大学物理(华中科技版)第14章习题答案
大学物理第14章思考题解
《大学物理学》（下册）思考题解第14章 电磁感应14-1 在电磁感应定律i d dtΦ=-¶中，负号的含义是什么? 如何根据负号来判断感应电动势的方向？答：电磁感应定律i d dtΦ=-¶中的负号来自于楞次定律。
由于磁通量Φ变化而引起感应电动势i ¶变化、从而产生感应电流，这个电流的磁场将阻碍原磁通量Φ的变化。
例如原磁通量Φ正在增加，所激发的感应电动势的感应电流的感应磁场将阻碍这个Φ增加。
14-2 如题图所示的几种形状的导线回路，假设均匀磁场垂直于纸面向里，且随时渐减小。
试判断这几种形状的导线回路中，感应电流的流向答：14-3 将一磁铁插入一个由导线组成的闭合电路线圈中，一次迅速插入，另一次缓慢插入。
问：(1)两次插入时在线圈中的感生电荷量是否相同？ (2)两次手推磁铁的力所做的功是否相同？(3)若将磁铁插入一个不闭合的金属环中，在环中间发生什么变化？ 答：始末两态的磁通1Φ、2Φ不变，所以 (1) 感生电荷量12q RΦ-Φ=，与时间、速度无关，仅与始末两态的磁通有关，所以两次插入线圈的感生电荷量相同。
(2)从感应电流作功考虑，W I t =∆¶，定性地判断：两种情况下I t q ∆=不变，12d dttΦ-ΦΦ=∆=-¶分子不变分母有区别，所以两次手推磁铁的力，慢慢插入的作功少，快速插入的作功多。
(3) 若将磁铁插入一个不闭合的金属环中，在环的两端将产生感应电动势。
14-4 让一块很小的磁铁在一根很长的竖直钢管内下落，若不计空气阻力，试定性说明磁铁进入钢管上部、中部和下部的运动情况，并说明理由。
答：把小磁铁看作磁矩为m的磁偶极子，下落至钢管口附近时，由于钢管口所围面积的磁通量发生了变化，管壁将产生感生电动势和感生电流，感生电流将激发感生磁场'1B ，由于磁矩m 自己产生的磁感B 在管口产生的磁通正在增加，根据楞次定律，它所激发的感生磁场'1B 将阻碍这个增加，因此，'1B 与B 反方向。
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案
第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B).2(D).3(D).4(B).5(B).6(D).7(B).8(C).9(D).10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩.磁矩 ; (2). R 2c ；(3).)4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5).i .沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ. 0 ;(7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正.负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率0).半径为R .通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m.宽为2 R ).位置如右图中画斜线部分所示.求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小.由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ因而.穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外.与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而.穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管.圆环内外半径分别为R 1和R 2.芯子材料的磁导率为.导线总匝数为N .绕得很密.若线圈通电流I .求． (1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2. )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B d Φr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流.在导线内部作一平面S .S 的一个边是导线的中心轴线.另一边是S 平面与导线表面的交线.如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率0 =4×10-7T ·m/A.铜的相对磁导率r ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处.作一个单位长窄条. 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x R Ix20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度.设线圈中的电流强度为I ．解：如图.CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB . 方向其中 2/1)2/(sin 2==a a β.0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ. 同理, aI B BC π=240μ.方向．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ.方向⊙．∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向．5. 如图所示线框.铜线横截面积S = 2.0 mm 2.其中OA 和DO ＇两段保持水平不动.ABCD 段是边长为a 的正方形的三边.它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中.B 的方向竖直向上．已知铜的密度 = 8.9×103 kg/m 3.当铜线中的电流I =10 A 时.导线处于平衡状态.AB 段和CD 段与竖直方向的夹角 =15°．求磁感强度B 的大小．解：在平衡的情况下.必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia =31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈.半径分别为R 1、R 2.电流为I 1、I 2．电流的方向相反.求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右.那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0.则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0.则B的方向为沿x 轴负方向．P7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I .沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1T.沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV.上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)． 解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电.则正电荷堆积在上表面.霍耳电场的方向由上指向下.故上表面电势高.可知是p 型半导体。
大学物理答案第14章培训讲学
大学物理答案第14章第十四章波动光学14-1在双缝干涉实验中，若单色光源S到两缝S1、S2距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O处，现将光源S向下移动到图中的S′位置，则（）（A）中央明纹向上移动，且条纹间距增大（B）中央明纹向上移动，且条纹间距不变（C）中央明纹向下移动，且条纹间距增大（D）中央明纹向下移动，且条纹间距不变分析与解由S发出的光到达S1、S2的光程相同，它们传到屏上中央O 处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S移到S′时，由S′到达狭缝S1和S2 的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O′处．使得由S′沿S1、S2狭缝传到O′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．故选（B）．题14-1 图14-2如图所示，折射率为n2，厚度为e的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n1和n3，且n1＜n2，n2＞n3，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束的光程差是（ ）()()()()2222222D 2C 22B 2A n e n e n e n e n λλλ---题14-2 图分析与解 由于n 1 ＜n 2 ，n 2 ＞n 3 ，因此在上表面的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，故它们的光程差222λ±=∆e n ，这里λ是光在真空中的波长．因此正确答案为（B ）．14-3 如图（a ）所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L ，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚柱之间的距离L 变小，则在L 范围内干涉条纹的（ ）（A ） 数目减小，间距变大 （B ） 数目减小，间距不变（C ） 数目不变，间距变小 （D ） 数目增加，间距变小题14-3图分析与解 图（a ）装置形成的劈尖等效图如图（b ）所示．图中 d 为两滚柱的直径差，b 为两相邻明（或暗）条纹间距．因为d 不变，当L 变小时，θ 变大，L ′、b 均变小．由图可得L d b n '==//2sin λθ，因此条纹总数n d b L N λ//2='=，因为d 和λn 不变，所以N 不变．正确答案为（C ）14-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射.若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为（ ）（A ） 3 个 （B ） 4 个 （C ） 5 个 （D ） 6 个分析与解 根据单缝衍射公式()()(),...2,1 212 22sin =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+±±=k λk λk θb 明条纹暗条纹 因此第k 级暗纹对应的单缝处波阵面被分成2k 个半波带，第k 级明纹对应的单缝波阵面被分成2k ＋1 个半波带．则对应第二级暗纹，单缝处波阵面被分成4个半波带．故选（B ）．14-5 波长λ＝550 nm 的单色光垂直入射于光栅常数d ＝='+b b 1.0 ×10-4 cm 的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为（ ）（A ） 4 （B ） 3 （C ） 2 （D ） 1分析与解 由光栅方程(),...1,0dsin =±=k k λθ，可能观察到的最大级次为()82.1/2dsin max =≤λπk 即只能看到第1 级明纹，正确答案为（D ）．14-6 三个偏振片P 1 、P 2 与P 3 堆叠在一起，P 1 与P 3的偏振化方向相互垂直，P 2与P 1 的偏振化方向间的夹角为30°，强度为I 0 的自然光入射于偏振片P 1 ，并依次透过偏振片P 1 、P 2与P 3 ，则通过三个偏振片后的光强为（ ）（A ） 3I 0/16 （B ） 3I 0/8 （C ） 3I 0/32 （D ） 0分析与解 自然光透过偏振片后光强为I 1 ＝I 0/2．由于P 1 和P 2 的偏振化方向成30°，所以偏振光透过P 2 后光强由马吕斯定律得8/330cos 0o 212I I I ==．而P 2和P 3 的偏振化方向也成60°，则透过P 3 后光强变为32/360cos 0o 223I I I ==．故答案为（C ）．14-7 自然光以60°的入射角照射到两介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则折射光为（ ）（A ） 完全线偏振光，且折射角是30°（B ） 部分偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为3的介质时，折射角是30°（C ） 部分偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角（D ） 部分偏振光且折射角是30°分析与解 根据布儒斯特定律，当入射角为布儒斯特角时，反射光是线偏振光，相应的折射光为部分偏振光.此时，反射光与折射光垂直.因为入射角为60°，反射角也为60°，所以折射角为30°.故选（D ）.14-8 在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30 mm ，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m 的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78 mm ．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？分析与解 在双缝干涉中，屏上暗纹位置由()212λ+'=k d d x 决定，式中d ′为双缝到屏的距离，d 为双缝间距．所谓第5条暗纹是指对应k ＝4 的那一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离mm 27822.=x ，那么由暗纹公式即可求得波长λ．此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式λdd x '=∆求入射光波长．应注意两个第5 条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么？），故mm 97822.=∆x . 解1 屏上暗纹的位置()212λ+'=k d d x ，把m 102782243-⨯==.,x k 以及d 、d ′值代入，可得λ＝632.8 nm ，为红光．解2 屏上相邻暗纹（或明纹）间距'd x d λ∆=，把322.7810m 9x -∆=⨯，以及d 、d ′值代入，可得λ＝632.8 nm ．14-9 在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1 nm 的单色光照射，双缝与屏的距离d ′＝300mm ．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ，求双缝间的距离．分析 双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δx ，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x 5 －x -5 ＝10Δx 可求出Δx ．再由公式Δx ＝d ′λ／d 即可求出双缝间距d ．解 根据分析：Δx ＝（x 5 －x -5）/10 ＝1.22×10-3 m双缝间距： d ＝d ′λ／Δx ＝1.34 ×10-4 m14-10 一个微波发射器置于岸上，离水面高度为d ，对岸在离水面h 高度处放置一接收器，水面宽度为D ，且,D d D h ，如图所示．发射器向对面发射波长为λ的微波，且λ＞d ，求接收器测到极大值时，至少离地多高？分析 由发射器直接发射的微波与经水面反射后的微波相遇可互相干涉，这种干涉与劳埃德镜实验完全相同．形成的干涉结果与缝距为2d ，缝屏间距为D 的双缝干涉相似，如图（b ）所示，但要注意的是和劳埃德镜实验一样，由于从水面上反射的光存在半波损失，使得两束光在屏上相遇产生的光程差为2/sin 2λθd +，而不是θd sin 2．题14-10 图解 由分析可知，接收到的信号为极大值时，应满足(),...2,12/sin 2==+k λk λθd()d k D D D h 412sin tan -=≈≈λθθ 取k ＝1 时，得d D h 4min λ=． 14-11 如图所示，将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上，使得屏上原中央极大的所在点O 改变为第五级明纹.假定λ=550 nm ，求：（1）条纹如何移动？（2） 云母片的厚度t.题14-11图分析 (1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O ，光程差Δ＝0，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O ，Δ≠0，故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移．原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差Δ=0的位置.(2) 干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上某点P （明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况．插入介质前的光程差Δ1 ＝r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹），插入介质后的光程差Δ2 ＝（n －1）d ＋r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹）．光程差的变化量为Δ2 －Δ1 ＝（n －1）d ＝（k 2 －k 1 ）λ式中（k 2 －k 1 ）可以理解为移过点P 的条纹数（本题为5）．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．解 由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O ，有()λ51212=-=∆-∆d n将有关数据代入可得m 1074.4156-⨯=-=n d λ 14-12 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色？分析 这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）．解 根据分析对反射光加强，有(),...2,122==+k k ne λλ124-=k ne λ 在可见光范围，k ＝2 时，nm 8668.=λ（红光）k ＝3 时，nm 3401.=λ（紫光）故正面呈红紫色．14-13 利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ＝589.3 nm ，L ＝2.888 ×10-2m ，测得30 条条纹的总宽度为4.259 ×10-3 m ，求细丝直径d ．分析 在应用劈尖干涉公式L nb d 2λ= 时，应注意相邻条纹的间距b 是N条条纹的宽度Δx 除以（N －1）．对空气劈尖n ＝1．解 由分析知，相邻条纹间距1-∆=N x b ，则细丝直径为 ()m 107552125-⨯=∆-==.xn N L nb d λλ题14-13 图14-14 集成光学中的楔形薄膜耦合器原理如图所示．沉积在玻璃衬底上的是氧化钽（52O Ta ）薄膜，其楔形端从A 到B 厚度逐渐减小为零．为测定薄膜的厚度，用波长λ＝632.8nm 的He Ne - 激光垂直照射，观察到薄膜楔形端共出现11 条暗纹，且A 处对应一条暗纹，试求氧化钽薄膜的厚度．（52O Ta 对632.8 nm 激光的折射率为2.21）题14-14 图分析 置于玻璃上的薄膜AB 段形成劈尖，求薄膜厚度就是求该劈尖在A 点处的厚度．由于25Ta O 对激光的折射率大于玻璃，故从该劈尖上表面反射的光有半波损失，而下表面没有，因而两反射光光程差为Δ＝2ne ＋λ/2．由反射光暗纹公式2ne k ＋λ/2 ＝（2k ＋1）λ/2，k ＝0，1，2，3，…，可以求厚度e k ．又因为AB 中共有11 条暗纹（因半波损失B 端也为暗纹），则k 取10即得薄膜厚度．解 根据分析，有2ne k ＋2λ＝（2k ＋1）λ/2 （k ＝0，1，2，3，…） 取k ＝10，得薄膜厚度e 10 ＝n 210λ＝1.4 ×10-6m ． 14-15 折射率为1.60的两块标准平面玻璃板之间形成一个劈形膜（劈尖角θ 很小）．用波长λ＝600 nm 的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹．假如在劈形膜内充满n ＝1.40 的液体时的相邻明纹间距比劈形膜内是空气时的间距缩小Δl ＝0.5 mm ，那么劈尖角θ 应是多少？分析 劈尖干涉中相邻条纹的间距l ≈θλn 2，其中θ 为劈尖角，n 是劈尖内介质折射率．由于前后两次劈形膜内介质不同，因而l 不同．则利用l ≈θλn 2和题给条件可求出θ．解 劈形膜内为空气时，θλ2=空l 劈形膜内为液体时，θλn l 2=液则由θλθλnlll22-=-=∆液空，得()rad107112114-⨯=∆-=./lnλθ14-16如图(a)所示的干涉膨胀仪，已知样品的平均高度为3.0 ×10-2m，用λ＝589.3 nm的单色光垂直照射．当温度由17 ℃上升至30 ℃时，看到有20 条条纹移过，问样品的热膨胀系数为多少？题14-16 图分析温度升高ΔT＝T2－T1后，样品因受热膨胀，其高度l的增加量Δl ＝lαΔT．由于样品表面上移，使在倾角θ不变的情况下，样品与平板玻璃间的空气劈的整体厚度减小．