3.cos(2x+π/4)=-1/2
sin(x-π/4)=-(√2)/2
呵呵…很简单的两道题目…我想要标准过程…谢谢
1. cos(2x+π/4)=-1/2
2x+π/4=2kπ+arccos(-1/2)
2x+π/4=2kπ+(2π/3)
x=kπ+(5π/24)
2. sin(x-π/4)=-(√2)/2
x-π/4=2kπ+arcsin[-(√2)/2]
x-π/4=2kπ-(π/4)
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同级运算不分先后可以随便算就像加减一样的
解析：设秤砣质量为M1，假秤砣质量为M’1，秤杆和秤盘的总质量为M2，货物的实 际质量为M3，货物的标称质量为M’3，定盘星到提纽的距离为a，秤盘到提纽的距离为...
两个灯泡L1和L2分别标有“6V、2A”和“9V、1A”字样，不考虑温度的影响，将它们连入同一电路中，为确保两灯均不坏，下列说法正确的是【
】A．将它们串联...
-Pi/6=-1/2=0=&arccosx=&2Pi/3所以arccosx∈[0,2Pi/3].
答: 请问势在必行的近义词是什么啊？孩子今天回来问我，说是作业上的，他不知道写。
答: 我可以给你提供个想法，仅供参考咯~！可以从培训人才和被培训人才的数据比例来说明拉，很有说服力哦~！祝你好运！
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答: 请说的明白点啊，你是要什么性质考试的啊，自考？成考？普通？
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学年山东省日照实验高中高一（下）期末数学练习试卷10（必修3、4）总分：56|难度：0.64|浏览：1167 次|下载：24 次一、选择题1．读如图所示的程序框，若输入的a，b，分别21，2，则输出的a，b，c是（　　）7521，322132，7532，21，57，32，21难度：0.55真题：24组卷：4932．200汽通过某一段公路时时的频率直方图如图所示，时速在[506）的汽大有（　　）30辆40辆60辆80辆难度：0.73真题：15组卷：53．若向量满足且，则于（　　）4320难度：0.73真题：9组卷：64．非向量满足，（）o=0则向量所的角等（　　）arcos难度：0.71真题：1组卷：15．已知如示是函数的象，那么（　　）难度：0.73真题：10组卷：156．函=sin（2x+）的图的一对称轴的程是（　　）x=-x=-x=x=难度：0.77真题：50组卷：310[1.5，1.）2；[1.5，19.5）4；[9523.5）；[3.527.5）18；7．有一个容量为66样本数据分组及组频数如下：根样的频率分估计，数[31，43.5）概率约是（　　）难度：0.84真题：13组卷：2448．若＜α＜，-＜＜0，cs（+α=，cs（-）=，则cos（+）=（　）--难度：0.74真题：59组卷：8719．将数=sinx的图每个点的纵坐标变横坐标缩为原来的然后将象沿y轴正方平移2个单位再沿x轴正方向移个单，得到的图象的数析式为（　）=sinx+2y=si（x+）+2y=sn（x-）+2y=si2x-）+2难度：0.51真题：2组卷：1910．若函数fx）=sinωx（0）在间单调递，在区间单调递减，则ω=（　）23难度：0.79真题：30组卷：1114二、填空题11．某高校甲、乙、丙四个专业分别有51504、30名学生为了解学的就业向，用层抽样的方法从该校这四个专业取40名学生进调查，应在业抽取的学生人数为16．难度：0.70真题：18组卷：14312．若，且，tanα值是55．难度：0.70真题：13组卷：3313．若则x=．难度：0.68真题：1组卷：814．执如图所示的序框图输入l=m=，n=5，则输出y的值是68．难度：0.68真题：6组卷：45三．解答题15．已知an（α）=．求2α1cos2α的值．难度：0.74真题：25组卷：162若甲校和乙报名的师中各任选1名，出所有可能的，并求选的2名师性相同的概率；若从报的6师中任选2名写出所可能结果，并求选出的2名教师来自一学校概．难度：0.59真题：38组卷：40517．数fx）=2cosx（sinx-osx）+1．画出函y=f（x在区间[，π]的图象．说明f（x）的图象可由=snx的图象经过的换到．难度：0.60真题：1组卷：13请画出上数据的散图；请据上表提供的，最小二乘法求出y关于x的性回归方y=；确到0.01）18．某个体服店营某种服装，在某内利y（元）该周每天销售这种服件x之间的一组关如下表
91（考数值：366+4×69+5×73+6×+7×89+809×1348，+42+52+62+72+8+2=280）该周内某天销售服装0，估计可获利多少．难度：0.65真题：1组卷：5f（）的单调区间；若，求f（x）的最值、值．难度：0.46真题：2组卷：18
解析质量好中差
&&&&，V2.30556大学物理学第三版(上海交大)下册习题答案_甜梦文库
大学物理学第三版(上海交大)下册习题答案
53第十一章习题 第十一章习题11-1. 直 角 三 角 形 ABC 的 A 点 上 ， 有 电 荷 q1 = 1.8 × 10 ?9 C ， B 点 上 有 电 荷q 2 = ?4.8 × 10 ?9 C ，试求 C 点的电场强度(设 BC = 0.04m,解： q1 在 C 点产生的场强AC = 0.03m ).E1 =q1 4πε 0 AC 2q2 4πε 0 BC 2 m方向如图q 2 在 C 点产生的场强C 点的合场强 E =E2 =E12 + E22 = 3.24 × 104 V11-2. 用 细 的 塑 料 棒 弯 成 半 径 为 50cm 的 圆 环 ， 两 端 间 空 隙 为 2cm ， 电 量 为3.12 × 10 ?9 C 的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向.解： 棒长l = 2π r ? d = 3.12m电荷线密度λ = q l = 1.0 × 10 ?9 C ? m ?1若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为 0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭 合线圈产生电场再减去 d = 0.02m 长的带电棒在该点产生的场强。由于 d pp r ，该小段可 看成点电荷 q ′ = λd = 2.0 × 10 ?11 C 圆心处场强2.0 × 10 ?11 E0 = = 9.0 × 10 × = 0.72V ? m ?1 2 2 4πε 0 r (0.5)9q′方向由缝隙指向圆心处 11-3. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 λ ，四 分之一圆弧 AB 的半径为 R ，试求圆心 O 点的场强． 解：设 O 为坐标原点，水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴 半无限长导线 A∞ 在 O 点的场强 E 1 =λ (i ? j ) 4πε 0 R半无限长导线 B∞ 在 O 点的场强 E 2 =λ (?i + j ) 4πε 0 RAB 圆弧在 O 点的场强 E 3 =λ (i + j ) 4πε 0 R54总场强E = E1 + E 2 + E 3 =λ (i + j) 4πε 0 R11-4. 带电细线弯成半径为 R 的半圆形，电荷线密度为 λ = λ0 sin φ ， 式中 λ0 为一常数， 为半径 R 与 x 轴所成的夹角， φ 如图所示． 试求环心 O 处的电场强度． 解： dE =λ sin ? d? λdl = 0 2 4πε 0 R 4πε 0 R考虑到对称性dE x = dE cos ?dE y = dE sin ? E y = ∫ dE sin ? = ∫πEx = 00λ0 sin 2 ??d λ = 0 4πε 0 R 8ε 0 R方向沿 y 轴负向11-5. 一半径为 R 的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为 σ ，求球心 O 处的电场强 度． 解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷 dq = 2π rσ dldE =xdq 4πε 0 ( x 2 + r 2 )π23=22π rxσ dl 4πε 0 ( x 2 + r 2 )dl = Rdθ3 2x = R cos θr = R sin θ1 σ sin 2θ dθ = i 2 4ε 0σ E= 2ε 0∫011-6. 图示一厚度为 d 的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为 ρ ．求 板内、外的场强分布，并画出场强随坐标 x 变化的图线，即 E ? x 图线(设原点 在带电平板的中央平面上， Ox 轴垂直于平板)． 解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面 S1 为高斯面∫ E ? dS =2E?SS1∑ q = 2 xρ?S(x ≤ d ) 2E=ρx ε0同理可得板外一点场强的大小 E =ρd 2ε 0(x &d ) 2555611-7. 设电荷体密度沿 x 轴方向按余弦规律 ρ =ρ 0 cos x 分布在整个空间， 式中 ρ 0 为恒量．求空间的场强分布． 解：过坐标 ± x 处作与 x 轴垂直的两平面 S ，用与 x 轴平行的侧面将之封闭，构成高斯 面。根据高斯定理有∫ E ? dS =E=1ε0∫∫∫ ρdτ =ε 0 ∫? xSxρ 0 cos xdx =2 ρ 0 S sin xε0ρ0 sin x ε011-8. 在点电荷 q 的电场中， 取一半径为 R 的圆形平面(如图所示)， 平面到q 的距离为 d . 试计算通过该平面的 E 的通量.解：通过圆平面的电通量与通过与 A 为圆心、 AB 为半径、圆的平面 为周界的球冠面的电通量相同。 球冠面的面积 S = 2π rH 通过该球冠面的电通量 Φ = 其中r = d 2 + R2而 H = r (1 ? cos α )q 2π rH qH ? = 2 ε 0 4π r 2ε 0 r所以Φ=q q d (1 ? cos α ) = (1 ? ) 2 2ε 0 2ε 0 R +d211-9. 一球体内均匀分布着电荷体密度为 ρ 的正电荷， 若保持电荷分布不变,在该球体中 挖去半径为 r 的一个小球体，球心为 O ′ ，两球心间距离 OO ′ = d ，如图所示. 求: (1) 在球形空腔内，球心 O ′ 处的电场强度 E 0 . (2) 在球体内 P 点处的电场强度 E .设 O ′ 、 O 、 P 三点在同一直径上，且 OP = d .解： （1）利用补偿法，以 O 为圆心，过 O ′ 点作一个半径为 d 的高斯 面。根据高斯定理有∫E0? dS =ρ ? πd 3 ε0 ρ ? πd 3 ε04 34 3E0 =ρd 方向从 O 指向 O′ 3ε 0 ρd 3ε 0（2）过 P 点以 O 为圆心，作一个半径为 d 的高斯面。根据高斯定理有∫EP1? dS =E P1 =57过 P 点以 O ′ 为圆心，作一个半径为 2d 的高斯面。根据高斯定理有∫EP2? dS =ρ ? π r3 ε024 3E P21ρr3 = 12ε 0 d 2ρ r3 E = EP ? EP = (d ? 2 ) 方向为径向 3ε 0 4d111-10. 如图所示，一锥顶角为 θ 的圆台，上下底面半径分别为 R1 和 R2 ，在它的侧面上 均匀带电，电荷面密度为 σ ，求顶点 O 的电势．(以无穷远处为电势零点) 解：以顶点为原点，沿轴线方向为 x 轴，在侧面上取面元dS = Rd? ?dx cosθ2= 1R = x tanθ2r=x cosθ2dU =1 4πε 0?σ dSr4πε 02? σ tantan θ 2 tan θ 2θ2d? dxU=R σ θ 2π tan ∫ d? ∫ R 4πε 0 2 0dx =1σ ( R2 ? R1 ) 2ε 011-11. 图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为 ρ ，球壳内表面半径为 R1 ，外表 面半径为 R2 ．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势． 解： E1 = 0r p R14 3E2 =ρ π (r 3 ? R13 )4πε 0 r 2=ρ (r 3 ? R13 ) 3ε 0 r 23 ρ ( R2 ? R13 ) 3ε 0 r 2R1 p r p R2E3 =3 ρ π ( R2 ? R13 )4 34πε 0 r 2∞ R2=r f R2U = ∫ E 2 ? dr + ∫ E 3 ? drR1R2=∫ =R2R13 3 ∞ ρ (R ? R ) ρ (r 3 ? R13 ) 2 1 dr + ∫ dr R 3ε 0 r 2 3ε 0 r 22ρ 2 ( R2 ? R12 ) 2ε 05811-12. 电荷以相同的面密度 σ 分布在半径为 r1 = 10cm 和 r2 = 20cm 的两个同心球面 上．设无限远处电势为零，球心处的电势为 U 0 = 300V ． (1) 求电荷面密度 σ . (2) 若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？ （ ε 0 = 8.85 × 10?12C 2 ? N ?1 m ?2 ）解： （1） E1 = 0r p r12 1 2σr ε 0r σ (r12 + r22 ) E3 = ε 0r 2E2 =r1 r2 0 r1r1 p r p r2 r f r2∞ r2U 0 = ∫ E 1 ? dr + ∫ E 2 ? dr + ∫ E 3 ? dr =∫r2 r1 ∞ σ (r + r ) σr dr + ∫ dr r ε 0r ε 0r 22 1 2 2 1 2 22=σ (r1 + r2 ) ε0=σ=ε 0U 0r1 + r28.85 × 10 ?12 × 300 = 8.85 × 10 ?9 C m 2 ?3 30 × 10' U 0 = (σ r1 + σ ' r2 ) / ε 0 = 0（2）设外球面上放电后电荷密度 σ ' ，则有σ ' = ?r1 / r2 σ外球面上应变为带负电，共应放掉电荷 q 'q ' = 4π r22 (σ ? σ ' ) = 4π r22 (σ + r1 / r2 σ ) = 4π r2 (r1 + r2 )σ = 4π r2 (r1 + r2 )ε 0U 0 /(r1 + r2 ) = 4πε 0 r2U 0 = 4 × 3.14 × 8.85 ×10 ?12 × 300 × 0.2 = 6.67 × 10?9 C11-13. 如图所示，半径为 R 的均匀带电球面，带有电荷 q ．沿某一半径方向上有一均 匀带电细线，电荷线密度为 λ ，长度为 l ，细线左端离球心距离为 r0 ．设球和线上的电荷分 布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷 远处的电势为零)． 解：以 O 点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为 x 轴 球面在轴线上任一点的场强E=q 4πε 0 x 2F=∫r0 + lr0q λql λdx = 2 4πε 0 r0 (r0 + l ) 4πε 0 x方向沿 X 正方向。dW = dq ′Edxr0 + l r0W =∫λdx ∫∞xr +l q qλ dx = ln 0 2 4πε 0 r0 4πε 0 x5911-14. 一电偶极子的电矩为 p ，放在场强为 E 的匀强电场中， p 与 E 之间夹角为 θ ， 如图所示． 若将此偶极子绕通过其中心且垂直于 p 、E 平面的轴转 180 ， 外力需作功多少？ 解： M = p × EoM = pE sin θπ +θ θW = ∫ Mdθ = ∫pE sin θ dθ = 2 pE cos θ11-15. 两根相同的均匀带电细棒，长为 l ，电荷线密度为 λ ，沿同一条直线放置．两细 棒间最近距离也为 l ，如图所示．假设棒上的电荷是不能自由移动的，试求两棒间的静电相 互作用力． 解：以棒的一端为坐标原点，棒长为 x 轴方向dF = dq ′E3l 2lF = ∫ λdr ∫λdx 0 4πε ( r ? x ) 2 0l= =λ2 4πε 0∫3l2l(1 1 ? )dr r ?l rλ2 4 ln 4πε 0 3方向沿 X 轴正向；左棒受力： F ' = ? F 11-16. 如图所示，一个半径为 R 的均匀带电圆板，其电荷面密度为 σ (＞0)今有一质量 为 m ，电荷为 ? q 的粒子( q ＞0)沿圆板轴线( x 轴)方向向圆板运动，已知在距圆心 O （也是x 轴原点）为 b 的位置上时，粒子的速度为 v0 ，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性始终不变)． 解： E =x σ (1 + ) 2 2ε 0 R + x2 qσ x dv F = qE = (1 + ) = mv 2 2 2ε 0 dx R +x v 0 qσ x ∫v mvdv = ∫b 2ε 0 (1 + R 2 + x 2 )dx 1 2 1 2 qσ mv ? mv0 = (x + R 2 + x 2 ) 2 2 2ε 002 v = v0 +qσ (R + b ? R 2 + b 2 ) mε 0思考题 11-1. 两个点电荷分别带电 q 和 2q ，相距 l ，试问将第三个点电荷放在何处它所受合力 为零? 答：qQ 2qQ = 2 4πε 0 x 4πε 0 (l ? x) 2x = l ( 2 ? 1)即离点电荷 q 的距离为 l ( 2 ? 1)11-2. 下列几个说法中哪一个是正确的？ （A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。 （B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。 （C）场强方向可由 E = F / q 定出，其中 q 为试验电荷的电量， q 可正、可负， F 为试验 电荷所受的电场力。60（D）以上说法都不正确。 答： C 11-3. 真空中一半径为 R 的的均匀带电球面,总电量为 q ( q ＜0).今 在球面面上挖去非常小的一块面积 ?S (连同电荷)， 且假设不影响原来的 电荷分布，则挖去 ?S 后球心处的电场强度大小和方向. 答： σ =q 4πε 0 R 2 σ? S E= 4πε 0 R 2方向指向小面积元11-4. 三个点电荷 q1 、 q 2 和 ? q 3 在一直线上，相距均为 2 R ，以 q1 与 q 2 的中心 O 作一 半径为 2 R 的球面， A 为球面与直线的一个交点，如图。求： (1) 通过该球面的电通量 (2) A 点的场强 E A . 解：∫∫ E ? dS ；∫∫ E ? dS =EA =q1 + q 2 ε0q3 q1 q2 + ? 2 2 4πε 0 (3R) 4πε 0 R 4πε 0 R 211-5. 有一边长为 a 的正方形平面，在其中垂线上距中心 O 点 a / 2 处，有一电荷为 q 的 正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为多少？11-6. 对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中正确的是 (A) 如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷 (B) 如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷 (C) 如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零 (D) 如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷 答：A 11-7. 由真空中静电场的高斯定理 E ? dS =S∫vv1ε0∑ q 可知(A) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零 (B) 闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定都不为零 (C) 闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定都为零 (D) 闭合面内无电荷时，闭合面上各点场强一定为零 答：C6111-8. 图示为一具有球对称性分布的静电场的 E ~ r 关系曲线． 请指 出该静电场是由下列哪种带电体产生的． (A) 半径为 R 的均匀带电球面． (B) 半径为 R 的均匀带电球体． (C) 半径为 R 、 电荷体密度 ρ = Ar ( A 为常数） 的非均匀带电球体．(D) 半径为 R 、电荷体密度 ρ = A / r ( A 为常数)的非均匀带电球体． 答： D11-9. 如图，在点电荷 q 的电场中，选取以 q 为中心、R 为半径的球面上一点 P 处作电 势零点，则与点电荷 q 距离为 r 的 P'点的电势为 (A) (C)q 4πε 0 r q 4πε 0 (r ? R )(B)q ?1 1 ? ? ? ? 4 πε 0 ? r R ? q ? 1 1? (D) ? ? ? 4 πε 0 ? R r ?答：B 11-10. 密立根油滴实验，是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其 电场由两块带电平行板产生．实验中，半径为 r 、带有两个电子电荷的油滴保持静止时，其 所在电场的两块极板的电势差为 U 12 ． 当电势差增加到 4 U 12 时， 半径为 2 r 的油滴保持静止， 则该油滴所带的电荷为多少？ 解：U 12 4 q = ρ ? πr 3 g d 3 4U 12 4 q ′ = ρ ? π (2r ) 3 g d 3 q ′ = 2 q = 4e11-11. 设无穷远处电势为零，则半径为 R 的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律 为(图中的 U 0 和 b 皆为常量)：答： C 11-12. 无限长均匀带电直线的电势零点能取在无穷远吗？ 答：不能第十二章习题 第十二章习题12-1. 一半径为 0.10 米的孤立导体球，已知其电势为 100V (以无穷远为零电势)，计算 球表面的面电荷密度． 解： U =Q σR = 4πε 0 R ε 0 Uε 0 100 × 8.85 × 10 ?12 = = 8.85 × 10 ?9 C m 2 R 0 .1σ=6212-2. 两个相距很远的导体球， 半径分别为 r1 = 6.0cm ， 2 = 12.0cm ， r 都带有 3 × 10 C 的电量，如果用一导线将两球连接起来，求最终每个球上的电量． 解：半径分别为 r1 的电量为， r2 电量为 q 2?8q1 q2 = 4πε 0 r1 4πε 0 r2q1 + q 2 = 6 × 10 ?8联立（1）（2）q1 = 2 × 10 ?8 Cq 2 = 4 × 10 ?8 C12-3. 有一外半径为 R1 ，内半径 R2 的金属球壳，在壳内有一半径为 R3 的金属球，球壳 和内球均带电量 q ，求球心的电势． 解：E1 = 0q 4πε 0 r 2 E3 = 0 2q E4 = 4πε 0 r 2 E2 =R3 R2 0 R3r p R3R3 p r p R 2R2 p r p R1 r f R1R1 ∞ R2 R1U 0 = ∫ E 1 ? dr + ∫ E 2 ? dr + ∫ E 3 ? dr + ∫ E 4 ? dr =∫ =∞ q 2q dr + ∫ dr 2 R3 4πε r R1 4πε r 2 0 0 R2q 1 1 2 ( ? + ) 4πε 0 R3 R2 R112-4. 一电量为 q 的点电荷位于导体球壳中心，壳的内外半径分别为 R1 、 R2 ．求球壳 内外和球壳上场强和电势的分布，并画出 E ~ r 和 V ~ r 曲线. 解：E1 =q 4πε 0 r 20 p r p R1 R1 p r p R2 r f R2U =∫R1 ∞ q q dr + ∫ dr 2 R2 4πε r 2 4πε 0 r 0E2 = 0E3 = q 4πε 0 r 20 p r ≤ R1r63=1 q 1 1 ( ? + ) 4πε 0 r R1 R2∞R1 p r ≤ R2U =∫ U =∫R2q q dr = 2 4πε 0 R2 4πε 0 rr ≥ R2∞rq q dr = 2 4πε 0 r 4πε 0 r12-5. 半径 R1 = 0.05m, ，带电量 q = 3 × 10?8 C 的金属球，被一同心导体球壳包围，球 壳内半径 R2 = 0.07 m ，外半径 R3 = 0.09m ，带电量 Q = ?2 × 10?8 C 。试求距球心 r 处的 P 点的场强与电势。 （1）r=0.10m（2）r=0.06m（3）r=0.03m 解：E1 = 0E2 =r p R1q R1 p r p R2 4πε 0 r 2 E3 = 0 R2 p r p R3 Q+q E4 = r f R3 4πε 0 r 2 Q+q = 9 ×103 N （1） r f R3 E4 = 4πε 0 r 2 ∞ ∞ Q+q Q+q U = ∫ E 4 ? dr = ∫ dr = = 900V r r 4πε r 2 4πε 0 r 0（2） R1 p r p R2E2 =4πε 0 r 2∞q= 7.5 ×10 4 NU =∫R2r4πε 0 rq2dr + ∫R3Q+q q 1 1 Q+q dr = ( ? )+ = 1.64 × 103 V 4πε 0 r 2 4πε 0 r R2 4πε 0 R3（3） r p R1 E1 = 0U =∫R2R14πε 0 rq2dr + ∫∞R3Q+q q Q+q 1 1 dr = ( ? )+ = 2.54 × 103 V 2 4πε 0 r 4πε 0 R1 R2 4πε 0 R312-6. 两块带有异号电荷的金属板 A 和 B ，相距 5.0mm ，两板面积都是 150cm ，电 量分别为 ± 2.66 × 10 C ， A 板接地，略去边缘效应，求： （1） B 板的电势； （2） AB 间 离 A 板 1.0mm 处的电势. 解： E =?82σ 2.66 × 10 ?8 = = 2 × 10 5 V m ε 0 8.85 × 10 ?12 × 150 × 10 ? 464U B = ? Ed = 2 × 10 ?5 × 5 × 10 ?3 = ?1000V离 A 板 1.0mm 处的电势U = ? Ed = 2 × 10 ?5 × 1 × 10 ?3 = ?200V12-7. 