大学物理下第14章-10
大学物理第十四章波动光学课后习题答案及复习内容
第十四章波动光学一、基本要求1. 掌握光程的概念以及光程差和相位差的关系。
2. 理解获得相干光的方法,能分析确定杨氏双缝干涉条纹及薄膜等厚干涉条纹的位置,了解迈克尔逊干涉仪的工作原理。
3. 了解惠更斯-菲涅耳原理; 掌握用半波带法分析单缝夫琅和费衍射条纹的产生及其明暗纹位置的计算,会分析缝宽及波长对衍射条纹分布的影响。
4. 掌握光栅衍射公式。
会确定光栅衍射谱线的位置。
会分析光栅常数及波长对光栅衍射谱线分布的影响。
5. 了解自然光和线偏振光。
理解布儒斯特定律和马吕斯定律。
理解线偏振光的获得方法和检验方法。
6. 了解双折射现象。
二、基本内容1. 相干光及其获得方法只有两列光波的振动频率相同、振动方向相同、振动相位差恒定时才会发生干涉加强或减弱的现象,满足上述三个条件的两束光称为相干光。
相应的光源称为相干光源。
获得相干光的基本方法有两种:(1)分波振面法(如杨氏双缝干涉、洛埃镜、菲涅耳双面镜和菲涅耳双棱镜等);(2)分振幅法(如薄膜干涉、劈尖干涉、牛顿环干涉和迈克耳逊干涉仪等)。
2. 光程和光程差(1)光程把光在折射率为n的媒质中通过的几何路程r折合成光在真空x中传播的几何路程x,称x为光程。
nr(2)光程差在处处采用了光程概念以后就可以把由相位差决定的干涉加强,减弱等情况用光程差来表示,为计算带来方便。
即当两光源的振动相位相同时,两列光波在相遇点引起的振动的位相差πλδϕ2⨯=∆ (其中λ为真空中波长,δ为两列光波光程差) 3. 半波损失光由光疏媒质(即折射率相对小的媒质)射到光密媒质发生反射时,反射光的相位较之入射光的相位发生了π的突变,这一变化导致了反射光的光程在反射过程中附加了半个波长,通常称为“半波损失”。
4. 杨氏双缝干涉经杨氏双缝的两束相干光在某点产生干涉时有两种极端情况:(1)位相差为0或2π的整数倍,合成振动最强;(2)位相差π的奇数倍,合成振动最弱或为0。
其对应的光程差()⎪⎩⎪⎨⎧-±±=212λλδk k ()()最弱最强 ,2,1,2,1,0==k k 杨氏的双缝干涉明、暗条纹中心位置:dD k x λ±= ),2,1,0( =k 亮条纹 d D k x 2)12(λ-±= ),2,1( =k 暗条纹 相邻明纹或相邻暗纹间距:λd D x =∆ (D 是双缝到屏的距离,d 为双缝间距) 5. 薄膜干涉以21n n <为例,此时反射光要计“半波损失”, 透射光不计“半波损失”。
大学物理第十四章相对论习题解答
§14.1 ~14. 314.1 狭义相对论的两条基本原理为相对性原理;光速不变原理。
14.2 s ′系相对s 系以速率v=0.8c ( c 为真空中的光速)作匀速直线运动,在S 中观测一事件发生在m x s t 8103,1×==处,在s ′系中测得该事件的时空坐标分别为t =′x 1×108 m 。
分析:洛伦兹变换公式:)t x (x v −=′γ,)x ct (t 2v −=′γ其中γ=,v =β。
14.3 两个电子沿相反方向飞离一个放射性样品,每个电子相对于样品的速度大小为0.67c , 则两个电子的相对速度大小为:【C 】(A )0.67c (B )1.34c (C )0.92c (D )c分析:设两电子分别为a 、b ,如图所示:令样品为相对静止参考系S , 则电子a 相对于S 系的速度为v a = -0.67c (注意负号)。
令电子b 的参考系为动系S '(电子b 相对于参考系S '静止),则S '系相对于S 系的速度v =0.67c 。
求两个电子的相对速度即为求S '系中观察电子a 的速度v'a 的大小。
根据洛伦兹速度变换公式可以得到:a a a v cv v 21v v −−=′,代入已知量可求v'a ,取|v'a |得答案C 。
本题主要考察两个惯性系的选取,并注意速度的方向(正负)。
本题还可选择电子a 为相对静止参考系S ,令样品为动系S '(此时,电子b 相对于参考系S '的速度为v'b = 0.67c )。
那么S '系相对于S 系的速度v =0.67c ,求两个电子的相对速度即为求S 系中观察电子b 的速度v b 的大小。
14.4 两个惯性系存在接近光速的相对运动,相对速率为u (其中u 为正值),根据狭义相对论,在相对运动方向上的坐标满足洛仑兹变换,下列不可能的是:【D 】(A )221c u/)ut x (x −−=′; (B )221cu/)ut x (x −+=′ (C )221c u /)t u x (x −′+′=; (D )ut x x +=′ 分析:既然坐标满足洛仑兹变换(接近光速的运动),则公式中必然含有2211cv −=γ,很明显答案A 、B 、C 均为洛仑兹坐标变换的公式,答案D 为伽利略变换的公式。
大学物理(华中科技版)第14章习题答案
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 nax λ2=∆ 空气中,1=n ,所以33101046.51010.01054605.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m 第二级明纹的宽度m f nax 31073.2-⨯==∆λ14—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 nax λ2=∆nmmm 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26001222)132(2)12(sin )(则有未知+⨯=+⨯+±=λλθk 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)21212211457002400)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21221147k 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。
