总习题解答 Microsoft Word 文档

1-1理想流体在同一流管中做定常流动时（ C ）

A.管中各点流体的速度相同； B.管中各点的压强相同； C.通过管道中任意横截面上流体的流量相同； D.管中各点流体的速率相同 解答：由于题目中没有给出管道粗细的变化情况，所以管中各点流体的速度 压强都不能确定相同。A、B、D都不能确定成立。 根据连续性原理v1S1v2S2，只有C成立。

1-2理想流体是（ B ）

A.不可压缩的流体； B.不可压缩无黏滞性的流体 C.不可压缩有黏滞性的流体； C.可压缩无黏滞性的流体

答：由理想流体的定义：理想流体是不可压缩无黏滞性的流体。所以选B。 1-3 如图所示，若管中流有理想流体，管的两段水平部分落差为h，S、P、v分别代表横截面积、压强和流速，且有S1=S2，则有( D )成立。 A.P1-P2 = 0，v1-v2 >0 B.P1-P2< 0，v1-v2 >0 C.P1-P2> 0，v1-v2 = 0 D.P1-P2< 0，v1-v2 = 0 解：根据连续性原理v1S1v2S2 S1=S2 v1v2v1-v2 = 0 再根据伯努利方程P111v12gh1P2v22gh2 22得：P1gh1P2gh2 P1P2g(h2h1)gh＜0 所以选择D

1-4如图, 已知三管的截面积分别为S1=100cm2,

S2= 40cm2, S3= 80cm2. 在截面S1, S2两管中的流速分别为v1= 40cms1, v2= 30cms1。则S3管中的流速为 ；S2管中的流体的流量为 。

解：根据v1S1v2S2v3S3

S1 S2 v1 S3 v3 题1-4图

v2 有401003040v380 得S3管中的流速为v335cms1

S2管中的流体的流量为

Q2v2S230104401021.2103(m3s1)

1-5在水平流管中作稳定流动的理想流体，截面积大的地方流速____________，流速小的地方压强___________。 答：在水平流管中作稳定流动的理想流体，根据连续性原理，截面积大的地方流速小。根据伯努利方程，流速小的地方压强大。

1-6 有一密闭的大水箱，箱内上部气体的压强为P，下部盛有水。在箱的侧面，距水面h处开一小孔，问此小孔处的流速为多大？

解：小孔流速。如图 1—6 所示 , 设液面的面积为 SA,小孔的面积为SB （SA远远大于SB ）, 液面下 降的速率为vA, 小孔的流速为 vB , 小孔到液面的距 离为 h 。任选液面上的一点 A 到小 孔 B 连接一条流 线 , 可以列出伯努利方程 : 1—6题图

由连续性方程有

考虑到SA远远大于SB, 可以认为vA0 。另外 B 点与大气相通， PBP0，已知A 点的大气压PAP P0为大气压强。将这些都代入伯努利方程 , 得

1-7 一个大水池水深H=10m，在水面下h=3m处的侧壁开一个小孔，求(1)从小孔射出的水流在池底的水平射程R是多少？(2) h为多少时射程最远?最远射程为多少？

解：(1) 根据小孔流速v2gh

从小孔射出的水流落在与池底的水平处的高度hHh7（m） 所用时间t2h2(Hh)2(Hh)水平射程Rvt2gh9.17(m)

ggg2(Hh)2h(Hh) g(2) Rvt2gh当hH=5（m）时射程最远。 最远射程为Rmax10（m） 21-8 欲用内径为1cm的细水管将地面上内径为2cm的粗水管中的水引到5m高的楼上。已知粗水管中的水压为4×105Pa，流速为4m·s－1。若忽略水的黏滞性，问楼上细水管出口处的流速和压强为多少？

解：设1代表粗管口，2代表细管口

1根据连续性原理得:v1s1v2s2 412v2()2 v216（ms-1）

2112根据伯努利方程得：p1v12gh1p2v2gh2

22112 p2p1v12v2g(h2h1)2.3105（Pa）

221-9理想流体在一水平管道中流动,A处和B处的横截面分别为SA和SB。 B管口与大

Q211气相通,压强为P0.若在A处用一细管与一容器相连,试证明，当h满足关系h(22)2gSASB时, A处的压强刚好能将比水平管低h处的同种液体吸上来，其中Q为液体的体积流量。 解： 由伯努力方程知: PA+ρVA/2 = PB+ρVB/2

而, PA +ρgh = P0 PB= P0 代入,得: gh = ( VA2 - VB2)/2

又, Q = VBSB = VASA 有： VA= Q/SA VB= Q/SB

2

2

Q211故: h(22)

2gSASB1-10下面是一个测定农药、叶肥等液体黏滞系数的简易方法。在一个宽大玻璃容器底部连接一根水平的细玻璃管，测定单位时间内由细管流出的液体质量即可知。若已知细管内直径d=0.1cm，细管长l＝10cm，容器内液面高h=5cm，液体密度为1.9×103kg·m－3，测得1min内自细管流出的液体质量m=0.66×10-3kg，问该液体的为多少？

0.661039315.810(ms) 解：由题意 QV3601.910Qmd(gh)根据泊肃叶公式 QR(P1P2)V8l168l数： 得液体的黏滞系

1-11如果液体的黏滞系数较大，可采用沉降法测定黏滞系数。现使一个密度为2.553－

×10kg·m3，直径为6mm的玻璃球在甘油中由静止落下，测得小球的收尾速度为3.1cm·s-1。已知甘油的密度为1.26×103kg·m－3。问甘油的黏滞系数为多少?

解：玻璃球受力 G重力f粘滞阻力f浮力

44即 r3g6rvTr30g

33其中, 为玻璃小球密度,g为重力加速度，0为甘油的密度，r为玻璃球的半径，vT为小球的收尾速度 。

44 得甘油的黏滞系数为

练 习 题 二

2-1接触角为锐角时，液体（ ）

A.润湿固体 B.不润湿固体 C.完全润湿固体 D.完全不润湿固体

解答：由定义，接触角为锐角时，液体润湿固体。本题选A。

2-2两个半径不同的肥皂泡，用一细导管连通后，最终结果是（ ）。 A.两个肥皂泡最终一样大 B.大泡变大，小泡变小 C.大泡变小，小泡变大 D.不能判断

4解答：由附加压强公式Ps 球形液膜的曲率半径越大，附加压强就越小，因而

R其内部的压强就越小。小泡内的压强大于大泡内的压强。一旦两泡连通，在压强差的作用下，小泡内的气体不断流向大泡，直至两泡的曲率半径相同为止。所以选B。 2-3两个完全相同的毛细管，插在两个不同的液体中，两个毛细管（ ）。 A.两管液体上升高度相同 B.两管液体上升高度不同 C.一个上升，一个下降 D.不能判断 解答：根据毛细管中液体上升

h得知，液体上升还是下降由两种

2cosgr的公式：

液体接触角决定，在没给定接触角的情况

下无法判断。所以选D

2-4一小孩吹了一个半径R为3cm的肥皂泡，他至少需要做 功；这肥皂泡的内外压强差为 。（已知：肥皂水的表面强力系数α=8.6×10-2Nm1）。 解：（1）小孩吹的肥皂泡作的功，至少等于这个肥皂泡的表面能。

根据公式EAS （其中S24R2） 得作功至少为

-2-1

A8R28.6×10N.m83.14(3102)2m1.94103(J)

（2）泡的内外压强差由附加压强公式求得：

2-5一半径为0.2mm的毛细管,插入表面张力系数α=5.0×10-2Nm1的液体中,接触角逐θ=45°,则毛细管中液体将 （填上升或下降），上升或下降的高度为 。液体的密度ρ=1.0×10-3kg·m-3。 解：（1）因为接触角θ=45°，润湿管壁，液体上升。 （2）上升的高度由公式得

2-6有一长4cm的金属丝从液表面层拉出，液体的表面张力系数α=8.6×10-2Nm1。要把金属丝完全拉离液面（忽略金属丝的重力），最小需要拉力为 N。 解：根据表面张力的公式Ff2l28.610241026.88103(N)

2-7 把一个半径为5cm的金属细圆环从液体中拉出，圆环环绕的平面与液体表面平行。已知，刚拉出圆环时需用力28.3×10-3N。若忽略圆环的重力，该液体的表面张力系数为多少?

