大学物理学习指导相应教材第七章习题与解答
大学物理课后习题答案 第七章
Q
RT1
ln
V2 V1
8.31 400 ln 0.005 0.001
5.35 103 J
(2) 根据卡诺循环的效率公式可得
1 T2 A净 T1 Q吸
A净
(1
T2 T1
)Q吸
(1
300 ) 5.35 103 400
1.34 103 J
(3)由能量守恒 Q吸 A净 Q放 可得
Pa Va )
1 2 (Pb
Pa ) (Vb
Va )
9.5 102 J
A 100 10.5% Q吸 950
B
C 2 V (L)
62
大学物理上习题册参考解答
10、一定质量理想气体(摩尔热容比为 γ)的某循环过程的 T-V 图如下,其中 CA 为绝
热过程,状态 A(T1,V1)和状态 B(T2,V2)为已知,试问:
RT2
ln
VA VB
R(T1 T2) ln
VA VB
T2 T1 T2
14、一台家用冰箱放在室温为 300K 的房间内,做一盘 2.09105 J 的热量。设冰箱为理想卡诺制冷机。 (1)求做一盘冰块所需要的功;
℃的冰块需从冷冻室取走
(2)若此冰箱能以 2.09102 J / s 的速率取出热量,求冰箱的电功率。
mR mR
60
大学物理上习题册参考解答
6、某理想气体在 P-V 图上等温线与绝热线相交于 A
点(如图所示)。 已知 A 点的压强 P1=2×105Pa,体积 V1=0.5 P ×10-3m3 ,而且 A 点处等温线的斜率与绝热线斜率之比为
0.714,现使气体从 A 点绝热膨胀至 B 点,其体积 V2=1×10-3m3。
大学物理习题答案解析第七章
第七章 恒定磁场7 -1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管,两个螺线管的长度相同,R =2r ,螺线管通过的电流相同为I ,螺线管中的磁感强度大小B R 、B r 满足( ) (A ) (B ) (C ) (D )分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中,磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比.根据题意,用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为(C )。
7 -2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中,通过半球面的磁通量 为( )(A ) (B ) (C ) (D )分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面,根据磁场的高斯定理,磁感线是闭合曲线,闭合曲面的磁通量为零,即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量;.因而正确答案为(D ). 7 -3 下列说法正确的是( )(A ) 闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内一定没有电流穿过 (B ) 闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内穿过电流的代数和必定为零 (C ) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度必定为零(D ) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时,回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解 由磁场中的安培环路定律,磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度不一定为零;闭合回路上各点磁感强度为零时,穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为(B ).7 -4 在图(a)和(b)中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ,圆周内有电流I1 、I2 ,其分布相同,且均在真空中,但在(b)图中L2 回路外有电流I3 ,P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点,则( )r R B B 2=r R B B =r R B B =2r R B B 4=21==R r n n r R B r 2π2B r 2παB r cos π22αB r cos π2S B ⋅=m Φ(A ) ,(B ) ,(C ) ,(D ) ,分析与解 由磁场中的安培环路定律,积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分;但同样会改变回路上各点的磁场分布.因而正确答案为(C ).*7 -5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中,若导体中流过的恒定电流为I ,磁介质的相对磁导率为μr (μr<1),则磁介质内的磁化强度为( ) (A )(B ) (C ) (D )分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度,再由M =(μr-1)H 求得磁介质内的磁化强度,因而正确答案为(B ).7 -6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道,当环中电子流强度为8 mA 时,在整个环中有多少电子在运行? 已知电子的速率接近光速。
大学物理第7章习题参考答案(钟韶 编)
第七章7-1 (1)由RT MmpV =把p =10atm, T=(47+273)K=320K.m =0.1kg, M=32×10-3kg R =8.31J ·mol -1·K -1代入.证V =8.31×10-3m 3(2) 设漏气后,容器中的质量为m ′,则T R M m V p ''=' 3201.0853*******⨯⨯='⇒⨯'=⇒R MR M m R Mm pV )kg (151='⇒m 漏去的氧气为kg 103.3kg 301kg )1511.0(2-⨯≈=-='-=m m m ∆ 7-2 太阳内氢原子数H Sm M N =故氢原子数密度为3827303)1096.6(341067.11099.134⨯⨯⨯⨯===-ππs H S R m M VN n)(105.8329-⨯=m由P =nkT 知)(1015.11038.1105.81035.17232914K nk p T ⨯=⨯⨯⨯⨯==- 7-3 如图混合前:2221112222111O He T M m T M m RT M m pV RT M m pV =⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==气有对气有对 ①总内能 222111212523RT M m RT M m E E E +=+=前 ② ①代入②证1114RT M m E =前 混合后:设共同温度为T题7-2图()RT M m T T EF RT M m M m E 21210221125231,2523⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=式得又由后 ③ 又后前E E =,故由(2)(3)知)/53(8211T T T T +=7-4 (1) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤≤≤=000002020)(v v v v v av v v v av f (2)由归一化条件⎰∞=01d )(v v f 得020032123d d 000v a av v a v v v a v v v =⇒==+⎰⎰(3)4d d )(00002/02/Nv v v a N v v Nf N v v v v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰∆ (4)从图中可看出最可几速率为v 0~2v 0各速率. (5)⎰⎰⎰+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∞0002/000d d d )(v v v v va v v v av v v vf v020911611v av ==(6)02/02/097d d d )(d )(0002121v v v v a v v av v v v f v v vf v v v v v v v v v =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰⎰⎰ 7-5 氧气未用时,氧气瓶中T T p L V V ====111,atm 130,32 V RTMp V RT Mp m 11111==① 氧气输出压强降到atm 102=p 时 V RTMp V RT Mp m 22222== ② 氧气每天用的质量 000V RTMP m =③L 400,atm 100==V P设氧气用的天数为x ,则021210m m m x m m xm -=⇒-= 由(1)(2)(3)知021021)(V p Vp p m m m x -=-=)(6.932400110130天=⨯⨯-=7-6 (1))(m 1041.23001038.110325235--⨯=⨯⨯==KT p n (2)(kg)103.51002.61032262330--⨯=⨯⨯==N M μ (3))kg/m (3.1103.51041.232625=⨯⨯⨯==-μρn (4)(m)1046.31041.21193253-⨯=⨯==nl(5)认为氧气分子速率服从麦克斯韦布,故 )(m s 1046.4103230031.86.16.11-23⨯=⨯⨯==-M RT v (6)122ms 1083.43-⨯==MRTv (7)(J)1004.13001038.12522023--⨯=⨯⨯⨯==KT i ε 7-7 3112310m 1006.12371038.1104---⨯=⨯⨯⨯==∴=kT p n nkTp )(cm 1006.135-⨯= 故1cm 3中有51006.1⨯个氮气分子.m101.21006.111d 43113-⨯≈⨯==n7-8 由课本P 257-258例7-4的结论知 )l n (0pp Mg RTh =(m)1096.1)8.01ln(8.9102930031.833⨯=⨯⨯⨯=- 7-9 (1) (J)1021.63001038.123232123--⨯=⨯⨯⨯==KT t (2)看作理想气体,则3132310101030028.16.16.1---⨯⨯⨯==μKTv 12ms 1003.1--⨯=7-10 (J)5.373930031.82323=⨯⨯===RT N E 平动平动ε (J)249330031.8122=⨯⨯===RT N E 转动转动ε内能(J)1023.630031.825253⨯=⨯⨯==RT E7-11 (1)由KTpn nKT p =⇒=∵是等温等压 ∴ 1:1:21=n n (2) MRT v 6.1=是等温,∴4:1322::1221====M M v v7-12317233102.33001038.11033.1---⨯=⨯⨯⨯==m KT P n m)(8.71033.110923001038.1d 2320232=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---ππλpKT7-13 (1)8000021042.56.1d 2⨯=⇒⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫===z M RT v KT p n v n z π(2)由公式MTRK p M RTKT p v n z 222d 26.1d 2d 2πππ===知 z 与T 和P 有关,由于T 不变,故z 只与P 有关.则1854000071.01042.510013.11033.1::--=⨯⨯⨯⨯='='⇒'='s z p p z p p z z 7-14 (1)如图MRT v 32=∴A c A c T T v v ::22=又 C B →等温过程,故C B T T =. 由B A A B V V P P RT Mm pV ===2则A B T T 2= ∴1:2:22=A c V V(2)AAc c A c P T P T pKT ::d 22==λλπλ C B →等温过程 A C A A A C B B C C p p V p V p V p V p =⇒=⨯⇒=221:2:=∴A C7-15 (1)MRTv 73.12= )(ms 100.7102400031.873.1133--⨯=⨯⨯=(2)m 10210)31(2122101021--⨯=⨯+=+=d d d (3)325202210710401042d 2⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-ππv n z110s 105-⨯= 7-16 (1)题7-14图MTR k p z KT pn M RT v v n z ππππ8d 28d 222=⇒⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=== ① 又由mREMT RT M m RT M m E 3326=⇒==② 把②代入①知EmkMpKN E m kM pR z ππ3d 43d 4022== EmMpN π3d 402=(2) MRTv P 2=把②代入得mEmR EM M R V P 3232=⨯=(3)平均平动动能 0232323mN EMmR EM k kT t =⨯==ε。
大学物理课后答案第七章..
