大学物理活页作业马文蔚主编答案.pdf

1 质点运动学单元练习一答案1 1.1.质点运动学质点运动学单元练习（一）答案单元练习（一）答案 1B 2D 3D 4B 53.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在t2.0s 时质点沿x轴反方向运动；由位秱 和路程的定义可以求得答案。） 6135m（提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t的两次积分求得质点 运动方程。） 7解：（1）)()2(2 2 SIjti tr )(2 1 mjir )(24 2 mjir )(32 12 mjirrr )/(32smji t r v （2）)(22SIj ti dt rd v )(2SIj dt vd a )/(42 2 smjiv )/(2 2 2 smja 8解： 1 质点运动学单元练习一答案2 1.1.质点运动学质点运动学单元练习（一）答案单元练习（一）答案 1B 2D 3D 4B 53.0m；5.0m（提示：首先分析质点的运动规律，在t2.0s 时质点沿x轴反方向运动；由位秱 和路程的定义可以求得答案。） 6135m（提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t的两次积分求得质点 运动方程。） 7解：（1）)()2(2 2 SIjti tr )(2 1 mjir )(24 2 mjir )(32 12 mjirrr )/(32smji t r v （2）)(22SIj ti dt rd v )(2SIj dt vd a )/(42 2 smjiv )/(2 2 2 smja 8解： 1 质点运动学单元练习一答案3 tAtdtAadtv t o t o sincos 2 tAtdtAAvdtAx t o t o cossin 9解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为 srad /1027. 7 3600*6 2/ 5 sm t h dt ds v/1094. 1 cos 3 2 （2）当旗杆不投影等长时，4/ t hst0 . 31008. 1 4 4 10解： ky y v v t y y v t dv a d d d d d d d -kyv dv / dy Cvkyvvyky 22 2 1 2 1 , dd 已知y=yo ，v=vo 则 2 0 2 0 2 1 2 1 kyvC )( 2222 yykvv oo 2.2.质点运动学质点运动学单元练习（二）答案单元练习（二）答案 1D 2A t h s 1 质点运动学单元练习一答案4 3B 4C 5 1 4 smt dt ds v； 2 4 sm dt dv at； 22 2 8 smt R v an； 22 84 smetea nt 6srad o /0 . 2 ；srad /0 . 4 ； 2 /8 . 0sradrat ； 22 /20smran 7解：（1）由速度和加速度的定义 )(22SIji t dt rd v ；)(2SIi dt vd a （2）由切向加速度和法向加速度的定义 )( 1 2 44 2 2 SI t t t dt d at )( 1 2 2 22 SI t aaa tn （3） )(12 2/3 2 2 SIt a v n 8解：火箭竖直向上的速度为gtvv oy 45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得 sm gt vo/83 45sin 9解：sm u v/6 .34 30tan 1 质点运动学单元练习一答案5 10解： l h v u ；u h l v 3.3.牛顿定律牛顿定律单元练习答案单元练习答案 1C 2C 3A 4kgMgT5 .367 2 1 ； 2 /98. 0 2 . 0 sm M T a 5xkvx 22 ； x x x vk dt dx k dt dv v 22 2 2 2 1 mk dt dv mf x x 6解：（1）maFF NT sincos mgFF NT cossin sincos;cossinmamgFmamgF NT （2）FN=0时；a=gcot 7解：mgRm o 2 R g o 8解：由牛顿运动定律可得 dt dv t1040120 1 质点运动学单元练习一答案6 分离变量积分 t o v dttdv412 0 . 6 )/(646 2 smttv t o x dtttdx646 2 0 . 5 )(5622 23 mtttx 9解：由牛顿运动定律可得 dt dv mmgkv 分离变量积分 t o v v o dt m k mgkv kdv o t m k mgkv mg o ln mg kv k m mgkv mg k m t o o 1lnln 10解：设 f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 1. a v mfmg 2 cos， t v mmg d d sin， 以及 t av d d ，dd v a t ， 积分并代入初条件得 )cos1 (2 2 agv， )2cos3(cos 2 mg a v mmgf 1 质点运动学单元练习一答案7 4.4.