G28.31034.5102(Nm1) 解：Gfl 2l223.145102-8 用液滴法测农药的表面张力系数时，巳知移液管管口内半径为0.35mm，滴出的318个药滴的重量为4.9×10-2N，求该农药的表面张力系数。

G4.9102217.0110(Nm) 解：Gfl 3l31823.140.35102-9 在20平方公里的湖面上,下了一场50mm的大雨。雨滴半径r=1.0mm，设温度不变，求雨滴落入湖内释放出的能量为多少? （雨水的表面张力系数α=7.3×10-2Nm1）

解： 雨下的总体积 V20106501031.0106(m3)

44一个雨滴的体积 Vr33.14(1.0103)34.19109(m3)

33V1.01062.41014 共下雨滴数 N9V4.1910雨滴总面积 SN4r20.31010(m2)

雨滴落入湖内释放出的能量 ES7.31020.310102.19108(J) 2-10一个U形玻璃管的两竖直管的直径分别为2mm和3mm。管内的液体水完全润湿管壁。试求两管液面的高度差。（水的表面张力系数α=8.6×10-2Nm1）。 解：根据公式 h2cos 其中因管内的液体水完全润湿管壁，所以0。 grU形管两个管内液体上升的高度分别为h1和 h2 两管液面的高度差hh1h2=5.85(mm)

2-11土壤中的悬着水如图所示，上下两液面都与大气接触 。已知上下液面的曲率半径分别为RA和RB(RA＜RB），水的表面张力系数为，密度为。求悬着水的高度。 解：A点的压强 PAP02 （1） RAA B 2ghPA （2） B点的压强PBP0RA（1）式带入（2）式得h211() gRARB题2-11图

2-12有一株高H=50m的树，木质部导管（树液传输管）视为均匀的圆管，其半径r=2.0-4-2-10

×10mm。设树液的表面张力系数=5.0×10N·m,接触角为45。问树根部的最小压强应为多少时，方能使树液升到树的顶部？树液的密度ρ=1.0×103kg·m-3。 解：由毛细现象使树液上升的高度为：

可见，毛细现象产生使树液上升的高度只有36米，树液上升的高度还要由树根部的压强作用。根据压强的公式得树根部的最小压强应为：

练 习 题 三

3-1 B 3-2 D 3-3 B

3-4 ⑴ 不同 ⑵ 不同 ⑶ 相同 3-5 解：氧气i=5 EMii5RTPV2.0263.001020.152(J) 2223-6 解：气压计内空气等温变化 p10.7680.7480.020(mHg) V10.08

P1.0131051015102.45103-7 解：n 23kT1.38103003-8 解：设氦气质量M1，压强p1，氧气质量M2，压强p2，

p1.011052.441025 3-9 (1) 分子数密度，n23kT1.3810300 (2) 氧气密度，nm2.4410255310271.30(kgm3)

33 (3) 分子平均平动动能，etkT1.3810233006.211021(J)

221193.4510(m) (4) 分子间平均距离，l()25n2.441013133-10 解：et33pV22kTk3.10(J) 22MR333-11 (1) 质子的平均平动动能，etkT1.3810231082.071015(J)

22 (2) 质子的方均根速率，v1.732RT8.31108611.731.5810(ms) 310kT1.40106(cms1) 求出k m3-12 解：(1) 求阿伏伽德罗常数，由v21.73(2) 粒子的平均速率，v1.61.6v21.401021.30102(ms1) 1.731.733-13 解：停止运动后宏观运动的动能转变为气体内能，使温度上升

333-14 解：(1) 分子平均平动动能，etkT1.3810233006.211021(J)

2255 (2) 分子平均动能，kT1.3810233001.0351020(J)

2233 (3) 1摩尔氧气分子的平动动能，RT8.313003.74103(J)

222 1摩尔氧气分子的转动动能，RT8.313002.49103(J)

255 (4) 1摩尔氧气的内能，E0RT8.313006.23103(J)

223-15 略

MRT2E26.7510251.3510(Pa) 3-16 解：(1) p3ViV52.010 (2) 分子总数5.4×1022 个求温度和分子平均平动动能

dTdT3-17）解：傅里叶定律 QS2rl，稳定导热不同r处Q均相同

drdrdTRQQdrln2 积分得 T1T22lR12lr练 习 题 四

4-7 30Kw.h=1.08108J > 1.045108J 不可能 4-8 完成循环ABCD系统做净功

吸收净热量

交换热量 Q2QQ132674252J Q20表明系统吸热。 4-9 （1） QVCVM(T2T1)iRPV(T2T1) 2RT1M （2） QPCP(T2T1)M(i2)RPV(T2T1) 2RT1V2VPVln2 V1V14-10 （1） ab （2） cbARTlnAPP2(V2V1)1105(0.0440.022)2.2103J

考虑a、b在同一条等温线上 QAP2.2103J

PVPV4-11 1122T1T2P25P151.013105 （1） T2T1300(1.01310)30025575 P11T1P21T2P.T2 （2）

25275 联立（1）、（2）解得P29.2105Pa4-12 （1） V不变，A=0

(2) P不变 QPECPMT2571K

(T2T1)

（3） Q0 AE1247J 4-13 （1） T不变， （2） Q0 (3) P不变，

V1V2T1T2T1T1V21273136.5K V124-14 Q0，1mol气体做功

考虑 1 所以 Ai2i2 iiiR(T1T2)

14-15 （1）ab系统做功

系统吸热 Q/A17280J

（2） da 系统吸热 （3） cd系统做功

（4） 系统完成一个循环从高温热源吸取热量 做净功 AAA5760J 热效率 A576015.1% Q1380554-16 （1） 1）ab P1V1P2V2 2） bc T1V1 V0.431T2V21

T1V20.4400200.4 V34.88102m3 T2300V2V3 V1V4 3） da由前

4） cd P3V3P4V4

T2280130% T1400MRT1lnV1VP1V1ln25.06510420ln2702.16J V2V1 （4） 1 （3） Q1A1 （2） AQ1702.1630%210.67J

4-17

P5.0104kW,T11000K,T2300K(1)c1T2300170%T11000(2)实70%70%49%5.0104(3)Q11.02108J实0.49P(4)Q2mCtQ21.021080.51ot1.24C6mC10104.18

4-18 

T226310.52 T1T22882634-19

T1Q23005.03.351051.84106J解1： (1)Q1T2273(2)AQ1Q21.841065.03.351050.165106JT2273(1)10.1解2： T1T2300273(2)5.03.35105A0.165106J10.1Q2

(3)Q1AQ20.1651065.03.351051.84106J4-20 （1）设混合后温度为t，则

练 习 题 五

5-1在一个带正电的金属球附近，放一个带正电的点电荷q，测得q所受的力为F。若考虑q的带电量不是足够小，则以下判断中正确的是 B 。

A．

FF大于该点场强E B. 小于该点场强E qqF等于该点场强E D. 无法判断 qC.

分析: 应考虑q产生的场强。

5-2 下列说法中，正确的是（ D ）。

A.带负电的点电荷，在电场中从a点移到b点，若电场力做正功，则a、b两点的电势关系为Ua＞Ub

B．由点电荷电势公式Uq40r可知，当r →0时，则U →∞

C．在点电荷的电场中，离场源电荷越远的点，其电势就越低

D．在点电荷的电场中，离场源电荷越远的点，电场强度的量值就越小 分析: 无论电荷Q的正负如何，电场强度的量值为EQ40r2。

5-3 真空中一半径为R的球面均匀带电Q，在球心O处有一带电量为q的点电荷。设无穷远处为电势零点，则在球内离球心O距离为r的P点处的电势为（ B ）。

A.

q40r

B.

qQ() 40rR1r R 5-3题图

qQ1qQq()C. D.

40r40rR

分析: Uq40rrdr0dr2rRQ40r2RdrqQ

40r2rR15-4一点电荷q位于一立方体中心，立方体边长为a， 则通过立方体一面的电通量是

q 。 60分析: 立方体六个面的总电通量为Φeq0L，一个面为Φeq 605-5静电场的环路定理的数学表达式为 Edl0 ，其物理意义是：静电场的电场强度沿任意闭合路径的线积分为零；该定理表明静电场是 保守力 场。

5-6 在静电场中，一质子（带电量为e =1.6×10-19C）沿四分之一的圆弧轨道从A点移动到B点（如5-6题图所示），电场力做功8.0×10-15J。则当质子沿四分之三圆弧轨道从B点回到AA -15