根据等厚干涉原理，干涉条纹将整体向棱边平移，则原k级条纹从a 移至a′处，如图（b）所示，移过某一固定观察点的条纹数目N与Δl的关系为2λNl=∆，由上述关系可得出热膨胀系数α．解由题意知，移动的条纹数N＝20，从分析可得TlN∆=αλ2则热膨胀系数5105112-⨯=∆=.TlNλα K1-14－17在利用牛顿环测未知单色光波长的实验中，当用已知波长为589.3 nm的钠黄光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为Δr＝4.00 ×10-3 m；当用波长未知的单色光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为Δr ′＝3.85 ×10-3 m ，求该单色光的波长．分析 牛顿环装置产生的干涉暗环半径λkR r =，其中k ＝0，1，2…，k ＝0，对应牛顿环中心的暗斑，k ＝1 和k ＝4 则对应第一和第四暗环，由它们之间的间距λR r r r =-=∆14，可知λ∝∆r ，据此可按题中的测量方法求出未知波长λ′．解 根据分析有λλ'=∆'∆r r 故未知光波长 λ′＝546 nm14 －18 如图所示，折射率n 2 ＝1.2 的油滴落在n 3 ＝1.50 的平板玻璃上，形成一上表面近似于球面的油膜，测得油膜中心最高处的高度d m ＝1.1 μm ，用λ＝600 nm 的单色光垂直照射油膜，求（1） 油膜周边是暗环还是明环？ （2） 整个油膜可看到几个完整的暗环？题14-18 图分析 本题也是一种牛顿环干涉现象，由于n 1 ＜n 2 ＜n 3 ，故油膜上任一点处两反射相干光的光程差Δ＝2n 2d ．（1） 令d ＝0，由干涉加强或减弱条件即可判断油膜周边是明环．（2） 由2n 2d ＝（2k ＋1）λ/2，且令d ＝d m 可求得油膜上暗环的最高级次（取整），从而判断油膜上完整暗环的数目．解 （1） 根据分析，由()()(),...2,1,0 212 22=⎪⎩⎪⎨⎧+=k k k d n 暗条纹明条纹λλ 油膜周边处d ＝0，即Δ＝0 符合干涉加强条件，故油膜周边是明环．（2） 油膜上任一暗环处满足()(),...,,/21021222=+==∆k k d n λ令d ＝d m ，解得k ＝3.9，可知油膜上暗环的最高级次为3，故油膜上出现的完整暗环共有4 个，即k ＝0，1，2，3．14-19 把折射率n ＝1.40 的薄膜放入迈克耳孙干涉仪的一臂，如果由此产生了7.0 条条纹的移动，求膜厚．设入射光的波长为589 nm ．分析 迈克耳孙干涉仪中的干涉现象可以等效为薄膜干涉（两平面镜相互垂直）和劈尖干涉（两平面镜不垂直）两种情况，本题属于后一种情况．在干涉仪一臂中插入介质片后，两束相干光的光程差改变了，相当于在观察者视野内的空气劈尖的厚度改变了，从而引起干涉条纹的移动．解 插入厚度为d 的介质片后，两相干光光程差的改变量为2（n －1）d ，从而引起N 条条纹的移动，根据劈尖干涉加强的条件，有2（n －1）d ＝Nλ，得()m 101545126-⨯=-=.n N d λ 14-20 如图所示，狭缝的宽度b ＝0.60 mm ，透镜焦距f ＝0.40m ，有一与狭缝平行的屏放置在透镜焦平面处．若以波长为600 nm 的单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点O 为x ＝1.4 mm 处的点P 看到的是衍射明条纹．试求：（1） 点P 条纹的级数；（2） 从点P 看来对该光波而言，狭缝的波阵面可作半波带的数目．分析 单缝衍射中的明纹条件为()212sin λϕ+±=k b ，在观察点P 位置确定（即衍射角φ确定）以及波长λ确定后，条纹的级数k 也就确定了.而狭缝处的波阵面对明条纹可以划分的半波带数目为（2k ＋1）条．解 （1） 设透镜到屏的距离为d ，由于d ＞＞b ，对点P 而言，有dx =≈ϕϕtan sin ．根据分析中的条纹公式，有 ()212λ+±=k d bx 将b 、d （d ≈f ）、x , λ的值代入，可得k ＝３（2） 由分析可知，半波带数目为7.题14-20 图14-21 一单色平行光垂直照射于一单缝，若其第三条明纹位置正好和波长为600 nm 的单色光垂直入射时的第二级明纹的位置一样，求前一种单色光的波长．分析 采用比较法来确定波长．对应于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由于衍射明纹条件()212sin λϕ+=k b ，故有()()22111212λλ+=+k k ，在两明纹级次和其中一种波长已知的情况下，即可求出另一种未知波长．解 根据分析，将32nm 600122===k k ,,λ代入()()22111212λλ+=+k k ，得()nm 642812121221.=++=k k λλ14-22 已知单缝宽度b ＝1.0 ×10-4 m ，透镜焦距f ＝0.50 m ，用λ1 ＝400 nm 和λ2 ＝760 nm 的单色平行光分别垂直照射，求这两种光的第一级明纹离屏中心的距离，以及这两条明纹之间的距离．若用每厘米刻有1000条刻线的光栅代替这个单缝，则这两种单色光的第一级明纹分别距屏中心多远？ 这两条明纹之间的距离又是多少？分析 用含有两种不同波长的混合光照射单缝或光栅，每种波长可在屏上独立地产生自己的一组衍射条纹，屏上最终显示出两组衍射条纹的混合图样．因而本题可根据单缝（或光栅）衍射公式分别计算两种波长的k 级条纹的位置x 1和x 2 ，并算出其条纹间距Δx ＝x 2 －x 1 ．通过计算可以发现，使用光栅后，条纹将远离屏中心，条纹间距也变大，这是光栅的特点之一．解 （1） 当光垂直照射单缝时，屏上第k 级明纹的位置()f b k x 212λ+=当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x 1 ＝3.0 ×10-3 m当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x 2 ＝5.7 ×10-3 m其条纹间距 Δx ＝x 2 －x 1 ＝2.7 ×10-3 m（2） 当光垂直照射光栅时，屏上第k 级明纹的位置为f dk x λ=' 而光栅常数 m 10m 1010532--==d 当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x 1 ＝2.0 ×10-2 m当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x 2 ＝3.8 ×10-2 m其条纹间距 m 1081212-⨯='-'='∆.x x x 14-23 老鹰眼睛的瞳孔直径约为6 mm ，问其最多飞翔多高时可看清地面上身长为5cm 的小鼠？ 设光在空气中的波长为600 nm ．分析 两物体能否被分辨，取决于两物对光学仪器通光孔（包括鹰眼）的张角θ 和光学仪器的最小分辨角θ0 的关系．当θ≥θ0 时能分辨，其中θ＝θ0 为恰能分辨．在本题中D λθ2210.=为一定值，这里D 是鹰的瞳孔直径.而h L /=θ,其中L 为小鼠的身长，h 为老鹰飞翔的高度.恰好看清时θ＝θ0.解 由分析可知 L /h ＝1.22λ/D ，得飞翔高度h ＝LD /（1.22λ） ＝409.8 m ．14-24 一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束中包含有两种波长的光：λ1 ＝440 nm 和λ2 ＝660 nm ．实验发现，两种波长的谱线（不计中央明纹）第二次重合于衍射角φ＝60°的方向上，求此光栅的光栅常数．分析 根据光栅衍射方程λϕk d ±=sin ，两种不同波长的谱线，除k ＝0 中央明纹外，同级明纹在屏上位置是不同的，如果重合，应是它们对应不同级次的明纹在相同衍射角方向上重合．故由d sin φ＝k λ1 ＝k ′λ2 可求解本题．解 由分析可知21sin λλϕk k d '==， 得得 2312///=='λλk k上式表明第一次重合是λ1 的第3 级明纹与λ2 的第2级明纹重合，第二次重合是λ1 的第6 级明纹与λ2 的第4级明纹重合．此时，k ＝6，k ′＝4，φ＝60°，则光栅常数μm 05.3m 1005.3/sin 61=⨯==-ϕλk d*14-25 波长为600 nm 的单色光垂直入射在一光栅上，其透光和不透光部分的宽度比为1：3，第二级主极大出现在200sin .=ϕ处．试问（1） 光栅上相邻两缝的间距是多少？（2） 光栅上狭缝的宽度有多大？ （3） 在－90°＜φ＜90°范围内，呈现全部明条纹的级数为哪些．分析 （1） 利用光栅方程()λϕϕk b b d ±='+=sin sin ，即可由题给条件求出光栅常数b b d '+=（即两相邻缝的间距）．这里b 和b '是光栅上相邻两缝透光（狭缝）和不透光部分的宽度，在已知两者之比时可求得狭缝的宽度（2） 要求屏上呈现的全部级数，除了要求最大级次k 以外，还必须知道光栅缺级情况.光栅衍射是多缝干涉的结果，也同时可看成是光透过许多平行的单缝衍射的结果．缺级就是按光栅方程计算屏上某些应出现明纹的位置，按各个单缝衍射计算恰是出现暗纹的位置．因此可以利用光栅方程()λϕϕk b b d ='+=sin sin 和单缝衍射暗纹公式'sin b k ϕλ=可以计算屏上缺级的情况，从而求出屏上条纹总数．解 （1）光栅常数 μm 6m 106sin 6=⨯==-ϕk λd （2） 由 ⎪⎩⎪⎨⎧='='+=31μm 6b b b b d 得狭缝的宽度b =1.5 μm .（3） 利用缺级条件()()()⎩⎨⎧±=''=±=='+,...1,0sin ,...1,0sin k k b k k b b λϕλϕ 则（b ＋b ′）／b ＝k ／k ′＝4，则在k ＝4k ′，即±4， ±8， ±12，…级缺级．又由光栅方程()λϕk b b ±='+sin ，可知屏上呈现条纹最高级次应满足()10='+<λ/b b k ，即k =9，考虑到缺级，实际屏上呈现的级数为：0， ±1， ±2， ±3，±5， ±6， ±7， ±9，共15 条．*14-26 以波长为0.11 nm 的X 射线照射岩盐晶体，实验测得X 射线与晶面夹角为11.5°时获得第一级反射极大．（1） 岩盐晶体原子平面之间的间距d 为多大？ （2） 如以另一束待测X 射线照射，测得X 射线与晶面夹角为17.5°时获得第一级反射光极大，求该X 射线的波长．分析 X 射线入射到晶体上时，干涉加强条件为２d sin θ ＝k λ（k ＝0，1，2，…）式中d 为晶格常数，即晶体内原子平面之间的间距（如图）．解 （1） 由布拉格公式(),...,,210sin 2==k k d λθ第一级反射极大，即k ＝1．因此，得 nm 276.0sin 211==θλd（2） 同理，由2d sin θ2 ＝kλ2 ，取k ＝1，得nm 166.0sin 222==θλd题14-26图14-27 测得一池静水的表面反射出来的太阳光是线偏振光，求此时太阳处在地平线的多大仰角处？ （水的折射率为1.33）题14-27 图分析 设太阳光（自然光）以入射角i 入射到水面，则所求仰角i θ-=2π．当反射光起偏时，根据布儒斯特定律，有120arctan n n i i ==（其中n 1 为空气的折射率，n 2 为水的折射率）．解 根据以上分析，有120arctan 2πn n θi i =-== 则 o 129.36arctan 2π=-=n n θ 14-28 一束光是自然光和线偏振光的混合，当它通过一偏振片时，发现透射光的强度取决于偏振片的取向，其强度可以变化5 倍，求入射光中两种光的强度各占总入射光强度的几分之几．分析 偏振片的旋转，仅对入射的混合光中的线偏振光部分有影响，在偏振片旋转一周的过程中，当偏振光的振动方向平行于偏振片的偏振化方向时，透射光强最大；而相互垂直时，透射光强最小．分别计算最大透射光强I max 和最小透射光强I min ，按题意用相比的方法即能求解．解 设入射混合光强为I ，其中线偏振光强为xI ，自然光强为（1－x ）I ．按题意旋转偏振片，则有最大透射光强 ()I x x I ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=121max 最小透射光强 ()I x I ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=121min按题意5min max =I I /，则有()()x x x -⨯=+-1215121 解得 x ＝2/3即线偏振光占总入射光强的2/3，自然光占1/3．。
大学物理 马文蔚 第五版 下册 第十四章 课后答案
第十四章 相 对 论14 －1 下列说法中(1) 两个相互作用的粒子系统对某一惯性系满足动量守恒，对另一个惯性系来说，其动量不一定守恒；(2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关；(3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同.其中哪些说法是正确的？ ( )(A) 只有(1)、(2)是正确的 (B) 只有(1)、(3)是正确的(C) 只有(2)、(3)是正确的 (D) 三种说法都是正确的分析与解 物理相对性原理和光速不变原理是相对论的基础.前者是理论基础，后者是实验基础.按照这两个原理，任何物理规律(含题述动量守恒定律)对某一惯性系成立，对另一惯性系也同样成立.而光在真空中的速度与光源频率和运动状态无关，从任何惯性系(相对光源静止还是运动)测得光速均为3×108 m·s -1 .迄今为止，还没有实验能推翻这一事实.由此可见，(2)(3)说法是正确的，故选(C).14 －2 按照相对论的时空观，判断下列叙述中正确的是( )(A) 在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是同时事件(B) 在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是不同时事件(C) 在一个惯性系中两个同时又同地的事件，在另一惯性系中一定是同时同地事件(D) 在一个惯性系中两个同时不同地的事件，在另一惯性系中只可能同时不同地 (Ｅ) 在一个惯性系中两个同时不同地事件，在另一惯性系中只可能同地不同时分析与解 设在惯性系Ｓ中发生两个事件，其时间和空间间隔分别为Δt 和Δx ，按照洛伦兹坐标变换，在Ｓ′系中测得两事件时间和空间间隔分别为221ΔΔΔβx c t t --='v 和 21ΔΔΔβt x x --='v 讨论上述两式，可对题述几种说法的正确性予以判断：说法(A)(B)是不正确的，这是因为在一个惯性系(如Ｓ系)发生的同时(Δt ＝0)事件，在另一个惯性系(如Ｓ′系)中是否同时有两种可能，这取决于那两个事件在Ｓ 系中发生的地点是同地(Δx ＝0)还是不同地(Δx≠0).说法(D)(Ｅ)也是不正确的，由上述两式可知：在Ｓ系发生两个同时(Δt ＝0)不同地(Δx ≠0)事件，在Ｓ′系中一定是既不同时(Δt ′≠0)也不同地(Δx ′≠0)，但是在Ｓ 系中的两个同时同地事件，在Ｓ′系中一定是同时同地的，故只有说法(C)正确.有兴趣的读者，可对上述两式详加讨论，以增加对相对论时空观的深入理解.14 －3 有一细棒固定在Ｓ′系中，它与Ox ′轴的夹角θ′＝60°，如果Ｓ′系以速度u 沿Ox 方向相对于Ｓ系运动，Ｓ 系中观察者测得细棒与Ox 轴的夹角( )(A) 等于60° (B) 大于60° (C) 小于60°(D) 当Ｓ′系沿Ox 正方向运动时大于60°，而当Ｓ′系沿Ox 负方向运动时小于60°分析与解 按照相对论的长度收缩效应，静止于Ｓ′系的细棒在运动方向的分量(即Ox 轴方向)相对Ｓ系观察者来说将会缩短，而在垂直于运动方向上的分量不变，因此Ｓ系中观察者测得细棒与Ox 轴夹角将会大于60°，此结论与Ｓ′系相对Ｓ系沿Ox 轴正向还是负向运动无关.由此可见应选(C).14 －4 一飞船的固有长度为L ，相对于地面以速度v 1 作匀速直线运动，从飞船中的后端向飞船中的前端的一个靶子发射一颗相对于飞船的速度为v 2 的子弹.在飞船上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是( ) (c 表示真空中光速) (A) 21v v +L (B) 12v -v L (C) 2v L (D) ()211/1c L v v - 分析与解 固有长度是指相对测量对象静止的观察者所测，则题中L 、v 2 以及所求时间间隔均为同一参考系(此处指飞船)中的三个相关物理量，求解时与相对论的时空观无关.故选(C). 讨论 从地面测得的上述时间间隔为多少？ 建议读者自己求解.注意此处要用到相对论时空观方面的规律了.14 －5 设Ｓ′系以速率v ＝0.60c 相对于Ｓ系沿xx′轴运动，且在t ＝t ′＝0时，x ＝x ′＝0.(1)若有一事件，在Ｓ系中发生于t ＝2.0×10－7ｓ，x ＝50m 处，该事件在Ｓ′系中发生于何时刻？(2)如有另一事件发生于Ｓ系中t ＝3.0×10-7 ｓ，x ＝10m 处，在Ｓ′系中测得这两个事件的时间间隔为多少？分析 在相对论中，可用一组时空坐标(x ，y ，z ，t )表示一个事件.因此，本题可直接利用洛伦兹变换把两事件从Ｓ系变换到Ｓ′系中.解 (1) 由洛伦兹变换可得Ｓ′系的观察者测得第一事件发生的时刻为 s 1025.1/1721211-⨯=--='c x c t t 2v v (2) 同理，第二个事件发生的时刻为s 105.3/1722222-⨯=--='c x c t t 2v v 所以，在Ｓ′系中两事件的时间间隔为s 1025.2Δ712-⨯='-'='t t t 14 －6 设有两个参考系Ｓ 和Ｓ′，它们的原点在t ＝0和t ′＝0时重合在一起.有一事件，在Ｓ′系中发生在t ′＝8.0×10－8 s ，x ′＝60m ，y ′＝0，z ′＝0处若Ｓ′系相对于Ｓ 系以速率v ＝0.6c 沿xx′轴运动，问该事件在Ｓ系中的时空坐标各为多少？分析 本题可直接由洛伦兹逆变换将该事件从Ｓ′系转换到Ｓ系.解 由洛伦兹逆变换得该事件在Ｓ 系的时空坐标分别为 m 93/12=-'+'=c t x x 2v vy ＝y′＝0z ＝z′＝0s 105.2/1722-⨯=-'+'=c x c t t 2v v 14 －7 一列火车长0.30km(火车上观察者测得)，以100km·h -1 的速度行驶，地面上观察者发现有两个闪电同时击中火车的前后两端.问火车上的观察者测得两闪电击中火车前后两端的时间间隔为多少？分析 首先应确定参考系，如设地面为Ｓ系，火车为Ｓ′系，把两闪电击中火车前后端视为两个事件(即两组不同的时空坐标).地面观察者看到两闪电同时击中，即两闪电在Ｓ系中的时间间隔Δt ＝t 2－t 1＝0.火车的长度是相对火车静止的观察者测得的长度(注：物体长度在不指明观察者的情况下，均指相对其静止参考系测得的长度)，即两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δx ′＝x ′2 －x ′1＝0.30×103m.Ｓ′系相对Ｓ系的速度即为火车速度(对初学者来说，完成上述基本分析是十分必要的).由洛伦兹变换可得两事件时间间隔之间的关系式为()()21221212/1cx x c t t t t 2v v -'-'+'-'=- (1)()()21221212/1cx x c t t t t 2v v ----='-' (2) 将已知条件代入式(1)可直接解得结果.也可利用式(2)求解，此时应注意，式中12x x -为地面观察者测得两事件的空间间隔，即Ｓ系中测得的火车长度，而不是火车原长.根据相对论， 运动物体(火车)有长度收缩效应，即()21212/1c x x x x 2v -'-'=-.考虑这一关系方可利用式(2)求解.解1 根据分析，由式(1)可得火车(Ｓ′系)上的观察者测得两闪电击中火车前后端的时间间隔为()s 26.91412212-⨯-='-'='-'x x ct t v 负号说明火车上的观察者测得闪电先击中车头x ′2 处.解2 根据分析，把关系式()21212/1c x x x x 2v -'-'=- 代入式(2)亦可得 与解1 相同的结果.相比之下解1 较简便，这是因为解1中直接利用了12x x '-'＝0.30km 这一已知条件.14 －8 在惯性系Ｓ中，某事件A 发生在x 1处，经过2.0 ×10－6ｓ后，另一事件B 发生在x 2处，已知x 2－x 1＝300m.问：(1) 能否找到一个相对Ｓ系作匀速直线运动的参考系Ｓ′，在Ｓ′系中，两事件发生在同一地点？(2) 在Ｓ′系中，上述两事件的时间间隔为多少？分析 在相对论中，从不同惯性系测得两事件的空间间隔和时间间隔有可能是不同的.它与两惯性系之间的相对速度有关.设惯性系Ｓ′以速度v 相对Ｓ 系沿x 轴正向运动，因在Ｓ 系中两事件的时空坐标已知，由洛伦兹时空变换式，可得 ()()2121212/1c t t x x x x 2v v ----='-' (1) ()()2121212/1c x x t t t t 22v c v ----='-' (2)两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，即x ′2－x ′1＝0，代入式(1)可求出v 值以此作匀速直线运动的Ｓ′系，即为所寻找的参考系.然后由式(2)可得两事件在Ｓ′系中的时间间隔.对于本题第二问，也可从相对论时间延缓效应来分析.因为如果两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，则Δt ′为固有时间间隔(原时)，由时间延缓效应关系式2/1ΔΔc t t 2v -='可直接求得结果. 解 (1) 令x ′2－x ′1＝0，由式(1)可得c t t x 50.0s m 1050.11-8121=⋅⨯=--=2x v (2) 将v 值代入式(2)，可得()()()s 1073.1/1/162122121212-⨯=--=----='-'c t t c x x t t t t 222v v c v这表明在Ｓ′系中事件A 先发生.14 －9 设在正负电子对撞机中，电子和正电子以速度0.90c 相向飞行，它们之间的相对速度为多少？分析 设对撞机为Ｓ系，沿x 轴正向飞行的正电子为Ｓ′系.Ｓ′系相对Ｓ系的速度v ＝0.90c ，则另一电子相对Ｓ系速度u x ＝－0.90c ，该电子相对Ｓ′系(即沿x 轴正向飞行的电子)的速度u′x 即为题中所求的相对速度.在明确题目所述已知条件及所求量的物理含义后，即可利用洛伦兹速度变换式进行求解.