2020高中物理教师解题竞赛

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2020年高中物理竞赛—电磁学B03泊松方程拉普拉斯方程 (共13张PPT)

2020高中物理竞赛
电磁学B
电磁场与波
3.3 泊松方程拉普拉斯方程
补充内容：拉普拉斯运算
标量场的拉普拉斯运算对标量场的梯度求散度的运算称为拉普拉斯运算。记作：
gu 2u
式中：“2”称为拉普拉斯算符。
在直角坐标系中：
2u
2u x2
2u y 2
2u z 2
3.3 泊松方程拉普拉斯方程
矢量场的拉普拉斯运算
r
ev r
ev
r sin
)( aU )
r
evr
aU r2
解法二：电荷均匀分布在导体球上，呈点对称。
设导体球带电总量为Q，则可由高斯定理求得，在球外空间，电场强度为：
v E
Q
40r 2
evr
U
Evgdrv Q ( 1) Q
a
40 r a 40a
Q 40aU
v E
aU r2
evr
可用于求解静电场的边值问题。
例半径为a的带电导体球，已知球体电位为U，
求空间电位分布及电场强度分布。
解法一：导体球是等势体。
r
a
时：Ev
U
0
r a时：
2 0 ra U r 0
1
r
2
d dr
(r 2
d
dr
ra U
r 0
)
0
c1 r U
ra
0
r
Байду номын сангаас
c2
aU r
v
E
(evr
问题的求解。
THE END
谢谢观看！
Evgdrv
r
aU r r2 dr
aU r

2020年高中物理竞赛实验讲义大全—8复摆特性的研究教案设计

2020高中物理竞赛实验讲义苏州中学竞赛讲义8复摆特性的研究【实验原理】复摆是一刚体绕固定的水平轴在重力的作用下作微小摆动的动力运动体系。

刚体所受力矩与角位移方向相反，即有h sin mg M θ-= 若θ很小时（θ在5°以内）近似有θmgh M -= （1）又据转动定律，该复摆又有θ&&I M = （2）其中I 为该物体转动惯量。

由（1）和（2）可得θωθ2-=&& （3）其中Imgh=2ω。

此方程说明该复摆在小角度下作简谐振动，该复摆周期为mgh IT π2= （4）设I c 为转轴过质心且与O 轴平行时的转动惯量，那么根据平行轴定律可知2mh I I c+= （5）代入上式得mghmh I T c 22+=π （6）对于固定的刚体而言，I c 是固定的，因而实验时，只需改变质心到转轴的距离如h 1、h 2，则刚体周期分别为12112mghmh I T c +=π (7) 22222mgh mh I T c +=π(8)为了使计算公式化，故意取h 2=2h 1，合并（7）式和（8）式得：)T T (h g 212212212-=π ( 9）【实验内容】 1. 软件使用(1) 打开桌面上的Data Studio 软件,选择复摆实验,图表显示文件将被打开(2) 单击图表使之活动.实验中,在用鼠标左键单击“启动”方框按钮的同时,可摆动复摆,计算机随即开始记录,最后单击“停止”方框按钮,停止记录.(3) 将图表左边竖直菜单中的“表格”用鼠标拖至数据栏中的相应位置,即可获得该次实验的数据.2. 根据实验步骤,将砝码置于杆上孔的上下对称处,孔至上转轴的距离为h 1,微微摆动,并开始记录,且摆动时间超过10个周期后方可停止.取计算机测出的10个波形,确定时间t 1,t 10,求出周期T 1.用同样的方法进行3次,求出平均值.3. 变动砝码距离如图2-6,使图示距离为2h 1,重复上述步骤,求出T 2.4. 根据不同时10个周期的时间,求出重力加速度g. 【数据与结果】复摆的振动周期记录其中一条曲线的实验数据（将表格中的第一列序号乘以采样的t ∆，即得该数据点对应的时间轴坐标），并在方格纸上画出其图形，附在实验报告后交上。

2020年高中物理竞赛-热学A(联赛版)05热力学第二定律：卡诺定理(共15张PPT)