实验表明， 在靠近地面处有相当强的电场 E 垂直于地面向下， 大小约为 130V/m . 在离地面 1.5km 的高空的场强也是垂直向下，大小约为 25V/m . （1）试估算地面上的面电荷密度(设地面为无限大导体平面)； （2）计算从地面到 1.5km 高空的空气中的平均电荷密度． 解： （1） E =σ ε0考虑到电场 E 垂直于地面向下，故 E=-130V/mσ = ε 0 E = ?8.85 × 10?12 × 130 = ?1.15 × 10?9 C m2（2） ?E =∫hR+hR2 R + h ρ ? 4πr dr ρdV ρh =∫ = 2 2 R ε0 4πε 0 r 4πε 0 rρ=ε 0 ?E=8.85 × 10 ?12 × (130 ? 25) = 6.2 × 10 ?13 C m 3 3 1.5 × 1012-8. 同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱(内)和圆筒(外)构成， 设内圆 柱半径为 R1 ，电势为 V1 ，外圆筒的内半径为 R2 ，电势为 V2 .求其离轴为 r 处( R1 & r & R2 ) 的电势． 解： E =λ 2πε 0 rR2V1 ? V2 = ∫ λ=R1R λ λ dr = ln 2 2πε 0 r 2πε 0 R12πε 0 (V1 ? V2 ) ln( R2 R1 )λ λ r dr = V1 ? ln R1 2πε r 2πε 0 R1 0rV = V1 ? ∫= V1 ? (V1 ? V2 )ln(r R1 ) ln( R2 R1 )12-9. 半径分别为 a 和 b 的两个金属球，它们的间距比本身线度大得多，今用一细导线 将两者相连接，并给系统带上电荷 Q，求：65（1） 每个求上分配到的电荷是多少？（2）按电容定义式，计算此系统的电容. 解： （1）4πε 0 raqa=4πε 0 rbqb①qa + qb = Q②qa =Qa a+bqb =Qb a+bQ q2 = 4πε 0 (a + b)（2）根据电容的定义： c =Q = U4πε 0b12-10. 图示一球形电容器， 在外球壳的半径 b 及内外导体间的电势差 U 维持恒定的条件下，内球半径 a 为多大时才能使内球表面附近的电场 强度最小？求这个最小电场强度的大小． 解： E =Q 4πε 0 r 2 Q Q b?a dr = ? 2 a 4πε r 4πε 0 ab 0bU = ∫ E ? dr = ∫abQ=4πε 0Uab b?a E= Uab (b ? a )r 2dE =0 da所以要使内球表面附近的电场强度最小 （ r = a ） ，必须满足a=b 2此时E=4U b12-11. 一空气平板电容器，极板 A、 B 的面积都是 S ，极板间距 离为 d ．接上电源后， A 板电势 U A = V ， B 板电势 U B = 0 ．现将 一带有电荷 q 、 面积也是 S 而厚度可忽略的导体片 C 平行插在两极板 的中间位置，如图所示，试求导体片 C 的电势． 解： E AC =qA σ = A ε0 S ε0 q + q σA + σ ECB = A = ε0 S ε0 d d V = E AC + E CB 而 2 2VC = E CBd 266所以VC =1 q (V + d) 2 2ε 0 S12-12. 两金属球的半径之比为 1∶4，带等量的同号电荷．当两者的距离远大于两球半 径时，有一定的电势能．若将两球接触一下再移回原处，则电势能变为原来的多少倍？ 解：接触之前的电势能 W0 = Q2∫∞L接触之后两球电势相等电荷重新分布，设小金属球带电为 q ，大金属球带电为 q ′Q2 1 dr = 4πε 0 L 4πε 0 r 2q q′ = q + q ′ = 2Q 4πε 0 R1 4πε 0 R2 2 8 q= Q q′ = Q 解得 5 5 ∞ qq ′ 1 16 Q 2 16 dr = W = qq ′ ∫ = = W0 2 L 4πε r 4πε 0 L 25 4πε 0 L 25 0思考题 12-1. 一平行板电容器， 两导体板不平行， 今使两板分别带有 + q 和 ? q 的 电荷，有人将两板的电场线画成如图所示，试指出这种画法的错误，你认为电 场线应如何分布. 答：应该垂直板面12-2. 在 “无限大” 均匀带电平面 A 附近放一与它平行， 且有一定厚度的 “无 限大”平面导体板 B ，如图所示．已知 A 上的电荷面密度为 + σ ，则在导体板 B 的两个表面 1 和 2 上的感生电荷面密度为多少？ 答： σ 1 = ?σ2σ2 =σ212-3．充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力 F 与两极板间的 电压 U 之间的关系是怎样的？ 答：对静电能的求导可以求得电场作用于导体上的力。 12-4．一个未带电的空腔导体球壳，内半径为 R ．在腔内离球心的距离 为 d 处( d & R )，固定一点电荷 + q ，如图所示. 用导线把球壳接地后，再 把地线撤去．选无穷远处为电势零点，则球心 O 处的电势为多少？ 答： U 0 =q ?q + 4πε 0 d 4πε 0 R放一带有电 12-5. 在一个原来不带电的外表面为球形的空腔导体 A 内，67荷为 + Q 的带电导体 B ，如图所示．则比较空腔导体 A 的电势 U A 和导体 B 的电势 U B 时， 可得什么结论？ 答： U A 和 U B 都是等势体 U A =Q 4πε 0 R3UB =Q 4πε 0 R3+Q ? 1 1 ? ? ?R R 4πε 0 ? 1 2? ? ? ?y第十三章习题 第十三章习题13-1. 如图为半径为 R 的介质球，试分别计算下列 两种情况下球表面上的极化面电荷密度和极化电荷的 总和.已知极化强度为 P(沿 x 轴). （1） P = P0 ； （2） P = P0 解： （1） q ′ =θO xx . R∫ σ ′ds = ∫ P cos θ dsq′ = 0由于 P = P0 介质被均匀极化，所以 （2）在球面上任取一个球带q′ =∫ σ ′ds =0 1∫P cos θ ds = 2 ∫ 2 P00πx ? 2π R sin θ ? Rdθ R= ?2 P0 R ∫ cos 2θd (cos θ )= 4π P0 R 2 32 ?713-2. 平行板电容器，板面积为 100cm ，带电量 ± 8.9 × 10 C ，在两板间充满电介质 后，其场强为 1.4 × 10 V/m ，试求 ： （1）介质的相对介电常数 ε r (2)介质表面上的极化电6荷密度. 解： （1） E =Qε 0ε r S8.9 × 10 ?7 Q = = 7.18 ε 0 ES 8.85 × 10 ?12 × 1.4 × 10 6 × 100 × 10 ? 4Q 1 (1 ? ) = 7.66 × 10?5 C m 2 εr Sd ，相对介电常 3εr =（2） σ ′ = P = D ? ε 0 E =13-3. 面积为 S 的平行板电容器，两板间距为 d ，求： （1）插入厚度为 数为 ε r 的电介质，其电容量变为原来的多少倍？（2）插入厚度为 变为原来的多少倍？d 的导电板，其电容量又 368解： （1） C 0 =ε 0SdE1 =Q ε0SE2 =Qε 0ε r SU=Q 2 Q d ? d+ ? ε 0S 3 ε 0ε r S 3C=3ε 0 ε r S 3ε r Q = = C0 U 2dε r + d 1 + 2ε rd 的导电板，可看成是两个电容的串联 3（2）插入厚度为C1 = C 2 =3ε 0 S dC=C1C 2 3 ε0S 3 = = C0 C1 + C 2 2 d 213-4. 在两个带等量异号电荷的平行金属板间充满均匀介质后，若已知自由电荷与极化 电荷的面电荷密度分别为 σ 0 与 σ ′ (绝对值)，试求： （1）电介质内的场强 E ； （2）相对介电 常数 ε r . 解： （1）∫ E ? dS =(σ 0 ? σ ' )(σ 0 ? σ ′) Sε0E=ε0（2）E=σ0 ε 0ε rεr =σ0 σ0 ε0 σ0 = ? = ε0E ε0 σ 0 ?σ ′ σ0 ?σ ′13-5. 电学理论证明： 一球形均匀电介质放在均匀外电场中会发生均匀极化.若已知此极 化介质球的半径为 R ，极化强度为 P .求极化电荷在球心处产生的场强 E ′ . 解：球面上极化电荷的面密度 σ ′ = P cos θ 球面上极化电荷元在球心处产生的场强 dE ′ =dq ′ 4πε 0 R 2由对称性可知只有场强的 z 分量对球心处的电场有贡献′ dE Z = ?dE ′ cos θ把球面分割成许多球带，它在球心处产生的场强69′ dE Z = ? dE ′ cos θ = ?π 2 0σ ′(2πR sin θ ) Rdθ cos θ 4πε 0 R 2′ E Z = ?2 ∫σ ′(2πR sin θ ) Rdθ P cos θ = ? 2 3ε 0 4πε 0 R13-6. 一圆柱形电容器，外柱的直径为 4cm ，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各 向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度大小为 E 0 = 200kV/cm ．试求该电容器可能 承受的最高电压． 解： E =λ 2πεrR rλ = 2πεrE 0 λ R dr = rE 0 ln r 2πεr r R R E 0 ln ? E 0 = 0 r0 = r eRU = ∫ E ? dr = ∫ dU =0 drU max = r0 E 0 lnR RE0 = = 147 KV r0 e13-7. 一平行板电容器，中间有两层厚度分别为 d 1 和 d 2 的电介质，它们的相对介电常 数为 ε r1 .和 ε r2 ，极板面积为 S ，求电容量. 解： D1 = D2 = σ =Q S E2 = QE1 =Qε 0ε r S1ε 0ε r S2U = E1 d 1 + E 2 d 2 =Qd 1 Qd 2 + ε 0ε r1 S ε 0ε r2 SC=ε0S Q = d1 d 2 U + εr1εr213-8. 计算均匀带电球体的静电能，设球体半径为 R , 带电量为 Q . 解： E1 =Qr 4πε 0 R 3 QrpRE2 =4πε 0 r 2rfR70W =∫∫∫ε02E 2 dV =ε02∫R0(Qr 4πε 0 R3) 2 4π r 2 dr +ε02∫∞R(Q 4πε 0 r 2) 2 4π r 2 dr=3Q 2 20πε 0 R13-9. 半径为 2.0cm 的导体外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为4.0cm 和 5.0cm .当内球带电量为 3.0 × 10 ?8 C 时，求： （1）系统储存了多少电能?（2）用导线把壳与球连在一起后电能变化了多少？ 解： （1） E1 = 0E2 =Q 4πε 0 r 2(r f R2 , R p r p R1 )球与球壳之间的电能W1 = ∫∫∫ε02E dV =2ε02∫ ∫R1RQ2 1 1 ( ) 4πr dr = ( ? ) 8πε 0 R R1 4πε 0 r 2 Q2 2球壳外部空间的电能W2 = ∫∫∫ε02E 2 dV =ε02∞R2(Q 4πε 0 r) 2 4πr 2 dr = 2Q2 8πε 0 R2系统储存的电能 W = W1 + W2 = 18.2 × 10?5 J （2）球与球壳内表面所带电荷为 0 外表面所带电荷不变W1 = 0W = W2 = 8.1 × 10 ?5 J13-10. 球形电容器内外半径分别为 R1 和 R2 ，充有电量 Q .（1）求电容器内电场的总能 量； （2）证明此结果与按 We =1 Q2 算得的电容器所储电能值相等。 2 C解： （1） E =Q4πε 0 r 2R1 p r p R2R2W =∫∫∫ε02E 2 dV =ε02∫R1(Q4πε 0 r) 2 4πr 2 dr = 2Q 2 ( R 2 ? R1 ) Q2 1 1 ( ? )= 8πε 0 R 2 R1 8πε 0 R1 R 2（2）球形电容器的电容 C = 4πε 0R1 R2 R2 ? R171We =1 Q 2 Q 2 ( R2 ? R1 ) = 2 C 8πε 0 R1 R2结果一样13-11. 一平行板电容器的板面积为 S ， 两板间距离为 d ， 板间充满相对介电常数为 ε r 的 均匀介质.分别求出下述两种情况下外力所做的功： （1）维持两板上面电荷密度 σ 0 不变而把 介质取出； （2）维持两板上电压 U 不变而把介质取出. 解： （1）板间充满均匀介质时 W1 =2 1 1 σ 0 Sd ε 0 ε r E 2 Sd = 2 2 ε 0ε r取出介质后W2 =2 1 1 σ 0 Sd ε 0 E 2 Sd = 2 2 ε02 1 σ 0 Sd 1 外力所做的功等于静电场能量的增加 ?W = W2 ? W1 = (1 ? ) 2 ε0 εr（2）板间充满均匀介质时 W1 =1 1 ε 0ε r S 2 CU 2 = U 2 2 d取出介质后W2 =1 1 ε0S 2 CU 2 = U 2 2 d?W = W2 ? W1 =1 ε 0S 2 U (1 ? ε r ) 2 d思考题 13-1. 介质的极化强度与介质表面的极化面电荷是什么关系？ 答： σ ′ = P cos θ 13-2. 不同介质交界面处的极化电荷分布如何？