解 按分析中所选参考系，电子相对Ｓ′系的速度为c u cu u u x x x x 994.012-=-'-='v 式中负号表示该电子沿x′轴负向飞行，正好与正电子相向飞行.讨论 若按照伽利略速度变换，它们之间的相对速度为多少？14 －10 设想有一粒子以0.050c 的速率相对实验室参考系运动.此粒子衰变时发射一个电子，电子的速率为0.80c ，电子速度的方向与粒子运动方向相同.试求电子相对实验室参考系的速度.分析 这是相对论的速度变换问题.取实验室为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系，则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v ＝0.050c .题中所给的电子速率是电子相对衰变粒子的速率，故u′x ＝0.80c . 解 根据分析，由洛伦兹速度逆变换式可得电子相对Ｓ系的速度为c u cu u x x x 817.012='-+'=v v 14 －11 设在宇航飞船中的观察者测得脱离它而去的航天器相对它的速度为1.2×108m·ｓ-1 i .同时，航天器发射一枚空间火箭，航天器中的观察者测得此火箭相对它的速度为1.0×108m·ｓ-1 i .问：(1) 此火箭相对宇航飞船的速度为多少？ (2) 如果以激光光束来替代空间火箭，此激光光束相对宇航飞船的速度又为多少？ 请将上述结果与伽利略速度变换所得结果相比较，并理解光速是运动体的极限速度.分析 该题仍是相对论速度变换问题.(2)中用激光束来替代火箭，其区别在于激光束是以光速c 相对航天器运动，因此其速度变换结果应该与光速不变原理相一致.解 设宇航飞船为Ｓ系， 航天器为Ｓ′系， 则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v ＝1.2 ×108m·ｓ－1 ，空间火箭相对航天器的速度为u ′x ＝1.0×108m·ｓ－1，激光束相对航天器的速度为光速c .由洛伦兹变换可得：(1) 空间火箭相对Ｓ 系的速度为 1-82s m 1094.11⋅⨯='++'=x x x u cu u v v (2) 激光束相对Ｓ 系的速度为 c c c c u x =++=21v v 即激光束相对宇航飞船的速度仍为光速c ，这是光速不变原理所预料的.如用伽利略变换，则有u x ＝c ＋v ＞c .这表明对伽利略变换而言，运动物体没有极限速度，但对相对论的洛伦兹变换来说，光速是运动物体的极限速度.14 －12 以速度v 沿x 方向运动的粒子，在y 方向上发射一光子，求地面观察者所测得光子的速度.分析 设地面为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系.与上题不同之处在于，光子的运动方向与粒子运动方向不一致，因此应先求出光子相对Ｓ系速度u 的分量u x 、u y 和u z ，然后才能求u 的大小和方向.根据所设参考系，光子相对Ｓ′系的速度分量分别为u ′x ＝0，u ′y ＝c ，u ′z ＝0. 解 由洛伦兹速度的逆变换式可得光子相对Ｓ系的速度分量分别为v v v ='++'=x x x u cu u 21 222/11/1c c u cc u u x y y 22v v v -='+-'= 0=z u所以，光子相对Ｓ系速度u 的大小为c u u u u z y x =++=222速度u 与x 轴的夹角为vv 22arctan arctan -==c u u θx y讨论 地面观察者所测得光子的速度仍为c ，这也是光速不变原理的必然结果.但在不同惯性参考系中其速度的方向却发生了变化.14 －13 设想地球上有一观察者测得一宇宙飞船以0.60c 的速率向东飞行，5.0ｓ后该飞船将与一个以0.80c 的速率向西飞行的彗星相碰撞.试问：(1) 飞船中的人测得彗星将以多大的速率向它运动？ (2) 从飞船中的钟来看，还有多少时间允许它离开航线，以避免与彗星碰撞？分析 (1) 这是一个相对论速度变换问题.取地球为Ｓ系，飞船为Ｓ′系，向东为x 轴正向.则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v ＝0.60c ，彗星相对Ｓ系的速度u x ＝－0.80c ，由洛伦兹速度变换可得所求结果.(2) 可从下面两个角度考虑：ａ.以地球为Ｓ系，飞船为Ｓ′系.设x 0＝x′0 ＝0 时t 0＝t′0＝0，飞船与彗星相碰这一事件在Ｓ系中的时空坐标为t ＝5.0ｓ，x ＝vt .利用洛伦兹时空变换式可求出t′，则Δt′＝t′－t′0表示飞船与彗星相碰所经历的时间.ｂ.把t 0＝t′0＝0 时的飞船状态视为一个事件，把飞船与彗星相碰视为第二个事件.这两个事件都发生在Ｓ′系中的同一地点(即飞船上)，飞船上的观察者测得这两个事件的时间间隔Δt′为固有时，而地面观察者所测得上述两事件的时间间隔Δt ＝5.0ｓ比固有时要长，根据时间延缓效应可求出Δt′.解 (1) 由洛伦兹速度变换得彗星相对Ｓ′系的速度为 c u cu u x x x 946.012-=--'='v v 即彗星以0.946c 的速率向飞船靠近. (2) 飞船与彗星相碰这一事件在Ｓ′系中的时刻为s 0.4/122=--'='c c t t 2v vx即在飞船上看，飞船与彗星相碰发生在时刻t′＝4.0ｓ.也可以根据时间延缓效应s 0.5/1ΔΔ2=-'=c t t 2v ，解得Δt′＝4.0 ｓ，即从飞船上的钟来看，尚有4.0 ｓ 时间允许它离开原来的航线.14 －14 在惯性系Ｓ 中观察到有两个事件发生在同一地点，其时间间隔为4.0 s ，从另一惯性系Ｓ′中观察到这两个事件的时间间隔为6.0 s ，试问从Ｓ′系测量到这两个事件的空间间隔是多少？ 设Ｓ′系以恒定速率相对Ｓ系沿xx′轴运动.分析 这是相对论中同地不同时的两事件的时空转换问题.可以根据时间延缓效应的关系式先求出Ｓ′系相对Ｓ 系的运动速度v ，进而得到两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δx′＝vΔt′(由洛伦兹时空变换同样可得到此结果).解 由题意知在Ｓ系中的时间间隔为固有的，即Δt ＝4.0ｓ，而Δt′＝6.0 s.根据时间延缓效应的关系式2/1ΔΔc tt 2v -='，可得Ｓ′系相对Ｓ系的速度为c c t t 35ΔΔ12/12=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛'-=v 两事件在Ｓ′系中的空间间隔为 m 1034.1ΔΔ9⨯='='t x v14 －15 在惯性系Ｓ 中， 有两个事件同时发生在xx′轴上相距为1.0×103m 的两处，从惯性系Ｓ′观测到这两个事件相距为2.0×103m ，试问由Ｓ′系测得此两事件的时间间隔为多少？ 分析 这是同时不同地的两事件之间的时空转换问题.由于本题未给出Ｓ′系相对Ｓ 系的速度v ，故可由不同参考系中两事件空间间隔之间的关系求得v ，再由两事件时间间隔的关系求出两事件在Ｓ′系中的时间间隔.解 设此两事件在Ｓ 系中的时空坐标为(x 1 ，0，0，t 1 )和(x 2 ，0，0，t 2 )，且有x 2 －x 1 ＝1.0×103m ， t 2 －t 1 ＝0.而在Ｓ′系中， 此两事件的时空坐标为(x′1 ，0，0，t′1 )和(x′2 ，0，0，t′2 )，且|x′2 －x′1| ＝2.0×103m ，根据洛伦兹变换，有 ()()2121212/1c t t x x x x 2v v ----='-' (1) ()()2121212/1c x x t t t t 22v c v ----='-' (2)由式(1)可得()()c c x x x x 2312/1212212=⎥⎦⎤⎢⎣⎡'-'--=v 将v 值代入式(2)，可得 s 1077.5612-⨯='-'t t 14 －16 有一固有长度为l0 的棒在Ｓ 系中沿x 轴放置，并以速率u 沿xx′轴运动.若有一Ｓ′系以速率v 相对Ｓ 系沿xx′轴运动，试问从Ｓ′系测得此棒的长度为多少？分析 当棒相对观察者(为Ｓ′系)存在相对运动时，观察者测得棒的长度要比棒的固有长度l 0短，即220/1c u l l '-=.式中u′是棒相对观察者的速度，而不要误认为一定是Ｓ′系和Ｓ 系之间的相对速度v .在本题中，棒并非静止于Ｓ系，因而Ｓ′系与Ｓ 系之间的相对速度v 并不是棒与Ｓ′系之间的相对速度u′.所以本题应首先根据洛伦兹速度变换式求u ′，再代入长度收缩公式求l .解 根据分析，有21cu u uv v --=' (1) 220/1c u l l '-= (2)解上述两式，可得()()[]2/1222202v v ---=c u c u c l l14 －17 若从一惯性系中测得宇宙飞船的长度为其固有长度的一半，试问宇宙飞船相对此惯性系的速度为多少？ (以光速c 表示)解 设宇宙飞船的固有长度为l 0 ，它相对于惯性系的速率为v ，而从此惯性系测得宇宙飞船的长度为2/0l ，根据洛伦兹长度收缩公式，有200/12/c l l 2v -=可解得v ＝0.866c14 －18 一固有长度为4.0 m 的物体，若以速率0.60c 沿x 轴相对某惯性系运动，试问从该惯性系来测量，此物体的长度为多少？解 由洛伦兹长度收缩公式m 2.3/120=-=c l l 2v*14 －19 设一宇航飞船以a ＝9.8 m·ｓ－2 的恒加速度，沿地球径向背离地球而去，试估计由于谱线的红移，经多少时间，飞船的宇航员用肉眼观察不到地球上的霓虹灯发出的红色信号.分析 霓虹灯发出的红色信号所对应的红光波长范围一般为620nm ～760 nm ，当飞船远离地球而去时，由光的多普勒效应可知，宇航员肉眼观察到的信号频率ν ＜ν0 ，即λ＞λ0 ，其中ν0 和λ0 为霓虹灯的发光频率和波长.很显然，当λ0＝620 nm ，而对应的红限波长λ＝760 nm 时，霓虹灯发出的红色信号，其波长刚好全部进入非可见光范围，即宇航员用肉眼观察不到红色信号.因此，将上述波长的临界值代入多普勒频移公式，即可求得宇航员观察不到红色信号时飞船的最小速率v ，再由运动学关系，可求得飞船到达此速率所需的时间t .解 当光源和观察者背向运动时，由光的多普勒效应频率公式 2/10⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=v v v v c c得波长公式 2/10⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=v v c c λλ式中v 为飞船相对地球的速率.令λ0 ＝620 nm ，λ＝760 nm ，得宇航员用肉眼观察不到地球上红色信号时飞船的最小速率为1-8202202s m 1060.0⋅⨯=+-=λλλλv 飞船达此速率所需的时间为a 0.20s 101.66≈⨯==at v 14 －20 若一电子的总能量为5.0MeV ，求该电子的静能、动能、动量和速率. 分析 粒子静能E 0 是指粒子在相对静止的参考系中的能量，200c m E =，式中为粒子在相对静止的参考系中的质量.就确定粒子来说，E 0 和m 0均为常数(对于电子，有m 0 ＝9.1 ×10－31ｋｇ，E 0＝0.512 MeV).本题中由于电子总能量E ＞E 0 ，因此，该电子相对观察者所在的参考系还应具有动能，也就具有相应的动量和速率.由相对论动能定义、动量与能量关系式以及质能关系式，即可解出结果.解 电子静能为 MeV 512.0200==c m E电子动能为 E K ＝E －E 0 ＝4.488 MeV由20222E c p E +=，得电子动量为 ()1-212/1202s m kg 1066.21⋅⋅⨯=-=-E E c p 由2/12201-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c E E v 可得电子速率为c E E E c 995.02/12202=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v14 －21 一被加速器加速的电子，其能量为3.00 ×109eV.试问：(1) 这个电子的质量是其静质量的多少倍？ (2) 这个电子的速率为多少？解 (1) 由相对论质能关系2mc E =和200c m E =可得电子的动质量m 与静质量m 0之比为 320001086.5⨯===cm E E E m m (2) 由相对论质速关系式2/12201-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c m m v 可解得c c m m 999999985.012/120=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-v可见此时的电子速率已十分接近光速了. 14 －22 在电子偶的湮没过程中，一个电子和一个正电子相碰撞而消失，并产生电磁辐射.假定正负电子在湮没前均静止，由此估算辐射的总能量E .分析 在相对论中，粒子的相互作用过程仍满足能量守恒定律，因此辐射总能量应等于电子偶湮没前两电子总能之和.按题意电子偶湮没前的总能只是它们的静能之和.解 由分析可知，辐射总能量为MeV 1.02J 1064.121320=⨯==-c m E14 －23 若把能量0.50 ×106 eV 给予电子，让电子垂直于磁场运动，其运动径迹是半径为2.0cm 的圆.问：(1) 该磁场的磁感强度B 有多大？ (2) 这电子的动质量为静质量的多少倍？分析 (1) 电子在匀强磁场中作匀速圆周运动时，其向心力为洛伦兹力F ＝evB ，在轨道半径R 确定时，B ＝B (p )，即磁感强度是电子动量的函数.又由相对论的动能公式和动量与能量的关系可知电子动量p ＝p (E 0 ,E K )，题中给予电子的能量即电子的动能E K ，在电子静能20c m E =已知的情况下，由上述关系可解得结果.(2) 由相对论的质能关系可得动质量和静质量之比.本题中电子的动能E K ＝0.50 MeV 与静能E 0＝0.512 MeV 接近，已不能用经典力学的方法计算电子的动量或速度，而必须用相对论力学.事实上当E K ＝0.50 E 0 时，用经典力学处理已出现不可忽略的误差.解 (1) 根据分析，有E ＝E 0 +E K (1)22202c p E E += (2)Rv m vB 2=e (3) 联立求解上述三式，可得eRcE E E B k k 002+=(2) 由相对论质能关系，可得 98.11000=+==E E E E m m k 本题也可以先求得电子速率v 和电子动质量m ，但求解过程较繁.14 －24 如果将电子由静止加速到速率为0.10c ，需对它作多少功？ 如将电子由速率为0.80c 加速到0.90c ，又需对它作多少功？分析 在相对论力学中，动能定理仍然成立，即12ΔΔk k k E E E W -==，但需注意动能E K 不能用2v m 21表示. 解 由相对论性的动能表达式和质速关系可得当电子速率从v1 增加到v2时，电子动能的增量为()()⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=---=-=--2/1222/12220202120221211ΔΔc c c m c m c m c m c m E E E k k k v v根据动能定理，当v 1 ＝0，v 2 ＝0.10c 时，外力所作的功为eV 1058.2Δ3⨯==k E W当v 1 ＝0.80 c ，v 2＝0.90 c 时，外力所作的功为eV 1021.3Δ5⨯='='kE W 由计算结果可知，虽然同样将速率提高0.1 c ，但后者所作的功比前者要大得多，这是因为随着速率的增大，电子的质量也增大.。
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案资料讲解
湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B)，2(D)，3(D)，4(B)，5(B)，6(D)，7(B)，8(C)，9(D)，10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩，磁矩 ; (2). πR 2c ； (3). )4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5). μ0i ，沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ， 0 ; (7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正，负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率μ0)，半径为R ，通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m ，宽为2 R )，位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R I Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为)(20R r rIB >π=μ 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40Iμ2ln 20π+Iμ2. 横截面为矩形的环形螺线管，圆环内外半径分别为R 1和R 2，芯子材料的磁导率为μ，导线总匝数为N ，绕得很密，若线圈通电流I ，求．(1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得 NI r B μ=π⋅2， )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=S S B d Φr b r NId 2π=μ12ln 2R R NIb π=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑i I02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流，在导线内部作一平面S ，S 的一个边是导线的中心轴线，另一边是S 平面与导线表面的交线，如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率μ0 =4π×10-7 T ·m/A ，铜的相对磁导率μr ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条，其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x RIx20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度，设线圈中的电流强度为I ．解：如图，CD 、AF 在P 点产生的 B = 0EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB ， 方向⊗ 其中 2/1)2/(sin 2==a a β，0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ， 同理, aIB BC π=240μ，方向⊗．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ，方向⊙． ∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向⊗．5. 如图所示线框，铜线横截面积S = 2.0 mm 2，其中OA和DO ＇两段保持水平不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中，B的方向竖直向上．已知铜的密度ρ = 8.9×103 kg/m 3，当铜线中的电流I =10 A 时，导线处于平衡状态，AB 段和CD 段与竖直方向的夹角α =15°．求磁感强度B的大小．解：在平衡的情况下，必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅=SRxd x2a2aaaIPIP AB C D E IIIO BA D C O ＇α α Bαρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia = 31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈，半径分别为R 1、R 2，电流为I 1、I 2．电流的方向相反，求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度．解：取x 轴向右，那么有2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0，则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0，则B的方向为沿x 轴负方向．7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I ，沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35cm 、c ＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1 T ，沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV ，上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？ (2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)．解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电，则正电荷堆积在上表面，霍耳电场的方向由上指向下，故上表面电势高，可知是p 型半导体。
大学物理 下册 9-15章 (彭志华 付茂林 著) 华中科技大学出版社 课后答案 12章节习题 课后答案【khdaw_lxywy
12－4 一导线 ac 弯成如图所示形状，且 ab＝bc＝10cm，若使导线在磁感应强度 B＝ 问 ac 间电势差多大？哪一端 2 5 10－2 T 的均匀磁场中，以速度 v 1.5 cm·s－1 向右运动。 电势高？ 解：
w.
