大学物理答案第17章

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《大学物理》第17章温度热膨胀和理想气体定律

(a) 1.33 atm; (b) 0.75 atm; (c) 4.7 atm; (d) 0.21 atm; (e) 1.00 atm。
§17- 8 利用理想气体定律解决问题
我们会经常提到“标准状况”或标准温度和压强（STP），这意
味着： T 273K (0 0C)和P 1.00 atm 1.013105 N / m2 101.3 kPa
§17- 6 气体定律与绝对温度
玻意耳定律 [ 罗伯特 · 玻意耳（ 1627 － 1691）]首次在自己实验的基础上提出— —在温度不变的条件下
1 V
[ 常数 T ]
雅克·查尔斯（P法国人1746－1823年）发
现——当压强保持恒定，且不太高的情况
下，体积几乎随温度呈线性的变化。
V T
解：α=12×10-6（℃)-1，当温度在40℃时，其长度增加为 l αl0T (12 106 / C0 )(200m)(40 0C 20 0C) 4.8 102 m
当温度下降到-30℃ 时，Δ T = -30℃, 则有
Δl αl0ΔTC0 ) 12.0 102 m 伸缩缝总范围容许量为12cm + 4.8cm ≈ 17cm
对于摄氏温标，两个标记之间的距离被划分为100等份，在0℃ 和100℃ 之间，相邻等份之间相差1℃ (因此得名“摄氏温标”意思是“百份”)。
对于华氏温标，这两个点被标记为32℉和212℉，它们之间的距离被分成180个相等的间隔。
请注意，当我们提到一个特定的温度时，例如我们说 200C，“0在前，C 在后”；但是，当我们提到一个变化的温度或温度间隔时，例如我们说 2 C0 ，“C在前， 0在后”。两个温标之间的转换可以写成：
ΔV (3α)V0ΔT

大学物理第十七章波动光学(二)双缝干涉

1.000276 205893108 / 20 1.000335
3. 菲涅耳双棱镜干涉实验
pM
E
s1
ds

s2
N E`
B
C
4. 菲涅耳双面镜干涉实验
点光源 s
屏
平面镜
M1
A
C

M2
B
4. 菲涅耳双面镜干涉实验
点光源 s
屏
平面镜
s1
M1
A
虚光源
s2
C
M2
B
4. 菲涅耳双面镜干涉实验
xk红

k
D d
红
x(k 1)紫

(k
1)
D d
紫
干涉明暗条纹的位置
由 xk红 = x(k+1)紫的临界情况可得
k红 (k 1)紫
将红 = 7600Å，紫 = 4000Å代入得 k=1.1
因为 k只能取整数，所以应取 k=2
这一结果表明：在中央白色明纹两侧，只有第一级彩色光谱是清晰可辨的。
当容器未充气时，
测量装置实际上是杨氏
l
·P`
双缝干涉实验装置。其
s1
零级亮纹出现在屏上与 s
p0
S1 、S2 对称的P0点.从
s2
S1 、S2射出的光在此处
相遇时光程差为零。
容器充气后，S1射出的光线经容器时光程要增加，零级亮纹应在 P0的上方某处P出现，因而整个条纹要向上移动。
干涉明暗条纹的位置
高等教育大学教学课件大学物理-波动光学
§17-2 双缝干涉 1. 杨氏双缝实验
托马斯• 杨
杨氏双缝实验
相干光的获得：分波阵面法

大学物理习题详解—近代物理部分.doc

狭义相对论基本假设、洛伦兹变换、狭义相对论时空观 17. 2两火箭A 、B 沿同一直线相向运动，测得两者相对地球的速度大小分别是 =0.9c, v B = 0.8c.则两者互测的相对运动速度大小为：(A) 1.7c ； (B) 0.988c ； (C) 0.95c ；(D) 0.975c.答：B .分析：以 A 为 S ，系，则 w=0.9c, V v =-0.8c,由相对论速度变换关系可知：SAS'爪VB-0.8c-0.9c•0&・・。

.9疽一第十七章相对论17. 1在狭义相对论中，下列说法哪些正确？(1) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速，(2) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的运动状态而改变的， (3) 在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其它一切惯性系中也是同时发生的，(4) 惯性系中观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比与他相对静止的相同时钟走得慢些.(A) (1) (3) (4) ； (B) (1) (2) (4)； (C)(2) (3) (4) ；(D) (1)(2)(3).[]答：B. 分析：(1) 根据洛仑兹变换和速度变换关系，光速是速度的极限，所以(1)正确； (2) 由长度收缩和时间碰撞(钟慢尺缩)公式，长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的运动状态而改变的；同时在相对论情况下，质量不再是守恒量，也会随速度大小而变化，所以(2)是正确的；(3) 由同时的相对性，在S'系中同时但不同地发生的两个事件，在S 系中观察不是同时的。

只有同时、同地发生的事件，在另一惯性系中才会是同时发生的，故排除⑶；(4) 由于相对论效应使得动钟变慢，故(4)也是正确的。

所以该题答案选(B)所以选(B)17. 3 —宇航员要到离地球5光年的星球去旅行，如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他乘的火箭相对于地球的速度为：(A)c/2；(B) 3c/5；(C)4c/5；(D) 9c/10. [ ] 答：C.分析：从地球上看，地球与星球的距离为固有长度L。