第七章 静电场中的导体和电介质一、基本要求1.掌握导体静电平衡的条件及静电平衡时导体电荷的分布规律; 2.学会计算电容器的电容;3.了解介质的极化现象及其微观解释; 4.了解各向同性介质中D 和E 的关系和区别; 5.了解介质中电场的高斯定理; 6.理解电场能量密度的概念.二、基本内容1.导体静电平衡(1)静电平衡条件:导体任一点的电场强度为零(2)导体处于静电平衡时:①导体是等势体,其表面是等势面;②导体表面的场强垂直于导体表面。
(3)导体处于静电平衡时,导体内部处处没有净电荷存在,电荷只能分布在导体的表面上。
2.电容(1)孤立导体的电容 qC V=电容的物理意义是使导体电势升高单位电势所需的电量。
电容是导体的重要属性之一,它反映导体本身具有储存电荷和储存电能的能力。
它的大小仅由导体的几何形状、大小和周围介质决定,与导体是否带电无关. (2)电容器的电容BA V V qC -=q 为构成电容器两极板上所带等量异号电荷的绝对值。
B A V V -为A 、B 两极间电势差。
电容器电容与电容器形状、大小及两极间介质有关,与电容器是否带电无关。
(3)电容器的串并联串联的特点:各电容器的极板上所带电量相等,总电势差为各电容器上电势差之和。
等效电容由121111nC C C C =+++进行计算。
并联的特点:电容器两极板间的电势差相等,不同电容器的电量不等,电容大者电量多。
等效电容为12n C C C C =+++。
(4)计算电容的一般步骤①设两极带电分别为q +和q -,由电荷分布求出两极间电场分布。
②由BA B A V V d -=⋅⎰E l 求两极板间的电势差.③根据电容定义求BA V V qC -=3.电位移矢量D人为引入的辅助物理量,定义0ε=+D E P ,D 既与E 有关,又与P 有关.说明D 不是单纯描述电场,也不是单纯描述电介质的极化,而是同时描述场和电介质的。
定义式无论对各向同性介质,还是各向异性介质都适用.对于各向同性电介质,因为0e χε=P E ,所以0r εεε==D E E 。
大学物理课后习题ch7
解 (1)分析物体、滑轮、弹簧的受力情况(如图示) 因为系统处于静止状态,所以
mg T1 0
题 7.7 图
T1R T2 R 0
T2 kx0
其中 x0 为弹簧伸长量。联立求解上述方程,可得
T1 T2 mg 1.510 15 N
x0
T2 k
mg k
1.5 9.8 50
由 x Acos(t ) , v dx A s i n( t ) 可得 dt
vmax A 0.4 ms-1
又因为
a dv A cos(t ) , 所以 dt
amax A 2 4 ms-2
(2)当 x 0.02 m 时,回复力 f kx 50 0.02 1N,
加速度 a f 2 ms-2 m
第 7 章 振动学基础
7.1 一个弹簧振子的质量 m 0.5 kg,弹簧的劲度系数 k 50 N/m,振幅 A 0.04 m,
求 (1
(2)当振子对平衡位置的位移为 x 0.02 m
(3)以速度具有正的最大值时为计时起点,写出振动的表达式。
解(1) k 50 10 rads-1 m 0.5
2gh]1 2
Mg [1 k
2hk ]1 2 (M m)g
(3)初位相
M 2gh
arctan( v0 ) arctan
M m
arctan
x0
( Mg ) k
k (M m)
2kh M m
又因为
x0
A cos
Mg k
,所以
x0 0 ,即 cos 0
v0 Asin sin v0 (A) 0 , 所以 sin 0
7.9 弹簧下面悬挂质量为 50 g 的物体,物体沿竖直方向的运动学方程为 x 2sin10t ,
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答、选择题7-1处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同,分子的平均平动动能也相同,则它们[](A)温度,压强均不相同(B)温度相同,但氦气压强大于氮气的压强(C)温度,压强都相同(D)温度相同,但氦气压强小于氮气的压强3分析:理想气体分子的平均平动动能 \ - kT,仅与温度有关,因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时,温度也相同。
又由理想气体的压强公式p nkT ,当两者分子数密度相同时,它们压强也相同。
故选( C)。
7-2理想气体处于平衡状态,设温度为T,气体分子的自由度为i,则每个气体分子所具有的[](A)动能为-kT (B)动能为丄RT2 2(C)平均动能为-kT (D)平均平动动能为-RT2 23分析:由理想气体分子的的平均平动动能 \ 3kT和理想气体分子的的平均动能2-丄kT,故选择(C)。
27-3三个容器A、B、C中装有同种理想气体,其分子数密度n相同,而方均根1/2 1/2 1/2速率之比为v A : v B : v C 1:2:4,则其压强之比为P A:P B:P c[](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1分析:由分子方均根速率公式厂2,又由物态方程p nkT,所以当三容器中得分子数密度相同时,得p1: P2: P3 T1 :T2 :T3 1: 4:16。
故选择(C)。
7-4图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果V p O和V p H分别表示氧气和氢气的最概然速率,则[] O 2 H 2(A)图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V p O/ V p H4质量M H 2 M O 2,可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率,故曲线 M 1 ( ) i于氧分子的速率分布曲线。
又因16,所以盘4。
故选择(B )。
f(v)习题7-4图7-5在一个体积不变的容器中,储有一定量的某种理想气体,温度为T 。
大学物理第七章习题及答案
第七章 振动学基础一、填空1.简谐振动的运动学方程是 。
简谐振动系统的机械能是 。
2.简谐振动的角频率由 决定,而振幅和初相位由 决定。
3.达到稳定时,受迫振动的频率等于 ,发生共振的条件 。
4.质量为10-2㎏的小球与轻质弹簧组成的系统,按20.1cos(8)3x t ππ=-+的规律做运动,式中t 以s 为单位,x 以m 为单位,则振动周期为 初相位 速度最大值 。
5.物体的简谐运动的方程为s ()x A in t ωα=-+,则其周期为 ,初相位 6.一质点同时参与同方向的简谐振动,它们的振动方程分别为10.1cos()4x t πω=+,20.1cos()4x t πω=-,其合振动的振幅为 ,初相位为 。
7.一质点同时参与两个同方向的简谐振动,它们的振动方程分别为)4cos(06.01πω+=t x ,250.05cos()4x t πω=+,其合振动的振幅为 ,初相位为 。
8.相互垂直的同频率简谐振动,当两分振动相位差为0或π时,质点的轨迹是 当相位差为2π或32π时,质点轨迹是 。
二、简答1.简述弹簧振子模型的理想化条件。
2.简述什么是简谐振动,阻尼振动和受迫振动。
3.用矢量图示法表示振动0.02cos(10)6x t π=+,(各量均采用国际单位).三、计算题7.1 质量为10×10-3㎏的小球与轻质弹簧组成的系统,按X=0.1cos (8πt+2π/3)的规律做运动,式中t 以s 为单位,x 以m 为单位,试求: (1)振动的圆频率,周期,初相位及速度与加速度的最大值; (2)最大恢复力,振动能量;(3)t=1s ,2s ,5s ,10s 等时刻的相位是多少?(4)画出振动的旋转矢量图,并在图中指明t=1s ,2s ,5s ,10s 等时刻矢量的位置。
7.2 一个沿着X 轴做简谐振动的弹簧振子,振幅为A ,周期为T ,其振动方程用余弦函数表示,如果在t=0时刻,质点的状态分别为: (1)X 0=-A ;(2)过平衡位置向正向运动; (3)过X=A/2处向负向运动; (4)过X=2A 处向正向运动。
大学物理学课后习题7第七章答案
q 6 0
对于边长 a 的正方形,如果它不包含 q
所在的顶点,则 e
q 24 0
,
如果它包含 q 所在顶点则 e 0 .
7.8 均匀带电球壳内半径6cm,外半径10cm,电荷体密度为2×
105 C·m-3求距球心5cm,8cm ,12cm 各点的场强.
解:
高斯定理 当 r 5 cm
均匀分布,其电势U
E
dr
R2
qdr R2 4π 0 r 2
q 4π 0 R
题 7.16 图
(2)外壳接地时,外表面电荷 q 入地,外表面不带电,内表面电荷仍
为 q .所以球壳电势由内球 q 与内表面 q 产生:
U
q 4π 0 R2
q 4π 0 R2
(2)同理
dEQ
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
方向如题 7.6 图所示
由于对称性 l dEQx 0 ,即 EQ 只有 y 分量,
∵
dEQy
1 4π 0
dx
x2
d
2 2
d2
x2
d
2 2
EQy
l dEQy
d2 4π 2
l 2
dx
l
3
2
(x2
d
2 2
)
2
l
1由于电荷均匀分布与对称性ab和cd段电荷在o点产生的场强互相抵消取?ddrl?则??ddrq?产生o点e?d如图由于对称性o点场强沿y轴负方向题714图??????cos4dd2220?????rreeyr04???2sin??2sin??r02????2ab电荷在o点产生电势以0??u?????ab200012ln44d4drrxxxxu??????同理cd产生2ln402???u半圆环产生00344??????rru0032142ln2?????????uuuuo715两个平行金属板ab的面积为200cm2a和b之间距离为2cmb板接地如图715所示
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答一、选择题7-1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同,分子的平均平动动能也相同,则它们[ ](A) 温度,压强均不相同 (B) 温度相同,但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度,压强都相同 (D) 温度相同,但氦气压强小于氮气的压强分析:理想气体分子的平均平动动能32k kT ε=,仅与温度有关,因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时,温度也相同。
又由理想气体的压强公式p nkT =,当两者分子数密度相同时,它们压强也相同。
故选(C )。
7-2 理想气体处于平衡状态,设温度为T ,气体分子的自由度为i ,则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为2i kT (B) 动能为2iRT(C) 平均动能为2i kT (D) 平均平动动能为2iRT分析:由理想气体分子的的平均平动动能32k kT ε=和理想气体分子的的平均动能2ikT ε=,故选择(C )。
7-3 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体,其分子数密度n 相同,而方均根速率之比为()()()1/21/21/222::2A B Cv v v =1:2:4,则其压强之比为A B C p :p :p[ ](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1=,又由物态方程p nkT =,所以当三容器中得分子数密度相同时,得123123::::1:4:16p p p T T T ==。
故选择(C )。
7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果()2p O v 和()2p H v 分别表示氧气和氢气的最概然速率,则[ ](A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析:在温度相同的情况下,由最概然速率公式p ν=质量22H O M M <,可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率,故曲线a 对应于氧分子的速率分布曲线。
大学物理习题集答案解析-第七章-磁力
解:( 俯视逆时针旋转. )
h 2mv//
eB
eB h
v//
m
2
R
mv eB
eB v m R
B F
v
v2 v/2/
eB m
R2 h 2
2
由洛伦兹力 F ev B 可判断出 B沿螺旋轴竖直向上( 如图示 ).
7-4 如图示,一条任意形状的载流导线位于均匀磁场 中,试证明它所受到的安培力等于载流直导线ab所 受到的安培力。
为I2且AB与ab在同一平面上,ABab,如图8-2所示,a端距离 AB为ra,b端距离AB为rb,求导线ab受到的作用力。
解的:磁感在应ab上强任度取方一向线: 元B dr,d由rAB产生
A
大小: B 0 I1 2r
I1 r ab
d F I2dr sB i9n 0 I2Bd 同向r叠加
I2 dr
Fe12
q1q2
4 0a2
rˆ1(2 向上)
F12Fe12
v1 q 1
v2
qrˆ12 2
8-5 电流由长直导线1沿平行bc边方向经过a点流入一电阻均匀分布
的正三角形线框,再由b点沿cb方向流出,经长直导线2返回电源,
如图8-5所示,已知导线上的电流为I,三角框的每一边长为L,求三
角框中心O点的磁感应强度的大小。
第七章 磁力
7-1 7-5 7-9 7-2 7-6 7-3 7-7 7-4 7-8
7-1 .有一质量为m的倒U形导线,两端浸没在水银槽中,导
线的上段长l 处在均匀磁场B中,如果使一个电流脉冲,即
t
电冲量持续q时间与0导id线t跳通起过时导间线相,这比导非线常就小会,跳试起由来导,线假所定达电高脉度
大学物理第七章和第八章习题答案
2
R2 R1
(5) C'
rC
4 0 r R1R2 R2 R1
2. 如图所示,,两块分别带有等量异号电荷的平行金属平板 A 和 B,相距为 d=5.0mm,两板 面积均为 S=150 cm2。所带电量均为 q=2.66×10-8C, A 板带正电并接地。求:(1)B 板的电 势;(2)A、B 板间距 A 板 1.0mm 处的电势。
(4)该电容存储的电场能量;
(5)若在两极板之间充满相对介电常数为r 的各向同性均匀电介质,则电容值变为多少?
解:(1)设极板上分别带电量+Q 和-Q,距离为 d,极板间产生均匀电场,
E Q /( 0 S ) 方向为由带+Q 的极板指向带-Q 的极板
极板外侧 E' 0
(2)两极板间的电势差为U12
金属球壳、设无穷远处为电势零点,则在
球壳内半径为 r 的 P 点处的场强和电势为:
[D]
(A)E= Q ,U Q (B)E=0,U Q
4 0r 2
4 0r
4 0 r1
(C)E=0,U Q 4 0 r
(D)E=0,U Q 40r2
r1
+Q
r
r2
P
5. 关于高斯定理,下列说法中哪一个是正确的? [ C ]
专业班级_____ 姓名________ 学号________
第七章 静电场中的导体和电介质
一、选择题:
1,在带电体 A 旁有一不带电的导体壳 B,C 为导体壳空腔内的一点,如下图所示。则由静电 屏蔽可知:[ B ]
(A)带电体 A 在 C 点产生的电场强度为零; (B)带电体 A 与导体壳 B 的外表面的感应电荷在 C 点所产生的
大学物理答案第七章
热为零,对外所作的功等于内能的减少.