C ,
1 Qj 1 Tj
Qi
Ti
Qj Tj Qi Ti
Qj Qi Tj Ti
因为 Q j ' Q j , 则上式可写为
Qi Qj 0 Ti Tj
对所有i 、j 求和，即得 n Qi 0.
T i 1 i
其中等号适用于可逆过程，不等号适用于不可逆过程。
dQ
若 n ，则 Ti Ti1 Ti 0, Qi dQ, 于是有
于是有
dW
(1
T2 T1
)dQ1
热机工作过程中
工质在高温处吸热 dQ1 C pdT1' 在低温处放热 dQ2 C pdT2 '
能量守恒 dW dQ1 dQ2 C pdT1'C pdT2 '
积分得 W C p (T 'T1) C p (T 'T2 ) C p (T1 T2 2T ')
有一热机，其输出功驱动B与A之间的制 TA ' 100K ,TB ' TC ' 300K
冷机将热量再传输到B或A。设A物体最后达到的温度最高，则B、C两物体应有
TA ' 900K ,TB ' TC ' 100K
T ’=T ’，即有 TB ' TC ' TA 解得：
显然，只有第一组解合理。
S TA ' CdT TB ' CdT TC ' CdT 0
T TA
T TB
T TC
即有 ln TA ln TB ln TC 0 于是有 TA 'TB 'TC ' TATBTC
TA
TB
TC
依题意，工作方式可能是A或B与C之间 TA ' 400K ,TB ' TC ' 150K

2020年高中物理竞赛(电磁学)静电场和稳恒电场(含真题练习题)：导体壳和静电屏蔽(共17张PPT)

接地时 4 0 a点 1 2 3 0
2 0 2 0 2 0 b点 1 2 3 0
2 0 2 0 2 0
1 A 2 3 B
a
E3 E2 E1
A板 1S 2S Q
1 2 3
b
电荷分布
E1 E2 E3
1 0
2
3
Q S
A
B
电荷分布 1 0
2
3
Q S
1 A 2 3 B
4 0r 2
r R1 R2 r R3 R1 r R2 r R3
Q q
场
强分
E
布
0 r R1 R2 r R3
q q
q
4 0r 2
R1 r R2 B
A R1 R2 O R3
Qq
4 0r 2
r R3
球心的电势
R1
R2
R3
uo E • dr Edr Edr Edr Edr
2020高中物理学奥林匹克竞赛
电磁学篇[基础版] （含往年物理竞赛真题练习）
二、导体壳和静电屏蔽
1、空腔内无带电体的情况
腔体内表面不带电量，腔体外表面所带的电量为带电体所带总电量。导体上电荷面密度的大小与该处表面的曲率有关。
q2
2、空腔内有带电体
腔体内表面所带的电量和腔内带电体所带的电量等量异号，腔体外表面所带的电量由电荷守恒定律决定。
qQ
u
r
Edr
4 0r
练习已知: 两金属板带电分别为q1、q2 求：1 、2 、3 、4
q1
q2
1 2 3 4
1
4
q1 q2 2S
2
3
q1 q2 2S
问题：

2020年高中物理竞赛—基础光学03几何光学：马吕斯定律(共13张PPT)

空气
ib
arctan
1.00 1.50
3342
玻璃片堆起偏和检偏
入射自然光 I0
• •
•
i0
•
•• • • • •• • ••
•• • ••
玻璃片堆
I 线偏振光
例：偏光镜头橱窗设计立体电影
（A）
玻璃门表面的反光很强
（B）
用偏光镜减弱了反射偏振光
（C）
用偏光镜消除了反射偏振光使玻璃门内的人物清晰可见
n1 sin ib n2 sinγ n2 cos ib
tanib
n2 n1
n21
•
n1
•
n2
•
i
i
• •
•
•
••
n1
•
•
ib
ib
•
•
•
线偏振光
n2
•
•
3、玻片堆可获得两束线偏振光
例如 n1 =1.00(空气)， n2 =1.50(玻璃)，则
空气
玻璃
ib
arctan
1.50 1.00
5618
玻璃
实例
外腔式激光管加装布儒斯特窗，可使出射光为线偏振光，并减少反射损
· ·
i0
M1
·
i0
i0 ·
··· ···
i0
激光输出
布儒斯特窗
M2
外腔式激光器的布儒斯特窗
解 (1) 无吸收时，有
I1
1 2
I0
I2
1 2
I0
cos 2
60
I2 1 cos2 60 1 0.125
I0 2
8
(2) 有吸收时，有