大学物理下第17章习题详解

第17章习题解答【17-1】解首先写出S 点的振动方程若选向上为正方向，则有：－=0 21cos 0-=ϕ 0=－A sin 0>0， sin 0<0即 πϕ320-= 初始位相 πϕ320-= 则 m t y s )32cos(02.0πω-= 再建立如图题17-1（a ）所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为：ux t =∆ 则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0 若坐标原点不选在S 点，如图题17-1（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为：uL x t -=∆ 则该波的波动方程为：m u L x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0 若P 点选在S 点左侧，如图题17-1（c ）所示，则m u L x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0 【17-2】解（1）由图题17-2可知，波长 =0.8m振幅 A=0.5m频率 Hz Hz u v 1258.0100===λ 周期 s vT 31081-⨯== （2）平面简谐波标准动方程为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u x t A y 由图可知，当t=0，x=0时，y=A=，故=0。

将A 、(v)、u 、代入波动方程，得： m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)100(250cos 5.0π 【17-3】解（1）由图题17-3可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±= 再由该列波的传播方向可知，0<0取 2πϕ= 由图题17-3可知，m OP 40.0==λ，且u=0.08m/s ，则s rrad s rad uv /52/40.008.0222ππλππω==== 可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+= （2）已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s ，以及O 点振动表达式，波动方程为： m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ （3）将x==代入上式，即为P 点振动方程：m t y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ππ3252cos 04.0 （4）图题17-3中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。

大学物理下17章习题参考答案中国石油大学

17章习题参考答案17-3 如图所示，通过回路的磁场与线圈平面垂直且指出纸里，磁通量按如下规律变化()Wb 1017632-⨯++=Φt t式中t 的单位为s 。

问s 0.2=t 时，回路中感应电动势的大小是多少? R 上的电流方向如何?[解] ()310712d d -⨯+=Φ-=t tε ()23101.3107212--⨯=⨯+⨯=V根据楞次定律，R 上的电流从左向右。

17-4如图所示，两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈，相距x ，且，R >>r ，x >>R 。

若大线圈有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速度v 运动。

试求x =NR 时(N >0)，小线圈中产生的感应电动势的大小。

[解] 因R>>r 可将通过小线圈的B 视为相等，等于在轴线上的B()2322202xR IR B +=μ由于x >>R ，有 3202x IR B μ=所以 t xxIS R t d d 32d d 420μ=Φ-=ε 而v t x=d d 因此 x =NR 时， 242023R N v r I πμ=ε17-5 如图所示，半径为R 的导体圆盘，它的轴线与外磁场平行，并以角速度ω转动(称为法拉第发电机)。

求盘边缘与中心之间的电势差，何处电势高?当R ＝0.15m ，B =0.60T ，rad 30=ω时，U 等于多大?[解] 圆盘可看成无数由中心向外的导线构成的，每个导线切割磁力线运动且并联，因此有2021d d )(BR r rB R L ωω==⋅⨯=⎰⎰l B v 感ε因电动势大于零，且积分方向由圆心至边缘，所以边缘处电位高(或由右手定则判断)代入数据得201506030212...=⨯⨯⨯==εU V 17-6 一长直导线载有电流强度I =5.0A 的直流电，在近旁有一与它共面的矩形线圈，线圈长l ＝20cm ，宽a =10cm ，共1000匝，如图所示。

大学物理第十七章波动光学(二)双缝干涉

的极限宽度：
b B
d
d B
b
光场的空间相干性：
*描述光源线宽度对干涉条纹的影响。 *反映扩展光源不同部分发光的独立性。
光源沿y轴方向扩展时，各点光源的各套干涉纹发生非相干性叠加，条纹更加明亮，所以用狭缝线光源
（c）光的非单色性对条纹可见度的影响
实际光源都发出非严格单色波,
I
条纹的移动 x D
d
(1)d,D一定时，若λ变化，则Δx将怎样变化？
(2) λ,D一定时，条纹间距Δx与d的关系如何？
(3)白光照射双缝: 零级明纹：白色其余明纹：彩色光谱
高级次重叠。 S*
零级
一级
二级三级
（4）光源S的移动对条纹的影响
S沿x轴平移，条纹整体沿相反方向上下移动，其余不变
I0
I0/2
L
P
可度以证有明关波系L列：长度2L与波长波宽列通过谱PO线点宽持度续时间 t

L c
干涉条纹可见度 V 1 Δ L
定义相干长度为能产生干涉条纹的最大光程差
V 1 Δ L
相干长度和相干时间越长，光源的相干性越好，条纹可见度越高。
相干长度： L 2
高等教育大学教学课件大学物理
同学们好！
§17－2 双缝干涉
一、杨氏双缝实验
Thomas Young 1773--1829
英国医生、科学家托马斯.杨1801年用双缝干涉实验证明了光的波动性，并首先测出太阳光的平均波长：
杨氏 570 nm
现代 555 nm
该实验对光的波动说的复苏起到关键作用，在物理学史上占重要地位。
S沿y轴平移，条纹不动
思考：（1）条纹的定域