解 两过程的p—V图如图7-15所示. (1)等温膨胀
绝热线
(2)绝热膨胀 7-16 0.1 mol单原子理想气体,由状态A经 O V1 V2 V
直线AB所表示的过程到状态B,如图7-16所 示,已知VA = 1 L,VB = 3 L,pA =,pB =。
图7-15
图7-6
热量和完成的功则与过程有关,在等压过程中吸收的热量为,在等体过
程中吸收的热量为,其中温度值可以利用状态方程代换为已知的压强和
体积参量.
解 (1)经ACB过程,即经等体和等压过程,气体吸热为
所作的功为
应用热力学第一定律,系统内能改变为
(2)经ADB过程,所作的功为
系统内能改变为
应用热力学第一定律,气体吸热为
压强p1 =,使之在下述条件下膨胀到V2 = 2 O V2 V1 V L,(1)等温膨胀;(2)绝热膨胀,试在同
一p-V图中作出两过程曲线,并分别计算两种
图7-14
情况下气体吸收的热量,所作的功及内能的变化.
分析 等温过程中气体内能不变,所吸收的 p 热量等于对外所作的功;绝热过程中气体吸 p1
等温线
V0 = 0.5 L,V1 = 1.5 L,V2 = 3.0 L,p0 = ,p1 =,=1.33,计算一
个循环的功(可利用题7-13的结果).
分析 从理论上讨论循环过程及其效率,要求系统经过一系列状态变
化过程后又回到原来的状态.但是,实际热机的工作物质不是恒定的,
一般都有吸入和排放过程,因此也不可能使系统还原到原来的状态.不
内能改变为
应用热力学第一定律,系统吸热为
(2)气体在等压过程da中作的功为
大学物理课后习题答案第七章 a
第七章 电磁感应选择题7-1 在闭合导线回路的电阻不变的情况下,下述正确的是 ( B ) (A) 穿过闭合回路所围面积的磁通量最大时,回路中的感应电流最大; (B) 穿过闭合回路所围面积的磁通量变化越快,回路中的感应电流越大; (C) 穿过闭合回路所围面积的磁通量变化越大,回路中的感应电流越大; (D) 穿过闭合回路所围面积的磁通量为零时,回路中的感应电流一定为零.7-2 导体细棒ab 与载流长直导线垂直.在如图所示的四种情况中,细棒ab 均以与载流导线平行的速度v 平动,且b 端到长直导线的距离都一样.在(a)、(b)和(c)三种情况中,细棒ab 与光滑金属框保持接触.设四种情况下细棒ab 上的感应电动势分别为a E 、b E 、c E 和d E ,则 ( C )(A) a b c d ==<E E E E ; (B) a b c d ==>E E E >E ; (C) a b c d ===E E E E ;(D) a b c d >>>E E E E .7-3 如图所示,半圆周和直径组成的封闭导线,处在垂直于匀强磁场的平面内.磁场的磁感应强度的大小为B ,直径AB 长为l .如果线圈以速度v 在线圈所在平面内平动, v 与AB 的夹角为θ,则 ( A )(A) 线圈上的感应电动势为零,AB 间的感应电动势sin AB Bl θ=E v ; (B) 线圈上的感应电动势为零,AB 间的感应电动势cos AB Bl θ=E v ;(C) 线圈上的感应电动势为i 2sin Bl θ=E v ,AB 间感应电动势为sin AB Bl θ=E v ; (D) 线圈上的感应电动势为i 2cos Bl θ=E v ,AB 间感应电动势为cos AB Bl θ=E v . 7-4 一个面积210cm S =的圆线圈,其电阻0.10R =Ω,处于垂直于匀强磁场的平面内,若磁感应强度的大小随时间的变化率1d 10T s d Bt-=⋅,则线圈中的感应电流的大小为( D )(A) 3i 1.010A I -=⨯; (B) 2i 1.010A I -=⨯; (C) 2i 1.010A I =⨯; (D) 1i 1.010A I -=⨯.7-5 导线元d l 在磁感应强度为B 的磁场中以速度v 运动时,其上的动生电动势为()i d d =⨯⋅B l E v( D ) (A) 当v 与d l 垂直时,一定有i d d B l =E v ; (B) 当v 与B 垂直时,一定有i d d B l =E v ; (C) 当d l 与B 垂直时,一定有i d d B l =E v ;(D) 只有在v 、B 和d l 三者相互垂直时,才有i d d B l =E v 或i d d B l =-E v .7-6 下述正确的是 ( C )(A) 静电场和感生电场的电场线都不闭合;(B) 静电场的电场线是闭合的,感生电场的电场线不闭合; (C) 感生电场的电场线是闭合的,静电场的电场线不闭合; (D) 静电场和感生电场的电场线都是闭合的.7-7 静止的导体中产生涡电流的原因是 ( C ) (A) 导体处于不均匀的稳恒磁场中; (B) 导体处于不均匀的静电场中; (C) 导体处于随时间变化磁场中; (D) 导体处于通有稳恒电流的线圈内. 7-8 在自感线圈中,电流i 随时间t 的变化曲线如图(a)所示.若以i 的正流向为正方向,则线圈中自感电动势L E 随时间t 的变化曲线应为图(b)中的 ( D )7-9 尺寸相同的铜环和铝环,穿过它们所围面积的磁通量的变化率相同.设铜环上的感应电动势和感应电流分别为1E 和1I ,铝环上的感应电动势和感应电流分别为2E 和2I ,则( C )(A) 12=E E , 12I I =; (B) 12>E E , 12I I >; (C) 12=E E , 12I I >; (D) 12>E E , 12I I =.7-10 如图所示,若一块磁铁沿着一根竖直放置的长铜管的轴线,自管口竖直下落,如果忽略空气阻力,则 ( C )(A) 磁铁越落越快,最后速度趋于无限大; (B) 磁铁越落越慢,最后速度趋于零; (C) 磁铁越落越快,最后达到一恒定速度; (D) 磁铁越落越慢,最后达到一恒定速度;计算题7-11 一个匝数100N =的导线圈,通过每匝线圈的磁通量41510sin10πΦt =⨯,式中1Φ的单为Wb ,t 的单位为s .求:(1) 任意时刻线圈上的感应电动势;(2) 在10s t =时,线圈上的感应电动势的大小.解 (1) 根据法拉第电磁感应定律,任意时刻线圈上的感应电动势为()41i d d100510sin10π0.5πcos10πd d ΦNt t t t-=-=-⨯=-E 式中t 的单位为s ,i E 的单位为V .(2) 10s t =时,线圈上的感应电动势为()i 0.5πcos 10π10 V 1.57 V =-⨯=-i E大小为i 1.57 V =i E7-12 若在一方向不变的磁场中,有一面积为20.03m 的平面线圈,线圈所在平面的法线与磁场的夹角为θ,磁感强度的大小为510B t =+,式中B 的单位为T ,t 的单位为s .求:(1) 当π3θ=时,线圈中的感应电动势的大小; (2) 当π2θ=,2s t =时,线圈中的感应电动势的大小; 解 穿过线圈所围平面的磁通量为()()cos 5100.03cos 0.150.3cos BS t t Φθθθ==+⨯=+线圈中的感应电动势为()i d d0.150.3cos 0.3cos d d t t tΦθθ=-=-+=-E (1) 在π3θ=的情况下,线圈中的感应电动势为 i π0.3cos V 0.15V 3⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭E其大小为0.15V(2) 在π2θ=的情况下,2s t =时,线圈中的感应电动势为 i π0.3cos V 02⎛⎫=-= ⎪⎝⎭E7-13 如图所示,一正方形线圈与载流长直导线共面,线圈的匝数为N ,边长为a ,其两边与长直导线平行,与长直导线之间的最小距离为b .长直导线中的电流为I .(1) 求通过线圈的磁通量;(2) 若100N =,20cm a =,10cm b =,当长直导线中的电流I 以12A s -⋅的变化率增长时,求线圈中的感应电动势.解 (1) 坐标选取如图所示.以顺时针为线圈回路的正方向, 则线圈所围平面的法向单位矢量n e 垂直纸面向里.在线圈平面上,长直载流导线的磁感应强度为0n 2πIaxμ=B e .在x 处取面元dS d a x =,则面元矢量为n d d a x =S e .穿过面元的磁通量为0d d d 2πIaΦx xμ=⋅=B S穿过线圈所围平面的磁通量为00d d ln2π2πa bSaIaNIaa bΦN N x xbμμ++=⋅==⎰⎰B S(2) 若100N =,20cm a =,10cm b =,则7064π101000.200.200.10ln ln Wb2π2π0.10 4.4010WbNIaa b I Φb I μ--⎛⎫+⨯⨯⨯⨯+== ⎪⎝⎭=⨯ 线圈中的感应电动势为()666i d d 4.4010 4.40102 V 8.8010 V d d ΦIt t--=-=-⨯=-⨯⨯=-⨯E i 0<E ,表明线圈中的感应电动势沿逆时针方向.7-14 如图所示,矩形导线框ABCD 与载流为I 的长直导线共面,边长分别为b 和l ,AB 与长直导线平行.矩形线框以速度v 在其平面内向右运动,v 与直导线垂直.在时刻t ,AB 与长直导线间的距离为a .求此时线框上的感应电动势.解 在长直导线右侧的线框平面上,到长直导线的距离为r 的点上,载流长直导线的磁场,方向垂直于纸面向里,磁感应强度的大小为02πIB rμ=以顺时针为导线回路的正方向,线圈中的感应电动势为()()()()()i d d d d d ABCDAAB BC CD DA =⨯⋅=⨯⋅+⨯⋅+⨯⋅+⨯⋅⎰⎰⎰⎰⎰B l B l B l B l B lv v v v v E 在BC 和DA 段上,d l v ,()d 0⨯⋅=B l v ,因此积分为零.在时刻t ,AB 处的磁感应强度大小为012πIB aμ=,CD 处的磁感应强度大小为()022πIB a b μ=+.于是()()()i 1200000d d d d d d 11 2π2π2πAB CD AB CD llB l B lI lI l Il a a b a a b μμμ=⨯⋅+⨯⋅=+-⎛⎫=-=- ⎪++⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰B l B l E v v v v v v vi 0>E ,表明线圈中的感应电动势沿顺时针方向.7-15 如图所示,匀强磁场的磁感应强度的大小为B ,方向垂直纸面向外.有一根长为L 的金属棒MN ,可绕点O 在纸面内逆时针旋转,角速度为ω,4LOM =.求金属棒两端之间的电动势.那一端的电势较高?解 如图所示,在棒MN 上,到点O 的距离为l 处,沿径向取位移元d l .d l 的速度v 的方向如图,既垂直于d l ,也垂直于B ,大小为l ω=v .d l 上的动生电动势为()i d d d Bl l ω=⨯⋅=B l dE vMN 上的动生电动势为32441d 4L L MN Bl l BL ωω==⎰E0MN >E ,表明动生电动势的方向为从M 到N ,N 端电势较高.7-16 如图所示,矩形导线框ABCD 与载流长直导线共面,AB 与长直导线平行,相互间的距离为a ,导线框的边长分别为b 和l .如果长直导线上的电流为0πcos 3I I t ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,式中0I 和ω为常量.求在0t =时,导线框上的感应电动势.解 坐标选取如图所示.以ABCDA ,即顺时针为线框回路的正方向,则平面ABCD 的法向单位矢量n e 垂直纸面向里.在平面ABCD 上,长直载流导线的磁感应强度为0n 2πIx μ=B e .由于0πcos 3I I t ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,因此B 的具体指向随时间变化.在x 处取面元dS d l x =,则面元矢量为n d d l x =S e .