′ 答： σ 1 = P1 ? e n1σ ′ = P2 ? e n2 2σ P = ( P1 ? P2 ) ? e n 即在两种介质的交界面上， 极化电荷的面密度等于两种介质的极化强度的法向分量之差。 13-3. 介质边界两侧的静电场中 D 及 E 的关系如何？ 答：在两种介质的交界面上，若无自由电荷电位移矢量在垂直界面的分量是连续的，平 行于界面的分量发生突变。电场强度在垂直界面的分量是不连续的，有突变。 13-4. 真空中两点电荷 q A 、 q B 在空间产生的合场强为 E = E A + E B .系统的电场能为We = ∫∫∫1 1 ε 0 E 2 dτ = ∫∫∫ ε 0 E ? Edτ V0 2 V0 2 1 1 2 2 = ∫∫∫ ε 0 E A dτ + ∫∫∫ ε 0 E B dτ + ∫∫∫ ε 0 E A ? E B dτ . V0 2 V0 2 V0（1）说明等式后面三项能量的意义；72（2） A、B 两电荷之间的相互作用能是指哪些项？ （3）将 A、B 两电荷从给定位置移至无穷远，电场力做功又是哪些项？ 答：第一项表示点电荷 A 所形成的电场的能量，第二项是点电荷 B 所形成的电场的能量， 第三项是两个点电荷的相互作用能。第十四章习题 第十四章习题14-1. 如图所示的弓形线框中通有电流 I ， 求圆心 O 处的磁感应强度 B . 解：圆弧在 O 点的磁感应强度 方向垂直纸面向外 直导线在 O 点的磁感应强度 B 2 = 方向垂直纸面向里 总场强 B =B1 =? 0 Iθ ? I = 0 4πR 6R?0 I 3 ?0 I [sin 60 0 ? sin(?60 0 )] = 0 2πR 4πR cos 60?0 I 3 1 ( ? ) 2R π 3方向垂直纸面向里14-2. 两根长直导线沿半径方向引到铁环上 A 、 B 两点，并与很远处的 电源相连，如图所示.求环中心 O 点的磁感应强度 B . 解：设两段圆弧电流对 O 的磁感应强度大小分别为 B1 、B 2 ，导线长度分别为 L1 和 L 2 ，横截面积为 S ，电阻率为 ρ ，电流 I1 和 I 2 的关系I1 R 2 = = I2 R1B1 = ? 0 I1 4π ?0 I 2 4πρL2 S = L2 L L1 ρ 1 S即I1 L1 = I 2 L 2∫dl ?0 I1 L1 = ? L1 r 2 4π r dl ? 0 I 2 L 2 = ? r r 2 4π B=0B2 =∫L2由于两段圆弧电流对 O 的磁感应强度方向相反，所以14-3. 无限长细导线弯成如图所示的形状，其中 c 部分是在 xoy 平面内 半径为 R 的半圆，试求通以电流 I 时 o 点的磁感应强度。73解： a 段B1 =?0 I 4 πRb段B2 = 0B3 = ?0 I 4Rc段O 点的总场强B=??0 I ?I j+ 0 k 4π R 4R方向如图14-4. 无限长直圆柱形导体内有一无限长直圆柱形空腔（如图所示） ，空腔与导体的两 轴线平行， 间距为 a ， 若导体内的电流密度均匀为 j ， j 的方向平行于轴线。 求腔内任意点的磁感应强度 B 。 解：采用补偿法，以导体的轴线为圆心，过空腔中任一点作闭合回路∫B1? dL = ?0 jπ r 2B1 =? 0 jr 2同理还是过这一点以空腔导体的轴线为圆心作闭合回路2 ∫ B 2 ?dL = ?0 jπ (a ?r)B2 =? 0 j(a ? r ) 21 ? j× a 2 0 14-5.在半径 R = 1cm 的无限长半圆柱形金属片中，有电流 I = 5A 自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点 P 处的磁 B = B1 + B2 =感应强度的大小。 解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为 dl = Rdθ 的长直电流dI =dl dθ = πR π dB = ? 0 dI ?0 Idθ = 2πR 2π 2 R在 P 点处的磁感应强度dB x = dB sin θ =?0 I sin θdθ 2π 2 RBx = ∫ dBx = ∫π0?0 I ?0 I sin θ dθ = 2 = 6.37 × 10?5 T 2 π R 2π R14-6. 如图所示的空心柱形导体， 柱的半径分别为 a 和 b ， 导体内载有 电流 I ， 设电流 I 均匀分布在导体横截面上。 证明导体内部各点 a & r & b ） （ 的磁感应强度 B 由下式给出：B=r2 ? a2 r 2π (b 2 ? a 2 )?0 I74试以 a = 0 的极限情形来检验这个公式， r ≥ b 时又如何？ 解：可根据安培环路定理I′ =I × π (r 2 ? a 2 ) 2 π (b ? a )2r2 ? a2 B= ? r 2π (b 2 ? a 2 ) a=0?0 IB=? 0 Ir 2π b 2 ?0 I 2π r实心圆柱载流导线内部的磁感应强度r ≥bB=相当于带电直导线14-7. 一橡皮传输带以速度 v 匀速向右运动，如图所示，橡皮带上均匀带有电荷，电荷 面密度为 σ 。 （1）求像皮带中部上方靠近表面一点处的磁感应强度 B 的大 小； （2）证明对非相对论情形，运动电荷的速度 v 及它所产生的磁 场 B 和电场 E 之间满足下述关系： B =1 1 v × E （式中 c = ） 2 c ε 0 ?0解： （1）垂直于电荷运动方向作一个闭合回路 abcda ,根据安培环路定理有∫ B ? dL = ∫ B ? dL + ∫ B ? dL + ∫ B ? dL + ∫ B ? dL = ?abcd ab bc cd da0Li其中i =σvB=? 0σ v2（2）匀速运动的点电荷产生的磁场和电场分别为v2 ) sin θ c2 B= v 2 sin 2 θ 3 2 4π r 2 (1 ? ) c2? 0 qv(1 ?v2 q r c2 E= ? ? 3 2 2 4πε 0 v sin θ 3 2 r (1 ? ) c2 1? 1?v2 1 vE sin θ q 1 c2 v×E = = ε 0 ?0v ? ? 2 ? sin θ 2 2 2 2 3 4πε 0 c c v sin θ 2 r (1 ? ) c2 v2 ) sin θ c2 = =B v 2 sin 2 θ 3 2 2 4π r (1 ? ) c2? 0 qv(1 ?75所以B=1 v×E c214-8. 一均匀带电长直圆柱体，电荷体密度为 ρ ， 半径为 R 。若圆柱绕其轴线匀速旋转，角速度为 ω ，求： （1）圆柱体内距轴线 r 处的磁感应强度的大小； （2）两端面中心的磁感应强度的大小。 解： （1）过 r 点作一个闭合回路，此回路的电流I = ∫ ωρ l r dr =rR1 ωρ l ( R 2 ? r 2 ) 20根据安培环路定理∫ B ? dL = ?IB=? 0ωρ2(R 2 ? r 2 )（2） 带电长直圆柱体旋转相当于螺线管， 端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半， 所以端面的磁感应强度B=?0ωρ R 2414-9. 如图所示， 两无限长平行放置的柱形导体内通过等值、 反向电流 I ，电流在两个阴影所示的横截面的面积皆为 S ，两圆 柱轴线间的距离 O1O2 = d .试求两导体中部真空部分的磁感应 强度. 解：利用补偿法，在真空部分任取一点，真空部分在那一点产生 的磁感应强度为 B0 ，其中一个阴影在那一点产生的磁场为 B1 ，另一个为 B2B1 =?0I 2 πr S ? B0 2πr I π (d ? r ) 2 S ? ( ? B0 ) 2π ( d ? r )? 0 Id 2SB2 =?0B = B1 + B2 =14-10. 无限长直线电流 I 1 与直线电流 I 2 共面，几何位置如图所示.试 求直线电流 I 2 受到电流 I 1 磁场的作用力. 解：在直线电流 I 2 上任意取一个小电流元 I 2 dl ，此电流元到长直线 的距离为 x ，无限长直线电流 I 1 在小电流元处产生的磁感应强度76B=? 0 I1 2π xdF =? 0 I1 I 2 ? II dx dl = 0 1 2 ? 2πx 2πx cos 60 0bF=∫a? 0 I1I 2 ? II dx b ? = 0 1 2 ln 0 2πx cos 60 π a14-11. 在电视显象管的电子束中，电子能量为 12000eV ，这个显像管的取向使电子沿 水平方向由南向北运动。该处地球磁场的垂直分量向下，大小为 B = 5.5 × 10?5 T ，问： （1） 电子束将偏向什么方向？（2）电子的加速度是多少？（3）电子束在显象管内在南北方向上 通过 20cm 时将偏转多远？ 解： （1）根据 f = qv × B 可判断出电子束将偏向东 （2） E =1 2 mv 2v = 2Emf = qvB = ma qvB qB 2 E = = 6.28 × 1014 m ? s ?1 m m m 1 1 L （3） y = at 2 = a ( ) 2 = 3mm 2 2 v 14-12.一半径为 R 的无限长半圆柱面导体,载有与轴线上的长直导线的电 流 I 等值反向的电流,如图 14-52 所示。试求轴线上长直导线单位长度所受的 a=磁力。 解： dF = Idl × B 而B=? 0 I1 2πR故dF = BI 2 dl =? 0 I1 I 2 dl 2π 2 R 2Fx = ∫dFx = dF cos θ? 0 I1 I 2 cos θRdθ = 0 0 2π 2 R 2πdFy = dF sin θFy = ∫π0? 0 I1 I 2 ? II sin θRdθ = 0 21 2 2 2 2π R π RI1 = I 2?0 I 2 所以 Fy = 2 π R14-13.截面积为 S 、密度为 ρ 的铜导线被弯成正方形的三边，可以绕77水平轴 OO ′ 转动，如图 14-53 所示。导线放在方向竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电 流为 I 时，导线离开原来的竖直位置偏转一个角度 θ 而平衡。求磁感应强度。 解：设正方形的边长为 a ，质量为 m ， m = ρ aS 。平衡时重力矩等于磁力矩M = pm × B重力矩为 平衡时磁力矩的大小M = BIa 2 sin( 90 0 ? θ ) = BIa 2 cos θa M = mga sin θ + 2mg ? sin θ = 2mga sin θ 22mga sin θ = BIa 2 cos θ2mg 2 ρSg tan θ = tan θ Ia I 14-14.有一个 U 形导线，质量为 m ，两端浸没在水银槽中，导线水平部 分的长度为 l ，处在磁感应强度大小为 B 的均匀磁场中，如图 14-54 所 示。当接通电源时， U 导线就会从水银槽中跳起来。假定电流脉冲的 时间与导线上升时间相比可忽略。 试由导线跳起所达到的高度 h 计算电 流脉冲的电荷量 q 。 B=解：跳起来达到最大高度这个过程机械能守恒1 2 mv = mgh 2接通电流时有v = 2 ghBIl = m dv dq 而 I = dt dt mv m q= = 2 gh Bl Bl∫ Bldq = ∫0qv0mdv14-15.半径为 R 的半圆形闭合线圈，载有电流 I ，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平 行，如图 14-55 所示。求 （1）线圈所受力矩的大小和方向（以直径为转轴） ； （2）若线圈受上述磁场作用转到线圈平面与磁场垂直的位置 ，则力矩做功为多少？ 解： （1） p m = ISnM = pm × B1 = πR 2 IB 方向为垂直于 B 的方向向上 2 2 1 2 1 2 （2） W = I?φ = I ( B ? πR ? 0) = IBπR 2 2M = p m B sinπ思考题 14-1． 在图 a ） （ b ） （ 和 中各有一半径相同的圆形回路 L1 、L2 ， 圆周内有电流 I 1 、I 2 ， 其分布相同，且均在真空中，但在（ b ）图中 L2 回路外有电流 I 3 ， P1 、 P2 为两圆形回路 上的对应点，则：( A) ∫ B ? dl = ∫ B ? dl ,L1 L2B P1 = B P2 ； ( B ) ∫ B ? dl ≠ ∫ B ? dl ,L1 L2B P1 = B P2 ；78(C ) ∫ B ? dl = ∫ B ? dl ,L1 L2B P1 ≠ B P2 ； ( D) ∫ B ? dl ≠ ∫ B ? dl ,L1 L2B P1 ≠ B P2 .答： B 的环流只与回路中所包围的电流有关，与外面的电流无关，但是回路上的磁感应强 度却是所有电流在那一点产生磁场的叠加。所以 C 对。 14-2． 哪一幅图线能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的 B 随 x 的变化关 系？（ x 坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心 O ）答：载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的磁感应强度 B =? 0 IR 22( R 2 + x 2 )3 2x=0B=?0 I2Rx ff RB≈? 0 IR 22x 3根据上述两式可判断 C 图对 14-3. 取一闭合积分回路 L ，使三根载流导线穿过它所围成的面．