大学物理第14章习题解答
第十四章习题解答1选择题:⑴ B ;⑵ B ;⑶ D ;⑷ B ;⑸ B 。
2填空题:⑴ /sin λθ;⑵ 4;⑶ 变疏,变疏;⑷ 3.0nm ;⑸ N 2,N 。
3计算题:1 用波长为nm 3.589=λ的单色平行光,垂直照射每毫米刻有500条刻痕的光栅.问最多能看到第几级明纹?总共有多少条明纹?解:5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 由λϕk b a =+sin )(知,最多见到的条纹级数k max 对应的2πϕ=, 所以有3max 2.010 3.39589.3a bk λ+⨯==≈,即实际见到的最高级次为3max =k 总共可见7条明纹。
2 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时,哪些级次的衍射明条纹缺级? (1) a+b=2a ;(2)a+b=3a ;(3)a+b=4a 。
解:由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时,出现缺级.即⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(sin ),2,1,0(sin )( k k a k k b a λϕλϕ 可知,当k ab a k '+=时明纹缺级. (1) a b a 2=+时,⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级;(2) a b a 3=+时,⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级;(3)a b a 4=+,⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级.3 若以白光垂直入射光栅,不同波长的光将会有不同的衍射角.问(1) 零级明条纹能否分开不同波长的光? (2) 在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什么因素有关?解:(1)不能。
(2)红光。
与波长有光。
4 一双缝,两缝间距为0.1mm ,每缝宽为0.02mm ,用波长为480nm 的平行单色光垂直入射双缝,双缝后放一焦距为50cm 的透镜.试求:(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度;(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹?解:(1) 中央明纹宽度为:60480105010220.02l f a λ-⨯⨯⨯==⨯mm 4.2=cm (2) 由缺级条件:λϕk a '=sin ,λϕk b a =+sin )(知:k k a b a k k '='=+'=502.01.0 ⋅⋅⋅=',2,1k 即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级. 中央明纹的边缘对应1='k ,所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹.5 一束具有两种波长λ1和λ2的平行光垂直照射到一衍射光栅上,测得波长λ1的第三级主极大衍射角和λ2的第四级主极大衍射角均为30°.已知λ1=560 nm (1 nm= 10-9 m),试求:(1) 光栅常数a +b(2) 波长λ2解:(1)()sin a b k θλ+=,01()sin 303a b λ+=,6()=3.3610a b m -+⨯(2)12()sin 34a b θλλ+==,2=420nm λ6某种单色光垂直入射到每厘米有8000条刻线的光栅上,如果第一级谱线的衍射角为30°那么入射光的波长是多少?能不能观察到第二级谱线? 解:41() 1.25108000cm a b cm -+==⨯,0=(a+b)sin30625nm λ= 22sin 1()()k a b a b λλθ===++,02=90θ故不能观察到。
大学物理下第14章-10概要
14-2-3 两个垂直方向上的简谐振动的合成
14-2-1 同方向同频率简谐振动的合成
x1 A1 cos( t 10 ) x2 A2 cos( t 20 )
利用三角函数公式
x x1 x2
x A cos( t 0 )
合成振动仍为简谐振动。
2 A A12 A2 2 A1 A2 cos( 20 10 )
摆在最大偏离位置时
max cos(2t )
max 2 sin(2t )
max 2max
(2)
1 (2)式代入(1)式 2
m gl 2ka2 m l2
或写出系统任意时刻的能量
