向里。ab段導(dǎo)線中線段元受到的安培力大小為則ab段導(dǎo)線受到的磁場(chǎng)作用力大小為方向沿y軸正向（以通有電流I2的方向x軸正方向，電流I1的方向?yàn)閥軸正方向）。<6-13> 解：汽泡室內(nèi)運(yùn)動(dòng)著的高能質(zhì)子受到洛侖茲力的作用，其大小為洛倫茲力為質(zhì)子作圓周運(yùn)動(dòng)提供向心力由上述兩式，得質(zhì)子動(dòng)量得大小為方向沿質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的速度方向。質(zhì)子的動(dòng)能為第八章思考題<8-1> 答：從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度，凡是以時(shí)間的正弦或余弦函數(shù)表示的運(yùn)動(dòng)都是簡(jiǎn)諧振動(dòng)。從動(dòng)力學(xué)角度，物體在跟位移大小成正比，并且指向平衡位置的回復(fù)力作用下的振動(dòng)稱之為簡(jiǎn)諧振動(dòng)。當(dāng)物體受到一個(gè)使它返回平衡位置的力時(shí)，該物體不一定是做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，必須該力的大小跟位移大小成正比。<8-3> 答：(1)對(duì)，可以是受迫振動(dòng)。 (2)錯(cuò)，如自由落體運(yùn)動(dòng)。<8-5> 答：因?yàn)橄辔槐碚魅我鈺r(shí)刻振子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。<8-7> 答：振動(dòng)的周期和頻率不變，最大速度和最大加速度增大為原來(lái)的兩倍，振動(dòng)能量增大為原來(lái)的四倍。<8-10> 答：當(dāng)波從一種介質(zhì)透入另一介質(zhì)時(shí)，由于頻率只決定于波源的振動(dòng)，因此頻率是不變的，而波長(zhǎng)、波速和振幅則與介質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)，會(huì)發(fā)生改變。<8-13> 答：相干條件為，頻率相同、振動(dòng)方向相同、相位相同或相位差恒定。因此 (1)由于頻率不同，不行；(2)由于振動(dòng)方向不同，不行；(3)由于相位差不恒定，不行；(4)滿足了上述的相干條件，因此可以。<8-14> 答：當(dāng)兩列整幅相同的相干波在空間相遇時(shí)，實(shí)際上是改變了能量在整個(gè)空間上的分布，但是總的能量的值是沒(méi)有變化的。雖然在干涉加強(qiáng)處的合成波的強(qiáng)度為一個(gè)波的強(qiáng)度的4倍，但是，在干涉相消處合成波的強(qiáng)度變?yōu)榱?。練?xí)題：<8-1> 解：由于T = 0.5s，故。則振動(dòng)方程為由題意得，起始狀態(tài)為時(shí)（1），即，（2），即，（3），即，（4），即，（5），即，（6），即，<8-5> 解：根據(jù)動(dòng)量守恒有因此根據(jù)系統(tǒng)做簡(jiǎn)諧振動(dòng)的能量，有根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的方程，其中，根據(jù)圖示振子在時(shí)，且向x軸的正方向運(yùn)動(dòng)，因此有，所以<8-7> 解：根據(jù)簡(jiǎn)諧振動(dòng)的方程，在時(shí)，所以，因此有（1）（2） 負(fù)號(hào)表示沿著x軸負(fù)方向，并指向平衡位置（3）由起始位置最快運(yùn)動(dòng)到，此時(shí)運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)沿著x軸負(fù)方向，因此有而且，所以（4）當(dāng)，因此有<8-15> 解：（1）與對(duì)比有，振幅為A，波速，頻率，周期，波長(zhǎng)。 （2）當(dāng) （3）<8-17> 解：設(shè)O點(diǎn)出的振動(dòng)方程為，有，且根據(jù)有，另外由于O出的質(zhì)點(diǎn)在平衡位置且向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，有，所以O(shè)點(diǎn)出的振動(dòng)方程為（1）此平面波的波動(dòng)方程為（2）當(dāng)，（3）當(dāng)，當(dāng)，當(dāng)，負(fù)號(hào)表示沿著y軸負(fù)方向。