大学物理习题答案第十七章

[习题解答]17-5 将20g的氦气分别按照下面的过程，从17℃升至27℃，试分别求出在这些过程中气体系统内能的变化、吸收的热量和外界对系统作的功：(1)保持体积不变；(2)保持压强不变；(3)不与外界交换热量。

设氦气可看作理想气体，且。

解(1)保持体积不变：外界对系统不作功,系统内能的变化为,吸收的热量为.这表示，在系统体积不变的情况下，外界对系统不作功，系统从外界获得的热量全部用于内能的增加。

(2)保持压强不变：,系统内能的变化,外界对系统作功.这表示，在系统保持压强不变的情况下，系统从外界获得的热量，一部分用于增加系统的内能，另一部分用于系统对外界作功。

(3)不与外界交换热量，即绝热过程：吸收的热量,系统内能的变化,外界对系统作功.这表示，在绝热条件下，系统与外界无热量交换，外界对系统所作的功全部用于内能的增加。

17-6 把标准状态下的14 g氮气压缩至原来体积的一半，试分别求出在下列过程中气体内能的变化、传递的热量和外界对系统作的功：(2)绝热过程；(3)等压过程。

设氮气可看作为理想气体，且。

解(1)等温压缩过程：外界对系统所作的功;在等温过程中系统内能不变;传递的热量：根据热力学第一定律，有.这表示，在等温过程中，系统内能不变，外界对系统所作的功全部以热量的形式释放到外界。

(2)绝热压缩过程：;,根据绝热方程,,其中,所以;外界对系统所作的功.这表示，在绝热压缩过程中，外界对系统所作的功，全部用于系统内能的增加。

(3)等压过程：根据物态方程，在初态和末态分别有,,两式相除，得或 ,所以.内能的增加为;系统获得的热量为;外界对系统所作的功为.这表示，在等压过程中，系统向外界释放热量，此热量来自于外界对系统所作的功和自身内能的减小。

17-7 在标准状态下的16 g氧气经过一绝热过程对外界作功80 J。

求末态的压强、体积和温度。

设氧气为理想气体，且，。

解系统对外界作功80 J，即,在绝热过程中系统与外界无热量交换，所以,根据热力学第一定律,这表示，在绝热过程中系统降低自身的内能而对外界作功。

大学物理答案第17章

第十七章光的衍射17－1 波长为700nm 的红光正入射到一单缝上，缝后置一透镜，焦距为0.70m ，在透镜焦距处放一屏，若屏上呈现的中央明条纹的宽度为2mm ，问该缝的宽度是多少？假定用另一种光照射后，测得中央明条纹的宽度为1.5mm ，求该光的波长。

解：单缝衍射中央明条纹的宽度为afx λ2=∆m xf a 739109.4102107007.022---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆=λfx a2∆=λ代入数据得 nm 5257.02105.1109.437=⨯⨯⨯=--λ17－2一单缝用波长为λ1和λ2的光照明，若λ1的第一级衍射极小与λ2的第二级衍射极小重合。

问（1）这两种波长的关系如何？（2）所形成的衍射图样中是否还有其它极小重合？解：（1）单缝衍射极小条件为λθk a =sin依题意有 212λλ= （2）依题意有11sin λθk a = 22sin λθk a =因为212λλ=，所以得所形成的衍射图样中还有其它极小重合的条件为212k k =17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。

解：单缝衍射中央明条纹的宽度为af x λ2=∆代入数据得mm x 461.5101.0101.54610502392=⨯⨯⨯⨯=∆---17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。

解：单缝衍射极小的条件λθk a =sin依题意有m a μλ26.70872.0108.6325sin 9=⨯==-17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。

在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？解：单缝衍射极小条件为λθk a =sin依题意有 0115.234.0sin52sin20sin 50===→=--θθ中央波束的角宽为0475.2322=⨯=θ17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。