穿过面元的磁通量为0d d d d 2πIlΦB S x xμ=⋅==B S穿过线框所围平面的磁通量为00d d ln2π2πa bSaIlIla bΦx xaμμ++=⋅==⎰⎰B S 矩形线框ABCD 上的感应电动势为0i 0000d d ln d 2πd d ππ ln cos ln sin 2πd 32π3l a b I t a tl I l a b a b I t t a t a μΦμμωωω+=-=-+⎡⎤+⎛⎫⎛⎫=-+=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦E0t =时0000i πlnsin ln2π34πI lI l a b a b a aμωω++==E i 0>E ,表明此时线框上的感应电动势沿顺时针方向.7-17 在一个长为0.6m 、直径为5.0cm 的纸筒上,密绕1200匝线圈.求这个长直螺线管的自感.解 长直螺线管的自感为()2220027223π44π101200π 5.010H 5.9210H40.6N SN d L llμμ---==⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯7-18 一螺线管的自感为21.010H -⨯,流过的电流为2.0A .求其储存的磁场能.解 载流螺线管储存的磁场能为2222m 11 1.010 2.0J 2.010J 22W LI --⎛⎫==⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭7-19 一个直径为0.01m 、长为0.10m 的长直密绕螺线管,共1000匝线圈,总电阻为7.76Ω.若把螺线管接到电动势为2V 的电池上,求电流稳定后,螺线管中储存的磁能和管内的磁能密度.解 长直螺线管的自感为()2220027223π44π101000π 1.010H 9.8710H40.1N SN d L llμμ--==⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯线圈上稳定电流的强度为2A 0.258A 7.76U I R === 电流稳定后,螺线管中储存的磁能为2325m 119.87100.258J 3.2810J 22W LI --⎛⎫==⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭载流螺线管中磁能密度为()533m m m 22244 3.2810J m 4.18J m ππ1.0100.1W W V d l ---⨯⨯===⋅=⋅⨯⨯w 7-20 在真空中,若一匀强电场中的电场能量密度与一0.5T 的匀强磁场的能量密度相等,求该电场的电场强度.解 设电场强度为E 的匀强电场的能量密度与0.5T B =的匀强磁场的能量密度相等,则有22001122B E εμ=由此可得181m 1.5010 V m E --==⋅=⨯⋅。
大学物理习题答案解析第七章
第七章恒定磁场7 -1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管,两个螺线管的长度相同,R =2r,螺线管通过的电流相同为I ,螺线管中的磁感强度大小BR 、Br满足()(A)B R 2B r (B)B R B r (C)2B R B r (D)B R 4B r分析与解在两根通过电流相同的螺线管中,磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比.根据题意,用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比n R r 1n r R 2因而正确答案为(C)。
7 - 2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中,通过半球面的磁通量为()(A)2πr 2B (B)πr2B22(C)2πr 2Bcosα(D)πr 2Bcosα分析与解作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面,根据磁场的高斯定理,磁感线是闭合曲线,闭合曲面的磁通量为零,即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量;Φm B S .因而正确答案为(D).7 - 3 下列说法正确的是()( A )闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内一定没有电流穿过(B)闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内穿过电流的代数和必定为零(C)磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度必定为零(D)磁感强度沿闭合回路的积分不为零时,回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律,磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度不一定为零;闭合回路上各点磁感强度为零时,穿过回路的电流代数和必定为零。
因而正确答案为( B ).7 -4 在图(a)和(b)中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ,圆周内有电流I1 、I2 ,其分布相同,且均在真空中,但在(b)图中L2 回路外有电流I3 ,P1 、P2 为两圆形回路上的对应点,则(A)BL1dl BL2dl,B P1B P2B)BL1dl BL2dl,B P1B P2C)BL1dl BL2dl,B P1B P2D)BLdl BLdl,B P1B P2由磁场中的安培环路定律,积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分;但同样会改变回路上各点的磁场分布.因而正确答案为(C).*7 - 5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中,若导体中流过的恒定电流为质的相对磁导率为μr(μr<1),则磁介质内的磁化强度为((A)μr 1 I /2πr (B)μr 1I /2πr(C)μr I /2πr (D)I /2πμr r分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度,再由M=(μr-1)H 求得磁介质内的磁化强度,因而正确答案为(B).7 - 6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道,当环中电子流强度为8 mA 时,在整个环中有多少电子在运行?已知电子的速率接近光速。
大学物理答案第七章热力学基础-习题解答
展望
学习方法建议
多做习题,提高解题能力 和综合分析能力。
加强理论学习,深入理解 热力学的物理意义和数学 表达。
关注学科前沿,了解热力 学在最新科研和技术中的 应用。
THANK YOU
感谢聆听
•·
热力学第一定律是能量守恒定律 在热学中的具体表现,它指出系 统能量的增加等于传入系统的热 量与外界对系统所做的功的和。
功的计算:在封闭系统中,外界 对系统所做的功可以通过热力学 第一定律进行计算,这有助于理 解系统能量的转化和利用。
能量平衡:利用热力学第一定律 ,可以分析系统的能量平衡,判 断系统是否处于热平衡状态。
热力学第二定律
热力学第二定律
描述了热力过程中宏观性质的自然方向性,即不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其它变 化。
表达式
不可能通过有限个步骤将热量从低温物体传到高温物体而不引起其它变化。
03
热力学基础习题解答
热力学第一定律的应用
热量计算:通过热力学第一定律 ,可以计算系统吸收或放出的热 量,进而分析系统的能量变化。
热力学第二定律的应用
01
02
热力学第二定律指出,自
•·
发过程总是向着熵增加的
方向进行,即不可逆过程
总是向着宏观状态更混乱
、更无序的方向发展。
03
04
05
熵增加原理:根据热力学 第二定律,孤立系统的熵 永不减少,即自发过程总 是向着熵增加的方向进行 。
热机效率:利用热力学第 二定律,可以分析热机的 效率,探讨如何提高热机 的效率。
100%
制冷机效率的影响因素
制冷机效率受到多种因素的影响 ,如制冷剂的性质、蒸发温度和 冷凝温度、压缩机和冷却剂的流 量等。
大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答、选择题7-1处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同,分子的平均平动动能也相同,则它们[](A) 温度,压强均不相同(B)温度相同,但氦气压强大于氮气的压强(C)温度,压强都相同(D)温度相同,但氦气压强小于氮气的压强3分析:理想气体分子的平均平动动能τk= kT,仅与温度有关,因此当氦气和氮2气的平均平动动能相同时,温度也相同。
又由理想气体的压强公式p =nkT ,当两者分子数密度相同时,它们压强也相同。
故选( C)O7-2理想气体处于平衡状态,设温度为T,气体分子的自由度为i ,则每个气体分子所具有的[](A)动能为-kT (B)动能为丄RT2 2(C)平均动能为^kT (D)平均平动动能为^RT分析:由理想气体分子的的平均平动动能3 kT和理想气体分子的的平均动能2T二丄kT ,故选择(C)O27-3三个容器A、B、C中装有同种理想气体,其分子数密度n相同,而方均根1/2 1/2 1/2速率之比为V A : V B : V C 1:2:4 ,则其压强之比为P A : P B : P C[](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1 : 4 : 16 (D) 4:2:1分析:由分子方均根速率公式= J3RT,又由物态方程p = nkT ,所以当三容器中得分子数密度相同时,得p1: P2: P3 =T1 :T2 :T3 =1:4:16 O故选择(C)O7-4图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果(VP O和(V P 分别表示氧气和氢气的最概然速率,则[](A)图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V P O z V P H= 4(B) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线且V P O/ V P H? =1/4(C) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且V P O / V P H=1/4(D) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且V P O/ V P H2 =4分析:在温度相同的情况下,由最概然速率公式'..P=I j2RT及氢气与氧气的摩尔质量M H2£M o2,可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率,故曲线a对应于氧分子的速率分布曲线。
大学物理习题解答第七章课后习题参考答案