2020年高中物理竞赛(电磁学)电磁场和电磁波(含真题练习题)麦克斯韦方程组(共13张PPT)

(3)因为电容器内 I=0,且磁场分布应具有轴对称性,
由全电流定律得 P
rR
L1 H1 dl S Jd dS Jdr 2
O
O
R
H1
2r
0U0
l
r
2
cost
l
H1
0U0
2l
cost
r
B1
0H1
U0
2lc2
cost
r
rR
L2 H2 dl Id JdR2
P
O
O
R
H2
l
l
根据位移电流的定义
P
O
O
R
l
Id
de
dt
dDS
dt
0
dE dt
R2
0R2
l
U0
cost
另解
Id
dQ dt
d CU
dt
C
dU dt
平性板电容器的电容 C 0R2
l
代入,可得同样结果.
(2)由位移电流密度的定义
Jd
D t
0
E t
0 U
l t
0U0 cost
l
或者 Jd Id R2
2020高中物理学奥林匹克竞赛
电磁学篇[基础版] （含往年物理竞赛真题练习）
三、麦克斯韦方程组
麦克斯韦认为静电场的高斯定理和磁场的高斯定
理也适用于一般电磁场.所以,可以将电磁场的基本规
律写成麦克斯韦方程组(积分形式):
SD
LE
dS dl
V S
dV
B t
dS
SB dS
LH dl
Id
2r

2020年高中物理竞赛—量子物理篇(进阶版)附：量子力学练习试题(共58张PPT)

2020高中物理竞赛
量子物理（进阶版）
（下一页）
一、选择题
1、关于不确定度关系 pxx h 有以
下几种理解：（1）、粒子的动量不可能确定
（2）、粒子的坐标不可能确定
（3）、粒子的坐标和动量不可能同时确定
（4）、不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用
于其它微观粒子上述说法那些正确？
答案：（3）、
解： E1 13.6eV EL 0.85eV
EK EL 10.8eV
应为10·2eV
EK 10.8eV 13.6eV 2.8eV ? 应为-
----氢原子哪有这个能级？ 3·40eV
EL EK 1.95eV 应为2·55eV
（下一页）
3、氢原子从能量为－0.85eV的状态跃迁到能量
2
2
2
2
(2,1,1, 1 ), (2,1,1, 1 ), (2,1,1, 1 ), (2,1,1, 1 )
2
2
2
2
（下一页）
16(T19-23)、试证：如果粒子位置的不确定
量等于其德布罗意波长，则此粒子速度的不确定量大于或等于其速度。
x m
x
px x h
h mvx • mv x h
道角动量在外磁场中的取向；
自旋磁量子数(ms =±1/2):它决定了电子自旋角动量在外磁场中的取向。
（下一页）
13、如图所示，一束动量为P的电子，通过缝宽为a
的狭缝，在距离狭逢为R处放置一荧光屏，屏上衍射图样中央最窄的宽度d等于多少？
解： x a
P
px psin
a
d
sin a
k=1
R
d
sin tg 2

2020年高中物理竞赛-电磁学篇(电磁场理论)04静态电磁场求解：静态场的唯一性定理(共10张PPT

电磁场理论
Electromagnetic Theory 2020高中物理竞赛（电磁学篇）
第四章静态电磁场求解
主要内容：
静态的场唯一性定理分离变量方法 Green函数方法镜像原理
4.1 静态场的唯一性定理
1 静态电磁场的方程静电场由电荷激发，电荷是静电场的通量源。恒定磁场由恒定电流激发，电流是静态磁场的涡旋源。静态电磁场与时间无关，具有相同的基本特性。 ① 静态电磁场与时间无关，属于时不变场，数学上满足同一类方程（Poisson方程）
M
n
r r
2 唯一性定理
设在区域V内源已知，在区域的边界S上：
r
| 边界
M
或
r
n
|边界
M
已知（M为边界上
的变点）。则在区域V内存在唯一的解，
它在该区域内满足Poisson方程；在区域
的边界上满给定的边界条件。称为静态电
磁场的唯一性定理。
设
E1 r
A1
r r3
E2
r
A2
r r3
两个同心导体球壳之间充满两种介质。内
导体带电，电荷量为Q，
外导体球壳接地。
E1t E2t
D1n D2n
S
D dS
S1
1E1 dS
S2
2 E2
dS
Q
A
Q
2π1 2
2r r
κ为介质的电磁特性参数
② 静态电磁场（恒定电流磁场源区）具有无旋特性，可以用标量函数（称为位函数或势函数）的梯度来表示，即
Fr r
③ 在介质的分界面上，位函数满足
1
r
| S
2
r
| S