l 1 1 m(l ) 2 mgl 2 ka 2 2 C 2 2 1 1 2 m(l ) ( mgl k a 2 ) 2 C 对此式求导 2 2 1 d 1 2 d 2 0 ml 2 ( mgl ka )2 2 dt 2 dt
2 A A12 A2 2 A1 A2 A1 A2
x
如果 A1 A2
x1
o
T 2
x2
合成振动
则 A=0
3T 2
T
2T
t
一般情况 为其他任意值,
A A A 2 A1 A2 cos( 20 10 )
2 1 2 2
A1 A2 A ( A1 A2 )
x
合成振动
T 2
3T 2
t
2T
o
T
上述结果说明两个振动的相位差对合振动的振 幅起着重要作用。
例1:求两同方向、同频率谐振动X2= 2cos(3t+π/3 )、 X1=4cos(3t) 的合成谐振动方程。 解:合成后不变, X=Acos(3t+φ) A1=4、A2=2 、φ1=0 、φ2 = π/3
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。
大学物理(机械工业出版社)第14章课后答案
第十四章 波动#14-1 如本题图所示,一平面简谐波沿ox 轴正向传播,波速大小为u ,若P 处质点振动方程为)cos(ϕ+ω=t A y P ,求:(1)O 处质点的振动方程;(2)该波的波动方程;(3)与P 处质点振动状态相同质点的位置。
解:(1)O 处质点振动方程:y 0 = A cos [ ω(t + L / u )+φ] (2)波动方程y 0 = A cos { ω[t - (x - L )/ u +φ} (3)质点位置x = L ± k 2πu / ω (k = 0 , 1, 2, 3……)14-2 一简谐波,振动周期T =1/2s ,波长λ=10m ,振幅A =0.1m ,当t =0时刻,波源振动的位移恰好为正方向的最大值,若坐标原点和波源重合,且波沿ox 轴正方向传播,求:(1)此波的表达式;(2)t 1=T/4时刻,x 1=λ/4处质点的位移;(3)t 2 =T/2时刻,x 1=λ/4处质点的振动速度。
解:(1) y = 0.1 cos ( 4πt - 2πx / 10 )= 0.1 cos 4π(t - x / 20 ) (SI) (2) 当 t 1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x 1 = λ/ 4 = 10 / 4 m 处质点的位移y 1 = 0.1cos 4π(T / 4 - λ/ 80 )= 0.1 cos 4π(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m (3) 振速 )20/(4sin 4.0x t tyv --=∂∂=ππ t 2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x 1 = λ/ 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速v 2 = -0.4πsin (π-π/ 2 ) = - 1.26 m / s14-3 一简谐波沿x 轴负方向传播,圆频率为ω,波速为u 。
设4Tt =时刻的波形如本题图所示,求该波的表达式。
解:由图可看出,在t=0时,原点处质点位移y 0=-A ,说明原点处质点的振动初相πϕ=0,因而波动方程为])(cos[πω++=uxt A y14-4 本题图表示一平面余弦波在t =0时刻与t =2s 时刻的波形图,求: (1) 坐标原点处介质质点的振动方程;(2) 该波的波方程。
大学物理-14章:光的偏振
A (2n) s2
As1 sin
2n
i2
i0
A (2n) P2
AP1
. 在拍摄玻璃窗内的物体时, 去掉反射光的干扰
未装偏振片
装偏振片
▪ 这张照片拍摄时没有加偏振滤镜,玻璃面 上的反射光现象很明显。此照片拍摄时相 机指向与玻璃大约成45度角。
▪ 这张照片是加上偏振滤镜后拍摄的。相机指向与 玻璃仍然是45度角左右。可以看出,虽然偏振滤 镜消去了大部分的反射光,但是仍然有一部分反 射光存在。这是因为在45度角离布儒斯特角甚远, 玻璃面上的反射光是部分偏振光,偏振滤镜无法 把这样的反射光全部滤去。
反射光为振动方向垂直于入射面的线偏振光
n1 sin i10 n2 sin i2
n1 sin tg i10
i10
n2 n2 n1
sin( 900 i10) n2 cos i10
----布儒斯特定律
若 n1 =1.00 (空气),n2 =1.50 (玻璃),则:
三 折射光的偏振态
As2 2sini2 cosi1 As1 sin(i1 i2 )
解:设P1、P2的 I1 P1 I1' P2 I1' ' E
偏振化方向夹
角为
I2
I2' I2''
入射线偏振光振动方向与P1的偏振化方
向夹角为
对自然光:
I1'
1 2
I1
I1''
1 2
I1
cos2
线偏振光:
I2' I2 cos2 I2 '' I2 cos2 cos2
因I1’’和I2’’是非相干光
(900 ) (900 i2 ) 180
大学物理-教学资料:14第十四章光的粒子性
2020/5/21
例1 (1)温度为室温 (20 C)的黑体,其单色辐
出度的峰值所对应的波长是多少?(2)若使一黑体 单色辐出度的峰值所对应的波长在红色谱线范围内, 其温度应为多少?(3)以上两辐出度之比为多少?