习 题 七7-1 如图所示,O S O S 21=.若在O S 1中放入一折射率为n ,厚度为e 的透明介质片,求O S 1与O S 2之间的光程差.如果1S 和2S 是两个波长为λ的同相位的相干光源,求两光在O 点的相位差.[解] O S1与O S 2的几何路程相等光程差为 ()e n 1-=δ 位相差为 ()e n 122-==∆λπδλπϕ7-2 一束绿光照射到两相距 0.6mm 的双缝上,在距双缝2.5m 处的屏上出现干涉条纹.测得两相邻明条纹中心间的距离为2.27mm ,试求入射光的波长.[解] 由杨氏双缝干涉知 dD x λ=∆ 所以 5448m 10448.55.21060.01027.2733=⨯=⨯⨯⨯=∆=---D xd λÅ7-3 如图所示,在双缝干涉实验中,21SS SS =,用波长为λ的单色光照S ,通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹.已知点P 处为第3级干涉明条纹,求1S 和2S 到点P 的光程差.若整个装置放于某种透明液体中,点P 为第4级干涉明条纹,求该液体的折射率.[解] 1S 和2S 到P 点的光程差满足λλδ312==-=k r r整个装置放置于液体中,1S 和2S 到P 点的光程差满足()λδ412=-=r r nλλ43=n所以得到 33.134==n7-4 如习题7-1图所示,1S 和2S 是两个同相位的相干光源,它们发出波长λ=5000Å的光波,设O 是它们中垂线上的一点,在点1S 与点O 之间插入一折射率n =1.50的薄玻璃,点O 恰为第4级明条纹的中心,求它的厚度e .[解] 在O 点是第4级明条纹的中心光程差 λδ4=-=e ne所以 410414⨯=-=n e λÅ7-5 初位相相同的两相干光源产生的波长为6000Å的光波在空间某点P 相遇产生干涉,其几何路径之差为6102.1-⨯m .如果光线通过的介质分别为空气(11=n )、水(=2n 1.33)或松节油(=3n 1.50)时,点P 的干涉是加强还是减弱.[解] 光在折射率为n 的介质中P 点处光程差为()12r r n -=δ介质为空气时,11=n ,则()λδ2m 102.16121211=⨯=-=-=-r r r r n光程差为半波长的偶数倍,所以P 点处干涉加强. 介质为水时,=2n 1.33,则()m 106.1102.133.1661222--⨯=⨯⨯=-=r r n δ光程差介于两种情况之间,且结果与半波长的奇数倍更接近,所以P 点光强介于明暗条纹中心光强之间,且与暗条纹中心光强更接近.介质为松节油时,=3n 1.50,则()λδ3m 108.1102.15.1661233=⨯=⨯⨯=-=--r r n光程差为半波长的偶数倍,所以P 点处干涉加强.7-6 在双缝干涉实验中,用很薄的云母片(58.1=n )覆盖在双缝的一条上,如图所示.这时屏上零级明纹移到原来第7级明纹位置上.如果入射光波5000Å,试求云母片的厚度(设光线垂直射入云母片).[解] 原来的第7级明纹的位置满足λ721=-r r加上云母片后,光程差满足[]()012121=---=+--e n r r ne e r r所以41003.6158.15000717⨯=-⨯=-=n e λ Å7-7 用单色光源S 照射平行双缝1S 和2S 形成两相干光源.在屏上产生干涉图样,零级明条纹位于点O ,如图所示.若将缝光源S 移到S '位置,问零级明条纹向什么方向移动?若使零级明条纹移回点O ,必须在哪个缝的右边插入一薄云母片才有可能? 若以波长为5890Å的单色光,欲使移动了4个明纹间距的零级明纹移回到点O ,云母片的厚度应为多少? 云母片的折射率为1.58.[解] 零级明纹是光程差为0的位置.移动光源后光线2的光程长了,为仍保持光程差为0,必须让1的光程增加以弥补2的增加,只有在下方1才比2长,所以向下.要回到原点,即通过加片的方法使得1的光程增大,所以在1S 后加.在原点时,两光线的光程差满足()λδ41=-=e n得到 m 1006.4158.1105890414610--⨯=-⨯⨯=-=n e λ7-8 用白光作光源观察杨氏双缝干涉,设缝间距为d ,双缝与屏的距离为D ,试求能观察到的无重叠的可见光(波长范围: 4000~7600Å)光谱的级次.[解] k 级明纹的位置为dD k x λ=k 要使光谱无重叠,必须满足 ()()λm i n 1k λm a x k +≤x x 因此 ()min max 1λλ+≤k k 即 ()140007600+≤k k解得 1.1 ≤k 所以只能看到一级无重叠光谱.7-9 白色平行光垂直照射到间距为m m 0.25=d 的双缝上,在距缝cm 50处放一屏幕,若把白光(4000~7600Å)两极端波长的同级明纹间的距离叫做彩色带的宽度,试求第1级和第5级彩色带的宽度.[解] 每一级的宽度()min max min max λλ-=-=∆dDkx x x 1=k 时,()mm 72.0m 102.710400076001025.010*******21=⨯=⨯-⨯⨯⨯⨯=∆----x 5=k 时,()mm 6.3m 106.310400076001025.010505310325=⨯=⨯-⨯⨯⨯⨯=∆----x7-l0 波长为λ的单色光垂直照射在如图所示的透明薄膜上,薄膜厚度为e .两反射光的光程差是多少?[解]薄膜上下表面的反射光均有半波损失,故没有因半波损失而产生的光程差,因此上下表面反射的光程差为e e n 60.222==δ7-11 白光垂直照射在空气中厚度为71080.3-⨯m 的肥皂膜上,肥皂膜的折射率为1.33,在可见光范围内(4000~7600Å) 哪些波长的光在反射中增强.[解] 光程差 λλδk ne =+=22 所以124-=k neλ 当1=k 时,2021612108.333.1471=-⨯⨯⨯=-λÅ 当2=k 时,同理可得67392=λÅ 当3=k 时,同理可得40433=λÅ所以在可见光范围内波长为4043 Å和6739 Å的光在反射中增强.7-12 在观察肥皂膜的反射光时,表面呈绿色(λ=5000 Å),薄膜表面法线和视线间的夹角为450,试计算薄膜的最小厚度. [解] 两反射光的光程差为λλδk i n n e =+-=2sin 2221221=k 时对应薄膜厚度最小为m 1011.145sin 33.14105000sin 470221022122--⨯=-⨯⨯=-=in n e λ7-13 用波长连续可调的平行光垂直照射覆盖在玻璃板上的油膜,观察到5000 Å和7000 Å这两个波长的光在反射中消失.油的折射率为1.30,玻璃的折射率为1.50.求油膜的厚度.[解] 某一波长的光在反射中消失,表明光在油膜上下表面反射的光干涉相消,故光程差为 ()21222λδ+==k e n对1λ: ()2122112λ+=k e n对2λ: ()2122222λ+=k e n又因1λ与2λ之间没有其他波长的光消失,故1λ与2λ的干涉级数只可能相差一级 故112-=k k 因此575000700012121211===-+λλk k解得 31=k 22=k以31=k 代入得,()m 1073.630.141050007412710211--⨯=⨯⨯⨯=+=n k e λ7-14 波长为5500 Å的黄绿光对人眼和照像底片最敏感,要增大照像机镜头对此光的透射率,可在镜头上镀一层氟化镁 (2MgF )薄膜. 已知氟化镁的折射率为1.38,玻璃的折射率为 1.50,求氟化镁的最小厚度.[解] 要增大波长为λ的光的透射率,则须使反射光干涉减弱.那么,光程差应满足()21222λδ+==k e n当0=k 时,e 最小,为m 1096.938.1410550048102min--⨯=⨯⨯==n e λ7-15 如图所示,用波长为λ的单色光垂直照射折射率为2n 的劈尖.图中各部分折射率的关系是1n <2n <3n ,观察反射光的干涉条纹,从劈尖顶端开始向右数第5条暗纹中心所对应的厚度是多少?[解] 因1n <2n <3n ,故在劈尖上下表面的两反射光无因半波损失引起的附加光程差,干涉暗纹应满足()21222λδ+==k e n因棱边为明纹,故从棱边开始向右数第5条暗纹对应上式中4=k所以()()2225494142412n n n k e λλλ=+⨯=+=7-16 用波长为1λ的单色光垂直照射空气劈尖,从反射光的干涉条纹中观察到劈尖装置的点A 处是暗条纹.若连续改变入射光的波长,直到波长为2λ(2λ>1λ)时,点A 将再变成暗条纹.求点 A 处空气层的厚度. [解] 空气劈尖上暗条纹处满足()21222λλδ+=+=k ne因1=n ,所以()21222λλ+=+k e ,即λk e =2 在A 处 11A 2λk e =,22A 2λk e =同一点,e 相同,又2λ>1λ,故2k <1k ,又因1λ到2λ连续可调,中间无其他波长的光干涉形成暗条纹,故112-=k k因此 122111A 212λλλλλ-==k e7-17 用波长为λ的单色光垂直照射到空气劈尖上,从反射光中观察干涉条纹,距顶点为L 处是暗条纹.使劈尖角θ连续慢慢变大,直到该点再次出现暗条纹为止,劈尖角的改变量θ∆是多少?[解] 空气劈尖干涉暗纹,光程差为 ()21222k λλδ+=+=k e劈尖角为θ时,L 处有 ()212221k 1λλ+=+k e 劈尖角为θθ∆+时,有 ()212222k 2λλ+=+k e因为劈尖角连续改变,即e 连续增大,故2k =1k +1 由上述公式得 ()λ=-12k k 2e e又 θθL L e ==sin 1k ,()()θθθθ∆+=∆+=L L e sin 2k 因此 L2λθ=∆7-18 两块长度为l0cm 的平玻璃片,一端相互接触,另一端用厚度为0.004mm 的纸片隔开形成空气劈尖.以波长为5000Å 的平行光垂直照射,观察反射光的等厚干涉条纹.在全部10cm 长度内呈现多少条明纹?[解] 设平玻璃片长为L ,纸片厚为H ,则形成的空气劈尖角为LH ==θθsin 两相邻明纹间距为 HLl 22sin 2λθλθλ===故总条数为 1610500010004.022103=⨯⨯⨯===--λH l L N7-19 为测量硅片上氧化膜的厚度,常用化学方法将薄膜的一部分腐蚀掉,使之成为劈形(又称为台阶),如图所示.用单色光垂直照射到台阶上,就出现明暗相间的干涉条纹,数出干涉条纹的数目,就可确定氧化硅薄膜的厚度.若用钠光照射,其波长λ=5893Å,在台阶上共看到5条明条纹,求膜的厚度(氧化硅的折射率2n =1.5,硅的折射率为3n =3.42).[解] 因1n <2n < 3n ,故台阶上下表面反射光的光程差为e n 22=δ明条纹满足的条件为 λk e n =22台阶棱边为明纹,因共看到5条明纹,所以4max =k ,由明纹条件得m 1078575.1105893222101022max max--⨯=⨯⨯===n n k e λλ7-20 检查平板的平整度时,在显微镜下观察到的等厚条纹如图所示,条纹的最大畸变量为1.5条纹间距,所用光波波长为546nm ,试描述待测平面的缺陷.[解] 因每一条干涉条纹上对应的空气厚度相同,故在同一条纹上,畸变部分和平行棱边的直线部分所对应的膜厚度相等,本来离棱边越远膜的厚度越大,而现在同一条纹上,远离棱边的畸变部分厚度并不大,这说明畸变部分是凸起的,因最大畸变是为1.5条纹间距,说明最大畸变处膜厚度比非畸变时膜厚度之差e ∆对应的级数差5.1=∆k由劈尖明纹公式 λλk e =+22得 λk e ∆=∆2所以 m 101.421046.55.1277--⨯=⨯⨯=∆=∆λk e7-21 如图所示,A 、B 是两只块规(块规是两端面经过磨平抛光达到相互平行的钢质长方体).A 的长度是标准的,B 是相同规格待校准的.A 、B 放在平台上,用一块样板平玻璃压住.(1)设垂直入射光的波长为λ=5893Å,A 、B 相隔cm 5=d ,T 与A 、 B 间的干涉条纹的间距都是0.55 mm ,试求两块规的长度差.(2)如何判断A 、B 哪一块比较长些?(3)如果T 与A 、B 间的干涉条纹间距分别为0.55 mm 和 0.3 mm ,则说明什么问题?[解] (1) 劈尖干涉,相邻条纹间距l 满足l2sin λα=所以A 、B 两只块规的高度差为m 1068.21055.0210893.51052sin 5372----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===∆l d d h λα (2)因空气劈尖棱边处为暗纹,所以若压平板T ,a 、c 处暗纹位置不变,则B 比A 长,若压T ,b 、d 处暗纹位置不变,则A 比B 长.(3) 设平板T 与A 、B 间形成的劈尖角分别为1α、2α.