2020年高中物理竞赛-普通物理学C(修订版)04波动方程：波函数(共19张PPT)

t时刻P点相位与O点（t t)时刻相位相同
Ψp (t) Ψ0 (t t)
A c os [ (t
x u
)
0 ]
即
Ψ( x, t )
A c os [ (t
x) u
0
]
(1)
ux
O
P(x)
方法2 波线上每间隔，相位落后2
P点相位比O落后
x 2
Ψp
Acos(t
0
x
2 )
即
Ψ( x, t )
1) 当 x 给定 (x = x0) 时
Ψ( x0 , t )
Ψ(t)
Acos[(t
x0 u
)
0 ]
x0 处质点在不同时刻的位移，即振动方程
2) 当 t 给定 (t = t0) 时
Ψ( x, t0 )
Ψ(x)
A c os [ (t0
x) u
0 ]
波函数表示了给定时刻Ox轴上各质点的位移分
布情况，即t0 时刻的波形曲线方程
已知：波线上任一点O的振动方程Ψo Acos(t 0 )
波速u, 向右传播
求：该平面简谐波波函数 Ψ Ψ (x,t)
解：以参考点O为坐标原点，波速u的方向为+x,建立一维坐标。设P为波线上任意一点，坐标 x
ux
O
P(x)
已知坐标原点振动方程 Ψ0 Acos(t 0 )
方法1 O点的振动状态传到P所需时间 t x u
u
u
将xB 3代入
ΨB
A c os [ (t
3 5) u
]
A c os [ (t
8) u
]
8
u
5
5
BO
CA

2020年高中物理竞赛-电磁学C：02静电场：介质和导体的边界条件(共12张PPT)

S2
q 4πr22
1
1 r1
0
S3
q 4πr32
S 3
0E2n
S3
q 4πr32
1 r2
ห้องสมุดไป่ตู้
1
0
S 0
S 4
0 (E0n
E2n )
q 4πr42
1
1 r2
0
8. 电容与部分电容由物理学得知，平板电容器正极板上携带的电量 q 与极板间的
电位差 U 的比值是一个常数，此常数称为平板电容器的电容，即电容为
由此可见，导体中不可能存在静电场，导体内部不可能存在自由电荷的体分布。所以，当导体处于静电平衡时，自由电荷只能分布在导体的表面上。因为导体中不可能存在静电场，因此导体中的电位梯度为零，这就意味着导体中电位不随空间变化。所以，处于静电平衡状态的导体是一个等位体，导体表面是一个等位面。
既然导体中的电场强度为零，导体表面的外侧不可能存在电场强度的切向分量。换言之，电场强度必须垂直于导体的表面，即
2020高中物理竞赛
电磁学C
7. 介质与导体的边界条件
静电平衡：当孤立导体放入静电场中以后，导体中自由电子发生运动，电荷重新分布。由于自由电子逆电场方向反向移动，因此重新分布的电荷产生的二次电场与原电场方向相反，使导体中的合成电场逐渐削弱，一直到导体中的合成电场消失为零，自由电子的运动方才停止，因而电荷分布不再改变，这种状态称为静电平衡。
0 2
1 r2
r1
r3
r4
在 r < r1及 r2<r < r3 区域中，因导体中不可能存静电场，所以E = 0。
在 r1<r < r2 区域中，由 S D dS q ，

2020年高中物理竞赛—基础光学08光在单球面的成像：高斯公式和牛顿公式(共10张PPT)