解 (1)由维恩位移定律
mT b2.829 9 18 3 0 3nm 98n9m 0
135
0
0
0
0
1. 波长的改变量 随散0射角θ 的增大而增加,
且新谱线的相对强度也增大。
2. 与散射物质、原波长λ0 均无关。
3. 原子量越小的物质,康普顿效应越显著。
2020/5/21
经典理论无法解释康普顿效应
根据经典电磁波理论,在光场中作受迫振动的带电 粒子,辐射的散射光的频率应等于入射光的频率。 且因电磁波是横波,在θ = 90°的方向应无散射。
Ua
Cs Na Ca
Ua kU0
k:普 适 恒 量 (与 金 属 无 关 )
U0:对 不 同 的 金 属 ,其 值 不 同
0
遏制电势差: 反映光电子的初动能
当电势差U减小为零并变为负值,直至某一值Ua 时,光电流才降至零。 Ua叫做遏制电势差。
1 2mV2eUa e(kU0)
1 2
mv2
e
Ua
光电子的初动能随频率线形增加,与入射光光强无关
1. 斯忒潘 — 波尔兹曼(Stefan-Boltzmann)定律
黑体的辐出度与温度的四次方成正比。
M0(T)T4
斯忒藩常量:
5 .6 7 1 0 8W m 2 K 4
2. 维恩(Wien)位移定律
mTb
维恩常量: b2.89 18 3 0 m K
2020/5/21
大学物理学 孙厚谦 第14章 习题
14-34 如图所示安排的 3 种透明介质Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,折射率 n1
1.00 , n2 1.43 ,Ⅰ,Ⅱ和Ⅲ的界面互相平
行,一束自然光由介质Ⅰ中入射,若在两个交界面上的反射光都是线偏振光。求(1)入射角 i ; (2)折射 率 n3 。 ,
Ⅰ Ⅱ Ⅲ
134
i
n1 n2 n3
查看答案 14-34
4400 A 和 2 6600 A ,
。
60 的方向上,求光栅常数 d
查看答案 14-27
14-28 利用一个每厘米刻有 4000 条缝的光栅, 在白光垂直照射下, (1) 可以产生多少级完整的光谱? (2) 其中不与其它光谱重叠的光谱有几级? (3) 哪一级光谱中的哪个波长的光开始与其它级谱线重叠?
589.0nm
及 查看答案 14-31
589.6nm 两条谱线的平均波长,求在正入射时最高级条纹此双线分开
的角距离及在屏上分开的线距离。(设光栅后透镜的焦距为 2 m )
14-32 用两偏振片平行放置作为起偏器和检偏器。 在它们的偏振化方向成 30 角时,观测一普通光源;又在它们的偏振化方向成 60 角时,观察同一位 置处的另一普通光源, 两次所得的强度相等。 求两光源照到起偏器上光强之比。 查看答案 14-32
14-3 用白光源进行双缝实验,若用一个纯红色的滤光片遮盖一条缝,用一个纯蓝色滤光片遮盖另 一条缝, 下列陈述中正确的是 (A) 条纹的宽度将发生改变; (C) 干涉条纹的亮度将发生变化; (B)产生红色和蓝色的两套彩色干涉条纹; (D)不产生干涉条纹。 ( )
14-4 在单色光垂直照射劈尖的干涉实验中,若慢慢减小劈尖夹角,则从入射光方向可观察到干涉条 纹变化情况是 (A) 条纹间距减小; (C) 条纹向远离棱边的一方移动; 14-5 牛顿环的干涉条纹由中心向外是 (A)干涉条纹是等间距的; (B)干涉条纹由中心向外越来越密; ( (C) 光有颜色; (D) 光的波长比声波小很多。 ( ) ) (B) 给定区域内条纹数增加; (D) 观察不到条纹有什么变化。 ( ) ( )
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)。
大学物理下第14章习题详解
第14章习题解答14-1 定体气体温度计的测温气泡放入水的三相点的管槽内时,气体的压强为6.65×103Pa.(1)用此温度计测量373.15K 的温度时,气体的压强是多大? (2)当气体压强为2.20×103Pa 时,待测温度是多少K ?是多少℃? 解:(1)对定体气体温度计,由于体积不变,气体的压强与温度成正比,即:1133T PT P = 由此331133373.15 6.65109.0810(Pa)273.16T P P T ⨯⨯===⨯ (2)同理312333 2.2010273.1690.4182.8()6.6510P T T K C P ⨯⨯====-⨯ 14-2 一氢气球在20℃充气后,压强为1.2atm ,半径为1.5m 。
到夜晚时,温度降为10℃,气球半径缩为1.4m ,其中氢气压强减为1.1atm 。
求已经漏掉了多少氢气。
解:漏掉的氢气的质量112212123335()210 1.24 1.5/3 1.44 1.4/3() 1.01108.312932830.32mol M PV PVm m m R T T ππ-∆=-=-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯-⨯⨯= (kg )14-3 某柴油机的气缸内充满空气,压缩前其中空气的温度为47℃,压强为8.61×104 Pa 。