动量守恒和能量守恒定律动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案单元练习（一）答案 1A； 2A； 3B； 4C； 5相同 6 21 1 1 mm tF v ； 2 2 12 m tF vv 7解：（1）t dt dx vx10 ；10 dt dv a x x NmaF20 ；mxxx40 13 JxFW800 （2）sNFdtI 40 3 1 8解： 1 vmmmv 22 1 2 2 1 2 1 2 1 o kxvmmmv mmk mm vx 9解： 物体m落下h后的速度为 ghv2 1 质点运动学单元练习一答案8 当绳子完全拉直时，有 2vMmghm gh mM m v2 gh mM mM MvII T 2 2 22 10解：设船秱动距离x，人、船系统总动量丌变为零 0 mvMu 等式乘以 d t后积分，得0 t o t o mvdtMudt 0)( lxmMx m mM ml x47. 0 5.5.动量守恒和能量守恒定律动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案单元练习（二）答案 1C 2D 3D 4C 518J；6m/s 65/3 7解：摩擦力mgf 由功能原理 2 121 2 1 0)(kxxxf 1 质点运动学单元练习一答案9 解得 )(2 21 2 1 xxmg kx . 8解：根据牛顿运动定律 R v mFmg N 2 cos 由能量守恒定律 mghmv 2 2 1 质点脱离球面时 R hR FN cos; 0 解得： 3 R h 9解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 vvv)( 212211 mmmm 21 2211 mm vmvm v (2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差 2 21 2 22 2 1 )( 2 1 2 1 2 1 vvvmmmmEp 联立、得 )/()( 2 1 21 2 2121 mmmmEpvv 10解：(1)由题给条件m、M系统水平方向动量守恒，m、M、地系统机械能守 恒 0)( MVVum mgRMVVum 22 2 1 )( 2 1 1 质点运动学单元练习一答案10 解得： )( 2 mMM gR mV ； M gRmM u )(2 (2) 当m到达B点时，M以V运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M为参 考系 RmumgN/ 2 MmgmMmgRmumgN/)(2/ 2 mg M mM M mgmMMmg N 23)(2 6.6.刚体转动刚体转动单元练习（一）答案单元练习（一）答案 1B 2C 3C 4C 5v = 1.23 m/s；an = 9.6 m/s2； = 0.545 rad/ s2；N = 9.73转。 62ln k J 7解：（1）由转动定律， 2 /2 .39srad J Fr （2）由刚体转动的动能定理JFhEE kk 490 （3）根据牛顿运动定律和转动定律： mgF=ma 1 质点运动学单元练习一答案11 rF=J a=r 联立解得飞轮的角加速度 2 2 /8 .21srad mrJ mg 8解：（1）由转动定律 2 3 1 2 ml l mg l g 2 3 （2）取棒不地球为系统，机械能守恒 mglEk 2 1 (3)棒下落到竖直位置时 22 3 1 2 1 2 1 mlmgl l g3 9解：（1）系统的能量守恒，有 22 2 1 2 1 Jmvmgh rv 联立解得： Jmr mghr v 2 2 2 ； Jmr mgh 2 2 （2）设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律 得： mg Tma T rJ 由运动学关系有： a = r 联立解得： 2 mrJ mgJ T 1 质点运动学单元练习一答案12 10解：以中心 O 为原点作坐标轴 Ox、Oy和 Oz如图所示，取质量为 yxmddd 式中面密度为常数，按转动惯量定义， )( 12 )()( 33 2 2 22 2 2 22 baabyyxxmyx a a b b ddd z J 薄板的质量 abm 所以 )( 12 22 ba m J z 7.7.刚体转动刚体转动单元练习（二）答案单元练习（二）答案 1C 2A 3D 4B 5 o 3； o J 3 1 6 o 3 4 ； 2 2 1 oo J 7解：小球转动过程中角动量守恒 4 2 2o oo r mmr o 4 2222 2 3 2 1 2 1 ooo mrJJW 8子弹不木杆在水平方向的角动量守恒 1 质点运动学单元练习一答案13 2 2 2 12 212 1 2 l mlm l vm lmm vm 21 2 3 6 9解：圆环所受的摩擦力矩为mgRM ， 由转动定律 2 mRmgR， R g 至圆环停止所经历的时间 g R t 00 10解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为 23 1 2 1 22 L MgML ， 碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒 2 3 1 MLmvx， 碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒 M L mv 2 ， 、消去，得 gL m M v3 2 ， 、消去v，得 Lx 3 2 . 