光由光密介质光疏介质时，入射角
i1 ic ，折射角=90°; i1 ic时，全反射。
临界角（critical
angle）
ic
arcs in
n2 n1
玻璃 n1 1.5，空气 n2 1，此时 ic=42°.
全反射的应用——光学纤维（optical fibre）
双层透明材料组成纤维
n1 n2
物点在物方焦点之左：-x 物点在物方焦点之右：x 像点在像方焦点之左：-x’ 像点在像方焦点之右：x’
3.5 光在球面上的反射和折射（Reflection and Refraction of light on Spherical surface）
折射
即
s (x) ( f )
l' f 'x'
代入Gauss公式得 xx' ff ' （Newton公式）
2020高中物理竞赛
基础光学
五、高斯公式和牛顿公式
将焦距代入得：上式是普遍的物象公式，称为高斯物象公式。若光线自右向左进行，则物空间在原点的右方，象空间在原点的左方，此时前述符号法则仍然适用，但此时实物物距应该取正值，则得到的是实象，如果折射光束在象间发散，象点在原点的右方，则得到的是虚象。
须n1和n2的差值大。
内窥镜、光导通 ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ……
Gauss公式和Newton公式由球面反射和折
射导出，任何其它光具组理想成像时，也有相
同形式的物像公式。
六．全反射（total reflection）
界面两边介质折射率不同时，n小—光疏
介质（optically thinner medium），n大—光密
介质（optically thicker medium）.

2020年高中物理竞赛习题专题十二：《波动光学》(Word版含解析)

【预赛三一自招】高中物理竞赛模拟试题之《波动光学》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 ）．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 ）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 ）．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 ）．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 ）．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 ）.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 ．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 m10 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=． 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 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．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 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 ＝n210λ＝1.4 ×10-6m ． 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 λθ16 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 T l N ∆=αλ2则热膨胀系数 5105112-⨯=∆=.Tl Nλα K 1- 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 nm18 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 ＝0，1，2，3．19 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 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 λλ22 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 x23 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 ．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 d25 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．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120arctann 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 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．。

2020高中物理竞赛-电磁学篇(电磁场理论)06电磁波的辐射：小电流环—磁偶极子天线 (共12张PP

1
I
2 0
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Re
0
E H
2πr 2sind
320π
4
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2
2
【例】设导线的长度为1米，求制作成圆环和电偶极子天线的辐射电阻。电磁振荡频率为1MHz
电偶极子天线
小圆环天线
Rr
80π 2
L
2
0.88102
Rr
2P
I
2 0
320π
4
s
2
2
2.44 108
计算结果表明，同样频率、同样长度的导线制作
成小电流环天线的辐射阻抗远小于制作电偶极子天线的辐射阻抗。这说明小电流环天线辐射电磁波的能力远小于电偶极子天线。其原因何在？
4 小电流环与磁偶极子等效
在静态电磁场中，恒定小电流环可用磁偶极子等效。在时变电磁场中，置于坐标原点的磁偶极子
m eˆ zm 的磁矢势〔参考（6-1-12)式〕为：
Ar, , jk0
电磁场理论
Electromagnetic Theory 2020高中物理竞赛（电磁学篇）
6.3 小电流环—磁偶极子天线
1 小电流环天线结构
电流环上通有随时间谐变的电流，电流的振幅为恒量，数学上可表示为：
如果电流环半径很小，考虑到是随位置变化的，将
其在球坐标系中表示，即
J r eˆ I0 z a
jk
r
1
1 jkr
1kLeabharlann 2Er E 0E
0 0
I0k 2ssin
4πr
e jkr
1
1
jk
r
近场区电磁场
kr 1,exp jkr 1
H
r

2020高中物理竞赛-电磁学篇(电磁场理论)07电波传播理论基础：电磁波的衍射(共14张PPT)