点时，电场力做功A=-8.0×10J。设A点电势为零，则B点电势UB=-5×104V。

分析: 因电荷绕场一周电场力做功为零，所以AABABA； ∵ eUAUBAAB ∴ UBUAB O r 5-6题

AAB5104V e5-7 在静电场中，某空间内电势处处是300V ，该空间内的电场强度是_0_；若某处

电势从200V经过1m均匀变化到300V ，该处的电场强度是_100V/m_。

U 分析: E；

d5-8 由相距较近的等量异号电荷

- q 的体系称电偶极子，生物细胞膜及土壤+ q l 表面的双电层可视为许多电偶极子的

x 合。因此，电偶极子是一个十分重要的

l O l 模型。图5-2所示的电荷体系称电四极它由两个电偶极子组合而成，其中的q- q P 组成

颗粒集物理子，和ll + q 5-8题图 均为已知，对图5-2中的P点(OP平行于正

方形的一边)，证明当xl时 其中，p=ql 称电偶极矩。

解：电四极子可看成两个电偶极子的组合。设左边和右边两个电偶极子在P点产生的场强分别为E左和E右，由教材例题5-3可知 其中，p=ql。

P点处的合场强为

l由于x 上式可简化为

2证毕。

5-9 一个均匀带电细棒长为l，带电总量为q。证明，在棒的垂直平分线上离棒为a处的电场强度为

证明：由题设条件可知，细棒的电荷线密度为ql。在5-9题图中，对称的取距离中点O为x处的电荷元dq ，两个电荷元在P点产生的电场强度dE和dqdxqdx/l。

dE的水平分量相互抵消，在P点产生的合场强为dE和dE沿竖直向上的分量之和。即

于是，整个细棒在P点处的场强为 积分该式，整理后可得dE合 的带电圆盘，电荷面密5-10 一个半径为R度

dEdE/ 为，求：（1）圆盘轴线上距盘心为x处的

dr P 任一点P的电场强度；（2）当R→∞时，P点

的电场强度为多少?（3）当xR时，P点的

θ 电场强度又为多少? r P θ 解：（1）在半径为R的带电圆盘上取内dE⊥ a x 半径为r、外半径为r+dr的细圆环，如5-10dE R dE// 题图所示。利用教材中例题5-2的结果可知，x 该细圆环上的电荷在P点产生的场强为 0 dx dx/ 于是，整个圆盘上的电荷在P点产生的场强5-10l 题图 为

5-9题图 x0 。（1） 当时，2此21/2(Rx)R时，上式可化为 E 20即此时可将带电圆盘看作无限大带电平面。

（3）当xR时，可将带电圆盘看作点电荷，此时P点电场强度为

5-11 大多数生物细胞的细胞膜可以用两个分别带有电荷的同心球壳系统来模拟。在5-11题图中，设半径为R1和R2的球壳上分别带有电荷Q1和Q2，求： （1）I、II 、III三个区域中的场强；（2）若Q1 =－Q2，各区域的电场强度又为多少？画出此时的电场强度分布曲线 (即E－r 关系曲线)。从这个结果，你可以对细胞膜的电场强度分布有个概略的了解。

II解：（1）在区域I，做半径为r﹤R1的球形高斯面。因为高斯I面内无电荷，根据高斯定理 II 可得区域I中的电场强度为 I R1 E1= 0

在区域II，以R1rR2为半径做球形高斯面。斯面内的电荷为Q1，高斯定理可写为 由此可解得区域II的电场强度为

在区域III，做半径r﹥R2的球形高斯面。由于该的电荷为Q1+Q2，由高斯定理可解得该区域的电场强度

QQ2 E3 =1

40r2Q2 Q1 R2 因为此高

5-11题图

高斯面内为

E （2）当Q1 =－Q2时，根据以上结果知 区域I的场强为 E1= 0 区域II的场强为 E2Q140r20

R1 R2

r 5-11题E－ r关系曲

区域III的场强为 E3= 0

根据上述结果可画出5-11题Er关系曲线。

5-12 实验表明，在靠近地面处有相当强的大气电场，电场强度方向垂直地面向下，大小约为100NC-1；在离地面1.5 km高的地方，电场强度方向也是垂直地面向下的，大小约为25NC-1。（1）计算从地面到此高度的大气中电荷的平均体密度；（2）若地球上的电荷全部分布在地球表面，求地球表面的电荷面密度；

（3）已知地球的半径为6106m，地球表面的总电量为多少?

解：（1）由题中条件，在距离地面高度为1.5km处的大气电场E225NC-1，地面附近的大气电场为E1100NC-1。

从1.5km高处至地面做圆柱形高斯面，如5-12题 a图所示。由于圆柱形高斯面的上底面和下底面相等，设为S，则穿过此高斯面的电通量为 由高斯定理得

E1SE2Sq0

H E2

即

其中，q为高斯面内的所有电荷的代数和。高斯面内的平均电荷体密度为

5-12题a图

1.5km 于是，

（2） 在地球表面附近做如5-12题b图所示的圆柱形

高斯面，高斯面的上底面S1在地球表面附近，下底面S2在地球内部。上地面处的场强为E1，并且S1=S2＝S。由于地球（导体）内部场强为零，设地球表面的电荷面密度为 。通过该高斯面的电通量为

E1 由高斯定理可得

由此解出

（3） 地球表面的总电量为 负号表示地面带负电。 S 5-13 随着温度的升高，一般物质依次表现为固态、液态和气态。当温度继续升高时，气体中的大量分子将由于激烈碰撞而离解为电子和正离子，这种主要由带电离子组成的5-12题b图 状态为物质的第四态，处于该态的物质称等离子体。如果气体放电时形成的等离子体圆柱内的体电荷分布有如下关系

其中，e为电荷体密度，0为圆柱轴线上的e值，a为常量，求电场强度分布。 解：在等离子体中取如5-13题图所示的圆柱形闭合高斯面，高斯面的半径为r，高为L。由于高斯面内的电荷分布是不均匀的，为了求出高斯面内的总电荷，在其中取一个半径为r，厚为dr，长为L的带电薄层，如5-13题图中阴影部分所示。该带电薄层上所带的电量即为

dr于是，高斯面内所包围的总电量

由于穿过高斯面的电通量为 r′ ′ 由高斯定理可写出

r 将前述的q带入，化简后可得

L 5-14 测定土壤颗粒所带电量的方法之一是沉降法。在

该法中，使土壤颗粒在已知黏滞系数的液体中沉降，测出其收尾速度(即最后的稳定速度) v1。然后，再通过极压施加一个如5-14题图所示的静电场(假定土壤颗粒

5-13题图

间电带正

电荷)。调节电场强度E使颗粒达到新的收尾速度v2，这时有下列关系成立：

其中，r为土粒的半径，q为土粒所带电量。请证明这个关系。

解：当未施加电场时带电土壤颗粒 在重力作用下沉降，根据斯托克斯公式 -Q 可得

v E 施加电场后，土壤颗粒的受力为

+Q

将以上两式联立求解，可得 证毕。

5-14题图

5-15为了将混合在一起的带负电荷的石英颗粒和带正电荷的磷酸盐颗粒分开，可以使之沿重力方向垂直通过一个电场区域来达到。如果电场强度E5105NC1，颗粒带电率为105CKg1，并假设颗粒进入电场区域的初速度为零。欲将石英颗粒和磷酸盐

+-颗粒分离100 mm以上，问颗粒通过电场区域的距离至少qE -+qE 应为多少?该题说明了在农业上很有实用价值的静电分选

+-mg mg 技术的原理。

+-h 解：正、负带电颗粒在运动过程中受水平方向

+-+-+-l +- 5-15题图 的电场力和竖直方向的重力作用，其运动轨迹如5-15题图所示。 对带正电荷的颗粒，满足 对带负电荷的颗粒，满足

设颗粒带电率，质量为m的颗粒带电为qm，由此可算出 同理可算出

于是，颗粒的水平位移为

l12a t 221g t2 2竖直位移为 h联立上两式消去时间t可得带电颗粒通过电场距离为

5-16 水分子的电偶极矩为6.1310-30Cm，如果这个电偶极矩是由一对点电荷±e引起的(e为电子电量)，那么，它们的距离是多少?如果电偶极矩的取向与强度为106NC-1的电场方向一致，要使这个电偶极矩倒转成与电场相反的方向需要多少能量(用eV表示)? 解：（1）由电偶极矩的定义 得

（2）若使电偶极矩倒转需要能量为A，则

5-17 一个细胞的膜电势差为50mV，膜厚度为301010m。若假定膜中场强为匀强电场，问电场强度为多大?当一个钾离子(K)通过该膜时需作多少功?

解：依题意得 若令一个钾离子(K)通过该膜时需做功A，则 5-18 动物的一些神经纤维可视为半径104m、长0.1m的圆柱体，其内部的电势要比周围流体的电势低0.09V，有一层薄膜将神经纤维和这些流体隔开。存在于薄膜上的Na泵(一种运输Na的特种蛋白)可以将Na输送出纤维。若已知每平方厘米薄膜每秒钟可送出31011mol的Na，问 (1) 每小时有多少库仑的电荷被送出纤维? (2) 每小时必须反抗电场力作多少功?