大学物理第十七章课后答案

习题十七17-1 按照原子核的质子一中子模型，组成原子核X AZ 的质子数和中子数各是多少？核内共有多少个核子？这种原子核的质量数和电荷数各是多少？答：组成原子核X AZ 的质子数是Z ，中子数是Z A -．核内共有A 个核子．原子核的质量数是A ，核电荷数是Z ．17-2 原子核的体积与质量数之间有何关系？这关系说明什么？答：实验表明，把原子核看成球体，其半径R 与质量数A 的关系为310A R R =，说明原子核的体积与质量数A 成正比关系．这一关系说明一切原子核中核物质的密度是一个常数．即单位体积内核子数近似相等，并由此推知核的平均结合能相等．结合能正比于核子数，就表明核力是短程力．如果核力象库仑力那样，按照静电能的公式，结合能与核子数A 的平方成正比，而不是与A 成正比．17-3 什么叫原子核的质量亏损？如果原子核X AZ的质量亏损是m ∆，其平均结合能是多少？解：原子核的质量小于组成原子核的核子的质量之和，它们的差额称为原子核的质量亏损．设原子核的质量为x M ，原子核X A Z 的质量亏损为:x n p M m Z A Zm m --+=∆])([平均结合能为A mc A E E 20ΔΔ== 17-4 已知Th 23290的原子质量为u 232.03821，计算其原子核的平均结合能.解：结合能为MeV 5.931])([ΔH ⨯--+=M m Z A Zm E nTh 23290原子u M 03821.232=,90=Z ,232=A ,氢原子质量u m 007825.1H =， u m n 008665.1=MeV1.766.56MeV5.931]03821.232008665.1)90232(007825.190[Δ=⨯-⨯-+⨯=∴E∴平均结合能为 MeV614.723256.1766Δ0===A E E17-5什么叫核磁矩？什么叫核磁子（N μ）？核磁子N μ和玻尔磁子B μ有何相似之处？有何区别？质子的磁矩等于多少核磁子？平常用来衡量核磁矩大小的核磁矩I μ'的物理意义是什么？它和核的g 因子、核自旋量子数的关系是什么？解：原子核自旋运动的磁矩叫核磁矩，核磁子是原子核磁矩的单位，定义为：227m A 10.05.51.18361π4⋅⨯===-B p N m eh μμ式中pm 是质子的质量．核磁子与玻尔磁子形式上相似，玻尔磁子定义为e B m ehπμ4=，式中e m 是电子的质量．质子的磁矩不等于N μ．质子的磁矩N P μμ79273.2=．平常用来衡量核磁矩大小的是核磁矩在外磁场方向分量的最大值I μ'，它和原子核g 因子、自旋量子数的关系是N I II g μμ='． 17-6 核自旋量子数等于整数或半奇整数是由核的什么性质决定？核磁矩与核自旋角动量有什么关系？核磁矩的正负是如何规定的？解：原子核是由质子和中子组成．质子和中子的自旋均为21．因此组成原子核的质子和中子数的奇、偶数决定了核自旋量子数为零或21的奇、偶倍数．核磁矩与自旋角动量的关系是：IpI I P m e g 2=μ I μ的正负取决于I g 的正负．当I μ与I P 平行时I μ 为正，当I μ 与I P 反平行时，I μ为负．17-7 什么叫核磁共振？怎样利用核磁共振来测量核磁矩？解：原子核置于磁场中，磁场和核磁矩相互作用的附加能量使原子核能级发生分裂．当核在电磁辐射场中时，辐射场是光子组成的，当光子的能量hv 等于核能级间隔时，原子核便吸收电磁场的能量，称为共振吸收，这一现象称为核磁共振．在磁场中核能级间隔为：B g E N I μ=∆共振吸收时，B g E h N I μυ=∆=通常用核磁矩在磁场方向分量的最大值I μ'来衡量磁矩的大小,N I I I g μμ='，则有BIh Iμυ'=∴B h II υμ='，已测出I ，υ，现测得B 就可以算出I μ'．17-8 什么叫核力？核力具有哪些主要性质？答：组成原子核的核子之间的强相互作用力称为核力．核力的主要性质：(1)是强相互作用力，主要是引力．(2)是短程力，作用距离小于m 1015-,(3)核力与核子的带电状况无关．(4)具有饱和性． 17-9 什么叫放谢性衰变？α，β，γ射线是什么粒子流？写出U 23890的α衰变和Th 23490的β衰变的表示式.写出α衰变和β衰变的位移定则.解：不稳定的原子核都会自发地转变成另一种核而同时放出射线，这种变化叫放射性衰变．α射线是带正电的氦核He 42粒子流，β射线是高速运动的正、负电子流，γ射线是光子流．e e υ~Pa Th He Th 012349123490422349023892++→+→-α衰变和β衰变的位移定则为：α衰变 He Y X 4242+→--A z A z β衰变的位移定则为：e A z A z υ~e Y X 0++→-+e A z A zυ++→+-e Y X 01117-10 什么叫原子核的稳定性？