当活塞急剧上升时,可把空气压缩到原体积的1/17,此时压强增大到4.25×106Pa ,求这时空气的温度(分别以K 和℃表示)。
解:压缩过程中气体质量不变,所以有112212PV PV T T = 设62211241114.25103209296568.611017PV T V T K PV V ⨯⨯⨯====⨯⨯⨯(℃) 14-4 求氧气在压强为10.0×1.01×105 Pa ,温度为27℃时的分子数密度。
解:由理想气体状态方程的另一种形式,p nkT =,可得分子数密度52632310.0 1.0110 2.4410()1.3810300p n m kT --⨯⨯===⨯⨯⨯14-5 从压强公式和温度公式出发,推证理想气体的物态方程为molMpV RT M =。
大学物理课后习题答案(第十四章) 北京邮电大学出版社
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20max I I = ∴,601I 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 2e o e o A A xy A y A x∴ 0)(2=+e o A y A x即 x A A y o e -= 若为四分之一波片,则e o ,光的,4λ=∆位相差2πϕ=∆,此时1sin ,0cos =∆=∆ϕϕ∴ 12222=+e o A 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 =ϕϕ mm 5.412090οο1122=⨯==d d ϕϕ。
大学物理第14章电磁感应题解
(D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理 分析与解 位移电流的实质是变化的电场.变化的电场激发磁场,在这一点位移电流等效于 传导电流,但是位移电流不是走向运动的电荷,也就不服从焦耳热效应、安培力等定律.因 而正确答案为(A).
14-13 下列概念正确的是( (A) 感应电场是保守场
感应电动势的方向为:顺时针绕向(感应电流产生的磁场阻止线圈磁通减少)。 书后答案有误,正确的为:
μ0 I vl1 l2 2πd d l1
14-8 有一匀强磁场分布在一圆柱形(半径 R)区域内,已知: B h、L、 0 方向如图. t 求: CD
b 解:计算感生电动势方法: i E涡 dl
(2) E A M
dI 3.14 10 4 V dt
互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同.
14-15 如图所示,螺绕环 A 中充满了铁磁质,管的截面积 S 为 2.0 cm2 ,沿环每厘米绕有
100 匝线圈,通有电流 I1 =4.0 ×10 -2 A,在环上再绕一线圈 C,共 10 匝,其电阻为 0.10 Ω,今将开关S 突然开启,测得线圈 C 中的感应电荷为 2.0 ×10 -3 C.求:当螺绕环中通有 电流 I1 时,铁磁质中的 B 和铁磁质的相对磁导率 μr。
由此得
B μ0 μr n1I1 Rqc 0.10 T N2S
相对磁导率
μr Rqc 199 N 2 Sμ0 n1I1
14-16 一正方形线圈边长为 150mm, 由外皮绝缘的细导线绕成,共绕有 200 匝,放在 B=4.0T 的外磁场中,当导线中通有 I = 8.0 A 的电流时,求: (1)线圈磁矩的大小; (2)作用在线圈上的磁力矩的最大值。 解: m NIS m 200 8 0.15 0.15 36A m 2 M max mB M 36 4 144 N m 14-17 一无限长直导线,截面各处的电流密度相等,总电流为 I。求导线内部单位长度上所 储存的磁能。 解:单位长度导线内贮存的磁能为
大学物理下第14章光量子性与激光
M T 与 有关, B
③有极大值,但T不同极大值不同。T↑, 动,即短波成分增大,
MBT
的极大值往短波方向移
M T ④同一 ,T↑,则
越大。
01 2 3 4
56
(nm)
二、 斯忒藩(Stefan)——玻尔兹曼定律 维恩(Wien)位移定律
1 、斯忒藩(Stefan)——玻尔兹曼定律
单色吸收系数与反射系数 对于不透明物体
(,T) (,T)
(,T )(,T )1
2、黑体(black body) 如果一个物体能全部吸收投射在它上面的辐射而无反射,这种物体称为黑体。
单色吸收系数
a(,T)1
注意:1)黑体是对入射的辐射能全部吸收(不 管什么波长)的物体,即不反射。因此当其 自身的热辐射很弱时,看上去是黑洞洞的。
2)黑体是理想化 模型,实际中物 体的吸收比总是 小于1
抛光铜镜表面:
a总 0.02
3、黑体辐射实验规律
黑体模型
1895年,德国物理学家维恩和卢默尔指出:由不透射任何辐射的器壁围住的带有一个小孔的空腔,其 辐射性能等同于黑体,从而为研究黑体辐射提供了重要手段。
实例
?