解：（1）已知圆柱体半径r102cm，圆柱体长度L10cm，t3600s，v31011mols-1cm-2，阿伏伽德罗常数N6.021023，每个电荷的电量e1.61019C。因此，每小时被送出神经纤维的电荷量为

（2）每小时反抗电场力做功A

A = qU = 6.54×10-3×0.09 = 5.×10-4( J )

5-19 计算练习5-11中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的电势。 解：（1）根据题5-4所得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的电场分布，可得区域I的电势为 由此解得

区域Ⅱ的电势分布为 区域Ⅲ的电势分布为

（2）若Q1Q2，则区域Ⅰ的电势为

区域Ⅱ的电势为 区域Ⅲ的电势为

5-19核技术应用中常用的盖革—米勒(G-M)计数管，其外形结构如5-21题图所示，它实质上是一个用玻璃圆筒密封的共轴圆柱形电容器。设导线(正极)的半径为a，金属圆筒(负极)的半径为R，正、负极之间为真空。当两极加上电压U时，求导线附近的电场强

度和金属圆筒内表面附近的电场强度。

解：设正极的线电荷密度为，作半径为r(arR)长度为L的圆柱高斯面，据高斯定理得距轴心为处的场强为：

E 20r①

两极间的电压为

U Edr a R R aR② drln 20r20a联立①②式得

令r = a得正极附近的场强为 金属圆筒（－） 令r = R得圆筒表面附近的场强为

5-20 同轴电缆是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱体构成，如5-22

玻璃 导线（＋） R1 U1，题图所示。设内圆柱体的电势为

R2 半径为R1；外圆柱体的电势为U2，外圆5-21题图 柱体的内半径为R2，两圆柱体之间为空气。求两个圆柱体的空隙中离轴为r处5-22题图 (R1rR2)的电势。

解：（1）设内圆柱体单位长度的电量为。在内外圆柱体之间做半径r(R1rR2)，长度为l的圆柱闭合高斯面，应用高斯定理可得距轴心为r处场强为

E 20r①

于是，两圆柱间电压为

UU1U2 R2 R1EdrRln2 20R1②

由①式解得20rE，将其带入②式，可得 即

则两个圆柱体的空隙中离轴为r处(R1rR2)的电势与外圆柱体之间的电势差 为

于是，两个圆柱体的空隙中离轴为r处(R1rR2)的电势为

类似地，两个圆柱体的空隙中离轴为r处(R1rR2)的电势与内圆柱体之间的电 势差为

于是，两个圆柱体的空隙中离轴为r处(R1rR2)的电势也可表示为

5-21动物体是利用叫做轴突(axon)的神经纤维中的电脉冲传递信息的。在结构上轴突由圆筒形细胞膜组成。设圆筒形细胞膜的内半径为RA，外半径为RB,细胞膜的相对介电常量为r，求轴突单位长度的电容。

解：设分布在圆筒形细胞膜内半径上单位长度的电量为，当内外半径之间 为空气时，由习题5-15可知，圆筒形细胞膜内外的电压为 细胞电容为

其中，l为圆筒形细胞膜的长度。当细胞膜的相对介电常量为r时，细胞电容为

CrC020rl

lnRBRA于是，轴突单位长度的电容为

5-22一个球形电容器，内外壳半径分别为R1和R2，两极板间电介质的相对介电常量为，球形电容器内极板所带电量为q，试计算这一电容器所储存的能量。 解：在两极板间以半径r 作一个闭合球形高斯面，由高斯定理可得两极板 之间的场强为

电容器两极板间的电压为 则电容器所储存的能量为 或

5-23两个同轴圆柱面长为l，半径为R1和R2（R1R2，且R1、R2远小于 l），两圆柱面间充满空气。（1）当内外柱面分别均匀带电Q和Q时，求圆柱面间储存的电场能。（2）由能量关系推算此电容器的电容。

解：（1）由5-15题可知两个圆柱面间场强为

EQ20rl

R1 两圆柱面间电压为

＝

Q20llnR2 R1r R2 l 5-25题图

于是，两圆柱面之间储存的电场能为

1（2）由WeCU2 得电容器电容为

2练习 题 六

6-1 在稳恒条件下通过一个电流管任意两个截面（面积不等）的电流强度（ A ）。 A．相等 B.不相等

C. 截面大的电流强度大，截面小的电流强度小 D.以上说法都不对

6-2直径为2mm的导线，如果流过它的电流强度是20A，且电流密度均匀，导线的电阻率ρ3.14108Ωm，则导线内部的场强为应是（ D ）。

A．2.0Vm1 B.1.0Vm1 C.0.5Vm1 D.0.2Vm1 分析: EUIRIlI 2lllSd2E 而具有

dS 6-3 大气中由于存在少量的自由电子和正离子微弱的导电性。已知地球表面附近空气的电导率

1143101m1，场强E100NC，地球半径

6-3题图

R6106m。若将大气电流视为恒定电流，计算由大气流向地球表面的总电流强度。

解：已知310141m1，E100NC1。在地球表面上取一个微元曲面dS，如图6-1所示。则由大气流向曲面dS的电流强度为

（1）对上式积分可得大气流向地球表面的总电流强度为 因为

地球表面积为

于是，大气流向地球表面的总电流为

6-4 截面积为10mm2的铜线中，允许通过的电流是60A，试计算铜线中的允许电流密度。设每个铜原子贡献一个自由电子，可算得铜线中的自由电子密度是8.51028m3，试计算铜线中通有允许电流时自由电子的漂移速度。

解：铜线截面积S10mm21.0105m2，允许通过的电流I60A，则铜线中允许电流密度

又知铜线中的自由电子密度n8.51028m3，则铜线中通有允许电流时自由电子的漂移速度为

6-5 有一个灵敏电流计可以测量小到1010A的电流，当铜导线中通有这样小的电流时，每秒内有多少个自由电子通过导线的任一个截面？如果导线的截面积是1mm2，自由电子的密度是8.51028m3，自由电子沿导线漂移1cm需要多少时间？

解：设导线中单位体积的电子数为n，导线截面积为S，电子运动的平均速度为v，则t时间内通过截面S的电子数N应为如图6-2所示的圆柱体内的电子数，即 S I 由于InevS，即nI(evS)，将其带入上式得

NnSvtIItSvtevSe10 vt6-5题图

vt A，t＝1s，则每秒内通过导线任一个截面的自由

由已知条件可知，铜导线中电流I10电子数为

又知导线的截面积S1mm21106m2，自由电子的密度n8.51028m3， 则电子的平均漂移速率为

于是，自由电子沿导线漂移l1cm需要的时间为

6-6 一个铜棒的截面积为2080mm2，长为2.0m，两端的电势差为50mV。已知铜

103的电导率5.7107sm1，铜内自由电子的电荷体密度为1.3610Cm。求：（1）该铜棒的电阻；（2）电流；（3）电流密度；（4）铜棒内的电场强度；（5）铜棒中所消耗的功率；（6）棒内电子的漂移速度。

解：铜棒的截面积S2080mm21.6103m2，长l02m.则

（1） 铜棒电阻为

（2） 由于铜棒两端的电势差为U50mV5102V，则电流为 （3） 由电流密度的定义可知电流密度为 （4） 棒内的电场强度

（5） 铜棒中所消耗的功率为

，电导率5.7107sm1，

（6） 由于自由电子的电荷体密度ne1.361010cm3，则电子的漂移速度 为

6-7大多数生物细胞的形状类似圆球，这类细胞的细胞膜可视为一个同心球壳体系，如6-7题图所示。由于活体细胞内外均有许多带电粒子，这些粒子可通过细胞膜进行交换，形成跨膜电流。设细胞膜内半径为Ra，外半径为Rb，膜中介质的电阻率为。求（1）细胞膜电阻；（2）若膜内外的跨膜电势为Uab，求跨膜电流的电流密度与半径r的关系。 解：（1）设想细胞膜是由许多个薄层圆形球面组成。以r代表其d 中任意一个薄层球面的半径，其面积dS4r2，以dr表示薄层的厚度，如图6-3所示。由题意可知电流沿径向方向流动，该薄层的电r Rb 阻应为dRdrSdr4r2，则细胞膜的总电阻为

Ra （2）由于膜内外的跨膜电势为Uab，跨膜电流

S4r2，由于在距离球心r处的总电流Iab所通过的“截面积”则跨膜电流的电流密度与半径r的关系为 6-7题图

6-8电缆的芯线是半径为r10.5cm的铜线，在铜线外面包有一层同轴的绝缘层，绝缘层的外半径为r21.0cm，电阻率1.01012m。在绝缘层外面又用铅层保护起来（见6-8题图）。

