大学物理第十四章习题解答和评分标准

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大学物理第十四章相对论习题解答

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。

大学物理第14章习题解答

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。

《新编基础物理学》第14章习题解答和分析

《新编基础物理学》第14章习题解答和分析

第14章 波动光学14-1.在双缝干涉实验中,两缝的间距为,照亮狭缝S 的光源是汞弧灯加上绿色滤光片.在远处的屏幕上出现干涉条纹,测得相邻两明条纹中心的距离为.试计算入射光的波长,如果所用仪器只能测量5mm x ∆≥的距离,则对此双缝的间距d 有何要求?分析:由杨氏双缝干涉明纹位置公式求解。

解:在屏幕上取坐标轴Ox ,坐标原点位于关于双缝的对称中心。

屏幕上第k 级明纹中心的距坐标原点距离:λdD kx ±= 可知dD d D k d D k x x x k k λλλ=-+=-=∆+)1(1 代入已知数据,得545nm xd Dλ∆== 对于所用仪器只能测量5mm x ∆≥的距离时0.27mm D d x λ≤=∆14-2.在杨氏双缝实验中,设两缝之间的距离为.在距双缝1m 远的屏上观察干涉条纹,若入射光是波长为400nm 至760nm 的白光,问屏上离零级明纹20mm 处,哪些波长的光最大限度地加强?(91nm=10m -)分析:由双缝干涉屏上明纹位置公式,求k 取整数时对应的可见光的波长。

解:已知:d =,D =1m ,x =20mm 依公式λk d D x =∴ 4000nm dxk Dλ==故k =10 λ1=400nmk =9 λ2 k =8 λ3=500nm k =7 λ4 k =6 λ5这五种波长的光在所给的观察点最大限度地加强.14-3.如题图14-3所示,在杨氏双缝干涉实验中,若3/1212λ=-=-r r P S P S ,求P 点的强度I 与干涉加强时最大强度I max 的比值.分析:已知光程差,求出相位差.利用频率相同、振动方向相同的两列波叠加的合振幅公式求出P 点合振幅。

杨氏双缝干涉最大合振幅为2A 。

解:设S 1、S 2分别在P 点引起振动的振幅为A ,干涉加强时,合振幅为2A ,所以2max 4A I ∝ , 因为λ3112=-r r所以S 2到P 点的光束比S 1到P 点的光束相位落后()3π23π2π212=⋅=-=∆λλλϕr r 题图14-3P 点合振动振幅的平方为:22223π2cos2A A A A =++ 因为2I A ∝ 所以22max1==44I A I A14-4. 在双缝干涉实验中,波长550nm λ=的单色平行光, 垂直入射到缝间距4210m d -=⨯的双缝上,屏到双缝的距离2m D =.求:(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距; (2) 用一厚度为66.610m e -=⨯、折射率为 1.58n =的玻璃片覆盖一缝后,零级明纹将移到原来的第几级明纹处?分析:(1)双缝干涉相邻两条纹的间距为 ∆x =D λ / d ,中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距为20∆x .(2)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,中央明纹对于O 点的光程差0δ=,其余条纹相对O 点对称分布.插入介质片后,两相干光在两介质薄片中的几何路程相等,但光程不等。

大学物理第14章思考题解

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。

大学物理答案第14章

大学物理答案第14章
解:氧气(分子)离解为氧原子O2→2O,温度T→2T,分子质量m→m/2,
由分子平均速率公式 ,得:
分子平均速率变为原来的2倍。
17、一定量的理想气体,在容积不变的条件下,当温度降低时,试分析分子的平均碰撞次数和平均自由程变化情况。
解:由碰撞频率气体公式:
而平均速率: 容积不变n不变