电磁场理论
Electromagnetic Theory 2020高中物理竞赛（电磁学篇）
7.5 电磁波的衍射
1 电磁波的衍射现象当电磁波在传播过程中遇到障碍物或透过屏幕上的小孔时，由于波动特性，电磁波不按直线传播的现象称为电磁波的衍射，它是波动的一个基本的特征。
2 Huygens-Fresnel原理
r'
A R0
exp
jk R0
R0 r' r0
' r'
jk
1 R0
1 R0
exp
jk R0
Rˆ 0
应用Huygens-Fresnel公式，面积分应该由两个部分组成，即屏幕和半无穷大空间的边界。半无穷大边界面上的积分为零，得到：
r
A 4π Sa
Rˆ 0
jk
1 R0
Rˆ
jk
1 e jkR0
2 辐射条件
如果 R ， ds Rˆ R2dΩ
' r' Rˆ
R
r lim 1 R r' jkr' d Ω ejkR lim 1 r' d Ω ejkR
R 4π S R
R 4π S
表示无穷远边界上次波源在空间内r点辐射场的叠加，其结果必为零。否则有限区域内电磁场因与
无穷远边界上电磁场有关而具有多值特性。即：
Huygens在研究波动现象时指出：波在传播过程中，波阵面上的每一点都是产生球面子波的次波源，而波阵面上各点发出的许多次波所形成的包络面是原波面在一定时间内所传播到的新波面。
Fresnel在研究Huygens原理的基础上认为：波在传播过程中，波阵面上的每一点都是产生球面子波的次波源，空间其它点任意时刻的波动是波阵面上的所有次级波源发射子波的干涉叠加，进一步完善了Huygens原理，称为Huygens-Fresnel原理。

2020年高中物理竞赛—电磁学B版：第七章电磁波的辐射(3-4对偶原理和磁基本振子的辐射场等)(共

H J jE E Jm jH D B m
上式称为广义麦克斯韦方程组。式中下标m表示磁量；Jm 是磁流密度，其量纲为 V/m2 ； ρm 是磁荷密度，其量纲为 Wb/m3(韦伯每立方米)。式(7 -32a)的等号右边用正号，表示电流与磁场之间有右手螺旋关系。
1.9739 102
长度为此磁基本振子周长的电基本振子的辐射电阻远比磁基本振子的辐射电阻大，即电基本振子的辐射能力大于磁基本振子的辐射能力。
例 7 - 4 沿z轴放置大小为为I1l1的电基本振子，在xoy平面上放置大小为I2S2的磁基本振子，它们的取向和所载电流的频率相同，中心位于坐标原点，求它们的辐射电场强度。
G(dB) 10lg G
7.4.4 输入阻抗
天线与馈线相连接，欲使天线能从馈线获得最大功率，就必须使天线和馈线良好匹配，即要使天线的输入阻抗与馈线的特性阻抗相等。所谓天线的输入阻抗，是指天线输入端的高频电压与输入端的高频电流之比，可表示为
Zin
Uin Iin
Rin
jX in
7.4.5 极化形式
jk r
1 r2
e jkr
磁基本振子的远区辐射场：
H
ISk 2
4r
sin
e jkr
IS 2r
sin
e jkr
E
ISk 2 sin 4r
e jkr
IS 2r
s
in
e jkr
H
磁基本振子的远区辐射场具有以下特点：
①
TEM 非均匀球面波。
② Eφ/(-Hθ)=η。 ③ 电磁场与1/r成正比。
天线的极化特性是以天线辐射的电磁波在最大辐射方向上电场强度矢量的空间取向来定义的，分为线极化、圆极化和椭圆极化。线极化又分为水平极化和垂直极化；圆极化又分左旋圆极化和右旋圆极化。

2020高中物理竞赛-电磁学篇(电磁场理论)07电波传播理论基础：各向异性介质中的电波传播b(共12

dvt jv
dt
m
dv dt
eE
v
B0
j
m e
v
E
v
B0
j
vx vy vz
e m
2 2
g
g
g
0
2 2
g 2g 2
j 2g 2
0
0
Ex
0
E
y
j
Ez
g
eB0 m
电子的回旋角频率
磁化等离子体中传导电流密度为 J f v eNv 磁化等离子体中的Maxwell为：
E j0H H J f j 0E
r
1 j2
j 2 1
0
0
0 0 3
电离层的张量介电常数
E H
jj00rH
E
1
1
p2 g2 2
2
p 2g g2 2
3
1
p2 2
， p 2
Ne 2
m 0
对上述结果稍作分析得到： ① 当 g 时，电磁波的圆频率与电子自旋频率相同，电磁波能量被电离层中电子极大的吸收而处于磁旋共振状态，导致电磁波能量极大被损耗。如果
电磁场理论
Electromagnetic Theory 2020高中物理竞赛（电磁学篇）
一般情况下，地磁场远大于在电离层中传播的时变化电磁场的磁场，所以有近似关系
0H B0
eE
ev0 H
c v
1
电子受到的作用力可近似为：
F
eE
v
B0
0 H
eE
v
B0
m
dv dt
F
对于时谐电磁场，电子的运动也应该是时谐运动，因此电子的运动方程为：