<8-19> 解：S1發(fā)出的平面波的波動(dòng)方程為 S2發(fā)出的平面波的波動(dòng)方程為當(dāng)傳播到P點(diǎn)時(shí)的分振動(dòng)方程分別為可見(jiàn)，在P點(diǎn)的和振幅為0.2m第九章思考題<9-2> 答：（1）根據(jù)雙縫干涉中相鄰條紋的間距公式可知，隨著縫間距的增大，干涉條紋的間距會(huì)變窄。（2）當(dāng)狹縫光源在垂直于軸線方向上移動(dòng)時(shí)，干涉條紋也會(huì)隨著在垂直軸線方向移動(dòng)，方向與光源移動(dòng)方向相反。<9-4> 答：如果在上方的縫后面貼云母片，則從上方縫中出射的光線的光程會(huì)發(fā)生變化。設(shè)云母片的折射率為，厚度為，則兩束光的光程差為()其中，為兩縫的距離，為縫與屏的距離，為屏上相鄰兩點(diǎn)的距離。從中可以看出，相鄰兩條紋的距離為：可見(jiàn)，條紋間距沒(méi)有發(fā)生變化。令光程差等于零，可以得到中央亮條紋發(fā)生了改變，向上方移動(dòng)。<9-5> 答：這是薄膜干涉的原理。產(chǎn)生干涉明紋的條件是，所以產(chǎn)生干涉加強(qiáng)的光波的波長(zhǎng)應(yīng)滿足。當(dāng)時(shí)，。剛吹起肥皂泡時(shí)，由于肥皂泡的膜比較厚，即比較大，因而這時(shí)滿足干涉加強(qiáng)的波長(zhǎng)也較大，不落在可見(jiàn)光范圍為內(nèi)，因此這時(shí)看不到彩色條紋。當(dāng)肥皂泡吹大到一定程度就會(huì)開(kāi)始看到彩色可見(jiàn)光的條紋。隨著肥皂泡增大，則由于肥皂泡的膜越來(lái)越薄，彩色條紋從長(zhǎng)波段（紅光）條紋向短波段（紫光）條紋變化，繼而由于滿足干涉加強(qiáng)的波長(zhǎng)逐漸變小，最終超出可見(jiàn)光范圍，因此彩色條紋會(huì)消失。<9-6> 答：當(dāng)增大上面平板的傾斜度，增大，根據(jù)，條紋變疏。<9-8> 答：根據(jù)衍射原理，只有當(dāng)狹縫或者障礙物的大小與波長(zhǎng)可比時(shí)，才會(huì)形成衍射現(xiàn)象。光波波長(zhǎng)短，日常的狹縫或障礙物的尺寸遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于光波波長(zhǎng)，因而難以發(fā)現(xiàn)光波的衍射；而聲波波長(zhǎng)可與日常狹縫或障礙物的尺寸相比，所以更容易發(fā)生衍射。<9-10> 答：隨著單縫的加寬，衍射條紋間距變小，衍射現(xiàn)象變得不明顯。當(dāng)縫寬遠(yuǎn)大于波長(zhǎng)時(shí)，衍射條紋密集到無(wú)法分辨，只顯示出單一的明條紋。<9-13> 答：使用偏振片可以分辨三種光束。將偏振片以光的傳播方向?yàn)檩S轉(zhuǎn)動(dòng)，出射光強(qiáng)不發(fā)生改變的是自然光；發(fā)生改變，當(dāng)轉(zhuǎn)一周后，若有兩次光強(qiáng)最大，兩次消光的是線偏振光；若出射光強(qiáng)發(fā)生改變，但沒(méi)有消光的是部分偏振光。<9-14> 答：這束光是以布儒斯特角入射的，其偏振方向與入射面平行。練習(xí)題：<9-2> 解：根據(jù)題意得：第11級(jí)干涉亮紋至中央亮紋之間的距離滿足所以 <9-3> 解：設(shè)云母片厚度為，覆蓋在孔1上，則光程差為若沒(méi)有云母片覆蓋，光程差為 因?yàn)闂l紋移動(dòng)了9個(gè)，則 聯(lián)立可得： 所以 <9-4>解：天線接收到的電磁波一部分直接來(lái)自恒星，另一部分經(jīng)湖面反射，這兩部分電磁波是相干的。天線角位置不同，這兩束電磁波的波程差也不同。因此，在某些角位置上可有干涉極大值。電磁波在湖面反射時(shí)要發(fā)生相位突變(半波損失)。 ABC由于恒星很遠(yuǎn)，來(lái)自恒星的電磁波可視為平面波，如圖所示，相干極大時(shí)，兩部分電磁波的波程差應(yīng)滿足： 其中，是考慮到半波損失。由上圖的幾何關(guān)系可得： 對(duì)第一級(jí)干涉極大有 其中，已考慮k=1。由此解得 <9-5> 解：設(shè)相鄰兩條紋對(duì)應(yīng)高度差為，則根據(jù)相似三角形可得 所以 <9-8> 解：光程差為， 干涉相消，透射光加強(qiáng)， 最小厚度為，<9-12> 解：對(duì)于第二級(jí)暗條紋的衍射角有 所以其與中心亮紋的距離為 從而可得縫寬 對(duì)于未知光源，已知第三級(jí)暗紋中心至衍射圖樣中心的線距離為0.42cm，則其波長(zhǎng)等于<9-14> 解：根據(jù)公式可得該顯微鏡的最小分辨距離為<9-19> 解：經(jīng)過(guò)第一塊偏振片M， 經(jīng)過(guò)偏振片B， 經(jīng)過(guò)偏振片N，<9-20> 解：設(shè)自然光強(qiáng)為，則 設(shè)所求光強(qiáng)為，則 所以所求透射光強(qiáng)為 <9-26> 解：根據(jù)，有，所以