气体分子平均自由程: n不变
6、我们说分子运动是有规则的,但又说分子运动服从统计规律,这是否有矛盾?应当如何去理解?
解:由于气体分子数目十分庞大,分子之间由于互相碰撞频繁,其运动是无规则的,要根据力学规律对每个分子作计算是不可能的,但是对大量分子整体而言,可用统计平均方法,找出大量分子集体表现出的统计规律性,这与每个分子运动无规则并不矛盾。
第十四章气体动理论
1、如果在封闭容器中,储有处于平衡态的A、B、C三种理想气体。A种气体分子数密度为n1,压强为P1;B种气体分子数密度为2n1;C种气体分子数密度为3n1。求混合气体的压强。
解:由P=nkT,
对于A气体:P1=n1kT;
对于B气体:P2=n2kT=2n1kT;
对于C气体:P3=n3kT=3n1kT;
(4)两种气体内能相等;
解:内能: ,分子的平均动能: 都与自由度i=t+r有关,
平均速率: 与分子量m有关,分子的平均平动动能: 。
而 , ,选
(1)
13、在标准状况下,若氧气(视为刚性双原子分子理想气体)和氦气的体积比为 ,则其内能之比 为多少?
解:O2和He为理想双原子分子气体,标准状况下,压强P和温度T相等。
7、在宏观上理想气体是如何定义的?在微观上应当如何去认识它?其宏观定义与微观假设是否一致?
解:宏观上,理想气体定义为满足三条实验定律的气体,即宏观量(P、V、T)满足状态方程的气体;微观上,理想气体可看成是由许多自由的无规则运动的弹性小球的集合,理想气体是真实气体在低压、高温时的极限情形,分子之间作用力和相互作用势能可忽略,从理想气体微观模型出发,可得到与其宏观性质相符的结论。

湖南大学物理(2)第14,15章课后习题参考答案

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14.第十四章思考题

大学物理14.第十四章思考题

1、在夫琅和费单缝衍射实验中,波长为λ的单色光垂直入射在宽度为4λ的单缝上,对应的衍射角为30°,则单缝处的波阵面可以划分成多少个半波带? 【答案:4】详解:依题意,在衍射角为30°的方向上的最大光程差为λλθ230sin 4sin == a因此单缝处的波阵面可划分的半波带数目为42/sin =λθa 2、一束波长为的平行单色光垂直入射在单缝AB 上,装置如图14-11所示。

在屏幕E 上形成衍射图样,如果P 是中央亮纹一侧第一条暗纹的位置,则BC 的长度是波长的多少倍?【答案:1】详解:由于P 是中央亮纹一侧第一条暗纹的位置,因此λθ==sin a BC即BC 的长度是波长的1倍。

3、在如图14-12所示的夫琅和费单缝衍射实验中,如果将单缝沿透镜光轴方向向透镜平移,则屏幕上的衍射条纹间距如何变化? 明暗条纹的位置是否发生变化?【答案:屏幕上的衍射条纹间距和明暗条纹的位置都不变】详解:由于屏幕上的衍射条纹间距和明暗条纹的位置与单缝和透镜之间的距离无关,因此当单缝沿透镜光轴方向向透镜平移时,屏幕上的衍射条纹间距和明暗条纹的位置都不改变。

E 图14-11 P λAB LfCE图14-12λL f(移动方向)4、在夫琅和费单缝衍射实验中,波长为的单色光垂直入射到单缝上。

在衍射角等于30°的方向上,单缝处的波面可以划分成4个半波带,则狭缝宽度a 等于的多少倍? 【答案:4】详解:依题意有42/30sin =λa解之得λ4=a即此时狭缝宽度a 等于的4倍。

5、波长为500nm 的单色光垂直照射到宽度为0.25mm 的单缝上,单缝后面放置一块凸透镜,在凸透镜的焦平面上放置一个用来观测衍射条纹的屏幕。

测得屏幕上中央明条纹两侧的第三条暗条纹之间的距离为12mm ,则凸透镜的焦距f 等于多少? 【答案:1m 】详解:中央明条纹两侧的第k 条暗条纹之间的距离为λafkx 2=∆ 由此解得凸透镜的焦距为λk x a f 2∆=933105003210121025.0---⨯⨯⨯⨯⨯⨯=m)(1= 6、在如图14-13所示的夫琅和费单缝衍射实验中,中央明纹的衍射角范围很小。

大学物理答案第十四章 干涉习题答案

大学物理答案第十四章 干涉习题答案
e (2k 1)
B.