C 端电势高。
Hale Waihona Puke kh Bvbc sin 30 0
1.88×10-5 （V）
A B A B
D
D
C
v
A
D
C v I l 0 Idl 0 Idl 1 1 v 0 [ ] B 2 ( a vt ) 2 (b vt ) 2 a vt b vt
实际上， 某 t 时刻线簇内的电动势就等于 AD 和 BC 两段导线在:时刻切割磁力线产生的电动 势之差，因此也可以直接写出
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（2）在 2 秒内通过线圈 A 的感应电量为
q
t2 t1
12－2 一条铜棒长为 L = 0.5m，水平放置，可绕距离 A 端为 L/5 处和棒垂直的轴 OO` 在水平面内旋转，每秒转动一周。铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如习题图 12－2 所示， O` 磁感应强度 B = 1.0×10-4T。求： （1）A、B 两端的电势差； （2）A、B 两 B 端哪一点电势高？ ω A B 解：设想一个半径为 R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为 L/5 ω，经过时间 dt 后转过的角度为 O dθ = ωdt 习题 12－2 图 扫过的面积为 dS = R2dθ/2 切割的磁通量为 L dΦ = BdS = BR2dθ/2 ω l 动生电动势的大小为 dθ o ε = dΦ/dt = ωBR2/2 R 根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高。 AO 和 BO 段的动生电动势大小分别为
大学物理第14章学习题答案
习题十四14-1 自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光?答：自然光不能说一定不是单色光．因为它只强调存在大量的、各个方向的光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样．线偏振光也不一定是单色光．因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同．14-2 用哪些方法可以获得线偏振光?怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振光和自然光? 答：略．14-3 一束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射光，试说明这束光是怎样入射的?其偏振状态如何?答：这束光是以布儒斯特角入射的．其偏振态为平行入射面的线偏振光． 14-4 什么是光轴、主截面和主平面?什么是寻常光线和非常光线?它们的振动方向和各自的主平面有何关系? 答：略．14-5 在单轴晶体中，e 光是否总是以e n c /的速率传播?哪个方向以0/n c 的速率传播? 答：e 光沿不同方向传播速率不等，并不是以0/n c 的速率传播．沿光轴方向以0/n c 的速率传播．14-6是否只有自然光入射晶体时才能产生O 光和e 光?答：否．线偏振光不沿光轴入射晶体时，也能产生O 光和e 光．14-7投射到起偏器的自然光强度为0I ，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行．然后使检偏器绕入射光的传播方向转过130°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是0I 的几倍? 解：由马吕斯定律有0o 2018330cos 2I I I ==0ο2024145cos 2I I I ==0ο2038160cos 2I I I ==所以透过检偏器后光的强度分别是0I 的83,41,81倍． 14-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与1I 之比为多少?解：由马吕斯定律ο20160cos 2I I =80I = 32930cos 30cos 20ο2ο20I I I ==∴25.2491==I I14-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少? 解：（1） max 120131cos 2I I I ==α 又 2max I I =∴ ,61I I =故 'ο11124454,33cos ,31cos===ααα. (2) 0220231cos 2I I I ==α ∴ 'ο221635,32cos ==αα 14-10 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少? 解：(1),140.1tan 0=i ∴'ο02854=i (2) 'ο0ο323590=-=i y14-11 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率． 解：由158tan οn=,故60.1=n 14-12 光由空气射入折射率为n 的玻璃．在题14-12图所示的各种情况中，用黑点和短线把反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还是部分偏振光．图中.arctan ,00n i i i =≠题图14-12解：见图．题解14-12图题14-13图*14-13如果一个二分之一波片或四分之一波片的光轴与起偏器的偏振化方向成30°角，试问从二分之一波片还是从四分之一波片透射出来的光将是：(1)线偏振光?(2)圆偏振光?(3)椭圆偏振光?为什么?解：从偏振片出射的线偏振光进入晶(波)片后分解为e o ,光，仍沿原方向前进，但振方向相互垂直(o 光矢垂直光轴，e 光矢平行光轴)．设入射波片的线偏振光振幅为A ，则有A.2130sin ,A 2330cos οο====A A A A o e ∴ e o A A ≠e o , 光虽沿同一方向前进，但传播速度不同，因此两光通过晶片后有光程差．若为二分之一波片,e o ,光通过它后有光程差2λ=∆，位相差πϕ=∆，所以透射的是线偏振光．因为由相互垂直振动的合成得ϕϕ∆=∆-+22222sin cos 2eo eoA A xyA y A x ∴ 0)(2=+eo A yA x 即 x A A y oe-= 若为四分之一波片，则e o ,光的,4λ=∆位相差2πϕ=∆，此时1sin ,0cos =∆=∆ϕϕ∴12222=+eoA y A x即透射光是椭圆偏振光．*14-14 将厚度为1mm 且垂直于光轴切出的石英晶片，放在两平行的偏振片之间，对某一波长的光波，经过晶片后振动面旋转了20°．问石英晶片的厚度变为多少时，该波长的光将完全不能通过?解：通过晶片的振动面旋转的角度ϕ与晶片厚度d 成正比．要使该波长的光完全不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转ο90． ∴ 1212::d d =ϕϕmm 5.412090οο1122=⨯==d d ϕϕ。
大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社-习题3详解
3-1 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为 [ ] A.2ωmR J J+ B. 02)(ωR m J J + C.02ωmR JD. 0ω 答案：A3-2 如题3-2图所示，圆盘绕O 轴转动。
若同时射来两颗质量相同,速度大小相同,方向相反并在一直线上运动的子弹,子弹射入圆盘后均留在盘内,则子弹射入后圆盘的角速度ω将：[ ]A. 增大.B. 不变.C. 减小.D. 无法判断. 题3-2 图 答案： C3-3 芭蕾舞演员可绕过脚尖的铅直轴旋转,当她伸长两手时的转动惯量为J 0，角速度为ω0,当她突然收臂使转动惯量减小为J 0 / 2时,其角速度应为：[ ] A. 2ω0 . B. ω0 . C. 4ω0 . D. ω 0/2. 答案：A3-4 如题3-4图所示，一个小物体，位于光滑的水平桌面上，与一绳的一端相连结，绳的另一端穿过桌面中心的小孔O . 该物体原以角速度ω 在半径为R 的圆周上绕O 旋转，今将绳从小孔缓慢往下拉．则物体：[ ]A. 动量不变，动能改变； 题3-4图B. 角动量不变，动量不变；C. 角动量改变，动量改变；D. 角动量不变，动能、动量都改变。
答案：D3-5 在XOY 平面内的三个质点,质量分别为m 1 = 1kg, m 2 = 2kg,和 m 3 = 3kg,位置坐标(以米为单位)分别为m 1 (－3,－2)、m 2 (－2,1)和m 3 (1,2),则这三个质点构成的质点组对Z 轴的转动惯量J z = .答案： 38kg ·m 23-6 如题3-6图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O 转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球并嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统对o 轴的 守恒。
第14章光的干涉习题答案
7.法布里－珀罗标准具的两个反射面平行并严格保持距离 1cm，标准具两侧各有一个直径为1cm的单色光源，波长 λ=0.49μm，设仪器严格共轴。求第二个透镜后焦点上干 涉条纹的级次以及后焦面上有多少条明条纹，其最大直径 为多少？ A B
解：相当于在AB间形成1cm空气薄膜， 等倾入射，焦面上一点 对于薄膜来说， 对应于同一入射角 i
11.两光相干除了满足干涉的三个必要条件，即频率相同、 振动方向相同、相位相等或相位差恒定之外，还必须满足 两个附加条件 两相干光的振幅不可相差太大 ， 两相干光的光程差不能太大 。
三、计算题
1.波长为λ的两束相干的单色平行光分别以图所示的入射 角θ、φ入射在屏幕面MN上。求屏幕上干涉条纹的间隔。 解：考虑相邻两明条纹，条纹 中心为A、B，级次分别为k、 k+1，并设AB两点间距为x。
2e n2 n1 sin i k
2
2
2
A
B
n2 1
n1 1(??) e 1 10
2
4.9 10
7
2e cos i k
f 2焦点上 i 0 kmax
f f
2
2e
40816
i最大时，对应如图过 f 1中心的光线 cos i r2 15 15 2 0.5 2
5.用劈尖干涉检测工件的表面，当波长为的单色光垂直 入射时，观察到干涉条纹如图。图中每一条纹弯曲部分 的顶点恰与左边相邻的直线部分的连线相切。由图中可 见工件表面：（ ） A.有一凹陷的槽，深入 / 4 B. 有一凹陷的槽，深入 / 2 C.有一凸起的埂，深入 / 4 D. 有一凸起的埂，深入
3.波长为 的平行单色光垂直地照射到劈尖薄膜上， 劈尖薄膜的折射率为n，第二级明纹与第五条明纹所对 应的薄膜厚度之差 3λ/2n 。
华中科技大学【大学物理复习(下学期)】
∴ x = f kλ / a
π d sin θ sin α 2 Iθ = I 0 ) cos β , ( β = λ α
sin Nβ 2 Iθ = I 0 ( ) ( ) sin β α2,±3 ⋅ ⋅⋅)
π a sinθ π d sinθ α= β= λ λ
↑
膜厚变化时,条纹的移动：k一定 , d ↑ 膜厚变化时,条纹的移动： 对于靠近中心的条纹： 对于靠近中心的条纹： γ
→ γ , i ↑ → rk
膜厚增大，条纹向外扩张；膜厚减小，条纹向内收缩。 膜厚增大，条纹向外扩张；膜厚减小，条纹向内收缩。
∆d = ∆k
λ
≈0
一个波长光程的变化对应一个干涉条纹的移动。 一个波长光程的变化对应一个干涉条纹的移动。 波长对条纹的影响: 波长对条纹的影响: k , d 一定, λ↑ → γ , i ↓→ rk ↓ 波长越长，形成的干涉圆环半径越小。 波长越长，形成的干涉圆环半径越小。
用惠更斯原理作o、 光在晶体内的传播图 光在晶体内的传播图。 用惠更斯原理作 、e光在晶体内的传播图。 椭圆偏振光、圆偏振光的获得与检验 获得与检验。 波晶片、 波片： 椭圆偏振光、圆偏振光的获得与检验。 波晶片、λ/4 波片： 量子物理 一 光的波粒二象性
2
光的衍射
中央明纹(零级衍射亮斑 中央明纹 零级衍射亮斑): θ = 0 零级衍射亮斑 k = ±1,±2,⋯⋯ 暗纹: 暗纹 a sinθ = kλ 次极大（高级衍射亮斑）大约在暗纹中间。 次极大（高级衍射亮斑）大约在暗纹中间。 暗纹位置： 暗纹位置：x / f = sinθ ≈ tanθ = kλ / a 双缝衍射光强分布： 二 双缝衍射光强分布： 2 明纹条件： 明纹条件：d sinθ 多缝—光柵衍射 三 多缝—光柵衍射
大学物理课后习题答案14电磁场习题_图文_图文
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)EyBy
+
(1
v2 c2
)EzBz
=ExBx+EyBy+EzBz = E .B
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(2) E´2 c2B´2=
= E´x 2+E´y2+E´z 2 c2B´x2 c2B´y2 c2B´z2
= Ex2 c Bx2
+ g 2 Ey2+v2Bz2 2EyBz + Ez2+v2By2+2EzBy
c2( cv42Ey2 + Bz2
cosω
t
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14-8 已知无限长载流导线在空间任一点 的磁感应强度为：m0I/2pr 。试证明满足方 程式
.B
=
Bx x
+
By y
+
Bz z
=0
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证明： Bx = =
.B
=
Bx x
+
By y
+
Bz z
=0
m0I
2pr
sinq
m0Iy
2pr2
=
m0Iy
2p(x2+y2)
g
2pf
=
5.7×107
8.85×10-12×2p×3×1011
= 2.0×1016
结束 目录
14-5 有一平板电容器，极板是半径为R 的圆形板，现将两极板由中心处用长直引线 连接到一远处的交变电源上，使两极板上的 电荷量按规律q=q0sinω t变化。略去极板边 缘效应，试求两极板间任一点的磁场强度。
By
=
m0Ix
2p(x2+y2)
Bz =0
大学物理答案第14章
大学物理答案第14章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第十四章 波 动 光 学14-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1 、S 2 距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图中的S ′位置，则（ ）（A ） 中央明纹向上移动，且条纹间距增大（B ） 中央明纹向上移动，且条纹间距不变（C ） 中央明纹向下移动，且条纹间距增大（D ） 中央明纹向下移动，且条纹间距不变分析与解 由S 发出的光到达S 1 、S 2 的光程相同，它们传到屏上中央O 处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S 移到S ′时，由S ′到达狭缝S 1 和S 2 的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O ′处．使得由S ′沿S 1 、S 2 狭缝传到O ′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．故选（B ）．题14-1 图14-2 如图所示，折射率为n 2 ，厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1 和n 3，且n 1 ＜n 2 ，n 2 ＞n 3 ，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束的光程差是（ ）()()()()2222222D 2C 22B 2A n e n e n e n e n λλλ---题14-2 图分析与解 由于n 1 ＜n 2 ，n 2 ＞n 3 ，因此在上表面的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，故它们的光程差222λ±=∆e n ，这里λ是光在真空中的波长．因此正确答案为（B ）．14-3 如图（a ）所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L ，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚柱之间的距离L 变小，则在L 范围内干涉条纹的（ ）（A ） 数目减小，间距变大 （B ） 数目减小，间距不变（C ） 数目不变，间距变小 （D ） 数目增加，间距变小题14-3图分析与解 图（a ）装置形成的劈尖等效图如图（b ）所示．图中 d 为两滚柱的直径差，b 为两相邻明（或暗）条纹间距．因为d 不变，当L 变小时，θ 变大，L ′、b 均变小．由图可得L d b n '==//2sin λθ，因此条纹总数n d b L N λ//2='=，因为d 和λn 不变，所以N 不变．正确答案为（C ）14-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射.若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为（ ）（A ） 3 个 （B ） 4 个 （C ） 5 个 （D ） 6 个分析与解 根据单缝衍射公式()()(),...2,1 212 22sin =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+±±=k λk λk θb 明条纹暗条纹 因此第k 级暗纹对应的单缝处波阵面被分成2k 个半波带，第k 级明纹对应的单缝波阵面被分成2k ＋1 个半波带．则对应第二级暗纹，单缝处波阵面被分成4个半波带．故选（B ）．14-5 波长λ＝550 nm 的单色光垂直入射于光栅常数d ＝='+b b 1.0 ×10-4 cm 的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为（ ）（A ） 4 （B ） 3 （C ） 2 （D ） 1分析与解 由光栅方程(),...1,0dsin =±=k k λθ，可能观察到的最大级次为()82.1/2dsin max =≤λπk 即只能看到第1 级明纹，正确答案为（D ）．14-6 三个偏振片P 1 、P 2 与P 3 堆叠在一起，P 1 与P 3的偏振化方向相互垂直，P 2与P 1 的偏振化方向间的夹角为30°，强度为I 0 的自然光入射于偏振片P 1 ，并依次透过偏振片P 1 、P 2与P 3 ，则通过三个偏振片后的光强为（ ）（A ） 3I 0/16 （B ） 3I 0/8 （C ） 3I 0/32 （D ） 0分析与解 自然光透过偏振片后光强为I 1 ＝I 0/2．