现改变三根导线之间 的相互间隔，但不越出积分回路，则： (A)回路 L 内的 (B)回路 L 内的 (C)回路 L 内的 (D)回路 L 内的∑ I 不变， L 上各点的 B 不变； ∑ I 不变， L 上各点的 B 改变； ∑ I 改变， L 上各点的 B 不变； ∑ I 改变， L 上各点的 B 改变.答：B 对 14-4. 一载有电流 I 的细导线分别均匀密绕在半径为 R 和 r 的长直圆筒上形成两个螺线 管 ( R = 2r )，两螺线管单位长度上的匝数相等．两螺线管中的磁感应强度大小 B R 和 Br 应 满足：79( A) BR = 2 Br ； ( B) BR = Br ； (C )2 BR = Br ； ( D) BR = 4 Br .答：对于长直螺线管 B =? 0 nI ，由于两螺线管单位长度上的匝数相等，所以两螺线管磁感应强度相等。 14-5. 均匀磁场的磁感应强度 B 垂直于半径为 r 的圆面。今以该圆周为边线，作一半球 面 S ，则通过 S 面的磁通量的大小为多少？ 答： φ = Bπ r 2 14-6. 如图，匀强磁场中有一矩形通电线圈，它的平面与磁场 平行，在磁场作用下，线圈向什么方向转动？ 答：ab 受力方向垂直纸面向里，cd 受力外，在力偶矩的作 用下， ab 垂直纸面向里运动， cd 垂直纸面向外运动，从上往下看，顺时 针旋转。 14-7. 一均匀磁场，其磁感应强度方向垂直于纸面，两带电粒子在 磁场中的运动轨迹如图所示，则 (A) 两粒子的电荷必然同号； (B) 粒子的电荷可以同号也可以异号； (C) 两粒子的动量大小必然不同； (D) 两粒子的运动周期必然不同. 答： 应该选 B第十五章习题 第十五章习题15-1. 一圆柱形无限长导体，磁导率为 ? ，半径为 R ，通有沿轴线方向的均匀电流 I . 求： （1）导体内任一点的 H、B 和 M ； （2）导体外任一点的 H、B . 解： （1）∫ H ? dl = I ′l而I′ =I ?π r 2 2 πR(r p R)H=Ir 2πR 2B = ?H =?Ir 2πR 2M =B?0?H =?r I r I r ( ? r ? 1) Ir ? = 2 2 2πR 2πR 2πR 2（2） H ? dl = Il∫H=I 2π rB = ?0 H =?0 I 2π r(r f R)8015-2. 螺绕环平均周长 l = 10cm ，环上绕有线圈 N = 200 匝，通有电流 I = 100mA 。 试求： （1）管内为空气时 B 和 H 的大小； （2）若管内充满相对磁导率 ? r = 4200 的磁介质， B 和 H 的大小. 解： （1） B = ? 0 nI = ? 0N I = 4π × 10 ? 7 × 100 × 10 ?3 = 2.5 × 10 ? 4 T LH=（2） H =B?0= 200 A mN I = 200 A m LB = ? H = ?0 ?r H = 4π × 10 ?7 × 4200 × 200 = 1.05T15-3. 螺绕环内通有电流 20A ，环上所绕线圈共 400 匝，环的平均周长为 40cm ，环内 磁感应强度为 1.0T ，计算： （1）磁场强度； （2）磁化强度； （3）磁化率； （4）和相对磁导率。 解： H =N 400 I= × 20 = 2 × 10 4 A m L 0 .4 BM =?0?H =1 ? 2 × 10 4 = 7.76 × 10 5 A m 4π × 10 ?7χ m = ?r ?1 =B ? 1 = 38.8 ?0 Hσs = M =磁化面电流密度B ? H = 7.76 × 10 5 A m ?0磁化面电流i s = σ s L = 7.76 × 10 5 × 0.4 = 3.1 × 10 5 A? r = χ m + 1 = 38.8 + 1 = 39.815-4. 一永磁环的磁化强度为 M ， 磁环上开有一很窄的细缝。 求图中 1、 2 点处的磁感应强度 B 值和磁场强度 H 值。 解： M =B?0?HH1 ≠ H 2由于是一个永磁环∫ H ? dl = 0c所以 H 2 = 0B1 = B2 = ? 0 MH1 =?0B1=M8115-5. 图 a 为铁氧体材料的 B ? H 磁滞曲线，图 b 为此材料制成的计算机存贮元件的环 形磁芯。磁芯的内、外半径分别为 0.5mm 和 0.8mm ，矫顽力为 H C =500πA/m 。设磁芯的磁化方向如图 b 所示，欲使磁芯的磁化方向翻转，试问： （1）轴向电流如何加？至少加至多大时，磁芯中磁化方向开始翻转？ （2）若加脉冲电流，则脉冲峰值至少多大时，磁芯中从内而外的磁化方向全部翻转？解： （1） H c =i max 2π r内 500imax = 2π r内 H c = 2π × 0.5 × 10 ?3 ×（2） imax = 2π r外 H c = 2π × 0.8 × 10?3π= 0 .5 A×500π= 0 .8 A思考题 15-1. 何谓顺磁质、抗磁质和铁磁质，它们的区别是什么？ 答：顺磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相同。 抗磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相反。 铁磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相同， 并且附加磁场远远大于原来磁场。 15-2. 将电介质与磁介质加以比较. 答：略 15-3. 何谓磁滞回线？ 答：对于铁磁质来说，磁感应强度 B 随磁场强度 H 的变化而变化所形成的闭合曲线就 叫磁滞回线。见教材 P107 页图 15-11。 15-4. 在两个分界面，磁感应强度和磁场强度的关系如何？ 答：在两个分界面磁场强度的法向分量是连续的，磁感应强度的法向分量不连续。第十六章习题 第十六章习题16-1. 直导线中通以交流电，如图所示， 置于磁导率为 ? 的介质中， 已知： I = I 0 sin ωt ，其中 I 0、ω 是大于零的常量.求：与其共面的 N 匝矩 形回路中的感应电动势.82解： B =?I 2π xd +a dΦ=∫?Il d + a ?I ?ldx = ln 2π x 2π dε = ?NN ? I 0ω l d + a dΦ =? ln cos ωt dt 2π d16-2. 如 图 所 示 ， 长 直 导 线 中 通 有 电 流 I = 5.0 A ， 在 与 其 相 距 d = 0.5cm 处放有一矩形线圈，共 1000 匝，设线圈长 l = 4.0cm ，宽 a = 2.0cm 。不计线圈自感，若线圈以速度 v = 3.0cm/s 沿垂直于长导线的 方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？ 解： ε ab = NB2 lvε dc = NB1lvε = ε dc ? ε ab = NB1lv ? NB2lv =?0 IN 1 ?0 IalvN 1 ( ? )lv = = 1.92 ×10 ?4 2π d d + a 2π d (d + a )16-3. 电 流为 I 的无限长直导线旁有一弧形 导线，圆心角 为120 o ， 几何尺寸及位置如图所示。 求当圆弧形导线以速度 v 平行于长直导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。 解：连接 AO 、 OB ，圆弧形导线与 AO 、 OB 形成闭合回 路，闭合回路的电动势为 0，所以圆弧形导线电动势与 AOB 直导线的电动势相等。ε AO = ∫ v × B ? dl = ? ∫ ε OB = ∫ v × B ? dl = ? ∫ 2 ε AB = ε AO + ε OB = ?52RR? 0 Iv ? Iv dx = ? 0 ln 2 2 πx 2πR2R? 0 Iv ? Iv 5 dx = ? 0 ln 2π x 2π 4? 0 Iv 5 ln 2π 216-4. 电阻为 R 的闭合线圈折成半径分别为 a 和 2a 的两个圆，如图所示， 将其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按 B = B0 sin ωt 的 规律变化。已知 a = 10cm ， B0 = 2 × 10 T ，ω = 50rad/s ， R = 10? ，?2求线圈中感应电流的最大值。83I=εR=1 dΦ 1 dB 3πa 2 B0ω cos ωt ? = ? [?πa 2 + π (2a ) 2 ] ? = R dt R dt R 3πa 2 B0ω 3π × 0.12 × 2 × 10 ?2 × 50 = = 9.42 × 10 ?3 A R 10I max =dB & 0 的磁场，一直 dt 导线弯成等腰梯形的闭合回路 ABCDA ，总电阻为 R ，上底为 a ，下底为 2a ，求： （1） AD 段、 BC 段和闭合回路中的感应电动势； （2） B 、 C 两16-5. 如图所示，半径为 a 的长直螺线管中，有 点间的电势差 U B ? U C 。 解：∫ E ? dl = ?r dB E1 = ? ? 2 dt E2 = ?dΦ dt rpa rfaa 2 dB ? 2r dtε AD = ∫ E 1 ? dl = ∫ E cos θdl =∫a 2 a ? 2r dB 2 dta 2 ? (a ) 2 2 dl r=3 2 dB ?a 4 dt同理 ε BCπa 2 dB = ∫ E 2 ? dl = 6 dtε = ε BC ? ε AD = ( dB dt πa 2 3a 2 dB ? ) 逆时针方向 6 4 dt整个闭合回路的电动势U B ? U C = ?(π+ 310)a 216-6. 圆柱形匀强磁场中同轴放置一金属圆柱体，半径为 R ，高为 h ， 电阻率为 ρ ， 如图所示。 若匀强磁场以dB = k (k & 0, k为恒量) 的规律变化， dt求圆柱体内涡电流的热功率. 解：在圆柱体内任取一个半径为 r ，厚度为 dr ，高为 h 的小圆柱通壁ε=dΦ dB = πr 2 dt dt84电阻 R = ρ2πr hdrdP =ε 2 h dB = ? rdr R ρ dtRπh dB 2 3 πhk 2 R 4 P=∫ ( ) ? r dr = 0 2 ρ dt 8ρ16-7. 将金属薄片弯成如图所示回路，两端为半径为 a 的圆柱面，中间是边长为 l ，间 隔为 d 的两正方形平面，且 l && a ， a && d .（1）试求该回 路的自感系数； 2）若沿圆柱面的轴向加变化磁场 （B = B0 + kt ，试求回路中的电流 I (t ) .（回路中的电阻很小，可忽略不计） 解： （1） B = ? 0 nI = ? 0I lW = wV = 2 ?1 B2 1 B2 2 ? π a 2l + ?l d 2 ?0 2 ?0=?0 I 2lπ a 2 + ?0 I 2 d1 21 2 LI 2 2? π a 2 L= 0 + ?0 d l dI dΦ （2） ε = L = dΦ = S ? dB dt dt S 2π a 2 + ld lkt I = ∫ kdt = kt = ? 2 L 2 ?0π a ?0 + ?0 d l根据 W =16-8. 一 螺 绕 环 ， 每 厘 米 绕 40 匝 ， 铁 心 截 面 积 3.0cm ， 磁 导 率2? = 200? 0 ，绕组中通有电流 5.0mA ，环上绕有二匝次级线圈，求： （1）两绕组间的互感系数； 若初级绕组中的电流在 0.10s 内由 5.0A 降低到 0， （2） 次级绕组中的互感电动势。 解： （1） B = ?nIΦ = NBS = N?nISM =Φ = N?nS = 2 × 200 × 4π × 10 ?7 × 40 × 10 2 × 3 × 10 ? 4 = 6.03 × 10 ? 4 H I85dI 5?0 = 6.03 × 10 ? 4 × = 3.02 × 10 ? 2 V dt 0 .1 16-9. 如图，半径分别为 b 和 a 的两圆形线圈（ b && a ） ，在 t = 0 时共面放置，大圆形线 圈通有稳恒电流 I，小圆形线圈以角速度 ω 绕竖直轴转动，若小圆形线圈的电阻为 R ，（2） ε = M （2）从初始时刻转到该位 求： （1）当小线圈转过 90 时，小线圈所受的磁力矩的大小； 置的过程中，磁力矩所做功的大小。 解： B =o?0 I 2b任一时间穿过小线圈的磁通量 Φ = Bπa cos ωt2小线圈的感应电流 i =ε 1 dΦ Bωπa 2 = = sin ωt R R dt R Bωπ 2 a 4 R当 ωt =π 时 2p m = iπa 2 =M = Bp m =2 B 2 ωπ 2 a 4 ? 0 I 2 ωπ 2 a 4 = R 4Rb 2 π 2 0 2 B 2 ωπ 2 a 4 ?0 I 2 ωπ 3 a 4 sin θdθ = ? = R 16 Rb 2 2B 2 ωπa 2 W = ∫ iπa Bdθ = R2∫16-10. 一同轴电缆由中心导体圆柱和外层导体圆筒组成，两者半径分别 为 R1 和 R2 ，导体圆柱的磁导率为 ?1 ，筒与圆柱之间充以磁导率为 ? 2 的磁介 质。电流 I 可由中心圆柱流出，由圆筒流回。求每单位长度电缆的自感系数。 解： B1 =?1 Ir 2πR12?2 I 2πrr p R1B2 =R1 p r p R2Wm = ∫=B2 B2 B2 dV = ∫ 1 dV + ∫ 2 dV 2? 2 ?1 2?2? ? 1 1 ? R1 ?1 Ir 2 ( ) ? 2π rdr ? + ? 