4n1
k e 2n1
e (2k 1)
D.

4n2
3.双缝干涉实验中,入射光波长为λ , 用玻璃纸遮住其中一缝,若玻璃纸中 光程比相同厚度的空气大2.5 ,则屏上 原0级明纹处( )
A.仍为明条纹 B.变为暗条纹 C.非明非暗 D.无法确定是明纹还是暗纹
4.两块平板玻璃构成空气劈尖,左边为 棱边,用单色平行光垂直入射,若上 面的平板玻璃以棱边为轴,沿逆时针 方向作微小转动,则干涉条纹的( A ) A.间隔变小,并向棱边方向平移 B.间隔变大,并向远离棱边方向平移 C.间隔不变,向棱边方向平移 D.间隔变小,并向远离棱边方向平移


6.双缝干涉实验中,当双缝在双缝所在 平面上沿缝取向垂直方向上作微小移 动,则干涉图样( )
A.作与双缝移动方向相同方向的移动 B.作与双缝移动方向相反方向的移动 C.中心不变,干涉图样变化 D.没有变化
7.在双缝干涉实验中,为使屏上的干涉 条纹间距变大。可以采取的办法是 ( ) A.使屏靠近双缝 B.使两缝的间距变小 C.把两缝的宽度稍微调窄。 D..改有波长小的单色光源。
一、选择题 1.当光从光疏媒质射向光密媒质时 ( ) A.反射光有半波损失 B.透射光有半波损失 C.入射光有半波损失 D.入射、反射、透射光均无半波损失
2.若在一折射率为n1的光学元件表面镀 一层折射率为n2(n2<n1)的增透膜, 为使波长为 的入射光透射最多,其厚 度应为(e4 4
由于
x e /
7 得 x 4
第四条明条纹的位移为
7 同理可证 x' 4 '
7 7 7 ( ' ) x x' x 4 ' 4 4 '

大学物理上海交通大学14章课后习题答案

大学物理上海交通大学14章课后习题答案

习题1414-1.如图所示的弓形线框中通有电流I ,求圆心O 处的磁感应强度B 。

解:圆弧在O 点的磁感应强度:00146I IB R R μθμπ==,方向:;直导线在O 点的磁感应强度:0000203[sin 60sin(60)]4cos602IIB R R μμππ=--=,方向:⊗;∴总场强:031)23IB Rμπ=-,方向⊗。

14-2.如图所示,两个半径均为R 的线圈平行共轴放置,其圆心O 1、O 2相距为a ,在两线圈中通以电流强度均为I 的同方向电流。

(1)以O 1O 2连线的中点O 为原点,求轴线上坐标为x 的任意点的磁感应强度大小;(2)试证明:当a R =时,O 点处的磁场最为均匀。

解:见书中载流圆线圈轴线上的磁场,有公式:2032222()I R B R z μ=+。

(1)左线圈在x 处P 点产生的磁感应强度:20132222[()]2P I R B a R x μ=++,右线圈在x 处P 点产生的磁感应强度:20232222[()]2P I R B a R x μ=+-,1P B 和2P B 方向一致,均沿轴线水平向右,∴P 点磁感应强度:12P P P B B B =+=2330222222[()][()]222I R a a R x R x μ--⎧⎫++++-⎨⎬⎩⎭;(2)因为P B 随x 变化,变化率为d Bd x ,若此变化率在0x =处的变化最缓慢,则O 点处的磁场最为均匀,下面讨论O 点附近磁感应强度随x 变化情况,即对P B 的各阶导数进行讨论。