哪些经验规则可以预测核的稳定性？答：原子核的稳定性是指原子核不会自发地从核中发出射线而转变成另一种原子核的性质．以下经验规则可预测核的稳定性：(1)原子序数大于84的核是不稳定的．(2)原子序数小于84的核中质子数和中子数都是偶数的核稳定．(3)质子或中子数等于幻数2、8、20、28、50、82、126的原子核特别稳定．(4)质子数和中子数之比1=p n 的核稳定．比值越大，稳定性越差．17-11 写出放射性衰变定律的公式.衰变常数λ的物理意义是什么？什么叫半衰期21T ？21T 和λ有什么关系？什么叫平均寿命τ？它和半衰期21T 、和λ有什么关系？解：tN N λ-0e=，衰变常数N tN d /d -=λ．的物理意义是表示在某时刻，单位时间内衰变的原子数与该时刻原子核数的比值．是表征衰变快慢的物理常数．原子核每衰变一半所需的时间叫半衰期．λT 2ln 21=平均寿命τ是每个原子核衰变前存在时间的平均值．λτ1=2ln 21τ=T ．17-12 测得地壳中铀元素U 23592只点0.72%，其余为U 23892，已知U 23892的半衰期为4.468×109年，U 23592的半衰期为7.038×108年，设地球形成时地壳中的U 23892和U 23592是同样多，试估计地球的年龄.解：按半衰期λλ693.02ln ==T对年：/110847.910038.7693.0693.0U 10181123592-⨯=⨯==T λ对年：/110551.110468.4693.0693.0U 1092223892-⨯=⨯==T λ按衰变定律tN N λ-=e 0，可得ttt N N N N )(00211221e e e λλλλ---==则地球年龄：1221ln λλ-=N N t 年9101094.510)847.9551.1(28.9972.0ln⨯=⨯-=-17-13 放射性同位素主要应用有哪些？答：放射性同位素主要在以下几个方面应用较广泛：医学上用于放射性治疗和诊断；工业上用于无损检测；农业上用放射性育种；考古学、地质学中用于计算生物或地质年代；生物学中作示踪原子等等．17-14 为什么重核裂变或轻核聚变能够放出原子核能？答：轻核和重核的平均结合能较小，而中等质量)60~40(=A的核平均结合能较大，因此将重核裂变成两个中等质量的核或轻核聚变成质量数较大的核时平均结合能升高，从而放出核能．17-15 原子核裂变的热中子反应堆主要由哪几部分组成？它们各起什么作用？答：热中子反应堆的主要组成部份有堆芯、中子反射层、冷却系统、控制系统、防护层．堆芯是放置核燃料和中子减速剂的核心部份，维持可控链式反应，释放原子核能．冷却系统与换能系统合二为一，再通过冷却系统将堆芯释放出的核能输送到堆芯以外．控制系统是通过控制棒插入堆芯的长度，控制参加反应的中子数，使反应堆保持稳定的功率．中子反射层是阻挡中子从反应堆中逸出．防护层是反应堆的安全屏障．17-16 试举出在自然界中存在负能态的例子.这些状态与狄拉克真空，结果产生1 MeV的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：例如物体在引力场中所具有的引力势能；正电荷在负电荷电场中的静电能，都是自然界中的负能态．这些负能态是能够观测到的，具有可观测效应．狄拉克的负能态是观测不到的，没有可观测效应．17-17 将3MeV能量的γ光子引入狄拉克真空，结果产生1MeV的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：把能量大于电子静能两倍MeV022.122=>cmE的γ光子引入真空，它有可能被负能量电子的一个电子所吸收，吸收了这么多能量的电子有可能越过禁区而跃迁到正能量区，并表现为一个正能量的负电子-e；同时，留下的空穴表现为一个正能量的正电子+e．这一过程称为电子偶的产生，可写为-++→eeγ按题意，根据能量守恒，正电子的能量为MeV 217-18 试证明任何能量的γ光子在真空中都不可能产生正、负电子对.答：证明：设由γ光子转化成的一对正负电子其动量分别为1p和2p，在电子的质心系中应有21=+pp并且正负电子的总能量应大于22cme．按照相对论，光子动量与能量的关系为pcE=，动量等于零而能量不等于零的光子是不存在的．显然γ光子转换成正负电子，同时满足能量守恒和动量守恒是不可能的，即在真空中无论γ光子能量多大，都不可能产生正负电子对．但是γ光子与重原子核作用时便可转化为正负电子对．。