由于P 1 和P 2 的偏振化方向成30°，所以偏振光透过P 2 后光强由马吕斯定律得8/330cos 0o 212I I I ==．而P 2和P 3 的偏振化方向也成60°，则透过P 3 后光强变为32/360cos 0o 223I I I ==．故答案为（C ）．14-7 自然光以60°的入射角照射到两介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则折射光为（ ）（A ） 完全线偏振光，且折射角是30°（B ） 部分偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为3的介质时，折射角是30°（C ） 部分偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角（D ） 部分偏振光且折射角是30°分析与解 根据布儒斯特定律，当入射角为布儒斯特角时，反射光是线偏振光，相应的折射光为部分偏振光.此时，反射光与折射光垂直.因为入射角为60°，反射角也为60°，所以折射角为30°.故选（D ）.14-8 在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30 mm ，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m 的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78 mm ．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？分析与解 在双缝干涉中，屏上暗纹位置由()212λ+'=k d d x 决定，式中d ′为双缝到屏的距离，d 为双缝间距．所谓第5条暗纹是指对应k ＝4 的那一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离mm 27822.=x ，那么由暗纹公式即可求得波长λ． 此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式λdd x '=∆求入射光波长．应注意两个第5 条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么），故mm 97822.=∆x . 解1 屏上暗纹的位置()212λ+'=k d d x ，把m 102782243-⨯==.,x k 以及d 、d ′值代入，可得λ＝632.8 nm ，为红光．解2 屏上相邻暗纹（或明纹）间距'd x d λ∆=，把322.7810m 9x -∆=⨯，以及d 、d ′值代入，可得λ＝632.8 nm ．14-9 在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1 nm 的单色光照射，双缝与屏的距离d ′＝300mm ．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ，求双缝间的距离．分析 双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δx ，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x 5 －x -5 ＝10Δx 可求出Δx ．再由公式Δx ＝d ′λ／d 即可求出双缝间距d ．解 根据分析：Δx ＝（x 5 －x -5）/10 ＝1.22×10-3 m双缝间距： d ＝d ′λ／Δx ＝1.34 ×10-4 m14-10 一个微波发射器置于岸上，离水面高度为d ，对岸在离水面h 高度处放置一接收器，水面宽度为D ，且,D d D h ，如图所示．发射器向对面发射波长为λ的微波，且λ＞d ，求接收器测到极大值时，至少离地多高？分析 由发射器直接发射的微波与经水面反射后的微波相遇可互相干涉，这种干涉与劳埃德镜实验完全相同．形成的干涉结果与缝距为2d ，缝屏间距为D 的双缝干涉相似，如图（b ）所示，但要注意的是和劳埃德镜实验一样，由于从水面上反射的光存在半波损失，使得两束光在屏上相遇产生的光程差为2/sin 2λθd +，而不是θd sin 2．题14-10 图解 由分析可知，接收到的信号为极大值时，应满足(),...2,12/sin 2==+k λk λθd ()d k D D D h 412sin tan -=≈≈λθθ 取k ＝1 时，得d D h 4min λ=． 14-11 如图所示，将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上，使得屏上原中央极大的所在点O 改变为第五级明纹.假定λ=550 nm ，求：（1）条纹如何移动？（2） 云母片的厚度t.题14-11图分析 (1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O ，光程差Δ＝0，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O ，Δ≠0，故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移．原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差Δ=0的位置.(2) 干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上某点P （明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况．插入介质前的光程差Δ1 ＝r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹），插入介质后的光程差Δ2 ＝（n －1）d ＋r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹）．光程差的变化量为Δ2 －Δ1 ＝（n －1）d ＝（k 2 －k 1 ）λ式中（k 2 －k 1 ）可以理解为移过点P 的条纹数（本题为5）．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．解 由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O ，有()λ51212=-=∆-∆d n将有关数据代入可得m 1074.4156-⨯=-=n d λ 14-12 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色分析 这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）．解 根据分析对反射光加强，有(),...2,122==+k k ne λλ124-=k ne λ 在可见光范围，k ＝2 时，nm 8668.=λ（红光）k ＝3 时，nm 3401.=λ（紫光）故正面呈红紫色．14-13 利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ＝589.3 nm ，L ＝2.888 ×10-2m ，测得30 条条纹的总宽度为4.259 ×10-3 m ，求细丝直径d ．分析 在应用劈尖干涉公式L nb d 2λ= 时，应注意相邻条纹的间距b 是N条条纹的宽度Δx 除以（N －1）．对空气劈尖n ＝1．解 由分析知，相邻条纹间距1-∆=N x b ，则细丝直径为 ()m 107552125-⨯=∆-==.xn N L nb d λλ题14-13 图14-14 集成光学中的楔形薄膜耦合器原理如图所示．沉积在玻璃衬底上的是氧化钽（52O Ta ）薄膜，其楔形端从A 到B 厚度逐渐减小为零．为测定薄膜的厚度，用波长λ＝632.8nm 的He Ne - 激光垂直照射，观察到薄膜楔形端共出现11 条暗纹，且A 处对应一条暗纹，试求氧化钽薄膜的厚度．（52O Ta 对632.8 nm 激光的折射率为2.21）题14-14 图分析 置于玻璃上的薄膜AB 段形成劈尖，求薄膜厚度就是求该劈尖在A 点处的厚度．由于25Ta O 对激光的折射率大于玻璃，故从该劈尖上表面反射的光有半波损失，而下表面没有，因而两反射光光程差为Δ＝2ne ＋λ/2．由反射光暗纹公式2ne k ＋λ/2 ＝（2k ＋1）λ/2，k ＝0，1，2，3，…，可以求厚度e k ．又因为AB 中共有11 条暗纹（因半波损失B 端也为暗纹），则k 取10即得薄膜厚度．解 根据分析，有2ne k ＋2λ＝（2k ＋1）λ/2 （k ＝0，1，2，3，…） 取k ＝10，得薄膜厚度e 10 ＝n 210λ＝1.4 ×10-6m ． 14-15 折射率为1.60的两块标准平面玻璃板之间形成一个劈形膜（劈尖角θ 很小）．用波长λ＝600 nm 的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹．假如在劈形膜内充满n ＝1.40 的液体时的相邻明纹间距比劈形膜内是空气时的间距缩小Δl ＝0.5 mm ，那么劈尖角θ 应是多少？分析 劈尖干涉中相邻条纹的间距l ≈θλn 2，其中θ 为劈尖角，n 是劈尖内介质折射率．由于前后两次劈形膜内介质不同，因而l 不同．则利用l ≈θλn 2和题给条件可求出θ．解 劈形膜内为空气时，θλ2=空l 劈形膜内为液体时，θλn l 2=液则由θλθλn l l l 22-=-=∆液空，得 ()rad 107112114-⨯=∆-=./l n λθ14-16 如图(a)所示的干涉膨胀仪，已知样品的平均高度为3.0 ×10-2m ，用λ＝589.3 nm 的单色光垂直照射．当温度由17 ℃上升至30 ℃时，看到有20 条条纹移过，问样品的热膨胀系数为多少？题14-16 图分析 温度升高ΔT ＝T 2 －T 1 后，样品因受热膨胀，其高度l 的增加量Δl ＝lαΔT ．由于样品表面上移，使在倾角θ 不变的情况下，样品与平板玻璃间的空气劈的整体厚度减小．根据等厚干涉原理，干涉条纹将整体向棱边平移，则原k 级条纹从a 移至a′处，如图（b ）所示，移过某一固定观察点的条纹数目N 与Δl 的关系为2λN l =∆，由上述关系可得出热膨胀系数α．解 由题意知，移动的条纹数N ＝20，从分析可得T l N ∆=αλ2则热膨胀系数 5105112-⨯=∆=.Tl Nλα K 1-14－17 在利用牛顿环测未知单色光波长的实验中，当用已知波长为589.3 nm 的钠黄光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为Δr ＝4.00 ×10-3 m ；当用波长未知的单色光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为Δr ′＝3.85 ×10-3 m ，求该单色光的波长．分析 牛顿环装置产生的干涉暗环半径λkR r =，其中k ＝0，1，2…，k ＝0，对应牛顿环中心的暗斑，k ＝1 和k ＝4 则对应第一和第四暗环，由它们之间的间距λR r r r =-=∆14，可知λ∝∆r ，据此可按题中的测量方法求出未知波长λ′．解 根据分析有λλ'=∆'∆r r 故未知光波长 λ′＝546 nm14 －18 如图所示，折射率n 2 ＝1.2 的油滴落在n 3 ＝1.50 的平板玻璃上，形成一上表面近似于球面的油膜，测得油膜中心最高处的高度d m ＝1.1 μm ，用λ＝600 nm 的单色光垂直照射油膜，求（1） 油膜周边是暗环还是明环 （2） 整个油膜可看到几个完整的暗环题14-18 图分析 本题也是一种牛顿环干涉现象，由于n 1 ＜n 2 ＜n 3 ，故油膜上任一点处两反射相干光的光程差Δ＝2n 2d ．（1） 令d ＝0，由干涉加强或减弱条件即可判断油膜周边是明环．（2） 由2n 2d ＝（2k ＋1）λ/2，且令d ＝d m 可求得油膜上暗环的最高级次（取整），从而判断油膜上完整暗环的数目．解 （1） 根据分析，由()()(),...2,1,0 212 22=⎪⎩⎪⎨⎧+=k k k d n 暗条纹明条纹λλ 油膜周边处d ＝0，即Δ＝0 符合干涉加强条件，故油膜周边是明环．（2） 油膜上任一暗环处满足()(),...,,/21021222=+==∆k k d n λ令d ＝d m ，解得k ＝3.9，可知油膜上暗环的最高级次为3，故油膜上出现的完整暗环共有4 个，即k ＝0，1，2，3．14-19 把折射率n ＝1.40 的薄膜放入迈克耳孙干涉仪的一臂，如果由此产生了7.0 条条纹的移动，求膜厚．设入射光的波长为589 nm ．分析 迈克耳孙干涉仪中的干涉现象可以等效为薄膜干涉（两平面镜相互垂直）和劈尖干涉（两平面镜不垂直）两种情况，本题属于后一种情况．在干涉仪一臂中插入介质片后，两束相干光的光程差改变了，相当于在观察者视野内的空气劈尖的厚度改变了，从而引起干涉条纹的移动．解 插入厚度为d 的介质片后，两相干光光程差的改变量为2（n －1）d ，从而引起N 条条纹的移动，根据劈尖干涉加强的条件，有2（n －1）d ＝Nλ，得()m 101545126-⨯=-=.n N d λ 14-20 如图所示，狭缝的宽度b ＝0.60 mm ，透镜焦距f ＝0.40m ，有一与狭缝平行的屏放置在透镜焦平面处．若以波长为600 nm 的单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点O 为x ＝1.4 mm 处的点P 看到的是衍射明条纹．试求：（1） 点P 条纹的级数；（2） 从点P 看来对该光波而言，狭缝的波阵面可作半波带的数目．分析 单缝衍射中的明纹条件为()212sin λϕ+±=k b ，在观察点P 位置确定（即衍射角φ确定）以及波长λ确定后，条纹的级数k 也就确定了.而狭缝处的波阵面对明条纹可以划分的半波带数目为（2k ＋1）条．解 （1） 设透镜到屏的距离为d ，由于d ＞＞b ，对点P 而言，有dx =≈ϕϕtan sin ．根据分析中的条纹公式，有 ()212λ+±=k d bx 将b 、d （d ≈f ）、x , λ的值代入，可得k ＝３（2） 由分析可知，半波带数目为7.题14-20 图14-21 一单色平行光垂直照射于一单缝，若其第三条明纹位置正好和波长为600 nm 的单色光垂直入射时的第二级明纹的位置一样，求前一种单色光的波长．分析 采用比较法来确定波长．对应于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由于衍射明纹条件()212sin λϕ+=k b ，故有()()22111212λλ+=+k k ，在两明纹级次和其中一种波长已知的情况下，即可求出另一种未知波长．解 根据分析，将32nm 600122===k k ,,λ代入()()22111212λλ+=+k k ，得 ()nm 642812121221.=++=k k λλ14-22 已知单缝宽度b ＝1.0 ×10-4 m ，透镜焦距f ＝0.50 m ，用λ1 ＝400 nm 和λ2 ＝760 nm 的单色平行光分别垂直照射，求这两种光的第一级明纹离屏中心的距离，以及这两条明纹之间的距离．若用每厘米刻有1000条刻线的光栅代替这个单缝，则这两种单色光的第一级明纹分别距屏中心多远 这两条明纹之间的距离又是多少分析 用含有两种不同波长的混合光照射单缝或光栅，每种波长可在屏上独立地产生自己的一组衍射条纹，屏上最终显示出两组衍射条纹的混合图样．因而本题可根据单缝（或光栅）衍射公式分别计算两种波长的k 级条纹的位置x 1和x 2 ，并算出其条纹间距Δx ＝x 2 －x 1 ．通过计算可以发现，使用光栅后，条纹将远离屏中心，条纹间距也变大，这是光栅的特点之一．解 （1） 当光垂直照射单缝时，屏上第k 级明纹的位置()f b k x 212λ+=当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x 1 ＝3.0 ×10-3 m当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x 2 ＝5.7 ×10-3 m其条纹间距 Δx ＝x 2 －x 1 ＝2.7 ×10-3 m（2） 当光垂直照射光栅时，屏上第k 级明纹的位置为f dk x λ=' 而光栅常数 m 10m 1010532--==d 当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x 1 ＝2.0 ×10-2 m当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x 2 ＝3.8 ×10-2 m其条纹间距 m 1081212-⨯='-'='∆.x x x 14-23 老鹰眼睛的瞳孔直径约为6 mm ，问其最多飞翔多高时可看清地面上身长为5cm 的小鼠设光在空气中的波长为600 nm ．分析 两物体能否被分辨，取决于两物对光学仪器通光孔（包括鹰眼）的张角θ 和光学仪器的最小分辨角θ0 的关系．当θ≥θ0 时能分辨，其中θ＝θ0 为恰能分辨．在本题中D λθ2210.=为一定值，这里D 是鹰的瞳孔直径.而h L /=θ,其中L 为小鼠的身长，h 为老鹰飞翔的高度.恰好看清时θ＝θ0.解 由分析可知 L /h ＝1.22λ/D ，得飞翔高度h ＝LD /（1.22λ） ＝409.8 m ．14-24 一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束中包含有两种波长的光：λ1 ＝440 nm 和λ2 ＝660 nm ．实验发现，两种波长的谱线（不计中央明纹）第二次重合于衍射角φ＝60°的方向上，求此光栅的光栅常数．分析 根据光栅衍射方程λϕk d ±=sin ，两种不同波长的谱线，除k ＝0 中央明纹外，同级明纹在屏上位置是不同的，如果重合，应是它们对应不同级次的明纹在相同衍射角方向上重合．故由d sin φ＝k λ ＝k ′λ2 可求解本题．解 由分析可知21sin λλϕk k d '==， 得得 2312///=='λλk k上式表明第一次重合是λ1 的第3 级明纹与λ2 的第2级明纹重合，第二次重合是λ1 的第6 级明纹与λ2 的第4级明纹重合．此时，k ＝6，k ′＝4，φ＝60°，则光栅常数μm 05.3m 1005.3/sin 61=⨯==-ϕλk d*14-25 波长为600 nm 的单色光垂直入射在一光栅上，其透光和不透光部分的宽度比为1：3，第二级主极大出现在200sin .=ϕ处．试问（1） 光栅上相邻两缝的间距是多少（2） 光栅上狭缝的宽度有多大 （3） 在－90°＜φ＜90°范围内，呈现全部明条纹的级数为哪些．分析 （1） 利用光栅方程()λϕϕk b b d ±='+=sin sin ，即可由题给条件求出光栅常数b b d '+=（即两相邻缝的间距）．