求（1）长l1（2）当芯线与铅层间的电势差为100V000m的这种电缆沿径向的电阻；时，在这电缆中沿径向的电流多大？

d r I 6-8题图 r 解：（1）设想整个绝缘层是由许多个薄圆桶形绝缘层叠合而成。如6-8题图所示，以

r代表其中任意一个薄层的半径，该薄圆桶形绝缘层的表面积S2rl，以dr表示此薄层的厚度，则由电阻公式，该薄层的径向电阻应为 长l1000m的这种电缆沿径向的总电阻为

l 代入数据后，解得

(a) (b) （2）当芯线与铅层间的电势差 U100V时，根据欧姆定律求得径向电流为

练 习 题 八

8-1 一导体圆线圈在均匀磁场中运动，下列几种情况，能产生感应电流的是 （D ）。

A．线圈沿磁场方向平移 B．线圈沿垂直磁场方向平移

C．线圈以自身的直径为轴转动，转动轴与磁场方向平行 D．线圈以自身的直径为轴转动，转动轴与磁场方向垂直

8-2有一个铜环和木环，其尺寸完全一样。今用两根相同的磁铁，从相同起始距离，以相同的速度插入铜环和木环，则在插入过程中某一时刻（ B ）。

A．铜环中的磁通量大于木环中的磁通量 B．铜环中的磁通量小于木环中的磁通量 C．两个环中的磁通量相等 D．无法判定

8-3两个单层密绕的螺线管，长度和匝数都相同，但截面半径不同，一个半径为R，另一个半径为2R。则两螺线管的自感系数之比为（C ）。

A.1∶2 B.1∶2 C.1∶4 D.4∶1

8-4如图所示，一圆形线圈，置于变化的磁场中，磁感应强度B随时间变化关系为

2BB0(3t22t)当t1秒时，图中1、2两点间的电压为 8πRB0V。

8-5如图所示为“N”形导线在磁感应强度为B的磁场中运动，已知abcd=l，运动速度为v，感应电动势ad εi(ad)Blv 。

8-6引起动生电动势的非静电力是洛仑兹力，其非静电性场强EK vB；；引起感生电动势的非静电力是 涡旋电场力力，涡旋电场是由 变化的磁场 激发的。

db B R O B a 题8-5图

ωa O v B b 1 2 c 题8-6图 题8-8图

8-7 如图所示，长为l的一金属棒ab，水平放置在均匀磁场B中，金属棒可绕O点在水平面内以角速度ω旋转，o点离a端的距离为l/3．试求a，b两端的电势差，并指出哪端电势高。

ω解：建立如图的坐标系，在Ob棒上任一位置x处a b v 取一微元dx，该微元产生的动生电动势为 x O x dx B 由于无限长载流直导线I在该处产生的磁感应强度为

题8-7图 Ob棒在磁场中运动时产生的动生电动势为

其中负号表示电动势方向由b指向O，故O端电势较高。

同理（取向左为x轴正向）， Oa棒在磁场中运动时产生的动生电动势为 其中负号表示电动势方向由a指向O，故O端电势较高。

金属棒a，b两端的电势差

1Vabab(aOOb)OaObBl2，a端电势高。

68-8 有一无限长螺线管（筒内介质为空气），单位长度上线圈的匝数为n，在管的中心放置一绕了N圈，半径为r的圆形小线圈，其轴与螺线管的轴线平行。设螺线管内电流变化率为dI/dt，求小线圈中的感应电动势。

解：

8-9 如图所示，无限长直导线通有电流I5sin100t(A)，另一个矩形线圈共1103匝，宽a=10cm，长L=20cm，以v2ms1的速度向右运动。当d=10cm时，求：（1）线圈中的动生电动势；（2）线圈中的感生电动势。

解：（1）导体在磁场中运动时产生的感应电动势就是动生电动势。在题8-9a图中，易知导体上段和下段上的动生电动势为零，因而N匝线圈中的动生电动势为

dx 代入数据得 x a x d （2）由磁通量变化引起的电动势为感生电动势。O 为求线

I圈中的磁通量，取如题8-9b图所示的坐标系。现考虑一匝L v 线圈的情况。

L I 电流I在图8-9b所示阴影区域产生的磁通量为

a d 题8-9a图 图8-9b

在整个线圈中产生的磁通量为

于是，在d=10cm时，一匝线圈中产生的感生电动势为 N匝线圈中产生的感生电动势为 由于

带入数据，得

8-10 只有一根辐条的轮子在均匀外磁场B中转动，轮轴与B平行，如图所示。轮子和辐条都是导体，辐条长为R，轮子每秒转N圈子。两根导线a和b通过各自的刷子分别与轮轴和轮边接触。求:（1）a、b间的感应电动势 ；（2）若在a、b间接一个电阻，流过电阻的电流方向如何？（3）当轮子反转时，电流方向是否会反向？（4）若轮子的辐条是对称的两根或更多，结果又将如何？

解：（1）在辐条上距离轴心r处取长度为dr的微元，当辐条运动时在该微元上产生的动生电动势为

di(vB)dl(vBsin)cosdr

指向dr的正方向。则整个辐条上产生的动生电动势为 其方向由轴心沿辐条向外。

于是，ab之间的感应电动势为

（2）由于电动势的方向由轴心沿辐条向外，故流过电阻的电流方向由b到a。 （3）当轮子反转时，由于感应电动势方向相反，故电流方向也会反向。

（4）若轮子的辐条是对称的两根或更多时，相当于两个或多个电源的并联，所有，题8-10图 电动势也相同。

8-11 法拉第盘发电机是一个在磁场中转动的导体圆盘。设圆盘的半径为R，它的轴线与均匀外磁场B平行，它以角速度绕轴转动，如图所示。求：（1）盘边与盘心的电位差；（2）当R=15cm时，B=0.60T。若转速n=30rads1，电等于多少？（3）盘边与盘心哪处电位高？当盘反转时，的电位高低是否会反过来？

解：（1） 盘上沿半径方向产生的感应电动势可以认沿任意半径的一个导体杆在磁场中运动时产生的动生电与题8-10类似，在一段导体杆线元dl上产生的动生电为

式中l为线元dl（由盘心指向盘边）到盘心的距离，v元dl的线速度。则整个导体杆上产生的电动势为 此即盘边与盘心的电位差。

（2）将数据代入上式，知导体盘边与盘心之间的电

压

VB O l dl 它们为是

动势。动势为线

题8-11图

压为

（3）由于i0，电动势由盘心指向盘边（与dl方向一致），故盘边的电位高。当盘反转时，它们的电位高低会反过来。

8-12在半径R0.50m的圆柱体内有均匀磁场，其方向与圆柱体的轴线平行且

圆柱体外无磁场。求离开中心O的距离分别为0.10m、0.25m和1.0mdB/dt1.0102Ts-1，

各点的涡旋电场的场强。

解：根据磁场分布的对称性，感生电场的电场线是E 以O为圆心的一系列同心圆。在圆柱体内过任意点P作P r 以O为圆心，r为半径的圆形闭合回路L，回路上各点L 感生电场的场强大小相等，方向与回路相切。选取回路O R E iiEi 题8-12图

的正方向为顺时针，由式（8-8）有

BdB由于Ei具有对称性，=为常数，且与dS同方向。于是可得

tdt因此

1dB（r＜R） Eir2dt式中的负号表示感生电场所产生的磁场是反抗磁场的变化。由于dB/dt＞0，Ei＜0，电场线方向是逆时针的（见图8-12）。若dB/dt＜0时，Ei＞0，电场线方向是顺时针的。

所以 r=0.10m时，5.0×10-4Vm1；r=0.25m时，1.3×10--3Vm1。

当r＞R时，在圆柱外过P点作为以O为圆心，r为半径的圆形闭合回路L，注意L回路面积上只有πR2面积中有磁通量变化，于是有 所以

所以r=1.0m，1.25×10-3Vm1。

8-13在半径为R的圆柱体积内存在有均匀磁场B，如图所示，有一长为l的金属棒放在该磁场中，如果B随时间的变化率dB/dt为常量。试证：棒两端的电动势大小为

dBllR2()2。 dt22B R O 证明： 如题8-13图所示，连接OP、OQ，设想个闭合导体回路，由于OP、OQ沿半径方向，与通过P Q 电场强度Ei处处垂直， Ei·dl=0，故OP和OQ两段

l势，这样，由法拉第电磁感应定律求出闭合回路的电

体棒PQ上的电动势。 题8-13图

按此思路，设闭合导体回路PQOP的环绕方向为

其环绕面积S的方向与磁场方向相反，则通过该回路的磁通量为

根据法拉第电磁感应定律得回路中的电动势，亦即导体棒PQ上的电动势为 证毕。

PQOP构成一该处的感生上均无电动动势就是导逆时针方向，

8-14一小圆线圈面积为S14.0cm2，由表面绝缘的细导线绕成，其匝数为N1＝50，把它放在另一个半径R2＝20cm，N2＝100匝的圆线圈中心，两线圈同轴共面。如果把大线圈在小线圈中产生的磁场看成是均匀的，求（1）这两个线圈之间的互感；（2）如果大线圈导线中的电流每秒减小50A，试求小线圈中的感应电动势。