对B 求一阶导数:d B d x 25502222223()[()]()[()]22222I R a a a a x R x x R x μ--⎧⎫=-++++-+-⎨⎬⎩⎭ 当0x =时,0d Bd x =,可见在O 点,磁感应强度B 有极值。

对B 求二阶导数:22()d d B d B d x d x d x ==222057572222222222225()5()311222[()][()][()][()]2222a a x x I R a a a a R x R x R x R x μ⎧⎫+-⎪⎪⎪⎪--+-⎨⎬⎪⎪+++++-+-⎪⎪⎩⎭当0x =时,202x d B d x ==222072223[()]2a R I R a R μ-+, 可见,当a R >时,2020x d Bd x =>,O 点的磁感应强度B 有极小值,当a R <时,2020x d B d x =<,O 点的磁感应强度B 有极大值,当a R =时,2020x d B d x ==,说明磁感应强度B 在O 点附近的磁场是相当均匀的,可看成匀强磁场。

大学物理第十四章波动光学课后习题答案及复习内容

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”。

大学物理答案第14章培训讲学

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.。

大学物理第十四章习题解答和评分标准

大学物理第十四章习题解答和评分标准

第十四章光学习题及解答和评分标准1.题号:分值:10分在杨氏双缝干涉实验中,用波长= nm 的纳灯作光源,屏幕距双缝的距离d’=800 nm ,问:(1)当双缝间距1mm 时,两相邻明条纹中心间距是多少(2)假设双缝间距10 mm ,两相邻明条纹中心间距又是多少解答及评分标准:(1) d =1 mm 时mm d d x 47.0'==∆λ (5分)(2) d =10 mm 时mm dd x 047.0'==∆λ (5分) 2.题号:分值:10分洛埃镜干涉如图所示光源波长m 7102.7-⨯=λ,试求镜的右边缘到第一条明纹的距离。

解答及评分标准: λdd x '21⋅=∆ (6分) m m x 57105.4102.722.0302021--⨯=⨯⨯⨯+⨯=∆∴(4分)3.题号:3分值:10分在双缝干涉实验中,用波长=的单色光照射,屏幕距双缝的距离d’=300 mm ,测得中央明纹两恻的两个第五级明纹的间距为, 求两缝间的距离。

解答及评分标准:λd d x '=∆ (4分) mm N x 22.1102.122.12==∆=∆Θ (4分) mm x d d 134.01022.1101.54610300'393=⨯⨯⨯⨯=∆=∴---λ (2分) 4. 题号:分值:10分在双缝干涉实验中,两缝间的距离,用单色光垂直照射双缝, 屏与缝之间的距离为,测得中央明纹两恻的两个第五级暗纹的间距为, 求所用光的波长。

解答及评分标准:λdd x '=∆ (4分) 531.2978.2278.22==∆=∆N x Θ (4分) nm d xd 8.6321020.130.0531.2'3=⨯⨯=∆=∴λ (2分)5.题号:分值:10分单色光照射到相距为的双缝上,双缝与屏幕的垂直距离为1m ,求:(1)从第一级明纹到同侧的第四级明纹间的距离为,求单色光的波长;(2)若入射光的波长为600nm ,求相邻两明纹间的距离。

大学物理 马文蔚 第五版 下册 第十四章 课后答案

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

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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。

大学物理第14章学习题答案

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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14章答案

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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)。

大学物理课后习题答案14电磁场习题_图文_图文

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结束 目录
)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
结束 目录
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
结束 目录
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

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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.。

大学物理第十四章习题解答和评分标准

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大学物理第十四章习题解答和评分标准-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第十四章光学习题及解答和评分标准1.题号:50341001分值:10分 在杨氏双缝干涉实验中,用波长=589.3 nm 的纳灯作光源,屏幕距双缝的距离d’=800 nm ,问:(1)当双缝间距1mm 时,两相邻明条纹中心间距是多少(2)假设双缝间距10 mm ,两相邻明条纹中心间距又是多少?解答及评分标准:(1) d =1 mm 时mm d d x 47.0'==∆λ (5分)(2) d =10 mm 时mm dd x 047.0'==∆λ (5分) 2.题号:50341002分值:10分洛埃镜干涉如图所示光源波长m 7102.7-⨯=λ,试求镜的右边缘到第一条明纹的距离。