这里b 和b '是光栅上相邻两缝透光（狭缝）和不透光部分的宽度，在已知两者之比时可求得狭缝的宽度（2） 要求屏上呈现的全部级数，除了要求最大级次k 以外，还必须知道光栅缺级情况.光栅衍射是多缝干涉的结果，也同时可看成是光透过许多平行的单缝衍射的结果．缺级就是按光栅方程计算屏上某些应出现明纹的位置，按各个单缝衍射计算恰是出现暗纹的位置．因此可以利用光栅方程()λϕϕk b b d ='+=sin sin 和单缝衍射暗纹公式'sin b k ϕλ=可以计算屏上缺级的情况，从而求出屏上条纹总数．解 （1）光栅常数 μm 6m 106sin 6=⨯==-ϕk λd （2） 由 ⎪⎩⎪⎨⎧='='+=31μm 6b b b b d得狭缝的宽度b =1.5 μm .（3） 利用缺级条件()()()⎩⎨⎧±=''=±=='+,...1,0sin ,...1,0sin k k b k k b b λϕλϕ 则（b ＋b ′）／b ＝k ／k ′＝4，则在k ＝4k ′，即±4， ±8， ±12，…级缺级．又由光栅方程()λϕk b b ±='+sin ，可知屏上呈现条纹最高级次应满足()10='+<λ/b b k ，即k =9，考虑到缺级，实际屏上呈现的级数为：0， ±1， ±2， ±3，±5， ±6， ±7， ±9，共15 条．*14-26 以波长为0.11 nm 的X 射线照射岩盐晶体，实验测得X 射线与晶面夹角为11.5°时获得第一级反射极大．（1） 岩盐晶体原子平面之间的间距d 为多大（2） 如以另一束待测X 射线照射，测得X 射线与晶面夹角为17.5°时获得第一级反射光极大，求该X 射线的波长．分析 X 射线入射到晶体上时，干涉加强条件为２d sin θ ＝k λ（k ＝0，1，2，…）式中d 为晶格常数，即晶体内原子平面之间的间距（如图）．解 （1） 由布拉格公式(),...,,210sin 2==k k d λθ第一级反射极大，即k ＝1．因此，得 nm 276.0sin 211==θλd（2） 同理，由2d sin θ2 ＝kλ2 ，取k ＝1，得nm 166.0sin 222==θλd题14-26图14-27 测得一池静水的表面反射出来的太阳光是线偏振光，求此时太阳处在地平线的多大仰角处（水的折射率为1.33）题14-27 图分析 设太阳光（自然光）以入射角i 入射到水面，则所求仰角i θ-=2π．当反射光起偏时，根据布儒斯特定律，有120arctan n n i i ==（其中n 1 为空气的折射率，n 2 为水的折射率）．解 根据以上分析，有120arctan 2πn n θi i =-== 则 o 129.36arctan 2π=-=n n θ14-28 一束光是自然光和线偏振光的混合，当它通过一偏振片时，发现透射光的强度取决于偏振片的取向，其强度可以变化5 倍，求入射光中两种光的强度各占总入射光强度的几分之几．分析 偏振片的旋转，仅对入射的混合光中的线偏振光部分有影响，在偏振片旋转一周的过程中，当偏振光的振动方向平行于偏振片的偏振化方向时，透射光强最大；而相互垂直时，透射光强最小．分别计算最大透射光强I max 和最小透射光强I min ，按题意用相比的方法即能求解．解 设入射混合光强为I ，其中线偏振光强为xI ，自然光强为（1－x ）I ．按题意旋转偏振片，则有最大透射光强 ()I x x I ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=121max 最小透射光强 ()I x I ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=121min 按题意5min max =I I /，则有()()x x x -⨯=+-1215121 解得 x ＝2/3即线偏振光占总入射光强的2/3，自然光占1/3．。
大学物理14章答案
第14章 稳恒电流的磁场14.1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min 内漏失一半电量，求电介质的电阻率．[解答]设电容器的面积为S ，两板间的距离为l ，则电介质的电阻为l R S ρ=．设t 时刻电容器带电量为q ，则电荷面密度为 ζ = q/S ， 两板间的场强为 E = ζ/ε =q/εr ε0S ， 电势差为 U = El =ql/εr ε0S ， 介质中的电流强度为0d 1d r q U q t R εερ-==，负号表示电容器上的电荷减少．微分方程可变为0d 1d r q t q εερ=-， 积分得0ln r tq Cεερ=-+，设t = 0时，q = q m ，则得C = ln q m ，因此电介质的电阻率的公式为0ln(/)r m tq q ρεε=．当t = 180s 时，q = q m /2，电阻率为121808.84210 2.1ln 2ρ-=⨯⨯⨯ =1.4×1013(Ω·m)．14.2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C ，求导线所产生的热量．（1）在24s 内有稳恒电流通过导线； （2）在24s 内电流均匀地减少到零． [解答]（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)， 导线产生的热量为Q = I 2Rt = 225(J)．（2）电流变化的方程为12.5(1)24i t =-， 由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t 图中，在0~24秒内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的． 在d t 时间内导线产生的热量元为d Q = i 2R d t ，在24s 内导线产生的热量为2424221d [2.5(1)]d 24Q i R t t R t ==-⎰⎰2423112.5624(1)324t =-⨯⨯⨯⨯-=300(J)．14.3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m -3． （1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm -2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？（2）求T = 300K 时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？ [解答]（1）原子质量单位为u = 1.66×10-27(kg)，一个铜原子的质量为m = Au = 1.058×10-25(kg)，铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m -3)，如果一个铜原子有一个自由电子，n 也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为ρe = ne = 1.34×1010(C·m -3)． 铜线内电流密度为δ = 6×106(A·m -2)，根据公式δ = ρe v ，得电子的漂移速度为 v = ρe /δ = 4.46×10-4(m·s -1)．（2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为v =其中k 为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K -1，m e 是电子的质量m e = 9.11×10-31kg ，可得v = 1.076×105(m·s -1)， 对漂移速度的倍数为v /v = 2.437×108，可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动．14.4通有电流的导线形状如图所示，图中ACDO 是边长为b 的正方O 处的磁感应强度B = ？[解答]电O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律： 002d d 4I r μπ⨯=l r B ，圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直，在O 点产生的磁场大小为012d d 4I l B a μπ=，由于 d l = a d φ， 积分得11d LB B =⎰3/200d 4I a πμϕπ=⎰38Ia μ=．OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零．在AC 段，电流元在O 点产生的磁场为022d sin d 4I l B r μθπ=，由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ，所以 d l = b d θ/sin 2θ；又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ， 可得 02s i n d d 4I B b μθθπ=，积分得3/402/2d sin d 4L I B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/2(cos )48IIbb ππμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2． O 点总磁感应强度为00123384I IB B B B a b μπ=++=+．[讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为04IB a μϕπ=．（2）有限长直导线产生的磁感应大小为012(cos cos )4IB b μθθπ=-．对于AC 段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD 段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得0238IB B b π==．上述公式可以直接引用．14.5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R ，直线部分伸向无限远处．求圆心O 处的磁感应强度B = ？[解答]在直线磁场公式012(cos cos )4IB R μθθπ=-中，令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度04IB R μπ=．两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向，大小为B z = μ0I /2πR ． 半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向，大小为B x = μ0I /4R ． O 点的磁感应强度为0042x z IIB B RR μμπ=--=--B i k i k ．场强大小为B ==与X 轴的夹角为2arctan arctan z x B B θπ==．14.6 如图所示的正方形线圈ABCD ，每边长为a ，通有电流I ．求正方形中心O 处的磁感应强度B = ？[解答]正方形每一边到O 点的距离都是a /2，在O 点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD 边为例，利用直线电流的磁场公式：012(cos cos )4IB R μθθπ=-，令θ1 = π/4、θ2 =3π/4、R = a /2，AD 在O 产生的场强为02AD IB a π=，O 点的磁感应强度为4AD B B ==方向垂直纸面向里．14.7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I ，半径为R ，两个圆心间距离O 1O 2 = R ，试证：O 1、O 2中点O 处附近为均匀磁场． [证明]方法一：用二阶导数．一个半径为R 的环电流在离圆心为x 的轴线上产生的磁感应强度大小为：20223/22()IR B R x μ=+．设两线圈相距为2a ，以O 点为原点建立坐标，两线圈在x 点产生的场强分别为201223/22[()]IR B R a x μ=++，202223/22[()]IR B R a x μ=+-．方向相同，总场强为B = B 1 + B 2．一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场叠加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它图14.7们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零．设k = μ0IR 2/2，则223/2223/211{}[()][()]B k R a x R a x =++++-B 对x 求一阶导数得225/2d 3{d [()]B a x k x R a x +=-++，225/2}[()]a xR a x --+-求二阶导数得2222227/2d 4()3{d [()]B R a x k x R a x -+=-++22227/24()}[()]R a x R a x --++-，在x = 0处d 2B /d x 2 = 0，得R 2 = 4a 2，所以2a = R ．x = 0处的场强为223/22[(/2)]B kR R =+k==方法二：用二项式展开．将B 1展开得2012223/22[2]IR B R a ax x μ=+++20223/22223/22()[1(2)/()]IR R a ax x R a μ=++++．设20223/22()IR k R a μ=+，则23/21222(1)ax x B k R a -+=++．同理，23/22222(1)ax x B k R a --+=++．当x 很小时，二项式展开公式为2(1)(1)1...12n n n x nx x -+=+++⋅．将B 1和B 2按二项式展开，保留二次项，总场强为22232[12ax x B k R a -+=+⋅++22221352()...]1222ax x R a --++⋅⋅+⋅+ 22232[12ax x k R a --+++⋅++22221352()...]1222ax x R a ---++⋅⋅+⋅+22232[12x k R a -=+⋅++ 22222354...]24()a x R a --+⋅⋅++ 222222342[1...]2()R a k x R a --=+⋅++令R 2 - 4a 2 = 0，即a = R /2，得200223/22()25IR IB k R a R μ===+，可知：O 点附近为均强磁场．14.8 将半径为R 的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h (h <<R )的无限长缝后，沿轴向均匀地通有电流，面密度为i ，求轴线上的磁感应强度B = ？[解答]方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电流在轴线上产生的磁感应强度为零．割去长缝，等效于同时加上两个大小相等，方向相反的电流，其中，与i 相同的电流补上了长缝，与i 相反的电流大小为I = ih ．在轴线上产生的磁感应强度为 0022I ihB R R μμππ==．方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x 坐标轴平分角α，α = h/R ． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元d s = R d θ，无限长直线电流为 d I = i d s = iR d θ， 在轴线产生的磁感应强度大小为图14.8`00d d d 22I iB R μμθππ==，两个分量分别为0d d sin sin d 2x iB B μθθθπ==， 0d d cos cos d 2y iB B μθθθπ=-=-．积分得2/22/200/2/2sin d cos 22x i iB παπαααμμθθθππ--==-⎰0[cos(2/2)cos(/2)]02iμπααπ=---=；2/22/200/2/2cos d sin 22y i i B παπαααμμθθθππ--=-=-⎰0[sin(2/2)sin(/2)]2iμπααπ=---0002sin 2222i iih R μμμααπππ=≈=．B y 的方向沿着y 方向．B y 的大小和方向正是无限长直线电流ih 产生的磁感应强度．14.9 在半径为R = 1.0cm 的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I =5.0A ，如图所示．求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ？[解答]取导体面的横截面，电流方向垂直纸面向外．半圆的周长为C = πR ， 电流线密度为 i = I/C = IπR ．在半圆上取一线元d l = R d φ代表无限长直导线的截面，电流元为I d φ/π， d I = i d l = 在轴线上产生的磁感应强度为002d d d 22I I B R R μμϕππ==，方向与径向垂直．d B 的两个分量为d B x = d B cos φ，d B y = d B sin φ． 积分得002200cos d sin 022x I IB R R ππμμϕϕϕππ===⎰，020sin d 2y IB R πμϕϕπ=⎰00220(cos )2II RR πμμϕππ=-=．由对称性也可知B x = 0，所以磁感应强度B = B y = 6.4×10-5(T)，方向沿着y 正向．14.10 宽度为a 的薄长金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布．求在薄板所在平面内距板的边缘为x 的P 点处的磁感应强度（如图所示）． [解答]电流分布在薄板的表面上，单位长度上电流密度，即面电流的线密度为δ = I/a ， 以板的下边缘为原点，在薄板上取一宽度为d l 的通电导线，电流强度为d I = δd l ，在P 点产生磁感应强度为00d d d 22()I lB r x a l μμδππ==+-，磁场方向垂直纸面向外．由于每根电流产生的磁场方向相同，总磁场为00d 2()alB x a l μδπ=+-⎰00ln()2al x a l μδπ==-+-0ln(1)2I aa x μπ=+．[讨论]当a 趋于零时，薄板就变成直线，因此00ln(1/)2/2I Ia x B x a x x μμππ+=→，这就是直线电流产生的磁场强度的公式．14.11 在半径为R 的木球上紧密地绕有细导线，相邻线圈可视为相互平行，盖住半个球面，如图所示．设导线中电流为I ，总匝图14.10图14.11数为N ，求球心O 处的磁感应强度B = ？[解答]四分之一圆的弧长为 C = πR /2， 单位弧长上线圈匝数为n = N/C = 2N/πR ．