解：当大线圈通有电流I2时，它在小线圈中心处的磁感应强度的大小为 如果把大线圈在小线圈中产生的磁场看成是均匀的，则通过小线圈的磁通链为 两线圈之间的互感为

如果大线圈导线中的电流每秒减小50A ，则小线圈中的感应电动势为

8-15 一根长直圆柱导线载有电流I，且I均匀地分布在导线的横截面上（设r1），试求在长度为l的一段导线内部的磁场能量。

解：在直圆柱导线内取半经为r，厚度为dr长度为l 的圆柱薄壳，其体积为dV2πrldr( 题8-15图)。由安培环路定理可求得r处的磁感应强度与磁场强度分别为

B0rIrIr， H222 R2R drr r 在长度为l的一段导线内部的磁场能量为 R8-16 试证电容器的位移电流IdCdU。其中CdtO 为电容

器的电容，U为两极板间的电压。

证明：设平行板电容器的极板面积为S、极板间距板间为空气，则极板间的电位移通量为 对平行板电容器，其电容为 将其带入上式得

于是，由位移电流的定义得 Id为d、极

题8-15图

dΦDdUC 证毕。 dtdt思考题九答案

1、弹簧的劲度系数与弹簧的材质和长度有关，当长度变化时，弹簧的劲度系数也将发生改变。 2、如果弹簧的质量不能忽略，根据

m，振动系统的周期将会变大。

T2k3、竖直悬挂的弹簧振子，选择弹簧原长处为坐标原点还是选择悬挂物体后的平衡位置为坐标原点，得到弹簧振子的振动方程相同。

4、当把旋转矢量所在的坐标轴的方向改成向左为正方向，则代表简谐振动的旋转矢量的转动方向可规定为顺时针。

5、无阻尼自由振动的频率由振动系统本身决定，受迫振动的稳定状态的频率由策动力决定。

6、机械波的能量与传递波的介质的密度、波速、角频率和振幅有关。波的能量是传递的，简谐振动的能量是守恒的。

7、振动加强的点的振幅大于振动减弱的点的振幅，但并不是说加强点的位移总大于减弱点的位移。

8、声波是机械波，而微波是电磁波

练习题九答案 9-1 A， 9-2 C，9-3 C， 9-4 D 9-5 9-7 5cm，9-8 2：1，

9-9、两个做简谐振动的物体，它们的振幅和周期分别是10cm和2s。当t=0时，它们的位移分别为10cm和-10cm，二者的相位差是多少；当t=1s时，它们的位移各为多少。 解：已知物体振动的振幅为10cm，周期为2s

, 9-6 3T3T

3,,488t0时，位移为10cm的物体1，其相位为0位移为10cm的物体2，其相位为故两物体的相位差为x12cos(t)(cm)，求此物体由x=-6cm处向x轴负向运动9-10、物体的振动方程为

3并回到平衡位置所需的最短时间？

解：当物体的位移为-6cm，且向负方向运动时，通过旋转矢量法可以求出此状时物体的相位为2/3，已知圆频率为，故由该状态回到平衡位置所用最短时间为

#9-11、有一质量为2.5kg的水平弹簧振子，当其受到7.5N的作用时可伸长0.30m。如将其拉离平衡位置0.5m后由静止释放。求：（1）这个弹簧振子做简谐振动的周期；（2）最大振动速度（3）最大振动加速度（4）机械能。

解：根据胡克定律，7.5N=0.30k，得到弹簧的劲度系数k=25Nm-1，故周期为

T2振动的最大速度为vmax2A1..58(ms1)

Tm1.99(s) k振动的最大加速度为机械能为

amax(22 )A5(ms2)T1 EkA23.125(J)29-12、一弹簧悬挂10g砝码时伸长8cm，现将这根弹簧下悬挂25g的物体，使它做自由振动，分别求出下列情况时弹簧振子的振动方程。

（1）开始时，使物体在平衡位置下方4cm处由静止开始振动。 （2）开始时，物体在平衡位置，受到向上21cms-1的初速度。

解:由胡克定律，弹簧的劲度系数K=1.225Nm-1，圆频率=7rads-1，以挂物体后 弹簧振子的平衡位置为坐标原点，竖直向下为y轴正方向 第（1）种情况，振幅A=4cm，初相位=0，振动方程为 第（2）种情况，根据系统的总能量可以得到振幅 初相位为=/2，振动方程为y(3cm)cos(7t)

29-13、一个质点同x时参与两个在同一直线上的简谐振动：

y13cos(4t),y25cos4(t)24，求合振动的振幅和初相位。

解：通过旋转矢量法的矢量加法，可以求出合振幅为3.58，初相位为-8.o。 9-14、（1）周期T=8.33×10-3s,波长为0.25m。 （2）波动方程为y4.010-3cos[240(tx)]

309-16、波的能流密度为1.58×104Wm-2;1min内通过的总能量为3.79×102J。 9-17、两相干波源S1和S2位于同一介质两波源的振幅相同，频率为100Hz，波200ms1。S2的相位比S1超前，两波距20m。求两波源间的连线上因干涉而的点的位置。

解：根据题意，如图设c为S1、S2

意点，距S1点为x，则距S2为20-x。 两列相干波干涉，在S2点的相位差为

u200由题意可知，2m

100在两波源连线上因干涉而静止的条件为 即：192x(2k1)

S1 c S2 20-x 题9-17图

中，速为

x x 源相静止间任

由上式得到两波源之间连线上因干因干涉而静止的点坐标满足

9-18、若在同一介质中传播的两声波具有相同的振幅，频率分别为1200Hz和400Hz，（1）求它们的声强之比（2）两声波的声强级之差。 解：

I1f129I2f22

9-19、振幅之比为1.12：1 9-20、声强级为76.98dB

练 习 题 十

10-1在杨氏双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采用的方法是（ B ）。

A． 使屏靠近双缝； B. 使两缝的间距变小 C． 把两个缝的宽度调窄 D. 改用波长较小的单色光 分析：由xD0 ,d变小,则干涉条纹的间距变大. d10-2折射率为n2的玻璃镜头上有一层折射率为n1的MgF薄膜，已知n2 > n1 > 1，当波长为的单色光垂直入射到镜头表面时，欲使其透射光最强，薄膜最小厚度应为（ B ）。 A．

 B. C. D. 2n14n124分析：由r=2n1d2，故薄膜最小厚度为

 4n1 10-3 波长为 的单色平行光垂直入射在单缝上，已知缝宽a = 3，则光屏上对应衍射角θ= 30°的位置可观察到（ A ）。

A . 一级明条纹 B. 一级暗条纹 C. 二级暗条纹 D .二级明条纹

分析：由于asin32(2k1)2(211)2，k =1为一级明条纹。

10-4在空气中 ( n = 1 ) 测得某釉质的布儒斯特角为iB，则该釉质的折射率为（ C ）。 A. siniB B. cosiB C. taniB D. cotiB

分析：由taniBn2和n1 = 1可得 n1 10-5一束自然光以入射角=30°入射某两种介质的介面时，反射光为完全偏振光，此时光在第二种介质中的折射角为（ D ）。

A. 30° B. 45° C. 15° D. 60°

分析： taniBn2，反射光与折射光相互垂直. n110-6光强为I0的自然光从偏振化方向之间的夹角为60°的起偏器和检偏器中通过，则通过后的光强为（ C ）

111A、I0 B、I0 C、I0 D、上述的都不是

24811分析： I2I1cos2，I1I0，故I2I0

28 10-7一束白光垂直照射到平面光栅上，其中波长为λ1= 600nm的二级明条纹与另一波长为λ2的三级明条纹重合，则λ2 = 400nm 。

分析： (ab)sink2132

10-8波长为600nm的单色光垂直入射到一光栅上时，一级明纹出现在30°的方向上，该光栅的光栅的常数为 1200nm ；最多可观察到第 一 级明条纹。 分析： (ab)sink 。

10-9提高显微镜分辨本领的途径是（1） 增大孔径 ；（2） 减小波长 。

分析： min0.61；

a 10-10获得偏振光的方法有（列出两种） 使用偏振片 、 使用玻璃堆透射 。 10-11 以单色光照射到相距为0.2mm的双缝上，双缝与屏幕的垂直距离为1m。（1）若从第一级明纹到同侧的第四级明纹间的距离为7.5mm，求单色光的波长；（2）若入射光的波长为600nm,求两相邻明纹间的距离。

D解：由x明kk,

dDD (1) 得 x14(41)3,

dddx140.21037.5103 ==0.5106m=500nm 3D31D19m=3mm =600103d0.21010-12 在杨氏干涉装置中，已知双缝的间距为0.342mm，双缝至屏幕的垂直距离为2.00m。测得第10级干涉亮纹至亮纹之间的距离为3.44cm， 试求光源的单色光波长。