8.8.机械振动机械振动单元练习（一）答案单元练习（一）答案 1 B 2 B 3 C 4 A 5 0.10cos(/6/3)mxt 6 2:1 7 解：0.1mA，2/T 运动方程cos()0.1cos()mxAtt 1 质点运动学单元练习一答案14 （1）由旋转矢量法/2 ，0.1cos(/2)mxt； （2）由旋转矢量法/3，0.1cos(/3)mxt； （3）由旋转矢量法，0.1cos()mxt。 8 解：木块处于平衡位置时，浮力大小Fmg。上下振动时，取其处于力平衡位置 点为坐标原点，竖直向下作为x轴正向，则当木块向下偏秱x位秱时，合外力为 FPF 其中，浮力 2 FFgSxmgga x 合外力 2 FPFga xkx 2 kga为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。 由 2 2 d x Fm dt 可得木块运动的微分方程为 22 2 0 d xga x dtm 令 2 2 ga m ，可得其振动周期为 2 2 a T g 木 水 9 解：如图，由旋转矢量法可知 /3t /31/3st 10. 解：（1） 22 111 224 p EkxEkA 2 0.141m 2 xA 图 8-1 1 质点运动学单元练习一答案15 （2） 222 111 11 () 284 24 p EkxkAkAE 3 4 kk EEEE 9.9.机械振动机械振动单元练习（二）答案单元练习（二）答案 10 B 11 B 12 C 13 2 /3k ， 2 7 10 m ，2 4/3k ， 2 1 10 m 14 /2 15 （1）0.5s，1.5s；（2）0s，1s, 2s 。 16 解：（1）由已知的运动方程可知：0.10mA，2/3，3， 2/2/3sT （2） -1 max 0.94m sAv， 2-2 max 8.88m saA 17 解：振动系统的角频率为 1 12 10s k mm 由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值 0 v为 1 1 0 2 0.8m s m m 1 v v m 又因初始位秱 0 0x ，则振动系统的振幅为 22 00 0 ()0.08mAx vv 如图由旋转矢量法可知 0 /2 ，则简谐运动方程为 0.08cos(10/2)(m)xt 图 9-1 1 质点运动学单元练习一答案16 18 解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为 22 1212 2cos(/2)0.10mAAAAA 合振动初相为 12 21 sin/3sin/6 arctan cos/6cos/3 AA AA arctan2.341 113 10. 解：如图由旋转矢量法可知 0 /3 a ， 0 2/3 b 。可见它们是反相的，因 此合振动振幅为： 12 1cmAAA 合振动初相为： 0 /3 a 同样由旋转矢量法可知 55/6t 2/12sT 1 B 2 C 3 B 4 1.67m 5 0 cos () xl yAt u 6 6，30 7 解：（1）由波动方程可知振幅0.05mA，角频率 图 9- 图 9-3 1 质点运动学单元练习一答案17 20，/3u，则波速 1 6.67m su ，频率/210Hz， 波长 2 2/3mu 。 （2） max 3.14m/sAv 8 解：（1）由图可知振幅0.1mA，波长4m，波速 1 100m su 则 2 2/50 u T 。 又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动，则 由旋转矢量法可得/2 ，因此波动方程为 0.1cos50(/100)/2(m)ytx （2）P处质点的振动方程为 0.1cos(503/2)(m)yt 9 解：由图可知振幅0.1mA，波长100m，则角频率 2 2 u T 。 由P点的运动方向可知波向x轴负方向传播。又由图 可知原点O初始时刻位于A/2 处，且向y轴负方向运动， 则由旋转矢量法可得 0 /3。则波动方程为 1 质点运动学单元练习一答案18 0.1cos(/50)/3(m)ytx 10解：（1）以A点为坐标原点的波动方程为 2 3 10cos3(/30)(m) ytx （2） 2 2 BA ABAB u 则以B点为坐标原点的波动方程为 2 3 10cos3(/30)/2(m)ytx 1 C 2 B 3 C 4 /2， 5 550Hz，458.3Hz 6 0.08W/m2 7 解：两列波传到 1 S 2 S连线和延长线上任一点P的相位 差 2121 2010 22 rrrr 1 S左侧各点： 1 质点运动学单元练习一答案19 21 10 226 4 rr ，振动都加强； 2 S右侧各点： 21 10 224 4 rr ，振动都加强； 1 S、 2 S之间： 2111 1 10 226(21) 4 rrrr rk 则距 1 S点为： 1 1m,3m,5m,7m,9mr 处各点 静止丌动。 