如远处不点灯的建筑物
绝对黑体的单色辐出度按波长分布曲线
1927年第五届索尔维国际物理学会代表合影
14-1 黑体辐射 普朗克能量子假设
一、 黑体、黑体辐射 1、热辐射现象
热辐射
物体在任何温度下都向外辐射电磁波,这种由于物体中的分子、原子受到热激发而发射 电磁波的现象称为热辐射。物体向四周所发出能量称为辐射能。
平衡热辐射 发射电磁辐射能量
物体具有稳定温度 相等
“在好几年内我花费了很大的劳动,徒劳地去尝试如何将作用量子引入到经典理论中去。我的一些同事 把这看成是悲剧。但我有自已的看法,因为我从这种深入剖析中获得了极大的好处,起初我只是倾向于认为, 而现在是确切地知道作用量子 将在物理中发挥出巨大作用”。
大学物理-光的偏振
无关。
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3、自然光的表示 由于自然光的波振幅在垂直于传播方向的平面内,在各个方
向上的分布平均相等,因此将波振幅在该平面内向任意的两个正 交方向进行分解,都可以得到两个振动方向互相垂直且振幅相等 的振动,故此自然光常用下图表示:
...
u
S
y
x
u
S
S
• 表示该光的振动方向垂直于纸平面; 表示该光的振动面就在纸平面内。
折射率为:
n sin i0 1.73
sin 0
或者,由
tan i0
n2 n1
n2
将i0=600代入,得 n=1.73
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§14-4 光的双折射现象
一、光的双折射
当一束光投射到两种媒质的交界处,一般只能看到一束折射 光,折射定律为:
sin i / sin 常数
且入射线、法线、折射线在同一平面内,这是光在各向同性均 匀媒质中的折射现象。
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三、应用
①用玻璃片堆获取偏振光
i0
接近完全偏振光
② 在激光器的谐振腔中开有布儒斯特窗,故激光是偏振光。
③ 也可用玻璃片作检偏器。 ④ 在强光下摄影时,反光强烈,为使成像后光线谐调、柔和,
可在摄影机前头加偏振片,旋转偏振片可减少入射的反射
光光强。在雪地,海洋上反射光很强,为保护视力可带装
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三、部分偏振光,线(面,全)偏振光
①若沿某一方向的光振动优于其他方向,则谓之部分偏振光, 表示为
②若只有沿某一方向的光振动,则谓之线(面、全)偏振光, 表示为
例:晴朗蔚蓝色的天空中所散射的日光多是部分偏振光,散射 光与入射光的方向越接近垂直,散射光的偏振度越高。
大学物理下册课件第十四章光衍射
频率,为波长。
波阵面 dS
S
r
P
en法向
根据惠更斯—菲涅耳原理,P 点的振动等于S
面的所有面积元所引起的振动的叠加
y
S
K cos t
r
2π
r
dS
§14-11 单缝衍射
一. 单缝衍射装置及衍射图样
光屏 y 衍射
单缝
图样
x
z
主光轴方向
焦面位置 透镜L2
透镜L1
对应位置在 BC面上光 程差为 /
狭缝上AB面分成三个半波带
位置P 的衍射角为 时出现亮条纹
3. AC b sin n
2
若n为偶数,各波带发出
B
φ
的光在P点成对相互干涉抵
消,P点出现暗纹。
b
若n为奇数, n-1 个波带 发出的光在P点成对相互干
A
C
涉抵消,剩余一个波带在P
相位相同的 AB 面上各点 发出的子波射线经透镜后 会聚到O 点相位仍相同
相位不同的 BC 面上各点 发出的子波射线经透镜后 会聚到P 点相位差仍等于 位于BC 面处的相位差
二. 菲涅耳半波带法分析单缝衍射条纹分布规律
1. AC b sin 2
2
相邻两波带发出的光 在P 点完全相互抵消
射光栅。光栅常量2.4×10-4cm,透镜焦距0.25m。
问波长为400nm的紫光的第三级谱线和波长为
760nm的红光的第二级谱线分别距离屏中心P0点
多远?