D解：由 x明kk,

d(2) 得 xdx100.3421033.44102 得 ===0.588106m=588nm

10210D10-13 将很薄的云母片(n=1.58)覆盖在双缝干涉实验装置的一条缝上，利用波长为

550.0 nm的光源，观察到干涉条纹移动了9个条纹的距离， 试求该云母片的厚度。

解：干涉条纹移动了9个条纹的距离，即相当于第九级明纹移到了明纹的位置，设该云母片的厚度为t

则 = nt- t =k=9

?T 96 故 t ==8.5310m

n110-14 如图所示，为了测量一根细金属丝的直径，将两块平板玻璃片叠合在一起，一端互相接触，另一端夹λ一细丝。这样，在两玻璃片间就形成一楔形空气薄膜（空气劈尖）。用波M 长λ=546.0nm的单色光垂直入射到玻璃板上，利用读数显微镜可测得条纹间距l=1.50mm，金属丝与接触线的距离为

D ?θ L=12.40cm 。试求该金属细丝的直径D。

D解：由 2

LIL 10-14题图 L0.554610912.401022 得 D==2.26105m 31.5010I10-15 (1) 将一个平凸透镜与一个平板玻璃完全接触，两者之间充满空气，构成一个观察牛顿环的装置。利用波长为5nm的单色光源，测得第k个暗环的直径为0.70mm，第k+15个暗环的直径为2.20mm，试求透镜凸面的曲率半径。 (2)如果间隙间充满折射率为1.33的水，则上述两个暗环的直径变为多大? 解：(1) 由 r暗kkR

22 得 D暗 D暗 k4kRkN4(kN)R22D暗kND暗k 故 R4N(2.20103)2(0.70103)2==0.123m 9415510 (2) 如果间隙间充满折射率n为1.33的水

rk2 由 2nek=k ，2ek

R22 得 r2水k2kRr空气k nn 故 D水kD空气kn

即 D水k0.70mm1.330.61mm

D水k152.20mm1.331.91mm

10-16 波长范围为400~700nm的白光垂直入射到肥皂膜上，已知肥皂膜的厚度为0.55μm，折射率为1.35，试问在反射光中哪些波长的光得到增强? 哪些波长的光干涉相消?

解: 当光垂直入射（即i = 0）时

2k ,k =1,2,… 相长干涉 (1)、反射光中增强的波长： 2 r= 2n2d += 涉 4n22d41.35550nm k = 0,1,2,… 相消干涉 （2k+1）, ，k =1,2,

2k12k12 k = 1 时，= 2970nm

k = 2 时，= 990nm k = 3 时，= 594nm k = 4 时，= 424nm k = 5 时，= 330nm

故 在波长范围为400nm~700nm反射光中增强的波长为：594nm和424nm （2）、反射光中干涉相消的波长： 2n2d21.35550nm，k=1,2,… kk k = 1 时，= 1485nm

k = 2 时，= 742.5nm k = 3 时，= 495nm k = 4 时，= 371.25nm

故 在波长范围为400nm~700nm反射光中干涉相消的波长为：495nm

10-17 在夫琅禾费单缝衍射实验中，以波长为5nm的平行光垂直照射到单缝上。若缝宽为0.10m，试问第一级极小出现在多大的角度上?若要使第一级极小在0.50o的方向上，则缝宽应多大?

解：根据夫琅禾费单缝衍射出现暗纹的条件

令k＝1可得第一级暗纹的角位置。再考虑到小角度时sin，可得第一级极小的衍射角为

0.58.72103(rad)，则缝宽为 若18010-18 用水银灯发出的波长为546nm的绿色平行光垂直入射到一个单缝上，置于缝后的透镜的焦距为40cm，测得第二极小至衍射图样中心的线距离为0.30cm。当用未知波长的光作实验时，测得第三极小至衍射图样中心的线距离为0.42cm，试求该光的波长。

解：根据夫琅禾费单缝衍射出现暗纹的条件

令k＝2得第二级暗条纹的衍射角满足的条件为 由此可知第二级暗纹与中心明纹的距离为

其中，f为透镜的焦距。由上述关系可得单缝的宽度为

同理，对第三级暗纹，k=3，第三级暗纹与中心明纹的距离为 将x=0.42cm和a1.456104m等参数带入可得入射光的波长为

10-19 氦氖激光器发出波长为 632.8 nm的红光，使其垂直入射到一个平面透射光栅上。今测得第一级极大出现在 38角的方向上，试求这一平面透射光栅的光栅常量d为多少？该光栅在 1cm内有多少条狭缝？

解：根据光栅方程

dsink （k0,1,2,...）

取k=1得光栅常量d为 在1cm内的狭缝数为

10-20 用波长为5.3nm的钠黄光垂直入射到一个平面透射光栅上，测得第三级谱线的衍射角为1011，而用未知波长的单色光垂直入射时，测得第二极谱线的衍射角为

612，试求此光的波长。（已知sin10110.1768,sin6120.1080）

解：根据光栅方程

dsink （k0,1,2,...）

当k3时，可得光栅常量为

k35.31091.0105(m)， dsinsin1011'对于未知光源，已知第二级谱线衍射角为612，则入射光的波长

10-21 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距1.2m。问在汽车离人多远时，人的眼睛恰好能够分辨这两盏灯?设夜间人眼瞳孔的直径为5.0mm，入射光波长为550nm，而且仅考虑人眼瞳孔的衍射效应。

解：由于人眼的最小分辨角为 带入数据可解得

设两个车灯对人眼的张角为，两盏前灯的间距为l，车灯到人的距离为L，

l按题意当min时人眼恰好能分辨这两盏灯，据此可解得

L10-22 一架生物显微镜物镜的数值孔径为0.25，若光波的波长为550nm，试问该生物显微镜可分辨的最小距离是多大?

解：根据显微镜最小分辨距离公式可得该显微镜的最小分辨距离为

10-23 使自然光通过两个偏振化方向成60°角的偏振片, 透射光强为I1。在这两个偏振片之间再插入另一偏振片, 它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°角，问透射光强为多少？

解：设自然光的光强为I0，当自然光通过第一个偏振片变为偏振光后，其光强为I0/2。按照马吕斯定律，通过第二个偏振片后的光强（即透射光强）为

当在两个偏振片之间再插入另一偏振片后设透过的光强为I2，使用两次马吕斯定律可得透射光强为

亦即

10-24 水的折射率为1.33。试问太阳俯角为多大时，才能使从湖面反射的光为线偏振光?

解：当太阳光射到湖面的入射角i（也就是太阳俯角）为布儒斯特角时，从湖面反射的光为线偏振光。由布儒斯特定律可得 于是

10-25 怎样测定不透明电介质（例如珐琅）的折射率？今测得釉质的起偏振角iB=58.0°,试求它的折射率?

解：将一束自然光投射在被测物上，用偏振片检验其反射光，若反射光中只有垂直于入射面的偏振光，则这时的入射角就为布儒斯特角。知道布儒斯特角后，由布儒斯特定律就可以得到不透明电介质的折射率。

现已知釉质的起偏振角（即布儒斯特角）iB58.0，由布儒斯特定律可得釉质的折射率为

n2n1taniB1.0tan58.001.60

思 考 题 十 一

11-1 什么是绝对黑体？它与平常所说的黑色物体有何区别？

答：(1)在任何温度下都能全部吸收照射到它表面上的各种波长的光，这种物体称为绝对黑体，简称黑体。但黑体自身要向外界辐射能量，黑体并不一定是黑色，它的颜色是由它自身所发射的辐射频率决定的。若温度较低，则它辐射的能量就很少，辐射的峰值波长会远大于可见光波长，会呈现黑色；若温度较高，则它辐射的能量就很大，辐射的峰值波长处于可见光波长范围内，会呈现各种颜色。

(2)平常所说的黑色的物体，用肉眼看起来是黑色的，只表明它对可见光强烈吸收，并不能说它对不可见光（红外线、紫外线）都强烈吸收，所以黑色物体的单色吸收本领并不恒等于1，一般不能称为黑体。

11-2 若一个物体的温度(绝对温度数值)增加一倍，它的总辐射能增加到多少倍? 答：根据斯特藩－玻耳兹曼定律，绝对黑体的总辐出度(总辐射能)为 现在，T2T12，于是