大学物理17章答案

第17章量子物理基础17.1 根据玻尔理论，计算氢原子在n = 5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比．[解答]玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为2π==n n hL mvr n ，对于第一激发态，n = 2，所以L 5/L 2 = 5/2．17.2设有原子核外的3p 态电子，试列出其可能性的四个量子数．[解答] 对于3p 态电子，主量子数为n = 3，角量子数为 l = 1，磁量子数为 m l = -l , -(l - 1), …, l -1, l ，自旋量子数为 m s = ±1/2．3p 态电子的四个可能的量子数(n ,l ,m l ,m s )为(3,1,1,1/2)，(3,1,1,-1/2)，(3,1,0,1/2)，(3,1,0,-1/2)，(3,1,-1,1/2)，(3,1,-1,-1/2) ．17.3 实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长λm 和黑体温度的乘积为一常数，即λm T = b = 2.897×10-3m·K ．实验测得太阳辐射波谱的峰值波长λm = 510nm ，设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度．[解答]太阳表面的温度大约为392.8971051010λ--⨯==⨯m b T = 5680(K)．17.4 实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M （即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度）与温度的4次方成正比，即M = σT 4，其中σ =5.67×10-8W·m -2·K -4．试由此估算太阳单位表面积的辐射功率（太阳表面温度可参见上题）．[解答]太阳单位表面积的辐射功率大约为M = 5.67×10-8×(5680)4 = 5.9×107(W·m -2)．17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K 黑体辐射．求：（1）此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？（2）地球表面接收此辐射的功率是多少？[解答]（1）根据公式λm T = b ，可得辐射的极值波长为λm = b/T = 2.897×10-3/3 = 9.66×10-4(m)．（2）地球的半径约为R = 6.371×106m ，表面积为 S = 4πR 2．根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为 M = σT 4，因此地球表面接收此辐射的功率是P = MS = 5.67×10-8×34×4π(6.371×106)2= 2.34×109(W)．17.6 铝表面电子的逸出功为6.72×10-19J，今有波长为λ = 2.0×10-7m 的光投射到铝表面上．试求：（1）由此产生的光电子的最大初动能；（2）遏止电势差；（3）铝的红限波长．[解答]（1）光子的能量为E = hν = hc/λ，根据爱因斯坦光电效应方程hν = E k + A，产生的光电子的最大初动能为E k= hν - A= 6.63×10-34×3×108/2.0×10-7-6.72×10-19= 3.23×10-19(J)．（2）遏止电势差的公式为eU s = E k，遏止电势差为U s = E k/e = 3.23×10-19/1.6×10-19=2.0(V)．（3）铝的红限频率为ν0= A/h，红限波长为λ0= c/ν0= hc/A= 6.63×10-34×3×108/6.72×10-19= 2.96×10-7(m)．17.7 康普顿散射中入射X射线的波长是λ = 0.70×10-10m，散射的X 射线与入射的X射线垂直．求：（1）反冲电子的动能E K ；（2）散射X 射线的波长；（3）反冲电子的运动方向与入射X 射线间的夹角θ．[解答]（1）（2）根据康普顿散射公式得波长变化为21222sin 2 2.42610sin 24ϕπλΛ-∆==⨯⨯= 2.426×10-12(m)，散射线的波长为λ` = λ + Δλ = 0.72426×10-10(m)．反冲电子的动能为`k hchcE λλ=-34834810106.6310310 6.63103100.7100.7242610----⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-⨯⨯= 9.52×10-17(J)．（3）由于 /`tan /`hc hc λλθλλ==，0.70.96650.72426==，所以夹角为θ = 44°1`．17.8 求波长分别为λ1 = 7.0×10-7m 的红光；λ2 = 0.25×10-10m 的X 射线的能量、动量和质量．[解答]X 射线的能量为E = h ν = hc/λ，动量为 p = h/λ；由E = hc/λ = mc 2，得其质量为m = h/cλ．对于红光来说，能量为348176.6310310710E --⨯⨯⨯=⨯= 2.84×10-19(J)，动量为34176.6310710p --⨯=⨯= 9.47×10-25(kg·m·s -1)，质量为341876.6310310710m --⨯=⨯⨯⨯= 3.16×10-36(kg)．对于X 射线来说，能量为3482106.63103100.2510E --⨯⨯⨯=⨯= 7.956×10-15(J)，动量为342106.63100.2510p --⨯=⨯= 2.652×10-23(kg·m·s -1)，质量为3428106.63103100.2510m --⨯=⨯⨯⨯= 8.84×10-32(kg)．17.9 处于第四激发态上的大量氢原子，最多可发射几个线系，共几条谱线？那一条波长最长．[解答]第四激发态的氢原子处于第5个能级，最多可发射四个线系．（1）能级5到4，1条谱线；（2）能级5和4到3，2条谱线；（3）能级5、4和3到2，3条谱线；（3）能级5、4、3和2到1，4条谱线．共10条谱线．从能级5跃迁到4发射的光谱频率最小，波长最长．