R2
b+b’
V3 x22
φ22 φ13
x13
P0
f
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称为阻尼振动振幅
O
t
' 02 2
设T '为物体相继两次通过极大(或极小)位置所经时间
2 T' ' 2
2 0
2
2
0
T0
图中曲线1为 阻尼振动 ( 0 ) 曲线2为 临界阻尼 曲线3为 过阻尼振动
3
( 0 )
2 1
( 0 )
张福俊
2013-2014 第一学期
Flash tracking the key points of last lecture 简谐振动方程的推导:胡克定律和牛顿第二定律
d x 2 x 0 2 dt
2
x A cos(t 0 )
dx v A sin(t 0 ) dt 2 d x a 2 2 A cos( t 0 ) dt
7 4
2
9 4
x2 y2 xy 2 2 cos( 20 10 ) sin 2 ( 20 10 ) 2 A1 A2 A1 A2
两个互相垂直不同频率简谐振动的合成
当两个振动的频率差异很大但有简单的整数比
利 萨 如 图 形
§14-3 阻尼振动 受迫振动与共振
本节内容:
A1 sin 1 A2 sin 2 4 sin 0 2 sin / 3 3 tg A1 cos 1 A2 cos 2 4 cos 0 2 cos / 3 5
合振动方程 x 2 7 cos(3t 0.346 )
例2: 两个沿同一直线且具有相同振幅和周期的谐振 动合成后,产生一个具有相同振幅的谐振动,求原来 两个振动的相位差。
2 A A12 A2 2 A1 A2 A1 A2
(2)两个振动反相
20 10 ( 2k 1) k 0,1,2,...
由 A A12 A22 2 A1 A2 cos( 20 10 )
2 A A12 A2 2 A1 A2 A1 A2
max cos(2 t )
max 2 sin(2 t )
max 2 max (2)
1 (2)式代入(1)式 2 mgl 2k a2 2 ml
或写出系统任意时刻的能量
l 1 1 2 2 2 2 m(l ) mgl ka C 2 2 1 1 2 m(l ) ( mgl k a 2 ) 2 C 对此式求导 2 2 1 d 1 2 d 2 0 ml 2 ( mgl ka )2 2 dt 2 dt
14-3-1 阻尼振动
14-3-2 受迫振动与共振
14-3-1 阻尼振动
无阻尼自由振动 阻尼振动( 摩擦阻尼,辐射阻尼 )
( 称为阻尼系数)
dx 对于摩擦阻尼,当 不太大时 Ft dt
d2 x dx 由牛顿第二定律 m 2 kx dt dt
令
k 2 0 m
消去t 得到轨道方程 (椭圆方程)
x2 y2 xy 2 2 2 cos( 20 10 ) sin ( 20 10 ) 2 A1 A2 A1 A2
(1) 20 10 0
x A1 y A2
2 A2
(2) 20 10
x A1 y A2
k k
a
取水平面MN为重力零势能面, 摆在最低位置时:
1 2 1 2 M mg E1 E p1 Ek1 mv max m(lmax ) 2 2
N
摆在最大偏离位置时
1 2 E2 E p 2 E p1 mgl(1 cos max ) 2 k (a max ) 2 1 2 2 mgl max k a 2 max 2 1 2 2 m(lmax ) 2 1 mgl max k a 2 max (1) 2 2 按题意设小角度摆动为谐振动,以表示其振动频率。
2
重要的应用:已知频率的音叉测出其它音叉的频率。
2 1 b | || 2 1 | 2
拍现象是一种很重要的物理现象。
手风琴的中音簧:
键盘式手风琴(Accordion)的两排中音簧的频率大 概相差6到8个赫兹,其作用就是产生“拍”频。而俄 罗斯的“巴扬”---纽扣式手风琴则是单簧片的,因此 没有拍频造成的颤音效果。
141 同方向同频率简谐振动的合成
x1 A1 cos(t 10 ) x2 A2 cos(t 20 )
利用三角函数公式
x x1 x2
x A cos(t 0 )
合成振动仍为简谐振动。
A A12 A22 2 A1 A2 cos( 20 10 )
1 A1 o 4 3
2
x
o
A4 A A3 3 2 A2 2 1 A1
x
1
x
讨论两个特例
x
合成振动
(1)两个振动同相
20 10 2k
k 0,1,2,...