在四分之一圆上取一弧元d l = R d θ， 线圈匝数为d N = n d l = nR d θ， 环电流大小为 d I = I d N = nIR dθ． 环电流的半径为 y = R sin θ， 离O 点的距离为 x = R cos θ， 在O 点产生的磁感应强度为22003d d sin d 22y I nI B R μμθθ==20sin d NIR μθθπ=，方向沿着x 的反方向，积分得O 点的磁感应强度为/2200sin d NI B R πμθθπ=⎰/2000(1cos 2)d 24NI NI R R πμμθθπ=-=⎰．14.12 两个共面的平面带电圆环，其内外半径分别为R 1、R 2和R 3、R 4(R 1 < R 2 < R 3 < R 4)转的转速顺时针转动，里面圆环以每称n 1转逆时针转动，若两圆环电荷面密度均为ζ，求n 1和n 2的比值多大时，圆心处的磁感应强度为零． [解答]半径为r 的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为 B = μ0I /2r ．在半径为R 1和R 2的环上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ，所带的电量为 d q = ζd S = 2πζr d r ， 圆环转动的周期为 T 1 = 1/n 1， 形成的电流元为 d I = d q/T 1 = 2πn 1ζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B 1 = μ0d I /2r = πμ0n 1ζd r ，圆环在圆心产生磁感应强度为B 1 = πμ0n 1ζ(R 2-R 1)．同理，半径为R 3和R 4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为B 2 = πμ0n 2ζ(R 4-R 3)．由于两环的转动方向相反，在圆心产生的磁感应强度也相反，当它们大小相同时，圆心处的磁感应强度为零，即：πμ0n 1ζ(R 2-R 1) = πμ0n 2ζ(R 4-R 3)，解得比值为431221 = R R n n R R --．15．13 半径为R 的无限长直圆柱导体，通以电流I ，电流在截面上分布不均匀，电流密度δ = kr ，求：导体内磁感应强度？[解答]在圆柱体内取一半径为r 、宽度为d r 的薄圆环，其面积为 d S = 2πr d r ，电流元为 d I = δd S = 2πk r 2d r ，从0到r 积分得薄环包围的电流强度为2πkr 3/3；I r = 从0到R 积分得全部电流强度I = 2πkR 3/3，因此I r /I = r 3/R 3．根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度200322r I I B r r R μμππ==．15．14 有一电介质圆盘，其表面均匀带有电量Q ，半径为a ，可绕盘心且与盘面垂直的轴转动，设角速度为ω．求圆盘中心o 的磁感应强度B = ？ [解答]圆盘面积为 S = πa 2， 面电荷密度为ζ = Q/S = Q/πa 2．在圆盘上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环，其面积为d S = 2πr d r ，所带的电量为d q = ζd S = 2πζr d r ．薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω，形成的电流元为 d I = d q/T = ωζr d r ．薄环电流可以当作圆电流，在圆心产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωζd r /2，从o 到a 积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为B = μ0ωζa /2 = μ0ωQ /2πa ．如果圆盘带正电，则磁场方向向上．14.15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面，如图所示．已知a = b = c = 10cm ，l = 10m ，I 1 = I 2 = 100A ，求通过线圈的磁通量．[解答]电流I 1和I 2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的，在坐标系中的x 点，它们共同产生的磁感应强度大小为 图15.1301022(/2)2(/2)I I B a b x c b x μμππ=++++-．在矩形中取一面积元d S = l d x ，通过面积元的磁通量为d Φ = B d S = Bl d x ，通过线圈的磁通量为/2012/2()d 2/2/2b b l I I x a b x c b x μΦπ-=++++-⎰011(ln ln )2l a b c I I a c b μπ+=-+=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb)．14.16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm 的圆周运动，电子速度v = 104m·s -1．求圆轨道内所包围的磁通量是多少？ [解答]电子所带的电量为e = 1.6×10-19库仑，质量为m =9.1×10-31千克．电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力，即：f = evB = mv 2/R ，所以 B = mv/eR ．电子轨道所包围的面积为 S = πR 2，磁通量为Φ = BS = πmvR/e =2.14×10-9(Wb)．14.17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成，电流I 从一导体流入，从另一导体流出，且导体上电流均匀分布在其横截面积上，设圆柱半径为R 1，圆筒半径为R 2，如图所示．求：（1）磁感应强度B 的分布； （2）在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少？[解答]（1）导体圆柱的面积为 S = πR 12，面电流密度为 δ = I/S = I/πR 12． 在圆柱以半径r 作一圆形环路，其面积为 S r = πr 2，包围的电流是 I r = δS r = Ir 2/R 12． 根据安培环路定理 rL I I 00d μμ∑⎰==⋅l B ，由于B 与环路方向相同，积分得2πrB = μ0I r ，所以磁感应强度为B = μ0Ir /2πR 12，(0 < r < R 1)．在两导体之间作一半径为r 的圆形环中，所包围的电流为I ，根据安培环中图14.16 图14.17定理可得B = μ0I /2πr ，(R 1 < r < R 2)．在圆筒之外作一半径为r 的圆形环中，由于圆柱和圆筒通过的电流相反，所包围的电流为零，根据安培环中定理可得B = 0，(r > R 2)．（2）在圆柱和圆筒之间离轴线r 处作一径向的长为l = 1、宽为d r 的矩形，其面积为 d S = l d r = d r ，方向与磁力线的方向一致，通过矩形的磁通量为 d Φ = B d S = B d r ， 总磁通量为2100211d ln 22R R I I R r r R μμΦππ==⎰．14.18一长直载流导体，具有半径为R 的圆形横截面，在其内部有与导体相切，半径为a 的圆柱形长孔，其轴与导体轴平行，相距b = R – a ，导体截有均匀分布的电流I ．（1）证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B 的值；（2）若要获得与载流为I ，单位长度匝数n 的长螺线管内部磁场相等的均匀磁场，a 应满足什么条件？（1）[证明]导体中的电流垂直纸面向外，电流密度为22()IR a δπ=-．长孔中没有电流，可以当作通有相反电流的导体，两个电流密度的大小都为δ，这样，长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的． 如果在圆形截面中过任意点P 取一个半径为r 的同心圆，其面积为S = πr 2， 包围的电流为 ΣI = δS = πr 2δ， 根据安培环路定理可得方程 = μ0ΣI ， 2πrB r磁感应强度为0022r I B r r μμδπ∑==，方向与矢径r 垂直．同理，密度为-δ的电流在P 点产生的磁感应强度为0``2r B r μδ=，方向与矢径r`垂直．设两个磁感应强度之间的夹角为θ，则合场强的平方为222``2cos r r r r B B B B B θ=++22220()(`2`cos )2B r r rr μδθ=++．根据余弦定理，如图可知：222`2`cos b r r rr ϕ=+-，由于φ = π - θ，所以02B b μδ=，由于b 和δ都是常量，可见：长孔中是均匀磁场．将δ和b 代入公式得磁感应强度大小为02()IB R a μπ=+，可以证明磁场的方向向上．（2）[解答]长螺线管内部的场为B =μ0nI ，与上式联立得12a R n π=-，这就是a 所满足的条件．[注意]此题中的长孔中的磁场与习题13．10．中空腔中的电场情况非常类似．14.19 在XOY 平面内有一载流线圈abcda ，通有电流I = 20A ，ºbc半径R = 20cm ，电流方向如图所示．线圈处于磁感应强度B = 8.0×10-2T 的均强磁场中，B 沿着X轴正方向．求：直线段ab 和cd 以及圆弧段ºbc和ºda 在外磁场中所受安培力的大小和方向．手螺旋法则，ºbc 弧和cd 边受力方向垂直[解答]根据右纸面向外，ºda 弧和ab 边受力方向垂直纸面向里．由于对cd 边所受安培力的大小是相同的，ºbc 弧称的关系，ab 边和和ºda弧所受安培力的大小也是相同的． ab 边与磁场方向的夹角是α = 45°，长度为l = R /sin α，所受安培力为F ab = |I l ×B | = IlB sin α= IRB = 0.32(N) = F cd ．在圆弧上取一电流元I d l ，其矢径R 与X 轴方向的夹角为θ，所受力的大小为d F bc = |I d l ×B | = I d lB sin θ，由于线元为 d l = R d θ，所以 d F bc = IRB sin θd θ，因此安培力为/20/20sin d (cos )bc F IRB IRB ππθθθ==-⎰= IRB = 0.32(N) = F da ．14.20载有电流I 1的无限长直导线旁有一正三角形线圈，边长为a ，载有电流I 2，一边与直导线平等且与直导线相距为b ，直导线与线圈共面，如图所示，求I 1作用在这三角形线圈上的力．[解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，在AB 边处产生的磁感应强度大小为B = μ0I 1/2πb ， 作用力大小为 μ0I 1I 2a /2πb ， F AB = I 2aB = 方向向左． 三角形的三个内角 α = 60°，在AC 边上的电流元I 2d l 所受磁场力为d F = I 2d lB ，两个分量分别为 d F x = d F cos α和 d F y = d F sin α，与BC 边相比，两个x 分量大小相等，方向相同；两个y 分量大小相等，方向相反．由于 d l = d r /sin α，所以 d F x = I 2d rB cot α，积分得sin 012cot 1d 2b a x b I I F r r αμαπ+=⎰012cot sin ln 2I I b a b μααπ+==．作用在三角形线圈上的力的大小为F = F AB – 2F x012(2I I a b μπ=，方向向左．14.21 载有电流I 1的无限长直导线，在它上面放置一个半径为R 电流为I 2的圆形电流线圈，长直导线沿其直径方图14.21向，且相互绝缘，如图所示．求I 2在电流I 1的磁场中所受到的力．[解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里，右上1/4弧受力向右上方，右下1/4弧受力向右下方；电流I 1在左边产生磁场方向垂直纸面向外，左上1/4弧受力向右下方，左下1/4弧受力向右上方．因此，合力方向向右，大小是右上1/4弧所受的向右的力的四倍．电流元所受的力的大小为d F = I 2d lB ，其中 d l = R d θ，B = μ0I 1/2πr ，而 r = R cos θ，所以向右的分别为d F x = d F cos θ = μ0I 1I 2d θ/2π，积分得/2012012d d 24x I I I I F πμμθπ==⎰， 电流I 2所受的合力大小为F = 4F x = μ0I 1I 2，方向向右．14.22如图所示，斜面上放有一木制圆柱，质量m = 0.5kg ，半径为R ，长为 l = 0.10m ，圆柱上绕有10匝导线，圆柱体的轴线位导线回路平面内．斜面倾角为θ，处于均匀磁场B = 0.5T 中，B 的方向竖直向上．如果线圈平面与斜面平行，求通过回路的电流I 至少要多大时，圆柱才不致沿斜面向下滚动？[解答]线圈面积为 S = 2Rl ，磁矩大小为p m = NIS ，方向与B 成θ角，所以磁力矩大小为p m B sin θ =NI 2RlB sin θ， M m = |p m ×B | =方向垂直纸面向外．重力大小为 G = mg ，力臂为 L = R sin θ，重力矩为 M g = GL = mgR sin θ，方向垂直纸面向里．圆柱不滚动时，两力矩平衡，即NI 2RlB sin θ = mgR sin θ，解得电流强度为I = mg /2NlB = 5(A)．14.23 均匀带电细直线AB ，电荷线密度为λ，可绕垂直于直线的轴O 以ω角速度均速转动，设直线长为b ，其A 端距转轴O 距离为a ，求：（1）O 点的磁感应强度B ； （2）磁矩p m ； （3）若a >>b ，求B 0与p m ． [解答]（1）直线转动的周期为T = 2π/ω， 在直线上距O 为r 处取一径向线元d r ，所带的电量为图14.23d q = λd r ，形成的圆电流元为 d I = d q/T = ωλd r /2π，在圆心O 点产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωλd r /4πr ，整个直线在O 点产生磁感应强度为001d ln 44a b a a b B r r a μωλμωλππ++==⎰，如果λ > 0，B 的方向垂直纸面向外．（2）圆电流元包含的面积为S = πr 2，形成的磁矩为 d p m = S d I = ωλr 2d r /2，积分得233d [()]26a bm a p r r a b a ωλωλ+==+-⎰．如果λ > 0，p m 的方向垂直纸面向外．（3）当a >>b 时，因为00ln(1)(...)44b b B a a μωλμωλππ=+=+，所以04b B a μωλπ≈． 33[(1)1]6m a b p a ωλ=+-3223[33()()]62a b b b a b a a a ωλωλ=++≈．14.24一圆线圈直径为8cm ，共12匝，通有电流5A ，将此线圈置于磁感应强度为0.6T 的均强磁场中，求：（1）作用在线圈上的电大磁力矩为多少？（2）线圈平面在什么位置时磁力矩为最大磁力矩的一半．[解答]（1）线圈半径为R = 0.04m ，面积为 S = πR 2，磁矩为 p m = NIS = πR 2NI ，磁力矩为 M = p m B sin θ．当θ = π/2时，磁力矩最大M m = p m B = πR 2NIB = 0.18(N·m)．（2）由于M = M m sin θ，当M = M m /2时，可得sin θ = 0.5，θ = 30°或150°．14.25 在半径为R ，通以电流I 2的圆电流的圆周上，有一无限长通以电流I 1的直导线（I 1，I 2相互绝缘，且I 1与圆电流I 2所在平面垂直），如图所示，求I 2所受的力矩．若I 1置于圆电流圆心处（仍垂直），I 2所受力矩又如何？[解答]在x 轴上方的圆周上取一电流元I 2d l ，其大小为 I 2R d θ， I 2d l = 所受的安培力为 I 2d l ×B ， d F = 其大小为d F = |I 2d l ×B | = I 2R d θB sin φ， 其中φ =θ/2，B 是电流I 1在电流元I 2d l 处产生的磁感应强度010124cos I I B r R μμππϕ==，因此安培力的大小可化为012d t a n d 42I I F μθθπ=，力的方向垂直纸面向里．如果在x 轴下方取一电流元，其受力方向垂直纸面向外，因此，圆周所受的安培力使其绕x 轴旋转．电流元所受的力矩为2012d d (sin )sin d 22I I R M F R μθθθπ==电流所受的力矩为201201(1cos )d 22I I R M πμθθπ=-⎰0122I I Rμ=． 如果电流I 1置于圆电流圆心处，那么I 2就与I 1产生的磁力线重合，所受的力为零，力矩也为零． 14.26 一个电子在B = 20×10-4T 的磁场中，沿半径R = 2cm 的螺旋线运动，螺距h = 5cm ，如图所示，求：（1）电子的速度为多少？ （2）B 的方向如何？[解答]电子带负电，设速度v 的方向与磁力线的负方向成θ角，则沿着磁力线方向的速度为 v 1 = v cos θ，垂直速度为 v 2 = v sin θ．由 R = mv 2/eB ， 得 v 2 = eBR/m ．由 h = v 1T ，得v1 = h/T = heB/2πm，因此速度为v=== 7.75×106(m·s-1)；由212t a nv Rv hπθ=== 2.51，得θ = 68.3° = 68°18′．14.27 一银质条带，z1 = 2cm，y1 = 1mm．银条置于Y方向的均匀磁场中 B = 1.5T，如图所示．设电流强度I = 200A，自由电子数n = 7.4×1028个·m-3，试求：（1）电子的漂移速度；（2）霍尔电压为多少？[解答]（1）电流密度为δ = ρv，其中电荷的体密度为ρ = ne.电流通过的横截面为S = y1z1，电流强度为I =δS = neSv，得电子的漂移速度为281917.410 1.6100.0010.02IvneS-==⨯⨯⨯⨯⨯=8.45×10-4(m·s-1)．（2）霍尔系数为2819117.410 1.610HRne-==⨯⨯⨯= 8.44×10-11(m3·C-1)，霍尔电压为111200 1.58.44100.001H HIBU Ry-⨯==⨯= 2.53×10-5(V)。
第14章 光的衍射习题答案