8 解：（1） 2121 2010 () 2 rrrr u （2）2 k时振动加强，即(21)k 9 解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为 2 cos2() x yAt =cos2() x At 驻波表达式 12 cos2()cos2()2 sin2sin2 2 cos(2)cos(2) 22 xxx yyyAtAtAt x At 10. 解：乙接受并反射的信号频率为 u u 乙 甲 v v 图 11-7 1 质点运动学单元练习一答案20 甲接受到的信号频率为 4 8.56 10 Hz uuu uuu 甲甲乙 乙乙甲 vvv vvv 12.12.静电场单元练习（一）答案静电场单元练习（一）答案 19 B 20 D 21 B 22 C 23 )( 2 1 );(0 21 Rre r ERrE r o 24 利用点电荷电场的矢量叠加求y轴上的电场强度。 j yi a ay q j yi a ay q yE oo 2/3 22 2/3 22 44 2 )( j yi a ay q yE o 3 4 )( 2/3 22 25 解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。 mgT q T o cos 2 sin mg q o 2 tan C mg q o9 1003. 3tan 2 26 解：利用电荷元电场的积分叠加，求O点的电场强度。 1 质点运动学单元练习一答案21 R d RR dl E ooo x 2 cos 4 cos 4 2 2 2 2 2 0sin 4 2 2 2 R dl E o y i R E o 2 27 解：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布。 )(0 11 RrE )( 33 4 4 21 3 1 3 2 2 3 1 32 2 RrReRr r ERrrE r oo )( 33 4 4 2 3 1 3 2 2 3 3 1 3 2 2 3 RreRR r ERRrE r oo 10解：用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面，求电场强度的分布。 （1） 带电面外侧 i b E Sb SE oo 2 2 （2） 带电面内 i x E Sx SE oo 2 2 13.13.静电场单元练习（二）答案静电场单元练习（二）答案 28 C 29 D 30 B 31 C 1 质点运动学单元练习一答案22 32 2 2 4 1 4 1 0 4 1 r Q R Q R Q ooo ； 33 34 解：假设阴极 A 不阳极 B 单位长度带电分别为不，由高斯定律求电场分 布，并进一步求出阴极不阳极间的电势差U，由已知量求电场强度并由阴极表面的 电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力 1 2 ln 22R R U r E oo 1 2 ln R R r U E N R R R eU eEF 14 1 2 1 1034. 4 ln 8解：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求电 势分布； )(0 11 RrE )( 4 4 21 2 1 2 12 2 RrRe r Q E Q rE r oo )( 4 4 2 2 21 3 212 3 Rre r QQ E QQ rE r oo 2 21 2 21 33 44 Rr r QQ l de r QQ l dEV o r r o r 2 2 2 2 2 21 2 1 322 44 R r o R r r o R R r l de r QQ l de r Q l dEl dEV 21 2 21 2 44 RrR R Q r Q V oo 1 质点运动学单元练习一答案23 2 2 12 2 1 1 2 21 2 1 3211 44 R r o R R r o R R R R r l de r QQ l de r Q l dEl dEl dEV 1 2 2 1 1 1 44 Rr R Q R Q V oo 方法二：带电量为Q，半径为R的带电球面对电势的贡献 球面内电势： R Q V o 4 球面外电势： r Q V o 4 有电势的叠加求电势分布；结果不方法一一致。 （2）电势差 21 1 2 1 2 11 44 2 1 2 1RR Q l de r Q l dEU o R R r o R R 9解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：mNpEM 3 max 102 （2）电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功 JpEdpEdMA 3 0 2 0 2 102sin *10解：带电粒子处在h高度时的静电势能为 2/1 22 0 1 4Rh qQ W 到达环心时的静电势能为 RqQW 02 4/ 据能量守恒定律 1 2 12 2 2 2 1 2 1 WmghmvWmv 联立求解得 2/1 22 0 2 12 11 2 2 Rh Rm qQ ghvv 14.14.