17.10 设氢原子中电子从n = 2的状态被电离出去，需要多少能量．[解答]氢原子能级公式为4222018n me E h n ε=-，当n =1时，基态能级的能量为412208me E h ε=-≈-2.18×10-18(J) = -13.6(eV)，因此 12n E E n =．当电子从n 能级跃迁到m 能级时放出（正）或吸收（负）光子的能量为12211()n m E E E E n m ∆=-=-．电离时，m 趋于无穷大．当电子从n = 2的能级电离时要吸收能量 221113.6()2E ∆=--∞= -3.4(eV)，因此需要3.4eV 的能量．17.11 质量为m 的卫星，在半径为r 的轨道上环绕地球运动，线速度为v ．（1）假定玻尔氢原子理论中关于轨道角动量的条件对于地球卫星同样成立．证明地球卫星的轨道半径与量子数的平方成正比，即r = Kn 2，（式中K 是比例常数）；（2）应用（1）的结果求卫星轨道和下一个“容许”轨道间的距离，由此进一步说明在宏观问题中轨道半径实验上可认为是连续变化的（利用以下数据作估算：普朗克常数h = 6.63×10-34J·s ，地球质量M = 6×1024kg ，地球半径R = 6.4×103km ，万有引力常数G =6.7×10-11N·m 2·kg -2．[解答]（1）卫星绕地球运动的向心力是万有引力22Mm mv G r r =；根据玻尔理论，角动量为mvr = nh /2π．将前式乘以mr 3得2222()()4nh GMm r mvr π==，所以 222224h n r Kn GMm π==，即：卫星的轨道半径与量子数的平方成正比．（2）假设卫星质量m = 100kg ，比例系数为2224h K GMm π=342211242(6.6310)4 6.710610(100)π--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ = 2.77×10-87．可见：比例系数很小．当r = R 时，地球表面的量子数为460 4.810n ⨯．可见：地球表面处的量子数很大．地面以上的量子数设为n `，(n` = 1,2,3,…)，则总量子数可表示为两个量子数之和：n =n 0 + n`．轨道间的距离为Δr = K [(n 0 + n` + 1)2 - (n 0 + n`)2]= K [2(n 0 + n`) + 1]．由于n 0>>1，所以Δr = 2Kn 0 + 2Kn`．设n` = kn 0，即：取地面以上的量子数为地球表面量子数的倍数，有n = (k + 1)n 0，则r = Kn 02(k + 1)2，Δr = 2Kn 0(k + 1) = 2.66×10-40(k + 1)．这说明：当地面以上的量子数按k + 1成倍地增加时，半径将按k + 1的平方的规律增加，而轨道之间的距离只按k + 1的一次方的规律增加；由于Δr 的系数很小，所以轨道间距是非常非常小的，因此可认为轨道半径是连续变化的．17.12 电子和光子各具有波长2.0×10-10m ，它们的动量和总能量各是多少？[解答]它们的动量都为34106.6310210h p λ--⨯==⨯= 3.315×10-24(kg·m·s -1)．根据公式E 2 = p 2c 2 + m 02c 4，电子的总能量为E ==3×108×[(3.315×10-24)2+ (9.1×10-31×3×108)2]1/2=8.19×10-14(J)．光子的静止质量为零，总能量为E = cp= 3×108×3.315×10-24 = 9.945×10-16(J)．17.13 室温下的中子称为热中子T = 300K ，试计算热中子的平均德布罗意波长．[解答]中子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 p是电子的质量m p= 1.675×10-27kg，可得平均速度为v= 2.509×104(m·s-1)，平均动量为=np m v= 4.2×10-27(kg·m·s-1)．平均德布罗意波长为/λ=h p= 1.58×10-10(m) = 0.158(nm)．17.14 一束动量是p的电子，通过缝宽为a的狭缝，在距离狭缝为R 处放置一屏，屏上电子衍射图样中央最大的宽度是多少？[解答]根据动量和位置的不确定关系Δp x·Δx≧h，其中位置不确定量为Δx = a，动量的不确定量为Δp x = p sinθ．设电子衍射图样的中央最大半宽度为w，则sinθ = w/R，可得wp a hR⋅≥，宽度为22hRwpa≥．[注意]如果将h改为ћ/2，则宽度为2w≧ћR/pa．两者相差很小．17.15 一宽度为a的一维无限深势阱，试用不确定关系估算阱中质量为m的粒子最低能量为多少？[解答]粒子坐标的不确定范围是Δx ≦a ，动量的不确定范围是Δp ≧h /Δx ≧h /a ．这也就是动量p 的范围．因此能量为E = p 2/2m ≧ h 2/2ma 2，最低能量可估计为E min = h 2/2ma 2．17.16 设有一宽度为a 的一维无限深势阱，粒子处于第一激发态，求在x = 0至x = a /3之间找到粒子的几率？[解答]粒子在一维无限深势阱中的定态波函数为(0)(),(1,2,3,...)πψ≤≤==n x a n x x n a ，Ψ(x ) = 0，(x < 0，x > a )．当粒子处于第一激发态时，n = 2，在x = 0至x = a /3之间被发现的几率为/3220|()|d ψ⎰a x x /32022sin d π=⎰a x x a a23== 0.391．17.17 设粒子在宽度为a 的一维无限深势阱运动时，其德布罗意波在阱内形成驻波，试利用这一关系导出粒子在阱中的能量计算式．[解答]当粒子在势阱中形成稳定驻波时，势阱宽度必然为半波长的整数倍，即n (λ/2) = a ，(n = 1,2,3,…)．根据德布罗意假设 λ = h/p ，可得粒子的动量为2λ==h nhp a 能量为 222228==p h E n m ma ．17.18假定对某个粒子动量的测定可精确到千分之一，试确定这个粒子位置的最小不确定量．（1）该粒子质量为5×10-3kg ，以2m·s -1的速度运动；（2）该粒子是速度为1.8×108m·s -1的电子．[解答]粒子的动量为 p = mv ，动量的不确定量为 Δp = p /1000，根据动量和位置的不确定关系Δp ·Δx ≧ћ/2，位置的不确定量为 Δx = ћ/2Δp ．