2 ?1 ? ∫0 2π R12 ? ? ? 2?2∫R2R1(?2 I 2 ? ) ? 2π rdr ? 2π r ?=?1I 2 ?2 I 2 R2 + ln 16π 4π R1Wm = LI 2 / 286单位长度自感 L =?1 ?2 R2 + ln 8π 2π R116-11. 一电感为 2.0H ，电阻为 10 的线圈突然接到电动势 ε = 100V ，内阻不计的电 源上，在接通 0.1s 时，求： （1）磁场总储存能量的增加率； （2）线圈中产生焦耳热的速率； （3）电池组放出能量的速率。 解： （1） I (t ) =? t ε (1 ? e L ) = 3.9 A R RW (t ) =1 2 LI 2R R R? t ? t ? t dW (t ) dI ε2 = LI ? = εIe L = (1 ? e L )e L = 238 J s dt dt R（2） P = I 2 R = 3.9 2 × 10 = 152 J s （3）电池组放出能量的速率 P = Iε = 390 J s 16-12. 在一对巨大的圆形极板（电容 C = 1.0 × 105 ?12F ）上，加上频率为 50Hz ，峰值为 1.74 × 10 V 的交变电压，计算极板间位移电流的最大值。 解： I D = CdU = ?ωCU m sin ωt dtω = 2π fI Dm = ωCU m = 2π fCU m = 2π × 50 × 1.0 × 10?12 × 1.74 × 105 = 5.46 × 10?5 A思考题 16-1. 图为用冲击电流计测量磁极间磁场的装置。小线圈与冲击电流计相接，线圈面积 v 为 A ，匝数为 N ，电阻为 R ，其法向 n 与该处磁场方向相同，将小线圈迅速取出磁场时， 冲击电流计测得感应电量为 q ，试求小线圈所在位置的磁感应强度。 解： q =∫ Idt = R ∫ εdt =B= Rq NA1?Φ NBA = R R16-2. 图中 abcda 电路有电阻 R ，其中 bc 段的一部分绕成圆形，圆形区域有一与回路 平面垂直的均匀磁场 B ，在圆形导线的一边施加恒力 F ，由于 a 端 固定，假定该圆开始的半径为 r0 ，并维持以圆形的方式收缩，设导 线非常柔软，忽略导线的质量，问需要多长的时间圆形部分完全闭 合？87答： t =2πB 2 3 r0 3RF16-3. 在磁感应强度为 B 的均匀磁场内，有一面积为 S 的矩形线框，线框回路的电阻为 R （忽略自感） ，线框绕其对称轴以匀角速度 ω 旋转（如图所示） 。 （1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？ （2）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？答： Φ = BS cos φ = BS cos ωtε 1 = BSω sin ωt R R 1 p m = IS = BS 2 ω sin ωt R 1 M = Bp m sin ωt = B 2 S 2 ω sin 2 ωt R 2π 1 1 W = ∫ Mdθ = ∫ B 2 S 2 ω sin 2 θdθ = B 2 S 2 ωπ 0 R R I=16-4. 一平板电容器充电以后断开电源，然后缓慢拉开电容器两极板的间距，则拉开过 程中两极板间的位移电流为多大?若电容器两端始终维持恒定电压，则在缓慢拉开电容器两 极板间距的过程中两极板间有无位移电流?若有位移电流，则它的方向怎样? 答： I d = CdU ， dt16-5. 图 a 为一量值随时间减小，方向垂直纸面向内的变化电场， 均匀分布在圆柱形区域内.试在图 b 中画出： （1）位移电流的大致分布和方向； （2）磁场的大致分布和方向。 答： 略 16-6. 试写出与下列内容相应的麦克斯韦方程的积分形式： （1）电力线起始于正电荷终止于负电荷； （2）磁力线无头无尾； （3）变化的电场伴有磁场； （4）变化的磁场伴有电场。 解： （1） （2）∫ D ? dS = ∑ qSi∫ B ? dS = 0S88（3） H ? dl =S∫∑I + ∫c（4） E ? dl = ?S∫∫?D ? dS S ?t?D ? dS S ?t第十七章习题 第十七章习题17-1. 已知电磁波在空气中的波速为 3.0 × 10 m/s ，试计算下列各种频率的电磁波在空8气中的波长： （1）上海人民广播电台使用的一种频率ν = 990kHz ； （2）我国第一颗人造地 球卫星播放东方红乐曲使用的无线电波的频率ν = 20.009MHz ； （3）上海电视台八频道使 用的图像载波频率ν = 184.25MHz . 解： λ =c ν（1） λ = （2） λ =3 × 10 8 = 303m 990 × 10 33 × 108 = 14.99m 20.009 × 1063 × 10 8 （3） λ = = 1.63m 184.25 × 10 617-2. 一电台辐射电磁波，若电磁波的能流均匀分布在以电台为球心的球面上，功率为10 5 W 。求离电台 10km 处电磁波的坡因廷矢量和电场分量的幅值。解： S =P 105 = = 7.96 × 10?5 J m 2 ? s 2 4π r 4π × 100002S=ε 2 E ?ε0 E =?0 HE2 =1 2 E 2 0所以Em = (2 S ??0 12 ) = 2.45 ×10 ?2 V m ε017-3. 真空中沿 x 正方向传播的平面余弦波，其磁场 分量的波长为 λ ，幅值为 H 0 .在 t = 0 时刻的波形如图所 示.（1）写出磁场分量的波动表达式； （2）写出电场分量 的波动表达式，并在图中画出 t = 0 时刻的电场分量波 形； （3）计算 t = 0 时， x = 0 处的坡因廷矢量. 解： （1）设H = H 0 cos(ωt ?2π x + φ) λH0 2t = 0 、 x = 0时H =?89cos φ = ?1 2φ=±2π 3 φ= 2π 3根据波形曲线可以判断出H z = H 0 cos(ωt ?2πλx+2π 2π 2π ? ) = H 0 cos ? (ct ? x) + ?λ 3 3 ? ? ?（2） E =?0 2π ? ? 2π H = ? 0 cH = ? 0 cH 0 cos ? (ct ? x) + ? ε0 3? ? λH= H0 2 E=（3）t = 0 、 x = 0时2 ? 0 cH 0 4? 0 cH 0 2S = EH =方向沿 x 轴正向17-4. 氦氖激光器发出的圆柱形激光束，功率为 10mW，光束截面直径为 2mm.求该激 光的最大电场强度和磁感应强度. 解： S =P 10 × 10 ?3 = = 3.18 × 103 W m 2 π r 2 3.14 × 10?6Em = (2 S ??0 12 ) = 1.529 × 103 V m ε0Bm = ?0 H m = ?0ε 0 H m = 4.30 ×10 ?6 THm =ε0 Em ?0思考题 17-1. 试述电磁波的性质. （1）电磁波是横波 （2） E 和 H 同相位 ; , ;（3） E 和 H 数值成比例 ε E = （4）电磁波传播速度 u =?H ；1等于光速 。1ε?, 真空中波速 u =ε0 ?017-2. 图 a 为一 LC 电路， C 为圆形平行板电容器， L 为长直螺线管，图 b 及图 c 分别 表示电容器放电时平行板电容器的电场分布和螺线管内的磁场分布。 （1）在图 b 内画出电容器内部的磁场分布和坡因廷矢量分布。 （2）在图 c 内画出螺线管内部的电场分布和坡因廷矢量分布。90答：略 17-3. 如图所示， 同轴电缆内外半径分别为 a 和 b ， 用来作为电源 ε 和电阻 R 的传输线， 电缆本身的电阻忽略不计。 （1）求电缆中任一点（ a & r & b ）处的坡因廷矢量 S 。 （2）求通过电缆横截面的能流，该结果说明什么物理图象？解： 在导体内部，场强为 0，在两圆桶之间E=U r ln b a方向沿径向H=1 2πr方向沿圆周的切向S = EH =UI b 2π r ln a2沿电缆轴线方向表明电源向负载提供的能量是通过坡因廷矢量传递的第十八章习题 第十八章习题18-1．杨氏双缝的间距为 0.2mm ，距离屏幕为 1m ，求： （1）若第一到第四明纹距离为o7.5mm ，求入射光波长。 （2）若入射光的波长为 6000 A ，求相邻两明纹的间距。解： （1）根据条纹间距的公式： ?x = ?koDλ 1× λ = 3× = 0.0075m d 2 ×10 ? 4所以波长为： λ = 5000 ADλ 1× 6000 × 10 ?10 ? = = 3mm （2） 若入射光的波长为 6000 A ， 相邻两明纹的间距： x = d 2 × 10 ?4o18-2．图示为用双缝干涉来测定空气折射率 n 的装置。实验前，在长度为 l 的两个相同 密封玻璃管内都充以一大气压的空气。现将上管中的空气逐渐抽去， （1）则光屏上的干涉条91纹将向什么方向移动； （2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为 λ 的干涉条纹移过N 条。计算空气的折射率.解： （1）当上面的空气被抽去，它的光程减小，所以它将通过增加路程来弥补，所以条纹向 下移动。 （2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为 λ 的干涉条纹移过 N 条。 可列出： l（n ? 1 = Nλ ） 解得：n=Nλ +1 l18-3．在图示的光路中， S 为光源，透镜 L1 、 L2 的焦距都 为 f , 求（1）图中光线 SaF 与光线 SOF 的光程差为多少？。 （2） 若光线 SbF 路径中有长为 l , 折射率为 n 的玻璃, 那么该光 线与 SOF 的光程差为多少？。 解：（1）图中光线 SaF 与光线 SOF 的几何路程相同，介质相同，所以 SaF 与光线 SoF 光程差为 0。 （2）若光线 SbF 路径中有长为 l , 折射率为 n 的玻璃, 那么光程差为几何路程差与 介质折射率差的乘积，即 l（ n ? 1 ） 18-4．在玻璃板（折射率为 1.50 ）上有一层油膜（折射率为 1.30 ） 。已知对于波长为 500nm 和 700nm 的垂直入射光都发生反射相消，而这两波长之间没有别的波长光反射相 消，求此油膜的厚度。 解：油膜上、下两表面反射光的光程差为 2 ne ?，由反射相消条件有 2ne=(2k+1)λ/2=(k+1/2)λ (k=0，1，2，…) ①& 当λ1=5000 A 时，有 & 当λ2=7000 A 时，有2ne=(k1+1/2)λ1=k1λ1+2500 2ne=(k2+1/2)λ2=k2λ2+3500 ③②因λ2＞λ1，所以 k2＜k1;又因为λ1 与λ2 之间不存在λ3 满足 即不存在 k2＜k3＜k1 的情形，所以 k2、k1 应为连续整数，即 由②、③、④式可得： k1=(k2λ2+1000)/λ1=(7k2+1)/5=[7(k1-1)+1]/5 得 k1=3 k2=k1-1=2 可由②式求得油膜的厚度为 e=(k1λ1+2500)/(2n)=67312ne=(k3+1/2)λ3 式 k2=k1-1 ④& A18-5．一块厚 1.2?m 的折射率为 1.50 的透明膜片。设以波长介于 400 ~ 700nm 的可见 光．垂直入射，求反射光中哪些波长的光最强? 解：由反射干涉相长公式有 2ne+λ/2=kλ (k=1,2,…)92& 得 λ=4ne/(2k-1)=(4×1.5×12000)/(2k-1)= 7) Ak=6, λ=6550 A ；k=7, λ=5540 A ； k=8, λ=4800 A ；k=9, λ=4240 A ；& && &18-6．用 λ = 589.3nm 的光垂直入射到楔形薄透明片上，形成等厚条纹，已知膜片的 折射率为 1.52 ，等厚条纹相邻纹间距为 5.0mm ，求楔形面间的夹角. 解: 等厚条纹相邻纹间距为： l = 所以 θ = 0.002oλ 589.3 × 10 ?9 = = 5.0 × 10 ?3 2θn 2 × 1.52θ18-7．人造水晶珏钻戒是用玻璃（折射率为 1.50 ）做材料，表面镀上一氧化硅（折射率 为 2.0 ）以增强反射。要增强 λ = 560nm 垂直入射光的反射，求镀膜厚度。 解：由反射干涉相长公式有 2ne+λ/2=kλ (k=1,2,…) 当 k=1 时，为膜的最小厚度。 得 e=λ4n=560 × 10 ?9 = 0.07 ?m 4× 218-8．由两平玻璃板构成的一密封空气劈尖，在单色光照射下，形成 4001 条暗纹的等 厚干涉，若将劈尖中的空气抽空，则留下 4000 条暗纹。求空气的折射率。 解: 2nd = kλ = 4001λ ① ′λ = 4000λ 2d = k ② 由①/②得n=4001 = 1.18-9．用钠灯（ λ = 589.3nm ）观察牛顿环，看到第 k 条暗环的半径为 r = 4mm ，第 k + 5 条暗环半径 r = 6mm ，求所用平凸透镜的曲率半径 R 。 解：由牛顿环暗环公式 r= kRλ r= （k + 5）Rλ = 6mm据题意有 r= kRλ = 4mm ；所以：k=4，代入上式，可得：R=6.79m 18-10．当把折射率为 n = 1.40 的薄膜放入迈克尔逊干涉仪的一臂时，如果产生了 7.0 条条纹的移动，求薄膜的厚度。 （已知钠光的波长为 λ = 589.3nm ）.93解: 设插入薄膜的厚度为 d，则相应光程差变化为 2(n-1)d=ΔNλ -10 ∴ d=(ΔNλ)/(2(n-1))= (7×5893×10 )/(2(1.4-1)) -6 =5.154×10 m思考题 18-1 在劈尖的干涉实验中，相邻明纹的间距___________（填相等或不等） ，当劈尖的 角度增加时，相邻明纹的间距离将______________（填增加或减小） ，当劈尖内介质的折射 率增加时，相邻明纹的间距离将______________（填增加或减小） 。 答：根据相邻条纹的间距： l =λ 2θn条纹间距相等；当劈尖的角度增加时，相邻明纹的间距离将减小。 当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将减小。18-2．图示为一干涉膨胀仪示意图，上下两平行玻璃板用一对热膨胀系数极小的石英柱 支撑着， 被测样品 W 在两玻璃板之间, 样品上表面与玻璃板下表面间形成一空气劈尖, 在以 波长为 λ 的单色光照射下，可以看到平行的等厚干涉条纹。当W受热膨胀时，条纹将 （A）条纹变密，向右靠拢; （B）条纹变疏，向上展开; (C)条纹疏密不变，向右平移; (D)条纹疏密不变，向左平移。 ;答：根据相邻条纹的间距： l =λ 2θn，只要劈尖角不变，间距不变。由于 W 受热膨胀时，厚度变化，所以当厚度向左平移，则相应的条纹也向左平移。 选择（D）。 18-3．如图所示，在一块光学平玻璃片 B 上，端正地放一锥顶角很大的圆锥形平凸透镜A ，在 A 、 B 间形成劈尖角 ? 很小的空气薄层。当波长为 λ 的单色平行光垂直地射向平凸透镜时，可以观察到在透镜锥面上出现干涉条纹。 （1）画出于涉条坟的大致分布并说明其主要特征； （2）计算明暗条纹的位置； （3）若平凸透镜稍向左倾斜，干涉条纹有何变化？用图表示。 答： （1）图略，分析：这是一个牛顿环和劈尖的综合体，所以它 的形状类似于牛顿环，也属于等厚干涉。 （2）计算明暗条纹的位置；94明条纹： 2ne + 暗条纹： 2ne +λ λ2= ± kλ= ± 2k + 1） （ 2 2λ（3）若平凸透镜稍向左倾斜，干涉条纹将不再是对称的圆环，而是左密右疏的类圆环。 图示略。18-4．若待测透镜的表面已确定是球面，可用观察等厚条纹半径变化的方法来确定透 镜球面半径比标准样规所要求的半径是大还是小。如图，若轻轻地从上面往下按样规，则 图__________中的条纹半径将缩小，而图_________中的条纹半径将增大。答：设工件为L，标准样规为G。若待测工件表面合格，则L与G之间无间隙，也就没有光 圈出现。如果L的曲率R太小（如图b） ，则L与G的光圈很多，轻压后中心仍然为暗斑，但 条纹半径要减小；如果L的曲率R太大（如图a） ，则L与G的光圈除边缘接触，中间部分形 成空气膜，轻压后中心斑点明暗交替变化，而且所有光圈向外扩展。18-5．图 a 为检查块规的装置， G0 为标准块规， G 为上端面待测的块规，用波长为 λ 的平行光垂直照射，测得平晶与块规之间空气劈尖的干涉条纹如图所示，对于与 G0 和 G 的 条纹间距分别为 l 0 和 l ，且 l 0 & l 。若将 G 转过 180 ，两侧条纹均比原来密。0（1）判断并在图 c 中画出 G 规上端面的形貌示意图； （2）求 G 规左、右侧与 G0 的高度差。答： （1）根据相邻条纹的间距： l =λ 2θ对于 G0 和 G的条纹间距分别为 l 0 和 l ， l 0 & l ，可知 θ 0 f θ 。将 GG0G95转过 180 ，两侧条纹均比原来密，即角度变大了，所以图中G的形状为： （2）求 G 规左、右侧与 G0 的高度差。0h左 = L sin θ 0 =λL2l 0h右 = L sin θ = h左 +λL2l=λL2l 0+λL2l18-6．牛顿环装置中平凸透镜与平板玻璃间留有一厚度为 e0 的气隙，若已知观测所用 的单色光波长为 λ ，平凸透镜的曲率半径为 R 。 （1）试导出 k 级明条纹和暗条纹的公式； （2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，试述此过程中牛顿环 将如何变化？ （3）试判别在调节过程中，在离开中心 r 处的牛顿环某干涉 条纹宽度 ?rk 与 e 的厚度有无关系？叙述简明理由，并算出在该处的条纹宽度。 答： （1）与牛顿环计算相似： 明条纹： （e + e0） 2 +λ2= ± kλ(k=1,2,…)2 + 暗条纹： （e + e0）λ= ± 2k + 1） （ 2 2λ(k=1,2,…)（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，则厚度向边缘走动，根据等厚条纹的定义，相应 的条纹也要向边缘移动，即条纹扩展。 （3）在调节过程中，在离开中心 r 处的牛顿环某干涉条纹宽度 ?rk 与 e 的厚度有关系根据e=r2 2R r2 + e0） kλ = 2R r = （kλ ? 2e0）R比如暗环半径： （ 2那么 ?r = （k + 1 λ ? 2e0 ]R ? （kλ ? 2e0）R [ ） 由于平方根的存在，所以e0不能抵消，对条纹宽度产生影响。9618-7．登月宇航员声称在月球上唯独能够用肉眼分辨地球上的人工建筑是中国的长城。 你依据什么可以判断这句话是否真的？需要哪些数据？ （略）第十九章习题 第十九章习题19-1．波长为 546nm 的平行光垂直照射在缝宽为 0.437 mm 的单缝上，缝后有焦距为 40cm 的凸透镜，求透镜焦平面上出现的衍射中央明纹的线宽度。 解：中央明纹的线宽即为两个暗纹之间的距离?? 0 = ?1 ? ? 2 =2λ a?? 0 =2x f 2λf 2 × 546 × 10 ?9 × 0.4 = = 1.0 × 10 ?3 m a 0.437 × 10 ?3利用两者相等，所以： 2 x =19-2．波长为 500nm 和 520nm 的两种单色光同时垂直入射在光栅常数为 0.002cm 的 光栅上，紧靠光栅后用焦距为 2m 的透镜把光线聚焦在屏幕上。求这两束光的第三级谱线之 间的距离。 解：两种波长的第三谱线的位置分别为 x1,x2a sin ? = ± kλ 3 fλ1 asin ? = tan ? = 3 fλ 2 ax fx1 =所以：x2 =?x = x1 ? x2 = 0.006m19-3 ． 在 通 常 的 环 境 中 ， 人 眼 的 瞳 孔 直 径 为 3mm 。 设 人 眼 最 敏 感 的 光 波 长 为 λ = 550nm ， 人眼最小分辨角为多大？如果窗纱上两根细丝之间的距离为 2.0mm ， 人在多 远处恰能分辨。 解：最小分辨角为： θ = 1.22λD= 1.22 ×550 × 10 ?9 = 2.2 × 10 ? 4 rad ?3 3 × 10如果窗纱上两根细丝之间的距离为 2.0mm ，人在多远处恰能分辨。θ=l = 2.2 × 10 ? 4 rad，当l = 2mm，可得：s = 9.1m s19-4．已知氯化钠晶体的晶面距离 d = 0.282nm ，现用波长 λ = 0.154nm 的 X 射线射 向晶体表面，观察到第一级反射主极大，求 X 射线与晶体所成的掠射角.（ ） 解： d sin ? = ± 2k + 1λ2第一级即k=0。97? = sin ? =λ2d= 0.276rad如能用一光栅在第一级光谱中分辨在波长间隔 ?λ = 0.18nm ，发射中心波长为 λ = 656.3nm 的红双线，则该光栅的总缝数至少为多少？ 19-5. 解：根据瑞利判据： kλ =653.6 =N ?1 （653.6 + 0.18） 所以 N=3647。 NkN ? 1 （λ + ?λ） N19-6．一缝间距 d=0.1mm，缝宽 a=0.02mm 的双缝，用波长 λ = 600nm 的平行单色光 垂直入射，双缝后放一焦距为 f=2.0m 的透镜，求： （1）单缝衍射中央亮条纹的宽度内有几 条干涉主极大条纹； （2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，中央亮条纹的宽度内又有几 条干涉主极大？ 解：a sin ? = ± kλ所以中央亮条纹位置为： 2 x = 2fλ 2 × 600 × 10 ?9 = = 0.12m a 2 × 10 ?5中央明条纹位于：中心位置的上下方各 0.06m 处。?9 而干涉条纹的条纹间距为： ?x = fλ = 2 × 600 ×?10 = 0.012m 4 d 1 × 10 中央明条纹在中心位置的上下方各 0.006m 的位置上，第 K 级明条纹的位置为： x = 0.006 + k × 0.012 p 0.06 所以对应的 k=4， 即在单缝衍射中央亮条纹的宽度内有 9 条干涉主极大条纹（两边各四条+中央明纹） 。（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，?9 干涉条纹的条纹间距将变为： ?x = fλ = 2 × 600 × 10 = 0.024m 1 0.5 × 10 ? 4 d 2 中央明条纹在中心位置的上下方各 0.012m 的位置上，第 K 级明条纹的位置为： x = 0.012 + k × 0.024 p 0.06 所以对应的 k=2， 即在单缝衍射中央亮条纹的宽度内有 5 条干涉主极大条纹（两边各两条+中央明纹） 。19-7 一个平面透射光栅，当用光垂直入射时，能在 30 度角的衍射方向上得到 600nm 的第二级主极大， 并且第二级主极大能分辨 ?λ = 0.05nm 的两条光谱线， 但不能得到 400nm 的第三级主极大，求： （1）此光栅的透光部分的宽度 a 和不透光部分的宽度 b； （2）此光栅 的总缝数 N。 解： （1）利用： （a + b） ? = ± kλ sin 根据题意：30 度角的衍射方向上得到 600nm 的第二级主极大，所以：a+b = 2λsin ?= 2×600 = 2400nm 1 2不能得到 400nm 的第三级主极大：说明第三级条纹缺级。98由缺级的定义可得到：a+b =3 a kN ? 1 （λ + ?λ） N所以：a=800nm，b=1600nm。 （2）根据瑞利判据： kλ =2 × 600 =2N ? 1 （600 + 0.05） N所以：N=6000。 19-8 波长 400nm 到 750nm 的白光垂直照射到某光栅上，在离光栅 0.50m 处的光屏上 测得第一级彩带离中央明条纹中心最近的距离为 4.0cm，求： （1）第一级彩带的宽度； （2） 第三级的哪些波长的光与第二级光谱的光相重合。 解： （1）衍射光栅中 x = 2k + 1 （ ）λ400 × 10 ?7 2a2a波长越小，则离中央明纹就越近，所以： 0.04 = 3 ×那么 750nm 的波长的第一级条纹位置在： x = 3 ×750 × 10 ?7 = 0.075m 2a第一级彩带的宽度： ?x = 0.075 ? 0.04 = 0.035m = 3.5cm （2）第二级的 750nm 的波长对应的光的位置： x 2 = 5 × 第三级中有一部分和它将重合： x3 = 7 × 对应的波长为 400――500nm 的波 19-9 如要用衍射光谱区别氢原子巴尔末系第 11 条和第 12 条谱线，光栅的分辨本领应 为多大？如光栅常数为每毫米 200 条的光栅， 要想在第 2 级中能分辨这两条谱线， 这光栅的 宽度至少多宽？（提示：巴尔末系第 11 条和第 12 条谱线由量子数 n 分别为 13 和 14 到 n=2 的跃迁所产生。 ） 解： （1）根据瑞利判据：光栅的分辩本领为 R =2 ２750 × 10 ?7 = 0.125m 2aλ2a=7 × 10 3 λ ≤ 0.125m 3~ n 从 13→2： v =R［1/2 -1/13 ］=(3/4)R， λ２=676/(165R) ２ ２ ~ n 从 14→2： v =R［1/2 -1/14 ］=(5/36)R，λ３=(49)/(12R)所以： R =λ ，只要知道它们的波长就可以了。 ?λ?λλ=λ3 = 300 λ2 ? λ3kλ =（2） 根据瑞利判据：kN ? 1 （λ + ?λ） N 2N ? 1 k=2，所以： 2 × 3722 = × 3734 得出： N=151 条， N99如光栅常数为每毫米 200 条的光栅， 那么只要光栅的宽度为： 足要求了。151 = 0.75mm 就可以满 200o。问： （1）光线垂直 19-10 用每毫米 500 条栅纹的光栅，观察钠光光谱（ λ = 5900 A ） 入射； （2）光线以入射角 30 入射时，最多能看到几级条纹？ 解： （1）正入射时， d =。10 ?3 = 2 × 10 ?6 m 500d sin ? = ± kλ所以当 sin ? = 1 ，对应的级次（取整数）最大： k = 能看到的条纹为：3，2，1，0，-1，-2，-3。 （2）斜入射时， d（sin ? ± sin θ） ± kλ = 所以当 sin ? + sin 30 =odλ=33 3d =5 ，对应的级次（取整数）最大： k = 2 2λ 1 d o 当 sin ? + sin 30 = ? ，对应的级次（取整数）最小： k = ? = ?1 2 2λ能看到的条纹为：5，4，3，2，1，0，-1。思考题 19-1．要分辨出天空遥远的双星，为什么要用直径很大的天文望远镜？ 答：最小分辨角为： θ = 1.22λD，它的倒数为分辨本领，当D越大，θ越小，那么分辨本领就越大。所以用的天文望远镜的直径很大，提高了分辨本领。 19-2．使用蓝色激光在光盘上进行数据读写较红色激光有何优越性？ 答：最小分辨角为： θ = 1.22λD，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨本领就越大。