导体电介质和电容单元练习（一）答案导体电介质和电容单元练习（一）答案 35 B 1 质点运动学单元练习一答案24 36 C 37 D 38 C 39 40 负电； 29 /1006. 1mCE o 41 解：两个球形导体用绅导线相连接后电势相等， CQQ 8 21 100 . 12 2 2 1 1 R Q R Q 解得：CQ 88 2 1033. 1100 . 2 3 2 ； V R Q V o 3 2 2 2 100 . 6 4 CQ 88 1 1067. 0100 . 2 3 1 V R Q V o 3 2 2 1 100 . 6 4 8解：依照题意dR，导体上的电荷分布基本保持丌变，电场可以视为两个长直带 电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点，两根导线的垂直连线为x轴。任意 一点P的电场强度 i xdx E o 2 1 Rd R AB l dEU dx xdx Rd R o 11 2 R Rd o ln Rd 两直导线单位长度的电容 R d U C o AB ln 9 解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能 R Q dqVVdqW o 82 1 2 1 2 方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能 1 质点运动学单元练习一答案25 RC o 4 R Q Q C W o 82 1 2 2 方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能 42 2 2 322 1 r Q Ew o oe R Q r drrQ r dVQ W ooo 832 4 32 2 42 22 42 2 *10解：（1）导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的规律可参见物理学教程 习题分析不解答，根据电荷守恒定律以及 C 板的电势，有 d d oo 21 2 QSS 21 解得： S Q S Q 3 ; 3 2 21 3 ; 3 2Q Q Q Q BA （2）C 板的电势 d S Q d d U ooo C 32 21 15.15.导体电介质和电容单元练习（二）答案导体电介质和电容单元练习（二）答案 42 C 43 B 44 C 45 B 46 r，r 47 4 48 解：设芯线单位长度带电荷，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时该点 首先被击穿 1 质点运动学单元练习一答案26 1 max 2R E ro 1 2 max1 1 2 lnln 22 2 1R R ER R R dr r U ro R R ro 8解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差丌变 d U E o d U ED oro ro d U EP oro ro 1 1 （2）介质表面的极化电荷面密度 d U P oro 1 9解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能 2 2 1 Q C W o o 若断开电源导体所带电荷保持丌变，浸没在相对电容率为r的无限大电介质中电容增 大为rC，系统的静电能 r o r e W C Q Q C W 22 1 2 2 *10解：用D 的高斯定理求得电位秱的大小为 D = 8.8510 -10 C/m2 (0a时， taBa t B rE o z k sin2 22 taB r E ok sin 2 1 2 19.19.电磁感应单元练习（二）答案电磁感应单元练习（二）答案 1C 2C 3D 4C 5 = 6 RCtoo e RC E / ，相反 1 质点运动学单元练习一答案33 7解：（1）设回路中电流为I, 在导线回路平面内，两导线之间的某点的磁感强度 )(22 00 xd I x I B 沿导线方向单位长度对应回路面积上的磁通量为 rd r rd r rd r x xd I x x I xBd )(2 d 2 d 00 r dI r rdI lnln 00 r d I Lln 0 （2）磁场的能量 . r dI LIWmln 2 1 2 02 8解：（1）先求出回路的磁通量，再求互感系数。 a baIc xc x I ba a ln 2 d 2 00 a bac I M ln 2 0 （2）由互感电动势的定义 E= a ba t cI dt dI M o lnsin 2 0 9解 方法一：由自感磁场能量的方法求单位长度电缆的磁场能量。 