解答及评分标准:λdd x '21⋅=∆ (6分) m m x 57105.4102.722.0302021--⨯=⨯⨯⨯+⨯=∆∴(4分) 3.题号:450342003分值:10分在双缝干涉实验中,用波长λ=546.1nm 的单色光照射,屏幕距双缝的距离d’=300 mm ,测得中央明纹两恻的两个第五级明纹的间距为12.2mm, 求两缝间的距离。

解答及评分标准:λdd x '=∆ (4分) mm N x 22.1102.122.12==∆=∆ (4分) mm x d d 134.01022.1101.54610300'393=⨯⨯⨯⨯=∆=∴---λ (2分) 4. 题号:50342004分值:10分在双缝干涉实验中,两缝间的距离0.30mm ,用单色光垂直照射双缝, 屏与缝之间的距离为1.20m ,测得中央明纹两恻的两个第五级暗纹的间距为22.78mm, 求所用光的波长。

解答及评分标准:λdd x '=∆ (4分) 531.2978.2278.22==∆=∆N x (4分) nm d xd 8.6321020.130.0531.2'3=⨯⨯=∆=∴λ (2分)5.题号:50342005分值:10分单色光照射到相距为0.2mm 的双缝上,双缝与屏幕的垂直距离为1m ,求:(1)从第一级明纹到同侧的第四级明纹间的距离为7.5mm ,求单色光的波长;(2)若入射光的波长为600nm ,求相邻两明纹间的距离。

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第十四章光学习题及解答和评分标准
1.题号:
分值:10分
在杨氏双缝干涉实验中,用波长= nm 的纳灯作光源,屏幕距双缝的距离d’=800 nm ,问:(1)当双缝间距1mm 时,两相邻明条纹中心间距是多少(2)假设双缝间距10 mm ,两相邻明条纹中心间距又是多少
解答及评分标准:
(1) d =1 mm 时mm d d x 47.0'==
∆λ (5分)
(2) d =10 mm 时mm d
d x 047.0'==
∆λ (5分) 2.题号:
分值:10分
洛埃镜干涉如图所示光源波长m 7102.7-⨯=λ,
试求镜的右边缘到第一条明纹的距离。

解答及评分标准: λd
d x '21⋅=
∆ (6分) m m x 57105.4102.722.0302021--⨯=⨯⨯⨯+⨯=∆∴(4分)
3.题号:3
分值:10分
在双缝干涉实验中,用波长=的单色光照射,屏幕距双缝的距离d’=300 mm ,测得中央明纹两恻的两个第五级明纹的间距为, 求两缝间的距离。

解答及评分标准:
λd d x '=
∆ (4
分)
mm N x 22.110
2.122.12==∆=∆Θ (4分) mm x d d 134.01022.1101.54610300'3
9
3=⨯⨯⨯⨯=∆=∴---λ (2分) 4. 题号:
分值:10分
在双缝干涉实验中,两缝间的距离,用单色光垂直照射双缝, 屏与缝之间的距离为,测得中央明纹两恻的两个第五级暗纹的间距为, 求所用光的波长。

解答及评分标准:
λd
d x '=
∆ (4分) 531.29
78.2278.22==∆=∆N x Θ (4分) nm d xd 8.6321020.130.0531.2'3=⨯⨯=∆=∴λ (2分)
5.题号:
分值:10分
单色光照射到相距为的双缝上,双缝与屏幕的垂直距离为1m ,求:(1)从第一级明纹到同侧的第四级明纹间的距离为,求单色光的波长;(2)若入射光的波长为600nm ,求相邻两明纹间的距离。