干涉条纹间距分别为1l 和2l ,则 2sin sin 2211λαα==l l已知1l >2l ,则1α<2α,B 的端面与底面不平行,且d 处向下倾斜.7-22 如图所示的观察牛顿环的装置中,设平球面透镜中心恰好和平玻璃接触,透镜球面的半径cm 400=R ,用某单色光垂直入射,观察反射光形成的牛顿环,测得第5个明环的半径是cm 30.0(1)求入射光的波长;(2)设图中OA =1.00cm ,求在半径为OA 的范围内可观察到的明环数.[解] (1)牛顿环明环半径公式为()2122k λR k r -=,所以()Rk r 1222k -=λ因中心为暗环,对应第5个明环5=k ,所以()5000104009103.0215222422k =⨯⨯⨯⨯=-⨯=--R r λÅ(2)因为()2122k λR k r -=,所以()5.5010541000.121217222k =⨯⨯⨯+=+≤--λR r k 所以能看到的明环数50个.7-23 用曲率半径为3.00m 的平凸透镜和平板玻璃作牛顿环实验,测得第k 级暗环半径为m m 24.4,第10+k 级暗环的半径为m m 0.6.求所用单色光的波长.[解] 牛顿环暗环半径公式为λkR r =k 故 ()λR k r 1010k +=+因此 ()()323232k 210k 1001.600.3101024.410610⨯=⨯⨯-⨯=-=--+R r r λÅ7-24 用牛顿环实验测单色光的波长.用已知波长为1λ的单色光垂直照射牛顿环装置时,测得第1和第9级暗环的半径之差为1l ;用未知单色光照射时测得第l 和第9级暗环的半径之差为2l .求单色光的波长2λ.[解] 牛顿环暗环半径公式为 λkR r =k对1λ 11λR r = 199λR r = 所以()19119-=-λR r r又 119l r r =-, 故211⨯=λR l 同理得 222⨯=λR l因此 121222λλl l =7-25 一平凸透镜放在平板玻璃上,在反射光中观察牛顿环.当1λ=4500Å时,测得第3级明环的半径为31006.1-⨯m .换用红光,观测到第5级明环的半径为31077.1-⨯m .求透镜曲率半径和红光的波长.[解] 牛顿环明环半径公式为()2122k λR k r -=,对1λ,3=k 时, 25123λR r =对2λ,5=k 时, 29225λR r =由此得 697145001006.191077.15956262123252=⨯⨯⨯⨯⨯==--λλr r Å由25123λR r =得, m 00.110450051006.12521062123=⨯⨯⨯⨯==--λr R7-26 用牛顿环干涉条纹测定凹球面的曲率半径.将已知曲率半径的平凸透镜放在待测的凹球面上,如图所示.在两曲面之间形成空气层,可以观测到环状干涉条纹.测得第4级暗环的半径4r =2.250cm ,已知入射光的波长λ=5893 Å,平凸透镜的曲率半径1R =102.3cm ,求凹球面的曲率半径2R .[解] 牛顿环k 级暗环条件为 ()21222λλ+=+k e 即 λk e =2由几何关系知 ()2111211212k 2e e R e R R r +=--=因为 11R e << ,故 112k 2e R r = 同理 222k 2e R r = 又 21e e e -= 联立上式得2k 1211r k R R λ-= 以 m 023.11=R ,4=k ,m 10589310-⨯=λ,m 10250.224-⨯=r ,代入得cm 8.1022=R7-27 在观察牛顿环干涉条纹的实验中,用图(a )、(b )、(c )所示的装置代替平凸透镜和平玻璃组合.试画出反射光中的干涉条纹(只画暗条纹).[解](a ) (b ) (c )7-28 用波长为λ的单色光源做迈克尔逊干涉仪实验,在移动反光镜2M 的过程中,视场中的干涉条纹移过k 条,求反射镜移动的距离?[解] 设反射镜移过的距离为d ,则光程差改变量为 λδk d ==∆2所以 2λk d =7-29 迈克尔逊干涉仪的一臂中放有长为100.0mm 的玻璃管,其中充有一个大气压空气,用波长为5850Å的光作光源.在把玻璃管抽成真空的过程中,发现视场中有100.0条干涉条纹从某固定点移过.求空气的折射率.[解] 设空气的折射率为n ,在由空气抽成真空的过程中,光程差改变量为()λk e n ∆=-12所以 00029.1100.10021058500.100121310=⨯⨯⨯⨯+=∆+=--e k n λ7-30 在把迈克尔逊干涉仪的可动反射镜移动0.233mm 过程中,数得条纹移动数为792,求所用光的波长.[解] 设反射镜移动距离为d ,则光程差改变 λδk d ∆==∆25884m 10884.579210233.022103=⨯=⨯⨯=∆=--k d λÅ7-31 常用雅敏干涉仪来测定气体在各种温度和压力下的折射率.干涉仪的光路如图所示.S 为光源,L 为正透镜,1G 、2G 为等厚且相互平行的玻璃板.1T 、2T 为等长的两个玻璃管,长度为l .进行测量时,先将1T 、2T 抽空,然后把待测气体徐徐导入一管中,在E123451234512345处观察干涉条纹移动数,即可求得待测气体的折射率.设在测量某气体的折射率时,将气体慢慢放入2T 管中,从开始进气到标准状态时,在E 处共看到有98条干涉条纹移过去.所用的钠光波长λ=5893Å (真空中),l =20cm .求该气体在标准状态下的折射率.[解] 设待测气体在标准状态下的折射率为n ,则在气体导入前后,两条光路中的光程差改变为()λk l n ∆=-1所以00029.110201058939811210=⨯⨯⨯+=∆+=--l k n λ7-32 一单缝宽度4101-⨯=a m ,透镜的焦距m 5.0=f ,若分别用40001=λÅ和76002=λÅ的单色平行光垂直入射,它们的中央明条纹的宽度各是多少?[解] 一级暗纹公式为 λϕ=1sin a 而aλϕϕ==11sin所以 a f f f x λϕϕ===111tan 所以中央明纹的宽度为 af x x λ221==∆对1λ: m 1041011045.02234711---⨯=⨯⨯⨯⨯==∆a f x λ 对2λ: m 106.7101106.75.02234722---⨯=⨯⨯⨯⨯==∆a f x λ7-33 有一单缝宽m m 10.0=a ,在缝后放一焦距cm 50=f 的会聚透镜,用波长λ=5460 Å的平行绿光垂直照射单缝,求位于透镜焦平面处的屏上的中央亮条纹的宽度.如果把此装置浸入水中,并把屏移动到透镜在水中的焦平面上,中央亮条纹的宽度变为多少?设透镜的折射率54.1='n ,水的折射率33.1=n .(提示:透镜在水中的焦距()f nn n n f -'-'=1水) [解] (1) 中央明条纹的宽度为m 1046.51010.01046.51050223372----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==∆a f x λ (2) 在水中,透镜焦距为()f nn n n f -'-'=1水 所以中央明条纹的宽度为()()()()m 1040.1101.033.154.11046.550.0154.12122237---⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯=-'-'==∆a n n f n naf x λλ水7-34 用波长λ=7000Å的平行光垂直照射单缝,缝后放一焦距为70cm 的正透镜,在透镜焦平面处的屏上测得中央亮条纹的宽度为3100.2-⨯m .试计算: (1)单缝的宽度.(2)当用另一单色光照射时,测得中央亮纹的宽度为3105.1-⨯m ,求此光的波长. [解]中央亮条纹宽度为 af x λ2=∆ (1)由上式可得单缝的宽度为 m 109.41021071070224372----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=∆=x f a λ (2)由前式可得光的波长为5250m 1025.510072105.1109.427234=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='∆='----f x a λÅ7-35 用平行光管把某光源发出的单色光变成平行光后垂直照射在宽度为0.308mm 的单缝上.用焦距为12.62cm 的测微目镜测得中央明条纹两侧第5级暗条纹之间的距离为x ∆=2.414mm .求入射光的波长.[解] 单缝衍射暗纹中心到中央亮纹中心距离为 af kx λ= 5=k 时,af x λ55= 两侧第5级暗纹之间的距离为 af x x λ1025==∆ 所以 58921062.121010414.210308.010233=⨯⨯⨯⨯⨯=∆=---f x a λÅ7-36 用波长λ=6328Å的氦-氖激光垂直照射单缝,其夫琅禾费衍射图样的第1级极小的衍射角为50.试求单缝的宽度.[解] 单缝衍射暗纹条件为λϕk a =sin 当 1=k 时,λϕ=sin a所以 ϕλϕλ==sin a 式中 g r a d1805πϕ= 所以 m 1026.7518010328.667--⨯=⨯⨯=πa7-37 在正常照度下,人眼瞳孔的直径约为mm 2,人眼最敏感的波长为5500Å.眼前m m 250 (明视距离)处的点物在视网膜上形成艾里斑的角半径是多少? 明视距离处能够被分辨的两物点的最小距离是多少?(前房液和玻璃状液的折射率33.1=n )[解] (1) 因人眼中玻璃状液体的折射率为n ,所以波长变为nλλ='在视网膜上形成爱里斑的角半径为rad 1052.210233.1105.522.122.122.1437---⨯=⨯⨯⨯⨯=='=nD D λλθ (2) 人眼的最小分辨角 Dλθ22.1min =设在距离L 处能分辨的最小距离为d (l d θ=),则m 104.810250102105.522.122.15337----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==D L d λ7-38 已知天空中两颗星对一望远镜的角距离为61084.4-⨯rad ,设它们发出光的波长为5500Å.望远镜的口径至少要多大才能分辨出这两颗星.[解] 设望远镜孔径为D ,当两星对望远镜的角距离大于其最小分辨角时方可分辨,即Dλ22.11084.46≥⨯-所以 cm 9.131084.4105.522.11084.422.1676=⨯⨯⨯=⨯≥---λD7-39 月球距地面约3.86510⨯km ,设月光按λ=5500Å计算,问月球表面上距离多远的两点才能被直径为5.00m 的天文望远镜所分辨.[解] 设月球上两物点距离为d ,其对望远镜张角大于最小分辨角时,则能分辨该两点即DL d λ22.1≥ 所以 m 8.5100.51086.3105.522.122.187=⨯⨯⨯⨯=≥-D L d λ7-40 用波长为λ=5893Å的钠光垂直照射光栅,测得第2级谱线的衍射角11102'︒=θ,而用待测波长的单色光照射时,测得第一级谱线的衍射角2441'︒=θ.试求光栅常数和待测光的波长.[解] 光栅方程为 ()λϕk b a =+sin 对1λ有 ()11sin λθ=+b a 对2λ有 ()222sin λθ=+b a由上两式得 546410893.51110sin 244sin 2sin sin 27002211=⨯⨯''⨯==-λθθλÅ 将1λ的数值代入得 m 1067.66-⨯=+b a7-4l 一块每毫米刻痕为500条的光栅,用钠黄光正入射,钠黄光中含有两条谱线,其波长分别为5896Å和5890Å.求在第2级光谱中这两条谱线分开的角度.