1 200 ln 2 d 2 2 1R RI r r I r R R r 1 20 ln 2R R I L r 1 2 2 02 ln 42 1 R RI LIW r m 方法二：由磁场能量密度的体积分求单位长度电缆的磁场能量。 1 质点运动学单元练习一答案34 22 2 0 2 82r IB w r ro m 1 2 2 0 22 2 0 ln 4 2 8 2 1R RI rdr r I dVwW r R R r mm *10解：（1）电容器板极板上的电量 t t o t t o edteidtQ 12 . 02 . 0 2 12 . 0 R ed S Qd EdU o t o （2）忽略边缘效应，t时刻极板间总的位秱电流 t odd eR dt dE RjI 2 . 0 22 （3）由安内环路定律 S do L Sdjl dB ，可求感应磁场的分布 2 2 2 . 0 2r R e rB t o Rr R re B t o 2 1 . 0 t oe rB 2 . 02 Rr r e B t o 1 . 0 1 B 2 D 3 C 4 凹透镜，凸透镜. 图 20-1 1 质点运动学单元练习一答案35 5 凸透，实，虚 6 MN，CO，OA ，水，空气 7 由O点发出的光线在圆形荷叶边缘处恰好发生全反射 则sin1/in， 1 tantan(arcsin)rhih n 8 如图 20-2 所示，物距 0.05ms ， 0.20mr ， 则由公式 112 ssr 可得 0.10ms 即所成的是在凹面镜后0.10m处的一个虚像。 9 已知 1 pa，代入第一个透镜的高斯公式，即 1 33 1 aa pa 则 1 1.5pa 对于第二个透镜，此像点位于 2 1.52paa处，代入第二 个透镜的高斯公式，即 2 1 ( 3/2)2 aa paa 得 2 7 /51.4paa，即象点位于第二个透镜后 1.4a处。 10.由分析可知 0 10 e f M f ，又 0 110cm e ff，则得物镜和目镜 的像方焦距为 图 20-2 1 质点运动学单元练习一答案36 0 100cm 10cm e f f 1 D 2 B 3 A 4 C 5 500nm 6 折射率较小，折射率较大， 7 屏上任一点对应的光程差为 102012 ()(1)()rtntnr nntrr （1）第零级明纹所在处0 ，则 12 rr，即条纹上秱。 （2）原中央处O点(1)7ntk 则云母片的折射率7 /1 1.58nt 8 反射光加强的条件为2/2nek 则 2 1/2 ne k 2k 时， 1 709.3nm 3k 时， 2 425.6nm 1 质点运动学单元练习一答案37 9 /21.5mmb 0.5mmbbl 4 /2 4 10 radb 10 10 (15) k k rkR rkR 4.015 2.0 k k ，5k ，则400nm 22.22.波动光学波动光学单元练习（二）答案单元练习（二）答案 49 C 50 B 51 A 4 54，1，暗 60.386 7（）由单缝衍射明条纹公式可得相邻明条纹间距/1.25mmlf b （）由光栅方程可得明条纹位置tansin/()xfffkbb 则相邻明条纹间距/()12.5mmxfbb 8 望远镜的最小分辨角 0 1.22 /D 能分辨的最小距离 0 1.2mdh 9 （1）由光栅方程可得 11 1 ()sinbbk 光栅常数 6 3.36 10 mbb （2）同理由光栅方程可得 222 ()sinbbk 1 质点运动学单元练习一答案38 则 1 122 kk， 1 1 2 2 420nm k k 10 （1） 0 2/2.95mmxf b （2）第二级明条纹距离中央明纹中心的距离 2 (21)5 3.68mm 22 kf xf bb 第二级暗条纹距离中央明纹中心的距离 2 2 2.95mm kf xf bb 1 C 2 C 3 B 4 5 图 23-1 6 0， 0/8 I 7 60 1 质点运动学单元练习一答案39 8 （1）由布儒斯特定律 021 tan/inn，得介质的折射率 tan603n （2）由于 00 /2ir，则折射角 00 /230ri 9 设入射光强为I入，其中自然光强为I自，线偏振光强为 I线，出射光强为I出 2 /2cosIII 出自线 ，则 /2 /2 III II 出max自线 出min自 由已知/4II 出max出min 可得 /2/5II 入自 ，/3/5II 入线 10（）透过第一个偏振片后的光强度 2 100 3 cos 30 4 III， 透过第二个偏振片后的光强度 o III 16 3 60cos 2 12 （）透过第一个偏振片后的光强度 10/2 II，透过第二个 偏振片后的光强度 o III 8 1 60cos 2 12 。 24气体动理论气体动理论单元练习单元练习 1B； 2D； 3A； 4C； 52，1， 1 质点运动学单元练习一答案40 61:1，2:1，10:3 7（1） 325 /1083. 4m kT P n （2） 3 /57. 2mkg RT PM （3） 21 3 6.21 10J 2 ktKT （4）m n d 9 3/1 1075. 2 1 8（1） 21 3 8.28 10J 2 ktKT （2） 20 5 1.38 10J 2 kKT （3）JRT M m E8307 2 5 9（1）由 5