思考题之马矢奏春创作1 为什么隔着山可以听到中波段的电台广播,而电视广播却很容易被高年夜建筑物盖住？答：只有当障碍物的年夜小比波长年夜得未几时,衍射现象才显著.对一座山来说,电视广播的波长很短,衍射很小；而中波段的电台广播波长较长,衍射现象比力显著.2 用眼睛通过一单狭缝直接观察远处与缝平行的光源,看到的衍射图样是菲涅耳衍射图样还是夫琅和费衍射图样?为什么?答：远处光源发出的光可认为是平行光,视网膜在眼睛(相当于凸透镜)的焦平面上,所以观察到的是平行光的衍射.由此可知,这时人眼看到的是夫琅和费衍射图样.3 在单缝衍射图样中,离中央明纹越远的明纹亮度越小,试用半波带法说明.答：在单缝衍射图样中,未相消的一个半波带决定着明纹的亮度.离中央明纹越远处,衍射角越年夜,单缝处波阵面分的半波带越多,未相消的一个半波带的面积越小,故离中央明纹越远的明纹亮度越小.4 根据惠更斯菲涅耳原理,若已知光在某时刻的波阵面为S,则S的前方某点P的光强度决定于波阵面S上所有面积元发出的子波各自传到P点的( )(A)振动振幅之和. (B)光强之和.(C)振动振幅之和的平方. (D)振动的相干叠加.答：衍射光强是所有子波相干叠加的结果.选(D).5波长为的单色平行光垂直入射到一狭缝上,若第一级暗纹的位置对应的衍射角为30º,则缝宽的年夜小（）(A)a=0.5. (B) a=. (C)a=2. (D)a=3.答：[ C ]6波长为的单色光垂直入射到单缝上,若第一级明纹对应的衍射角为30,则缝宽a即是（）(A) a=. (B) a=2. (C) a=. (D) a=3.答：[ D ]7在单缝夫琅和费衍射实验中波长为的单色光垂直入射到单缝上,对应于衍射角为30的方向上,若单缝处波面可分成3个半波带,则缝宽度a即是（）(A) . (B) 1.5. (C) 2. (D)3.答：[ D ]8在单缝夫琅和费衍射实验中,波长为的单色光垂直入射到宽度a=4的单缝上,对应于衍射角为30的方向,单缝处波面可分成的半波带数目为（）(A)2个.(B)4个. (C)6个. (D)8个.答：[B]9在单缝夫琅和费衍射实验中,屏上第三级暗纹对应的单缝处波面可划分为（）(A)2个半波带.(B)4个半波带.(C)6个半波带.(D)8个半波带.答：[C]10 在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中,将单缝宽度a 稍稍变宽,同时使单缝沿y 轴正方向作微小位移,则屏幕E 上中央明条纹将( )(A)变窄,同时向上移.(B)变窄,同时向下移.(C)变窄,不移动.(D)变宽,同时向上移.(E)变宽,不移动. 答：由中央明条纹宽度公式可知,将单缝宽度a 稍稍变宽,中央明条纹将变窄.由于透镜未动,焦点位置不动,故位于焦点附近的中央明条纹位置也将不移动.故选(C).11 波长为000Å的单色光垂直入射到光栅常数为 1.0104cm 的平面衍射光栅上,第一级衍射主极年夜所对应的衍射角为（ ） (A)60. (B) 30. (C)45.(D)75.答： [B]12 波长为500Å的单色光垂直入射到光栅常数为 2.0104cm 的a L f xy o 思考题10图 E平面衍射光栅上,可能观察到的光谱线的最年夜级次为（）(A)2. (B)3.(C)4.(D)5.答：[B]13一束白光垂直照射在一平面衍射光栅上,在形成的同一级光栅光谱中,从中央向外方向颜色的排列顺序是（）(A)由红到紫.(B)由红到红.(C)由紫到紫.(D)由紫到红.答：[D]14用波长为的单色平行光垂直入射到一光栅上,其光栅常数d=3m,缝宽a=1m,则在单缝衍射的中央明纹宽度内主极年夜的个数是（）(A)3个. (B)4个. (C)5个. (D)6个.答：[C]15 一衍射光栅对垂直入射的某一确定的波长,在屏幕上只能呈现零级和一级主极年夜,欲使屏幕上呈现更高级次的主极年夜,应该( )(A)换一个光栅常数较小的光栅.(B)换一个光栅常数较年夜的光栅.(C)将光栅向靠近屏幕的方向移动.(D)将光栅向远离屏幕的方向移动.答：光栅方程：dsin=kλ,取=90,能看到的最高级次：kmax=,对某一确定的波长,光栅常数越年夜,屏幕上呈现的级次越高.故选(B).16 一束平行单色光垂直入射在光栅上,当光栅常数(a+b)为下列哪种情况时(a代表每条缝的宽度),k=3,6,9品级次的主极年夜均不呈现?（）(A)a+b=2a. (B)a+b=3a.(C)a+b=4a. (D)a+b=6a.答：由缺级公式：,要k=3,6,9缺级,即要=,所以a+b=3a,选(B).17 在双缝衍射实验中,把两条缝的宽度a略微加宽,而其它条件坚持不变,则( )(A)单缝衍射的中央主极年夜变宽,其中所包括的干涉条纹数目变少.(B)单缝衍射的中央主极年夜变宽,其中所包括的干涉条纹数目变多.(C)单缝衍射的中央主极年夜变宽,其中所包括的干涉条纹数目不变.(D)单缝衍射的中央主极年夜变窄,其中所包括的干涉条纹数目变少.(E)单缝衍射的中央主极年夜变窄,其中所包括的干涉条纹数目变多.答：由中央明条纹宽度公式可知,将单缝宽度a稍稍变宽,其它条件坚持不变,中央明条纹将变窄.在单缝衍射的中央明纹宽度内dsin=kλasin=λkmax=d不变,a变宽,在单缝衍射的中央明条纹宽度内干涉条纹数目将变少.故选(D).18 某元素的特征光谱中含有波长分别为λ1=450nm和λ2=750nm 的光谱线.在光栅光谱中,这两种波长的谱线有重叠现象,重叠处λ2的谱线的级数将是( )(A)2,3,4,5…. (B)2,5,8,11…. (C)2,4,6,8….(D)3,6,9,12….答：重叠：dsin=k1λ1=k2λ2,即3k1=5k2,只有k1=5,10,15,k2=3,6,9.故选(D).习题141 某种单色平行光垂直入射在单缝上,单缝宽a=0.15mm.缝后放一个焦距f=400mm的凸透镜,在透镜的焦平面上,测得中央明条纹两侧的两个第三级暗条纹之间的距离为8.0mm,求入射光的波长.解第三级暗条纹：asin=3λ由于(因很小),第三级暗条纹坐标故中央明条纹两侧的两个第三级暗条纹之间的距离为所以=5000Å142 在夫琅和费单缝衍射实验中,如果缝宽a与入射光波长λ的比值分别为(1)1,(2)10,(3)100,试分别计算中央明条纹边缘的衍射角,再讨论计算结果说明什么问题.解：中央明纹边缘衍射角即第一级暗纹衍射角,.（1）,则,即中央明纹占据整个屏幕.（2）,（3）,,中央明纹已经很难看到.这标明,比值λ/a变小的时候,衍射角也变小,中央明条纹变窄(其他明条纹也相应地靠近中央),衍射效应越来越不明显.当λ/a0时,将没有衍射现象,光线沿直线传布,这是几何光学的情况.143 (1)在单缝夫琅和费衍射实验中,垂直入射的光有两种波长,λ1=4000Å,λ2=7600Å.已知单缝宽度a=1.0×102cm,透镜焦距f=50cm.求两种光第一级衍射明纹中心之间的距离.(2)若用光栅常数d=1.0×103cm的光栅替换单缝,其他条件和上一问相同,求两种光第一级主极年夜之间的距离.解：（1）第一级衍射明纹中心位置,,所以.（2）第一级主极年夜位置,144在单缝夫琅和费衍射实验中,波长为λ＝632.8nm的单色光以与单缝平面的法线成200的角入射到缝宽为a=0.010mm的单缝上,对应于衍射角土150的方向,如图所示.求：(1)单缝处波阵面可分半波带的数目；(2)屏上是明条纹,还是暗条纹；(3)条纹的级次.解：如图斜入射,入射线与单缝平面法线的夹角为,单缝边缘对应光线在达到单缝前就发生了光程差.（1）对衍射角为的衍射方向,单缝处波阵面可分为半波带的数目为,那时,那时,,即：衍射角时,透过单缝的波阵面可分半波带的数目为2.63；衍射角时,透过单缝的波阵面可分半波带的数目为19.0.(2)那时,由于单缝处波阵面可分半波带的数目为2．63,衍射光在屏上会聚抵消了两个半波带的光能,还剩下o．63个半波带的光能.故衍射角.对应为明暗纹的过渡区.那时,由于单缝处波阵面可分半波带的数目为19．0,是奇数个半波带.故衍射角,对应为明条纹.(3)那时,由于单缝处波阵面可分半波带的数目为2．63,即,写成,故衍射角为+15.对应为正一级暗纹到正一级明纹的过渡区,为正一级明纹的一部份.那时,由于单缝处波阵面可分半波带的数目为19,满足,故对应为负9级明纹,不外因k值较年夜,所以条纹光强较弱.145 波长范围在450~650nm之间的复色平行光垂直照射在每厘米有5000条刻线的光栅上,屏幕放在透镜的焦平面处,屏上第二级光谱在屏上所占范围的宽度为35.1cm,求透镜的焦距f.解光栅常数2106mdsin1=21,1=450nmdsin2=22,1=650nm第二级光谱的宽度x2x1=f(tg 2 tg2)透镜的焦距=100cm146 设某种波长λ1的光与波长λ2=486.1nm的光均为平行光,它们同时垂直人射到光栅上,若λ1光的第三级光谱线(即第三级亮条纹)与λ2光的第四级光谱线恰好重合在离中央亮纹距离为5mm处,设透镜焦距为0.50m.求：(1)光栅常数；(2)λ1的值解：根据光栅方程,,.,147 用每毫米有300条刻痕的衍射光栅来检验仅含有属于红和蓝的两种准单色成份的光谱.已知红谱线波长λR在0.63μm~0.76μm范围内,蓝谱线波长λB在0.43μm~0.49μm范围内.当光垂直入射时,发现在22.46°角度处,红蓝两谱线同时呈现.求：(1)在22.46角度处,同时呈现的红兰两谱线的级次和波长；(2)如果还有的话,在什么角度下还会呈现这种复合谱线?解(1) dsin22.46=1.38m =k对红光：k=2,R=0.69m对兰光：k=3,B=0.46m(2)dsin=kR R= kB B对红光(0.630.76m)：=90,最年夜级次kR=d/0.63m=4.8,取kR=4对兰光(0.430.49m)：=90, 最年夜级次kB=d/0.43m=7.2, 取kB=7显然,红光的第4级和兰光的第6级还会重合.由 dsin=4R求得重合的角度为==55.9148试证：双缝夫琅和费衍射图样中,中央包络线内的干涉条纹为条.式中,d是缝间距,a是缝宽.解：考虑缺级条件后单缝衍射中央明纹内衍射角满足对双缝干涉,有,在单缝的中央明纹包络线内双缝干涉的最高级次为,,所以总共呈现的干涉极年夜的个数为.149 一衍射光栅,每厘米有200条透光缝,每条透光缝宽为a=2×103cm,在光栅后放一焦距f=1m的凸透镜,现以λ=6000Å的单色平行光垂直照射光栅,求：(1)单缝衍射的中央明条纹宽度为几多?(2)在中央明条纹宽度内,有几个光栅衍射主极年夜?解 (1) 中央明条纹宽度(2)由 dsin=kasin=在中央明条纹宽度内的最高级次：所以在中央明条纹宽度内有k=0,1,2,共5个衍射主极年夜.1410用每毫米内有500条刻痕的平面透射光栅观察钠光谱(λ=589.3nm),设透镜焦距为f=1.00m.问：(1)光线垂直入射时,最多能看到第几级光谱?(2)光线以入射角300入射时,最多能看到第几级光谱?(3)若用白光(400~760nm)垂直照射光栅,最多能看到几级完整光谱?最多能看到几级不重叠光谱?求第一级光谱的线宽度.解：该光栅的光栅常数为.（1）因为光是垂直入射,最高级次衍射角应满足,即,取k=3,最多看到第3级光谱.（2）当光斜入射,光达到光栅时,相邻两缝衍射光发生的光程差为,故最高级次的衍射角应满足,所以,取k=5,所以最多看到第5级.（3）若白光照射光栅,对所看到最高级次的完整光谱,应以长波长的光呈现为准.故,即,取k?? ,最多看到第级完整光谱.对所看到的最高级次不重叠光谱,即要求高级次短波的衍射角年夜于低一级次长波的衍射角,即,所以,取k??不重叠光谱的最高级次为 .求第一级光谱的线宽度,对,有,,得.第一级谱线的线坐标为.对,有,,得.第一级谱线的线坐标为.故第一级光谱的线宽度为1411 在空中上空160km处绕地飞行的卫星,具有焦距2.4m的透镜,它对空中物体的分辨本事是0.36m.试问,如果只考虑衍射效应,该透镜的有效直径应为多年夜?设光波波长λ=550 nm.解：由最小分辨角的界说,,所以.1412 用晶格常数即是3．029×1010 m的方解石来分析x射线的光谱,发现入射光与晶面的夹角为43020’和40042’时,各有一条主极年夜的谱线.求这两谱线的波长.解：主极年夜即散射最强的条纹,由布拉格公式,取k=1,得那时,那时,创作时间：二零二一年六月三十日。
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习 题（第14章）
14—1 有一单缝，宽mm a 10.0=，在缝后放一焦距为cm 50的会聚透镜。
用平行绿光
（nm 0.546=λ）垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处的屏幕上的中央明条纹及第二级明纹宽度。
解：中央明纹的宽度为f na
x λ2=∆ 空气中，1=n ，所以
33
10
1046.510
10.01054605.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m 第二级明纹的宽度
m f na
x 31073.2-⨯==
∆λ
14—2 一单色平行光束垂直照射在宽为mm 0.1的单缝上。
在缝后放一焦距为m 0.2的会聚透镜。
已知位于透镜焦平面上的中央明条纹宽度为mm 5.2。
求入射光波长。
解：中央明纹的宽度为
f na
x λ2
=∆
nm
mm f a 500105400615
.0868.04=⨯=⨯⨯==
-λ
故入射光的波长为500nm.
14—3 在复色光照射下的单缝衍射图样中，其中某一波长的第3级明纹位置恰与波长
nm 600=λ的单色光的第2级明纹位置重合，求这光波的波长。
解：据单逢衍射明纹条件
2
600
1222
)
132(2
)12(sin ）
（则有
未知
+⨯=+⨯+±=λλ
θk a
得未知波长为428.5nm.
14—4 用波长nm 4001=λ和nm 7002=λ的混合光垂直照射单缝。
在衍射图样中，1λ的第
1k 级明纹中心位置恰与2λ的第2k 级暗纹中心位置重合，求1k 和2k 。
试问1λ的暗纹中心位
置能否与2λ的暗纹中心位置重合？ 解：据题意有
（1）
2
121221
1457002400
)12(2)
12(k k k k k k ==+⨯=+⨯λλ
即nm 7002=λ的第4，8，12等4的整数倍级明纹与nm 4001=λ的第5，10，15等5的整数倍级明纹重叠。
（2）置于两衍射图样中的暗纹中心位置能否重合，则由暗纹条件
2
122114
7k k k k ==λλ
即nm 7002=λ的第4，8，12等4的整数倍级暗纹与nm 4001=λ的第7，14，21等7的整数倍级暗纹重叠。
14—5 一光栅，宽为cm 0.2，共有6000条缝。
如利用钠光（nm 3.589）垂直入射，在哪些角度出现光强极大？如钠光与光栅的法线方向成
30入射，试问：光栅光谱线将有什么变化？
解：（1）根据光栅方程，即光栅衍射明纹条件
现光强极大
等整数时对应的角度出，，，取3210)
1767.0arcsin(3.589sin 6000
102sin )(7
k k k k b a =⨯=⨯=+θθλθ
（2）当钠光与光栅法线成30度入射时，由于在入射光栅之前以引入了附加光程差，
λ
θλθ)
30sin (sin )30sin )(sin (
±±
==±+d k k b a 即斜入射时，零级谱线不在屏中心，而移到了
30=θ的角
位置。
14—6 某单色光垂直入射到一每厘米刻有6000条刻线的光栅上，如果第一级谱线的偏角为
20，试问入射光的波长如何？它的第二级谱线将在何处？
解：据已给条件及光栅方程有
nm
k b a 57020sin 6000
101sin )(7=⨯==+
λλ
θ 对于二级谱线有684
.0arcsin 684.0570106000
2)(2sin sin )(7
==⨯⨯=+=
=+θλθλ
θb a k b a 14—7 波长为nm 600=λ的单色光垂直入射在一光栅上。
第二级明条纹出现在
20.0sin =θ，第四级缺级，试问：（1）光栅上相邻两缝的间距)(b a +有多大？
（2）光栅上狭缝可能的最小宽度a 有多大？（3）按上述选定的a 、b 值，试问在光屏上可能观察到的全部级数是多少？ 解：（1）（2）根据缺级条件
(a + b )/a = k/k`， 由题意得k` = 1，k = 4或2（即第2，第4，第6等级缺级）．解得b = 3a 或b=a ．再根据光栅方程
(a + b )sin θ = kλ，
可得狭缝的宽度为
a = kλ/4sin θ，或θλsin 2/k a =
将k = 2，sin θ = 0.2，可得
a = 1500(nm)．或3000(nm) 最小取1500(nm)
则刻痕的宽度为
b = 3a = 4500(nm)，
光栅常数为
a +
b = 6000(nm)．
（3）在光栅方程中
(a + b )sin θ = kλ，
令sin θ =1，得
k =(a + b )/λ = 10．
由于θ = 90°的条纹是观察不到的，所以明条纹的最高级数为9．又由于缺了4和8级明条纹，所以在屏上能够观察到2×7+1 = 15条明纹．
14—8 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为mm 10.0，透镜焦距为cm 50，所用单色光波长为
A 5000，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的艾里斑半径。
如圆孔半径改为mm 0.1，其他条件不变，艾里斑的半径变为多少？ 解：（1）由爱里斑的半角宽度
47
105.302
.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==D λ
θ
∴ 爱里斑半径
5.1105.30500tan 2
4=⨯⨯=≈=-θθf f d
mm
（2）如果圆孔半径改为1mm ，则艾里斑半径变为
mm f f d
75.01025.15500tan 2
4=⨯⨯=≈=-θθ
14—9在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距cm 120，设夜间人眼睛瞳孔直径为mm 0.5，入射光波长为
A 5000，问汽车离人多远的地方，人眼可恰能分辨这两盏灯？
解：人眼的最小分辨角为
θ0 = 1.22λ/D =
)(1022.110
55000
22.147
rad -⨯=⨯⨯ 当车很远时θ0 = w/l ，所以距离为
l = w /θ0 = )(983610
22.12
.14
m =⨯- 人眼恰能分辨这两盏灯
14—10 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为rad 6
1084.4-⨯，它们都发出波长为
A 5500的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星？
解：由最小分辨角公式
D
λ
θ22
.1=
∴ 86.131084.4105.522.122.16
5
=⨯⨯⨯
==--θλD cm
14—11 我们比较两条单色的X 射线的谱线时注意到，谱线A 在与一个晶体的光滑面成
30的掠射角处给出第一级反射极大。
已知谱线B 的波长为
A 97.0，这谱线
B 在与同一晶体的同一光滑面成
60的掠射角处，给出第三级的反射极大，试求谱线A 的波长。
解：由布喇格公式
A d A d
B k d B A A
B 68.12
/32
/197.0360sin 30sin 330sin 2360sin 2sin 2=⨯⨯=⨯====λλλλλϕ即有有
对于谱线有对于谱线。