所以用的蓝色光比红色光好，提高了分辨本领。 19-3．光栅形成的光谱较玻璃棱镜形成的色散光谱有何不同？ 答：两者都是分光元件。不同点： （1）光栅光谱有一系列的级次，每一级次都有正负两套光谱，零级光谱因波长重合而不 能分光；而棱镜光谱只有一套零级光谱，相对强度大。 （2）低级次的光栅光谱波长与衍射角近似有正比关系，称为匀排光谱；而棱镜光谱的波 长与角度为非线性关系，不是匀排光谱。10019-4．孔径相同的微波望远镜和光学望远镜相比较，哪个分辨本领大？为什么？ 答：最小分辨角为： θ = 1.22λD，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨本领就越大。由于微波的波长大于光波的波长，所以光波望远镜的分辨本领大。 19-5．登月宇航员声称在月球上唯独能够用肉眼分辨地球上的人工建筑是中国的长城。 你依据什么可以判断这句话是否真的？需要哪些数据？ 答：可以根据瑞利判据。第二十章习题 第二十章习题20-1．从某湖水表面反射来的日光正好是完全偏振光，己知湖水的折射率为 1.33 。推算 太阳在地平线上的仰角，并说明反射光中光矢量的振动方向。 解：由布儒斯特定律α = arctanπ? α2n2 = arctan 1.33 = 53o n1= 37 o在反射光中振动方向为与入射面垂直。 20-2．自然光投射到叠在一起的两块偏振片上，则两偏振片的偏振化方向夹角为多大才 能使： （1）透射光强为入射光强的 1 / 3 ； （2）透射光强为最大透射光强的 1 / 3 . (均不计吸收) 解：设夹角为α，则透射光强 I = I 0 cos α2通过第一块偏振片之后，光强为：1/2I0， 由题意透射光强为入射光强的 1 / 3 得 I=I 0/3 则 α=arccos(通过第二块偏振片之后： I =1 I 0 cos 2 α 22 ),α=35.26° 3同样由题意当透射光强为最大透射光强的 1 / 3 时，也就是透射光强为入射光强的 1/6， 可得： α=54.74° 20-3．设一部分偏振光由一自然光和一线偏振光混合构成。现通过偏振片观察到这部分 偏振光在偏振片由对应最大透射光强位置转过 60 时，透射光强减为一半，试求部分偏振光 中自然光和线偏振光两光强各占的比例。 解: I max =o1 I 0 + I1 21011 I max = I 0 + I 1 cos 2 60 o 21 即得 I 0：I 1 = 1：20-4．由钠灯射出的波长为 589.0nm 的平行光束以 50 角入射到方解石制成的晶片上， 晶片光轴垂直于入射面且平行于晶片表面，已知折射率 no = 1.65 ， ne = 1.486 ，求 （1）在晶片内 o 光与 e 光的波长； （2） o 光与 e 光两光束间的夹角. 解:由on=c λc = v λn 589.0 = 356.97nm 1.65∴ λ0 =λcn0=λe =λcne=589.0 = 396.37 nm 1.486sin 50 o nO = sin ? O? O = arcsin?φ=3.37°sin 50 o = 27.66 o nO? e = arcsinsin 50 o = 31.03o ne20-5．在偏振化方向正交的两偏振片 P1 , P2 之间，插入一晶片，其光轴平行于表面且与 起偏器的偏振化方向成 35 ，求 （1）由晶片分成的 o 光和 e 光强度之比； （2）经检偏器 P2 后上述两光的强度之比。 解： （1）由晶片分成的 o 光的振幅： AO = A sin θ 强度之比为振幅的平方比，所以：oe 光的振幅： Ae = A cos θI 1 sin 2 θ = = 0.49 I 2 cos 2 θ（2）经检偏器后上述两光中 o 光的振幅： AO = A sin θ cos θe 光的振幅： Ae = A cos θ sin θ也就是振幅相同，所以强度之比为 1：1。20-6．把一个楔角为 0.33 的石英劈尖(光轴平行于棱)放在偏振化方向正交的两偏振片o102之间。用 λ = 654.3nm 的红光垂直照射，并将透射光的干涉条纹显示在屏上。已知石英的 折射率 n0 = 1.5419 ,ne = 1.5509 ，计算相邻干涉条纹的间距。解:选择劈尖的暗条纹，则条纹位置为：2π （ne ? nO）d + π = 2k + 1）π （λ（ne ? nO）d = kλ那么这样的劈尖的相邻干涉条纹的间距：?d = = 12.6mm （ne ? nO）θλ思考题 20-1．用偏振片怎样来区分自然光、部分偏振光和线偏振光？ 答:将光通过偏振片，光强无变化的为自然光；光强有变化但不会出现完全消光的为部 分偏振光；光强有变化且在某个方向为零的为线偏振光。 20-2． 如图所示， 玻璃片堆 A 的折射率为 n ， 二分之一波片 C 的光轴与 y 轴夹角为 30 ， 偏振片 P 的偏振化方向沿 y 轴方向，自然光沿水平方向入射。 （1）欲使反射光为完全偏振光，玻璃片堆 A 的倾角 θ 应为多少？在图中画出反射光的偏振 态； （2）若将部分偏振光看作自然光与线偏振光两部分的叠 加，则经过 C 后线偏振光的振动面有何变化？说明理由； （3）若透射光中自然光的光强为 I ，偏振光的光强为 3I ， 计算透过 P 后的光强。 答： （1）根据马吕斯定律： α = arctan n，θ = （2）椭圆偏振光 （3）可用相干叠加公式计算。 （略）0π2?α 。20-3．在图示的装置中， P1 、 P2 为两个正交的偏振片， C 为四分之一波片，其光轴与 P1 的 偏振化方向间夹角为 60 ，强度为 I 的单色自然光垂直入射于 P1 。 （1）试述①、②、③各区光的偏振态； （2）计算①、②、③各区的光强。0答： （1）①区：为线偏振光；②区为椭圆偏振光；③区为椭圆偏振光。 （2）①区光强：1 I0 2103②区的光强：O 光的光强： I O =1 3 I 0 sin 2 θ = I 0 2 8 1 1 e 光的光强： I e = I 0 cos 2 θ = I 0 2 8 1 2 3 1 3 2 I0 I e = sin 2 θ cos 2 θ = I0 ③区的光强： I O = sin θ cos θ = 2 32 2 32 3 I0 两者发生干涉现象，并且干涉加强： I = I O + I e = 1620-4．如图所示的偏振光干涉装置中， C 是劈尖角很小的双折射晶片，折射率 ne & n0 ，P1 、 P2 的偏振化方向相互正交，与光轴方向皆成 45 0 角。若以波长为 λ 的单色自然光垂直照射，试讨论： （1）通过晶片 C 不同厚度处出射光的偏振态； （2）经过偏振片 P2 的出射光干涉相长及相消位置与劈尖厚度 d 之间的关系，并求干涉 相长的光强与入射光光强之比； （3）若转动 P2 到与 P1 平行时，干涉条纹如何变化？为什么？答： （1）通过晶片 C 不同厚度处出射光的偏振态为圆偏振光。 （2）这是一个劈尖干涉的情况，所以列式：2π （ne ? nO）d + π = 2kπλ 2π （ne ? nO）d + π = 2k + 1）π （ λ（明条纹） （暗条纹）干涉相长时的光强： I = I O + I e =1 2 1 1 sin θ cos 2 θ + sin 2 θ cos 2 θ = I 0 2 2 4干涉相长的光强与入射光光强之比为： 1：4 （3）若转动 P2 到与 P1 平行时，相位差中的 π 就没有了，所以干涉条纹中明暗条纹互换位 置。第二十一章习题 第二十一章习题21-1．测量星体表面温度的方法之一是将其看作黑体，测量它的峰值波长 λm ，利用维104恩定律便可求出 T 。已知太阳、北极星和天狼星的 λm 分别为 0.50 × 10 m ，0.43 × 10 m?6 ?6和 0.29 × 10 m ，试计算它们的表面温度. 解： 维恩定律?6Tλm = b其中b = 2.898 × 10 ?3太阳b 2.898 × 10 ?3 = = 5796 K T= λm 0.5 × 10 ? 6 T= b 2.898 × 10 ?3 = = 6740 K 0.43 × 10 ? 6 λm北极星天狼星T=b 2.898 × 10 ?3 = = 9993K λm 0.29 × 10 ? 621-2．宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于温度为 3K 的黑体辐射，试计 算： （1）此辐射的单色辐出度的峰值波长； （2）地球表面接收到此辐射的功率。 解: （1） Tλm = b （2）b 2.898 × 10 ?3 λm = = = 9.66 × 10 ? 4 m T 3P = Sσ T 4 = 4π × (6370 ×103 )2 × 5.67 ×10?8 × 34 = 2.34 ×109 W21-3．已知 2000K 时钨的辐出度与黑体的辐出度之比为 0.259 。设灯泡的钨丝面积为10cm 2 ，其他能量损失不计，求维持灯丝温度所消耗的电功率。解:消耗的功率等于幅出度P = 0.259SσT 4 = 0.259 × 10 × 10 ?4 × 5.67 × 10 ?8 × 2000 4 = 235W21-4．天文学中常用热辐射定律估算恒星的半径。现观测到某恒星热辐射的峰值波长为λm ；辐射到地面上单位面积的功率为 W 。已测得该恒星与地球间的距离为 l ，若将恒星看作黑体，试求该恒星的半径。（维恩常量 b 和斯特藩常量 σ 均为己知） 解:Tλm = bM = σT 44 πr 2 σ T 4 = W ? 4 πl 2由上得r=lλ2 W m b2 σ10521-5 ． 分 别 求 出 红 光 （ λ = 7 × 10 cm ） X 射 线 （ λ = 0.25 A ） γ 射 线 ， ，?5o（ λ = 1.24 × 10 解:由公式?2oA ）的光子的能量、动量和质量。E=hc λE = mc 2P=h λ红光： E =hc 6.63 × 10?34 × 3 × 108 = = 2.84 × 10 ?19 J λ 7 × 10? 7h 6.63 × 10 ?34 P= = = 9.47 × 10 ? 28 kg ? m s ?7 λ 7 × 10m=E 2.84 × 10?19 = = 3.16 × 10?36 kg c2 (3 × 108 ) 2hc 6.63 × 10 ?34 × 3 × 108 = = 7.956 × 10?15 J λ 0.25 × 10 ?10X 射线： E =h 6.63 × 10 ?34 P= = = 2.65 × 10 ? 23 kg ? m s ?10 λ 0.25 × 10m=E 7.956 × 10?15 = = 8.84 × 10?32 kg c2 (3 × 108 ) 2hc 6.63 × 10 ?34 × 3 × 108 = = 1.6 × 10?13 J λ 1.24 × 10 ?12 h 6.63 × 10?34 = = 5.35 × 10? 22 kg ? m s ?12 λ 1.24 × 10γ 射线： E =P=m=E 1.6 × 10?13 = = 1.78 × 10? 30 kg 2 8 2 c (3 × 10 )21-6． 100 W 钨丝灯在 1800K 温度下工作。假定可视其为黑体，试计算每秒钟内，在o o5000 A 到 5001 A 波长间隔内发射多少个光子？解：设钨丝灯的发射面积为 S ，由斯特藩-玻耳兹曼定律可得辐射总功率 P = σT ? S4P = 1.68 × 10 ? 4 m 2 4 σT 单位时间内从黑体辐射出的在 ?λ 范围内的能量为 S= P?λ = M λ (T ) ? ?λ ? S = 2πhc 2 λ? 5 e1hc λkT? ?λ ? S ?1106波长为 500nm 的光子的能量为ε=hc λ设每秒发射出 N 个光子，则有 P?λ = NεN=P?λε=o2π cλ ?4 S ?λ ehc λ kT?1= 5.7 ×101321-7．波长为 1 A 的 X 光在石墨上发生康普顿散射，如在 θ = （1）散射光的波长 λ ' ； （2）反冲电子的运动方向和动能。 解:(1)π2处观察散射光。试求：θ ?λ = λ′ ? λ0 = 2 λc sin 2 ( ) 2而λc =o h = 0.024262 A m0co θ λ′ = λ0 + 2 λc sin 2 ( ) = 1.024262 A 2 h (2)由动量守恒定律，在 y 轴方向上 0 = sinθ ? pe sinφ λ′（1）由余弦定理得h h h2 pe2 = ( ) 2 + ( ) 2 ? 2 cos θ λ′ λ0 λ′λ0（2）由（2）式可得pe = 9.26 × 10 ?24 kg ? m ssin φ =h 6.63 × 10 ?34 π sin θ = sin = 0.699 ? 24 ?10 pe λ′ 9.26 × 10 × 1.024262 × 10 2φ = 44.35°Ek = mc 2 ? m0c 2 = hc( 1 1 ? ) = 291eV λ0 λ′21-8．在氢原子被外来单色光激发后发出的巴尔末系中，仅观察到三条光谱线，试求这 三条谱线的波长以及外来光的频率。 解:由于观察到三条谱线,最高能级为 n = 5 5→21 1 1 = RH ( 2 ? 2 ) λ1 2 5λ1 = 4.34 ×10?7 m4→21 1 1 = RH ( 2 ? 2 ) λ2 2 4λ2 = 4.86 × 10 ?7 m1073→21 1 1 = RH ( 2 ? 2 ) λ3 2 3λ3 = 6.563 ×10?7 mγ= E 5 ? E1 ? 0.544 ? (?13.6) =