2020年高中物理竞赛—物理实验A：拉曼光谱(拉曼效应基本原理)(共15张PPT)

瑞利线与喇曼线的波数差称为喇曼位移，因此喇曼位移是分子振动能级的直接量度。下图给出的是一个喇曼光谱的示意图。
(from Larry G. Anderson, University of Colorado at Denver, US)
请注意：1). 在示意图中斯托克斯线和反斯托克斯线对称地分布于瑞利线的两侧，这是由于在上述两种情况下分别相应于得到或失去了一个振动量子的能量。2). 反斯托克斯线的强度远小于斯托克斯线的强度，这是由于Boltzmann分布，处于振动基态上的粒子数远大于处于振动激发态上的粒子数。实际上，反斯托克斯线与斯托克斯线的强度比满足公式：
1. 拉曼光谱基本原理
喇曼效应的机制和荧光现象不同，并不吸收激发光，因此不能用实际的上能级来解释，玻恩和黄昆用虚的上能级概念说明了喇曼效应。下图是说明喇曼效应的一个简化的能级图。
设散射物分子原来处于基电子态，振动能级如图所示。当受到入射光照射时，激发光与此分子的作用引起的极化可以看作为虚的吸收，表述为电子跃迁到虚态（Virtual state），虚能级上的电子立即跃迁到下能级而发光，即为散射光。设仍回到初始的电子态，则有如图所示的三种情况。因而散射光中既有与入射光频率相同的谱线，也有与入射光频率不同的谱线，前者称为瑞利线，后者称为喇曼线。在喇曼线中，又把频率小于入射光频率的谱线称为斯托克斯线，而把频率大于入射光频率的谱线称为反斯托克斯线。
I Anti Stokes
(
i
)4
e
h
kT
I Stokes
i
其中是激发光的频率，i是振动频率，h是 Planck常数，k是Boltzmann常数，T是绝对温度。
谢谢观看！

2020高中物理竞赛—物理实验A：霍尔效应(共18张PPT)

度，产生附加电势差，记为V ，其方向 RL
只与磁场方向有关，与V 同向。 H
不等电势差
不等电势差是由于霍尔元件的材料本身不均匀，以及
电压输入端引线在制作时不可能绝对对称地焊接在霍尔片
的两侧，如图所示。因此，当电流 I 流过霍尔元件时，
在电极3、4间也具有电势差，记为
H
V
向不同而改变，与磁场方向无关。 0
2020高中物理竞赛
物理实验A
实验原理
Z B4
I
Y 1H
3
d
2
V H
X
V RI B d (1-1)
H
H
上式中比例系数R称为霍尔系数，对同一材料R为一常数。因成品霍尔元件（根据霍尔效应制成的器件）d也是一常数。故R/d常用另一常数K来表示，有
V KI B
H
H
K称为霍尔元件的灵敏度，它是一个重要参数，表示该元件
V (mV )
V (mV ) H B(T )
V 0
K
x 1000.0mm
I (mA) 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 550 m
V (mV )
V (mV ) H B(T )
数据处理
1. 根据B V KI 计算B值，在坐标纸上绘制B~X曲线，分析
H
在单位磁感应强度和单位电流作用时霍尔电压的大小。如果
霍尔元件的灵敏度K知道（一般由实验室给出），测出电流
I H
和霍尔电压 V ，就可以根据下式 H
B V KI
H
H
求出磁感应强度B。
霍尔效应的解释
现研究一个长度为L、宽度为d的N型半导体材料制成的
霍尔元件。当沿X方向通以电流 I 后，载流子（对N型半 H