o
T 2 3T 2
T
2T
t
由 A A12 A22 2 A1 A2 cos( 20 10 )
如图拍现象 (beat)x 2 A cos 2 1 t
x
2
1 2 cos t 2
x1
o
x2
t
合振幅在单位时间内加强或减弱的次数称为拍频。 其周期是合振幅变化周期的一半。 1 2 2 Tb 2 2 1 2 1 2 1 2 A cos t 2
2
m
2
( 称为阻尼因子)
d x dx 2 2x 0 dt 2 dt
d2 x dx 2 2x 0 2 dt dt 在阻尼较小时, <0,
此常系数线性齐次微分方程的解为
x A0 e
t
cos( ' t 0 ' )
x
t
A A0 e
稳态振动后,方程的解为 x A cos(t 0 ) 注意:稳态时的受迫振动与无阻尼自由振动实质有所 不同。 对于一定的振动系统,当 F0 一定时,位移振幅A随频率 而改变。
A
F0 m ( 0 2 ) 2 4 2 2
2
2 共 振 0 2 2
共振时,振动速度与驱动 力同相位,从而驱动力作正 功,使振幅急剧增大。最后 当阻力功率与驱动力功率相 抵时,振幅急剧增大。 稳定受迫振动的频率相应曲线 共振现象极为普遍,有其有利的一面,也 可引起损害。
1 1 2 机械能的一半。 E kA 2 4
1 2 2. 任一简谐振动总能量与振幅的平方成正比。 k A 2
3. 振幅不仅给出简谐振动运动的范围,而且还反映 了振动系统总能量的大小及振动的强度。
例1 : 设杆的质量可忽略不计,杆的一端用铰链连接,
使杆可绕垂直纸面的轴在铅垂面内摆动,杆的另一端固 定有质量为m的摆球。当摆在铅垂位置时,与摆连接的 两根水平放置的轻弹簧都处于没有变形的状态,假定摆 在小角度摆动时, 角按余弦函数规律随时间变化。试 求摆在小摆角摆动时的固有频率。两根弹簧的劲度系数 均为k。 解:用机械能守恒定律 l
利用拍频测速
从运动物体反射回来的波的频率由于多普勒效应要 发生微小的变化,通过测量反射波与入射波所形成的 拍频,可以算出物体的运动速度。这种方法广泛应用 于对卫星、各种交通工具的雷达测速装置中。
14-2-3 两个垂直方向上的简谐振动的合成
两个互相垂直同频率简谐振动的合成 x A1 cos( t 10 ) y A2 cos( t 20 )
在生产实际中根据不同要求,控制阻尼大小。
生产技术中通常用改变阻尼大小的方法来控制系
统的振动情况: 1、在机床上安装阻尼装置,作为减震器使机床运转 时冲击引起的振动迅速衰减,保护机件。 2、精密天平和灵敏电流计也配备了阻尼装置,使指 针尽快停止摆动,以便及时读数。
这种加大阻尼使振动尽快停下来的最好办法是将 阻尼加大到临界阻尼。
14-3-2 受迫振动与共振
驱动力 F F0 cos f t
d2 x dx 运动方程 m 2 k x F0 cos f t dt dt k 2 2 0 , 令
m
m
2 x A0 e t cos( 0 2 t 0 ) A cos( f t 0 )
解:
A A1 A2
A1 A2 A
A2
A
O
A1
2 2 1 3
14-2-2
同方向不同频率简谐 振动的合成 拍
2
着重研究 1 , 2 相近且很大 (1 2 ), 初相相同的情况时
x1 A cos( 1t 0 ) x2 A cos(2t 0 )
2A 1
(3) 20 10 2
x y 2 1 2 A1 A2
A1 A2 轨迹为圆
2 2
x
y
Y方向的振动 超前X方向,得 到的是顺时针方 向的圆。
当两个振动的频率差异很小时
20 10 0
4
12:
2
3 4
2A2
2A1
5 4
3 2
1 2 1 A 1 E p k x k k A2 2 2 3 18
2
系统总能量: E
1 k A2 2
根据机械能守恒定律:E=Ek+Ep
4 2 此时动能: Ek E E p k A 9
§14-2 谐振动的合成
本节内容:
14-2-1 同方向同频率简谐振动的合成 14-2-2 同方向不同频率简谐振动的合成 拍