即绝对黑体的温度增加一倍，它的总辐射能将增至为原来的16倍。

11-3 假设人体的热辐射是黑体辐射，请用维恩位移定律估算人体的电磁辐射中单色辐出度的最大波长（设人体的温度为310K）。

答：根据维恩位移定律 可得

11-4 所有物体都能发射电磁辐射，为什么用肉眼看不见黑暗中的物体？ 答：物体要能够被眼睛观察到，必须需要两个条件：（1）物体要发射或者反射出眼睛能感觉到的可见光，其波长范围大约为0.40～0.78μm；（2）可见光的能量要达到一定的阈值。根据黑体辐射，任何物体在一定温度下都发射出各种波长的电磁辐射，在不同温度下单色辐出度的峰值波长不同。黑暗中周围物体的温度等于环境温度（近似为人体温度），单色辐出度的峰值波长在10μm附近，在可见光波长范围的电磁辐射能量都比较低，因此不能引起眼睛的视觉响应。

11-5 请用一些日常生活中所见到的例子说明在物体热辐射的各种波长中单色辐出度最大的波长随物体温度的升高而减小。

答：火焰外焰温度高，内焰相对温度低；观察火焰，发现内焰颜色偏红，外焰颜色偏

蓝（红光波长大于蓝光波长），可见单色辐出度的峰值波长随物体温度的升高而减小。

11-6 普朗克提出了能量量子化的概念，在经典物理学范围内有没有量子化的物理量？请举出例子。

答：在经典物理学范围内有量子化的物理量，比如说电荷的量子化。 11-7日常生活中，为什么觉察不到粒子的波动性和电磁辐射的粒子性？

答：根据德布罗意假设，粒子的动量大，相应的波长就小。日常生活中的粒子动量很大，波长很短，故粒子的波动性不明显。日常生活中的电磁辐射的波长相对较长（频率为

，容易绕过障碍物，所以电磁辐射的粒子性很难觉察到。 100M数量级，波长为1m左右）

11-8 一个电子和一个原子具有相同的动能，相应的德布罗意波长哪个大？ 答：电子和原子的动能均为 又因为 所以 由于原子的质量大于电子的质量，根据上式可知原子的德布罗意波长小于电子的德布罗意波长。

11-9 说明物质波与机械波和电磁波的区别。 答：物质波与机械波和电磁波都有本质的区别。

（1）机械波是机械振动在弹性介质中的传播形成的；电磁波表示电场强度E和磁场强度H的周期性变化在空间的传播过程；而物质波（又称德布罗意波）是对实物粒子的统计描述，其振幅的平方只表示粒子出现的概率，是概率波。

2π2π（2）机械波yAcos(tx)和电磁波EE0cos(tx)，当其对应的振幅A和

E0分别增大为2A和2E0时，相应的波的能量和强度都增大为原来的4倍；而物质波的波

函数乘以任意一个常数后，并不改变粒子的运动状态。所以，对于波函数而言，有意义的是相对概率分布，从相对概率分布角度来说，(x)与c(x)是等价的。

11-10 在经典力学中用粒子的位置和速度来描述粒子的运动状态。在量子力学中，粒

子的运动状态是如何描述的？

答：量子力学指出，微观粒子的运动状态用波函数来描述。一般来说，波函数是空间和时间的函数，即(x,y,z,t)。在量子力学中，用薛定谔方程来描述势场中的粒子状态（波函数）随时间变化的规律。

11-11 在一维无限深势阱中，如果减小势阱的宽度，其能级将如何变化？如果增大势阱的宽度，其能级又将如何变化？

答：一维无限深的方势阱中粒子可能的能量为

式中a为势阱宽度。由此可见，能级的能量En与a2成反比关系，如果减小势阱的宽度，每个能级的能量将增大，能级间隔增大；如果增大势阱的宽度，每个能级的能量将减小，能级间隔减小。

练 习 题 十 一

11-1—11-6 略

11-7 宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景热辐射相当于3 K辐射，求：(1)此辐射的单色辐射本领在什么波长下有极大值? (2)地球表面接收此辐射的功率有多大?(设地球半径为6106m)

解：(1)由维恩位移定律得

(2)根据斯特藩－玻耳兹曼定律

设地球表面接收此辐射的功率为P，地球的表面积为S，则有 代入数据，解得

P5.671083443.14610622.08109（W）

11-8 白炽灯工作时的温度为2 400 K，灯丝可看作黑体，如果灯的功率为100 W，则灯丝的表面积多大?

解：根据斯特藩-玻耳兹曼定律 则灯的功率为

其中，S为灯丝的表面积。于是 SPMBTP100255.310（m） 448T5.6710240011-9太阳辐射到地球大气层外表面单位面积的辐射通量I0称为太阳常量，实验测得

I01.3kWm2。把太阳近似当作黑体，试由太阳常量估算太阳的表面温度(已知太阳半径为7.0108m，日地距离为1.51011m)。

解：根据能量守恒，有 其中，S1,S2分别为太阳表面积、以地球和太阳距离为半径的球面积。

M14πr12I04πr22 (1) 其中,r1,r2分别为太阳半径、地球和太阳距离：r17.0108m，r21.51011m。又根据斯特藩－玻尔兹曼定律

MT4 (2) 其中， 5.670108Wm2K4

由式（1）和式（2）可得 代入数据可得太阳的表面温度为

11-10 单位时间内太阳发射到地球上每单位面积的辐射能量为0.14 J·cm-2·s-1，假定太阳辐射的平均波长为550nm，问这相当于每秒钟向地球表面每平方厘米上发射多少个光子?

解：一个光子的能量为

能量为E＝0.14J的能量辐射包含的光子数为

E0.1455010917n3.8710个 348hc6.63103.0010E11-11在理想条件下，如果正常人的眼睛接收550nm的可见光，此时只要每秒有100

个光子数就会产生光的感觉。试问与此相当的光功率是多少？

解：每个光子能量为h，其中h为普朗克常量（h6.6261034JS），则100个波

长为550nm的光子的光功率为

11-12 热中子平均动能为（3/2）kT，试问当温度为 300 K时，一个热中子的动能为多大？相应的德布罗意波长是多少?(已知热中子的质量为1.671027kg)

3解：（1）微观粒子的平均平动动能为kT，其中k为玻耳兹曼常数，则

2（2） 根据 和

由上两式可得

h代入p，可得德布罗意波长为

11-13 物理光学的一个基本结论是:在被观测物小于所用照射光波长的情况下，任何光学仪器都不能把物体的细节分辨出来,这对电子显微镜中的电子德布罗意波同样适用。因此，若要研究线度为0.020m的病毒，用光学显微镜是不可能的。然而，电子的德布罗意波长约比病毒的线度小1000倍，用电子显微镜可以形成非常好的病毒的像，问这时电子所需要的加速电压是多少？(已知电子电量为1.61019C，电子质量为9.11031 kg。)

解：经过电压U加速后,带电粒子的动能为 又根据德布罗意公式 解得

又因为电子波长为λ0.020106/1000（m），将已知数据代入可得

11-14 设粒子在x轴运动时，速率的不确定量为Δ1cm·s－1。试估算下列情况下坐标的不确定量x：(1)质量为9.11031kg的电子；(2)质量为10-13kg的布朗粒子；(3)质量为10-4kg的小弹丸。

解：由不确定关系可得

（1）电子的坐标不确定量为

（2）质量为1013kg的布朗粒子的坐标不确定量为 （3）质量为104kg的小弹丸的坐标不确定量为

11-15 作一维运动的电子，其动量不确定量Δpx1025kgms1，能将这个电子约束在内的最小容器的大概尺寸是多少?

解：根据不确定关系pxxh，设能约束住电子的最小容器的大概尺寸为xmin，则 11-16 一维无限深势阱中粒子的定态波函数为

试求粒子处于下述状态时在x=0和x=a/3之间找到粒子的概率：(1)粒子处于基态；(2)粒子处于n=2的状态。

解： 粒子的概率密度正比于波函数模的平方，即 在x=0和x=a/3之间找到粒子的概率为 可解得

（1） 当n＝1时，粒子处于基态的概率为 （2） 当n＝2时，粒子处于该态的概率为

11-17 设粒子的波函数为(x)Ae1a2x22，a为常数，求归一化常数A。

解：由归一化条件

可知，将本题中的粒子波函数代入归一化条件，可得 利用积分公式

解得

即归一化常数为

11-18 一维运动的粒子处于如下波函数所描述的状态:

式中>0。(1)计算波函数(x)中的归一化常数A；(2)求粒子的概率分布函数；(3)在何处发现粒子的概率最大?

解：（1）已知归一化条件 把波函数代入归一化条件，得 解得

（2） 粒子的概率分布函数为

（3） 由于当可得

由此解得当x0，x又由二阶导数[1d(x)dx2按此条件将概率分布函数求导数，并令其为零，0时出现极值，

和x时，函数(x)有极值。

22d2(x)dx2]x10可知，在x

1

处，函数(x)有最大值，即粒子在该

2处出现的概率最大。