[解] 光栅常数为 m 10250010163--⨯=⨯=+b a 由光栅方程可得 ()122s i nλϕ=+b a ()222sin λϕ='+b a 因此得到 ⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+='-=∆b a b a 21222arcsin 2arcsin λλϕϕϕ6767043.010210890.52arcsin 10210896.52arcsin =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯=----7-42 一单色平行光投射于衍射光栅,其入射方向与光栅法线夹角为θ,在和法线成︒11和︒53的方向上出现第1级光谱线,并且位于法线的两侧.求θ角的大小.为什么在法线的一侧能观察到第2级谱线,而另一侧却没有?[解](1) 斜入射时,零级主极大在透镜的与入射光线平行的副光轴方向上.530角的衍射光线和入射光线分别在法线两侧,此衍射角应取负值,而110衍射角应取正值,所以两个第一级光谱线对应的方程分别为 ()()λθ-=-+053sin sin b a (1)()()λθ+=++011sin sin b a (2) 因此求得 3039.0sin =θ 07.17=θ(2) 设法线两侧衍射角为900时对应极大的级数分别为k 和k '在与入射光线异侧有 ()()λk b a -=-+0090sin 7.17sin (3) 在与入射光线同侧有 ()()λk b a '=++0090sin 7.17sin (4)由 (1)、(3)式相除,得 4.17.17sin 53sin 7.17sin 90sin 0000≈--=k 由 (2)、(4)式相除,得 64.27.17sin 11sin 7.17sin 90sin 0000≈++='k 由上面结果知,只有与入射光线同侧可观察到第二级谱线.7-43 一衍射光栅,每厘米有200条透光缝,每条透光缝宽为3102-⨯=a cm ,在光栅后放一焦距为m 0.1=f 的凸透镜.现以λ=6000Å单色平行光垂直照射光栅,试求: (1)透光缝的单缝衍射中央明条纹宽度;(2)在该宽度内有哪几个光栅衍射主极大?[解] (1)单缝衍射第一极小满足 λϕ=s i na (1) 中央明纹宽度为m 1061021060.122sin 2tan 2257---⨯=⨯⨯⨯⨯====∆a f f f x λϕϕ (2) 设该范围内主极大最大级数为k ,则()λϕk b a =+sin (2)由 (1)、(2)式有 5.210220010152=⨯⨯⨯=+=--a b a k 所以在此范围内能看到的主极大级数为210±±=,,k ,共5个光栅衍射主极大.7-44 试指出光栅常数()b a +为下述三种情况时,哪些级数的光谱线缺级?(1)光栅常数为狭缝宽度的两倍,即()a b a 2=+; (2)光栅常数为狭缝宽度的三倍,即()a b a 3=+;(3)光栅常数为狭缝宽度的2.5倍,即()a b a 5.2=+.[解] k 级缺级的条件为k aba k '+=() 3,2,1±±±='k (1)()a b a 2=+时,k k '=2,凡2的倍数级都缺级. (2) ()a b a 3=+时,k k '=3,凡3的倍数级都缺级. (3)()a b a 5.2=+时,k k '=5.2,凡5的倍数级都缺级.7-45 波长λ=6000Å的单色光垂直入射到一光栅上,测得第2级主极大的衍射角为︒30,且第3级缺级.(1)光栅常数()b a +是多大?(2)透光缝可能的最小宽度是多少?(3)在屏幕上可能出现的主极大的级次是哪些?[解](1) 由光栅方程得 ()λ230sin 0=+b a所以 m 104.21064430sin 2670--⨯=⨯⨯===+λλb a (2) 当k 级缺级时,满足 k a ba k '+=所以 k kba a '+=当1='k 时,缝宽a 最小,为 m 1083104.276--⨯=⨯=+=k b a a (3) 在屏幕上呈现的主极大的级数由最大级数和缺级情况决定. 因为 ()λφk b a =+sinmax k <4106104.276=⨯⨯=+--λba 因此 m a x k =3又因3=k 缺级,所以在屏上可能出现的级数为 2,1,0±±=k7-46 每厘米刻有400条刻痕的光栅,其透光缝5101-⨯=a m ,用波长为λ=7000Å的光垂直照射在屏幕上可观察到多少条明条纹?[解] 光栅常数 m 105.240010152--⨯=⨯=+b a 因为 ()λϕk b a =+sinmax k <7.35107105.275=⨯⨯=+--λba 因此35max =k 缺级条件 k k k ab a k '='⨯⨯='+=--5.2101105.255所以 凡能被5整除的级数都缺级,共缺级个数为7535=='N 因此,光栅衍射在屏上呈现明条纹总数为 ()5717352=+-⨯=N7-47 以白光(波长范围4000~7600Å)垂直照射光栅,在衍射光谱中,第2级和第3级发生重叠.求第2级被重叠的范围.[解] 最小波长和最大波长分别为4000min =λ Å 7600max =λ Å第3级光谱中,min λ主极大的位置与第2级某一波长λ的主极大位置相同时,开始重叠,由光栅方程可求此波长 ()λϕ2s i n =+b a ()m i n 3s i n λϕ=+b a因此 600040002323min =⨯==λλÅ 故,第2级光谱中被重叠的光谱波长范围为 6000=λÅ~7600 Å7-48 用两米光栅摄谱仪拍摄氢原子光谱,在可见光范围内有四条谱线,如图所示.光栅上每厘米有4000条缝,光栅后的正透镜的焦距为2.00m ,在其焦平面上放一照相底片,求四条谱线在底片上的间距.[解] 光栅常数为 m 105.2400010162--⨯=⨯=+b a ∞对第一条谱线(1=k ),应用光栅方程,为()λϕ=+sin b a 对αH , m 10563.671-⨯=λ,在底片上位置为m 543.0arcsin tan tan 1=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+==b a f f x λϕ 同理可得δγβH H H ,,三条谱线在照像底片上的位置分别为m 396.02=x m 353.03=x m 333.04=x因此 αH 与βH 之间的间距为 7m 14.01=∆x同理可得βH 与γH 之间的间距为 m043.02=∆x γH 与δH 之间的间距为 m 02.03=∆x7-49 用白光照射每毫米50条刻痕的光栅,在距光栅2m 的屏幕上观察到各色光谱,设可见光的上限波长(红光)r λ=7800 Å,下限波长(紫光) v λ=4000 Å,试计算屏幕上第1级光谱的宽度.[解] 第一级谱线满足 ()λϕ=+s i nb a 屏幕上红光谱线的位置为 ba f f x +≈≈r1λϕ 紫光谱线的位置为 ba f f x +≈'≈v2λϕ所以第一级光谱的宽度为()()m 108.310400078001015022103v r 21---⨯=⨯-⨯⨯=-+=-=∆λλb a fx x x7-50 一光源发射红双线在波长λ=6563 Å处,两条谱的波长差λ∆=1.8 Å.有一光栅可以在第1级中把这两条谱线分辨出来,求光栅的最少刻线总数.[解] 光栅的分辨率为 kN R =∆=λλ所以 1.364618.16563=⨯=∆=k N λλ 即光栅最少刻线总数为3647条.7-51 一光栅宽为6cm ,每厘米有6000条刻线,在第三级光谱中,对λ=5000 Å处,可分辨的最小波长间隔是多大?[解] 光栅的总缝数为 3600066000=⨯=N因为光栅的分辨本领为kN =∆λλ046.03600035000=⨯==∆kNλλÅ7-52 一束波长为2.96 Å的X 射线投射到晶体上,所产生的第1级衍射线偏离原入射线方向731'︒,求对应此射线的相邻两原子平面之间的距离.[解] 设掠射角为ϕ,衍射线偏离入射线的角度为θ,则2θϕ=由布拉格方程 λϕk d =sin 2 得相邻两原子平面间距为()52.52731sin296.212sin 2sin 20='⨯⨯===θλϕλk k d Å7-53 以波长为1.10Å的X 射线照射岩盐晶面,测得反射光第1级极大出现在X 射线与晶面的夹角为'3011︒处.问:(1)岩盐晶体的晶格常数d 为多大?(2)当以另一束待测的X 射线照岩盐晶面时,测得反射光第一级极大出现在X 射线与晶面的夹角为'3017︒处,求待测X 射线的波长.[解] (1) 由布拉格方程 λϕk d =sin 2 ,所以 76.25.11sin 210.1sin 20===ϕλk d Å (2) 由布拉格方程得待测X 射线的波长为66.115.17sin 76.22sin 20=⨯⨯==k d ϕλÅ7-54 一束部分偏振光垂直入射于一偏振片上,以入射光为轴旋转偏振片,测得透射光强的最大值是最小值的5倍.求部分偏振光中自然光与线偏振光强度之比.[解] 设该束部分偏振光中自然光光强为0I ,线偏振光光强为I ,透过偏振片后自然光光强变为20I ,因此光强最大时I II +=20max , 光强最小时 20m i n I I =所以22500minmaxI I I I I +== 因此 210=I I7-55 两偏振片A 、B 的透振方向成︒45角,如图所示.入射光是线偏振光,其振动方向和A 的透振方向相同.试求这束光线分别从左边入射和从右边入射时,透射光强之比.[解] 设从左右两边入射时透射光强分别为1I 和2I由马吕斯定律得从左边入射时透射光强为002012145cos I I I == 从右边入射,则00202024145cos 45cos I I I =⋅= 所以入射光从左右两边入射,透射光强之比为1:2:21=I I7-56 三个理想偏振片1P 、2P 、3P 叠放在一起,1P 与3P 的透振方向互相垂直,位于中间的2P 与1P 的透振方向间的夹角为︒30.强度为0I 的自然光垂直入射到1P 上,依次透过1P 、2P 和3P .求通过三个偏振片后的光强.[解] 通过1P 后: 0121I I =通过2P 后: 002128330cos I I I == 通过3P 后: 0022332360cos I I I ==7-57 一束太阳光以某一入射角入射于平面玻璃上,这时反射光为完全偏振光.若透射光的折射角为︒32,试求:(1)太阳光的入射角;(2)这种玻璃的折射率.[解] 因反射光为完全偏振光,所以入射角为布儒斯特角,则 0090=+r i 0000058329090=-=-=r i由布儒斯特定律得 60.158tan tan 00===i n7-58 光从介质1射向介质2时的临界角是︒60.布儒斯特角是多大? [解] 由光的折射定律得 020190sin 60sin n n = 所以2360sin 012==n n 由布儒斯特定律 23tan 120==n n i 由此得 9.400=i7-59 如图所示的各种情况中,以线偏振光或自然光入射于两种介质的界面上.图中0i 为起偏振角, 0i i .试画出折射光线和反射光线并标出它们的偏振状态.[解] 折射光和反射光及其偏振状态如下图7-60 如图(a )所示,一束自然光入射在方解石的表面上,入射光线与光轴成锐角,问有几条光线从方解石透射出来? 如果把方解石切割成等厚的A 、B 两块,并平行地移动一点距离,如图(b )所示,此时光线通过这两块方解石后,有多少条光线射出来? 如果把B 绕入射光线转过一个角度,此时将有几条光线从B 射出来?[答] (1)因入射光不沿光轴方向,也不垂直于光轴,所以在方解石中产生双折射现象,有两条光线透射出来. (2)在A 中为o 光的光线射出来入射到B ,入射面就是B 中o 光的主平面,因此光线通过B 后,只有一条光线射出,同理,在A 中为e 光的光线通过B 后也有一束光线射出,所以从B 中透射出来的仍是两束光.(3)当把B 任意转过一角度时,A 中的o 光和e 透射出来入射到B 中,各自在B 中又发生双折射现象,每条光线在B 中又分为o 光和e 光,因此,总共有四条光线从B 中射出.*7-61 如图所示,一束自然光入射到一方解石晶体上,其光轴垂直于纸面.已知方解石对o 光的折射率o n =1.658,对e 光的折射率为=e n 1.486.(1)如果方解石的厚度为t =1.0 cm ,自然光的入射角︒=45i ,求a ,b 两透射光之间的垂直距离;(2)两透射光的振动方向如何? 哪一束光在晶体中是o 光? 哪一束光在晶体中是e 光?[解](1)由折射定律得:i r n sin sin o o = (1)i r n sin sin e e = (2) 设则,,d BC L AB ==()0e tan tan r r t L -= (3)由于 i ABC =∠,所以 i L d cos = (4)由(1)、(2)、(3)、(4)联立得43.0658.145sin sin sin 000===n i r 002.25=r 48.0486.145sin sin 0e ==r 4.28e =r ()cm 07.02.25tan 4.28tan 0.100=-⨯=Lcm 05.045cos 07.00=⨯=d即a 、b 两光线的垂直距离为cm 05.0.(2)两透射光的振动方向见图.(3)a 为e 光,b 为o 光.*7-62 设方解石对钠黄光 (5893=λÅ)和氦氖激光(63282=λÅ)的主折射率相同,把方解石切割成对上述两光的四分之一波片,其最小厚度各是多少? 6584.1o =n ,4864.1e =n .[解] 设最小厚度分别为1e 和2e ,依题意有()41e o 1λ=-n n e ()42e o 2λ=-n n e所以 ()()m 10565.84864.16584.1410893.5477e 011--⨯=-⨯⨯=-=n n e λ ()()m 10198.94864.16584.1410328.6477e 021--⨯=-⨯⨯=-=n n e λA B C。