解答及评分标准:
(1)λ)(141414k k d
d x x x -'=-=∆; (4分) nm k k d x d 5001
414=-'∆=∴λ (3分) (2)nm d
d x 0.3='=
∆λ (3分) 6. 题号:
分值:10分 用一束8.632=λnm 激光垂直照射一双缝, 在缝后处的墙上观察到中央明纹和第一级明纹的间隔为14cm. 求(1)两缝的间距;(2)在中央明纹以上还能看到几条明纹
解答及评分标准: (1)m x d d 69
100.914
.0108.6320.2--⨯=⨯⨯=∆'=λ (5分) (2)由于2π
θ<, 按2
πθ=计算, 则 3.14/'/sin =∆==x d d k λθ 应取14即看到14条明纹. (5分)
7. 题号:
分值:10分
一透镜的折射率n c =,为使垂直入射的波长λ=500nm 的光尽可能少反射,在透镜表面镀了一层折射率n f =的透明薄膜,求镀膜的最小厚度t 。

解答及评分标准: 反射干涉相消得:22λ
δ=⋅=t n f (6分)
f n t 4λ
=∴
(2分) m nm 81006.938.14
500-⨯=⨯=
(2分)
8. 题号:
分值:10分
一透镜的折射率n c =,为使垂直入射的波长λ=500nm 的光尽可能少反射,在透镜表面镀了一层折射率n f =的透明薄膜,求镀膜的最小厚度t 。

解答及评分标准: 反射干涉相消得:22λ
δ=⋅=t n f (6分)
f n t 4λ
=∴
(2分)
m nm 81006.938.14
500-⨯=⨯=
(2分) 9. 题号:
分值:10分
用钠灯(nm 3.589=λ)观察牛顿环,看到第k 条暗环的半径为mm 4=r ,第5+k 条暗环半径mm 6=r ,求所用平凸透镜的曲率半径R 。

解答及评分标准:
由牛顿环暗环公式 r=λkR (3分) 据题意有 r=mm kR 4=λ; r=mm R k 65=+λ)( (3分) 所以:k=4,代入上式,可得:R= (4分)
10.题号:
分值:10分
一块厚μm 2.1的折射率为50.1的透明膜片。

设以波长介于nm 700~400的可见光.垂直入射,求反射光中哪些波长的光最强
解答及评分标准:
由反射干涉相长公式有
)3,2,1(22Λ==+
k k ne λλ (3分) 得 nm k k k ne 1
272001212005.14124-=-⨯⨯=-=λ (3分) nm k nm k 554,7;655,
6====λλ (2分) nm k nm k 424,9;480,
8====λλ (2分)
11.题号:
白光垂直照射到空气中一厚度为nm h 380=的肥皂膜上,肥皂膜的折射率为n=,在可见光范围内(400nm-760nm ),哪些波长的光在反射中增强
解答及评分标准:
反射光干涉相长条件
λλk nh =+
22 (4分) 212+=λ
nh k 212-=k nh λ nm nm 760400≤≤λ
32≤≤k (4分)
则k=2时,nm 9.673=λ
k=3时,nm 3.404=λ (2分)
12.题号:
分值:10分
两块长度10 cm 的平玻璃片,一端互相接触,另一端用厚度为 mm 的纸片隔开,形成空气劈形膜.以波长为500 nm 的平行光垂直照射,观察反射光的等厚干涉条纹,在全部10 cm 的长度内呈现多少条明纹(1 nm=10-9 m)
解答及评分标准:
设空气膜最大厚度为e ,
)3,2,1(22Λ==+k k e λλ
(4分)
5.1622=+

λe k (4分) ∴ 明纹数为16. (2分)
13.题号:
分值:10分
当牛顿环干涉仪中透镜与玻璃之间充以某种介质时,第十条明纹的直径由变为。

求液
解答及评分标准:
λR k r d k k )2
1(22-== (4分) 充液体后 n R k r d kn kn λ)21(22-== (4分)
22.127.140.1222=⎪⎭⎫ ⎝⎛==n d d kn k
(2分)。

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