大学物理(学习指导详细答案)答案7-14
(A)
2 3qQ 4 0 a
(B)
4 3qQ 4 0 a
(C)
6 3qQ 4 0 a
(D)
8 3qQ 4 0 a
q
解:根据电势叠加原理,三角形的中心 O 处的电势为
UO q 2q 3q 6 3q 4 0 a 4 0 (2 3)a sin 60
a
因为无穷远处电势为零,所以外力的功为
Q2 Q1 R2 P r O R 1
Q1 Q2 Q1 Q2 。 (B) 。 4 0 r 4 0 R1 4 0 R2
习题 7―4 图
(C) 0。
(D)
Q1 4 0 R1
。
解:根据场强叠加原理,内球面单独在 P 点产生的电势为
U P1
外球面单独在 P 点产生的电势为
Q1 4 0 R1 Q2 4 0 R2 Q1 4 0 R1 Q2 4 0 R2
S3
习题 7─14 如图,A 点与 B 点间距离 C 为 2l,OCD 是以 B 为中心、以 l 为半径 l 的半圆路径,A、B 两处各放有一点电荷 A B O 带,电量分别为+q 和-q,则把另一带电 D ﹢q ﹣q 量为 Q(Q<0) 的点电荷从 D 点沿路径 2l DCO 移到 O 点的过程中, 电场力所作的 习题 7―14 图 功为 。 解:放在 A、B 两处的点电荷+q 和-q 是场源电荷,设无穷远处为电势零点, 则 D 点的电势为
r
r
习题 7—2 半径为 R 的均匀带电球面,总电量为 Q,设无穷远处电势为零,则 该带电体所产生的电场的电势 U 随离球心的距离 r 变化的分布曲线为: [ ]
U (A) O R U (D) O R U∝1/r
2
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Q r Qr ⋅ 3 有 E内 = ε0 R 4π ε 0 R 3 Q Q 4π r 2 E 外 = 有 E外 = ε0 4π ε 0 r 2
4π r 2 E 内=
∞
o rP
R
即
P
离球心 r 处
r<R
的电势
Ur = ∫ E内 ⋅ d r + ∫ E外 ⋅ d r
r R
R
∞
Ur = ∫
4.13
R
r
∞ Qr Q 3Q Q r2 ⋅ d r + ⋅ d r = − ∫R 4π ε 0 r 2 8π ε 0 R 8π ε 0 R 3 4π ε 0 R 3
0.15 k A
图 4.27
题 4.16 图
图 4.28
题 4.18 图
4.18 图 4.28 所示为一 有球对 性分布的静电场的 E~r 关系曲线 请指 该静电场 是由 列哪种带电体产生的 D A 半径为 R 的均匀带电球面 B 半径为 R 的均匀带电球体 C 半径为 R 电荷体密度 ρ = Ar A 为常数 的非均匀带电球体 D 半径为 R 电荷体密度 ρ = A / r A 为常数 的非均匀带电球体 4.19 电荷为+q 和−2q 的两个点电荷分 置于 x=1m 和 x = −1m 处 何处 它 到的合力等于零
r2
=−
σ
2
3 ∆q = 4π r22 (σ − σ ' ) = σ ⋅ 4π r22 = 4 × 3.14 × 8.85 ×10 −12 × 300 × 0.2 = 6.67 ×10 −9 C 2
4.14 如图 4.25 所示 在坐标 a 0 处放置一点电荷 q 在坐标 -a 0 处放置另 一点电荷 q P 点是 x 轴 的一点 坐标为 x 0 当 x >> a 时 该点场强的大小为 B q qa qa q A B C D 3 3 4πε 0 x πε 0 x 2πε 0 x 4πε 0 x 2 4.15 如图 4.26 所示为一沿轴放置的无限长分段均匀带电直线 电荷线密度分 + λ ( x < 0) 和 −λ ( x > 0) 则 O-xy 坐标平面 P 点 o, a 处的电场强度矢量为 B v v v v λi λi λ (i + j ) A 0 B C D 2πε 0 a 4πε 0 a 2πε 0 a
4.7 一个半径为 R
电荷线密度为 λ1 的均匀带电圆环 在
轴线 放一长为 l
电荷线
密度为 λ2 的均匀带电直线段 该线段的一端处于圆环中心处 如图 4.21 所示 求该直线段
到的电场力
图 4.19
题 4.6 图
图 4.21
题 4.7 图
图 4.22
题 4.8 图
答案
λ1λ2 R 1 1 − 1 / 2 2ε 0 R (l 2 + R 2 )
半径为 R1 和 R2
1 r < R1 2
R1 < R2
的两无限长同轴圆柱面
3
i
单位长度分
带有电量 λ 和
−λ
试求 解
1 2 3
R1 < r < R2
r > R2 处各点的场强
利用高斯定律
Ò ∫∫ E ⋅ dS = ε ∑ q
S
0 S内
v
v
1
r < R1 时 高斯面内 包括电荷 所以
E1 = 0
R1 < r < R2 时 利用高斯定律及对 性 有 2π r l E2 =
E = EP1 + EP2 =
ρ r3 ( d − 2 ) 方向从 O 指向 P 3ε 0 4d
r<R P 点的电势
4.12 电荷量 Q 均匀分布在半径为 R 的球体内 试求 离球心 r 处
解
利用高斯定律
Ò ∫∫ E ⋅ dS = ε ∑ q 可求电场的分布
S 0 S内 3
v
v
1
1 2
r < R时 r > R时
2 2 1 2 1 2
那么
2
σ=
ε 0U 0
r1 + r2
=
8.85 × 10 −12 × 300 = 8.85 × 10 − 9 C m 2 30 × 10 − 3
则有
设外球面 放电后电荷密度 σ '
U 0 ' = (σ r1 + σ ' r2 ) / ε 0 = 0
则 放掉电荷为
σ '=−
σ r1
0
x0
可见 ρ ( x ) 为常数 ⇒ ρ = ε 0 c 电荷体密度为 ρ 球壳内表面半径为 R1
4.25 如图 4.33 所示为一个均匀带电的球壳
外表面半径为 R2
设无穷远处为电势零点 求空腔内任一点的电势
解 如图 考虑空间一封闭矩形外表面为高斯面
有
Ò ∫∫ E ⋅ d S = cx
S
v
v
0
⋅ ∆S
v 1
由高斯定理
Ò ∫∫ E ⋅ d S = ε ∑ q
S 0 S内
v
设空间电荷的密度为 ρ ( x )
有
cx 0
∫ ⋅∆S =
x0
0
ρ ( x)∆ Sd x ε0
∫
解
x0
0
ρ ( x) d x = ∫ ε 0cd x
系
图 4.17
题 4.1 图
图 4.18
题 4.3 图
4.3 如图 4.18 所示 两无限大平行平板 度的大小分 为 A σ σ A 0 ε0 ε0 C
4.4 A B C D
电荷面密度均为+σ 则图中 处的电场强 B 0
D 0
σ 2ε 0
σ ε0
σ 2ε 0
σ 0 ε0 σ 0 2ε 0
C
关于静电场中某点电势值的正负 列说法中正确的是 电势值的正负 决于置于该点的实验电荷的正负 电势值的正负 决于电场力对实验电荷作功的正负 电势值的正负 决于电势零点的选 电势值的正负 决于产生电场的电荷的正负 r 1 4.5 由真空中静电场的高斯定理 d E ⋅ dS = q 可知 C S ε0
电荷以相同的面密度 σ 分布在半径为 r1 = 10cm 和 r2 = 20cm 的两个同心球面
设无限远处电势为零 球心处的电势为 U 0 = 300V .
1 2 解
ε 0 = 8.85 × 10−12 C 2 ⋅ N −1m −2
求电荷面密度 σ 若要使球心处的电势 为零 外球面 电荷面密度 σ ′ 为多少 1 当 r < r1 时 因高斯面内 包围电荷 有 E1 = 0
σ r12 当 r1 < r < r 2 时 利用高斯定理可求得 E 2 = ε0 r2 σ (r12 + r22 ) 当 r > r 2 时 可求得 E 3 = ε0 r2 2 2 2 r v r σ r1 ∞ σ ( r1 + r2 ) σ v ∞v v = + U0 = ∫ E2 ⋅ d r + ∫ E3 ⋅ d r ∫ dr ∫ d r = (r1 + r2 ) 2 r r r ε r2 r ε0 r ε0 0
∫
∑
A 闭合面内的电荷代数和为零时 闭合面 各点场强一定为零 B 闭合面内的电荷代数和 为零时 闭合面 各点场强一定都 为零 C 闭合面内的电荷代数和为零时 闭合面 各点场强 一定都为零 D 闭合面内无电荷时 闭合面 各点场强一定为零 4.6 如图 4.19 所示 在点电荷 q 的电场中 选 以 q 为中心 R 为半径的球面 一点 P 处为电势零点 则 点电荷 q 距离为 r 的 P'点的电势为 B q 1 1 q q 1 1 q A B C D − − 4πε 0 r 4πε 0 r R 4πε 0 ( r − R ) 4πε 0 R r
大学物理学习指导相应教材第七章真空中的静电场习题与解答 4.5 习题一
4.1 图 4.17 所示的曲线表示某种球对 性静电场的场强大小 E 随径向距离 r 化的关 请指 该电场是由 列哪一种带电体产生的 A A 半径为 R 的均匀带电球面 B 半径为 R 的均匀带电球体 C 点电荷 D 外半径为 R 内半径为 R/2 的均匀带电球壳体 4.2 电场中 列说法中正确的是 D A 带正电的导体 电势一定是正值 B 等势面 各点的场强一定相等 C 场强为零处 电势 一定为零 D 场强相等处 电势梯度矢量一定相等
λl ε0
则
E2 =
λ 2π ε 0 r
r > R2 时 利用高斯定律及对 性 有 2π rlE3 = 0 则 E3 = 0 v E = 0 r < R1 λ v ˆ R1 < r < R2 即 E = E = r π ε r 2 0 v E r > R2 =0 ϖ ϖ r 4.24 如图 设真空中静电场 E 的分布为 E = ci 式中 c 为常量 求空间电荷的分布
如题 4.10 解图所示
题 4.10 解图
4.11 一球体内均匀分布着电荷体密度为 ρ 的正电荷 若保持电荷分布
在该球体
中挖去半径为 r 的一个小球体 球心为 O′ 两球心间距离 OO′ = d 1 在球形空腔内 球心 O′ 处的电场强度 E0
如图 4.24 所示 求
2 在球体内 P 点处的电场强度 E 设 O′ O P 点在同一直径 且 OP = d 解 利用补偿法 可将 看成是带有电荷体密度为 ρ 的大球和带有电荷体密度为 − ρ 的
4.8 一个细玻璃棒被弯成半径为 R 的半圆形 沿 半部分均匀分布有电荷+Q 沿 半部分均匀分布有电荷 Q 如图 4.22 所示 试求圆心 O 处的电场强度