（1）100024h x p mv π∆≥=∆h3431000 6.631045102-⨯⨯=π⨯⨯⨯= 5.276×10-30(m)．（2）100024h x p mv π∆≥=∆h343181000 6.631049.110 1.810--⨯⨯=π⨯⨯⨯⨯= 3.22×10-10(m)．17.19设有某线性谐振子处于第一激发态，其波函数为2221ψ-=a x ．式中a =，k 为常数，则该谐振子在何处出现的概率最大？[解答]第一激发态的概率为22221||a xw e ψ-==，对x 求导得222222d (2)]d a x a x w xe x a x e t --=+-2222(1)a xx x a e -=-，令d w /d t = 0，得概率最大的位置为x = ±1/a ．17.20一维运动的粒子，处于如下的波函数所描述的状态,(0);()0,(0).x Axe x x x λψ-⎧>=⎨<⎩式中λ > 0，A 为常数．（1）将此波函数归一化；（2）求粒子位置的概率分布函数；（3）粒子在在何处出现的概率最大？[解答]（1）归一化得222201||d d x x A xe x λψ∞∞--∞==⎰⎰ 22201d 2x A x e λλ∞--=⎰2222001{2d }2x x A x e xe x λλλ∞∞---=-⎰222012()d 2xA x e λλ∞--=-⎰ 22220012(){d }2xx A xe e x λλλ∞∞---=--⎰22323012()24xA A e λλλ∞--==，所以A =2λ3/2 ．归一化波函数为3/22,(0);()0,(0).x xe x x x λλψ-⎧>=⎨<⎩（[注]利用Γ函数的性质可简化积分过程．10()d n x n x e x∞--Γ=⎰，当n 为整数时，Γ(n ) = (n - 1)!．设y = 2λx ，则d x = d y /2λ，可得22331001d ()d 2x y x ex y e y λλ∞∞---=⎰⎰ 3311()(3)2()22λλ=Γ=，可以得出同一结果．）（2）粒子坐标的几率分布函数为32224,(0);()|()|0,(0).x x e x w x x x λλψ-⎧>==⎨<⎩（3）利用上一题的方法求导可得几率最大的位置为x = 1/λ．17.21 设有某一维势场如下：0,(0);,(0,).≤≤⎧=⎨<>⎩x LVV x x L该势场可称为有限高势阱，设粒子能量E < V0，求E所满足的关系式．[解答]粒子运动的薛定谔方程为222()0mE Vψψ∇+-=h．在三个区域的方程为210122d2()0,(0);dmE V xxψψ+-=<h22222d20,(0);dmE x Lxψψ+=<<h230322d2()0,().dmE V x Lxψψ+-=>h设1k=h，2k=h，则得221112d0,(0);dk xxψψ-=<（1）222222d0,(0);dk x Lxψψ+=<<（2）223132d0,().dk x Lxψψ-=>（3）方程的通解为ψ1(x) = A1exp(k1x) + B1exp(-k1x),(x<0);（4）ψ2(x ) = A 2cos(k 2x ) + B 2sin(k 2x ),(0<x <L );（5）ψ3(x) = A 3exp(k 1x ) + B 3exp(-k 1x ),(x >L )．（6）当x →-∞时，ψ1有限，所以B 1 = 0；当x →∞时，ψ3有限，所以A 3 = 0．当x = 0时，ψ1(0) = ψ2(0)，可得A 1 = A 2；（7）同时ψ1`(0) = ψ2`(0)，可得k 1A 1 = k 2B 2．（8）当x = L 时，ψ2(L ) = ψ3(L )，ψ2`(L ) = ψ3`(L )，可得A 2cos k 2L +B 2sin k 2L = B 3exp(-k 1L )；（9）-k 2A 2sin k 2L + k 2B 2cos k 2L = -k 1B 3exp(-k 1L )(10)将（9）乘以k 1加（10）得k 1A 2cos k 2L + k 1B 2sin k 2L-k 2A 2sin k 2L + k 2B 2cos k 2L = 0．即 (k 1A 2 + k 2B 2)cos k 2L = (k 2A 2 - k 1B 2)sin k 2L ，亦 122222212t a n k A k B k L k A k B +=-．（11）由（7）和（8）得k 1A 2 = k 2B 2，即 B 2 = k 1A 2/k 2，（12）（12）代入（11）式得12222212tan kk k L k k =-，即0t a n =h （13）这就是总能量满足的关系式．17.22 原子内电子的量子态由n 、l 、m l 、m s 四个量子数表征，当n 、l 、m l 一定时，不同的量子态数目为多少？当n 、l 一定时，不同量子态数目为多少？当n 一定时，不同量子态数目为多少？[解答]当n 、l 、m l 一定时，m s 只取两个值，所以量子态数目为2．当n 、l 一定时，m l 有(2l + 1)种不同取值，所以量子态数目为2(2l + 1)．当n 一定时，l 从0到(n - 1)共有n 种不同取值，量子态数目为1110002(21)421n n n l l l l l ---===+=+∑∑∑2(1)4222n n n n -=⨯+=．。

第17章-光的衍射

a sin
589 109 sin 1.18 105 a 0.5 103

第一级暗纹到中央亮纹中心的距离：
x1 f tan f sin
0.801.18105 9.44104 m

f
中央亮纹宽度： 2x1 1.9mm 其它亮纹宽度： 0.944 mm
黑龙江科技学院大学物理课程
第17章光的衍射
Optical
diffraction
单缝衍射
条纹照片
单缝菲涅耳衍射
（2）
圆孔衍射
圆盘衍射
S
*
H
P
泊松斑
17.1 光的衍射
一、光的衍射现象
1、现象光的直线传播
惠更斯—菲涅耳原理
S
H
*
P
光的圆孔衍射 2、定义
S
H
*
P
光在传播过程中绕过障碍物的边缘而偏离直线传播的现象。
2/d
sin
(/4d) 2/4d 3/4d ——相邻主极大间有N－1个暗纹 N－2个次极大亮纹。当N非常大时，暗条纹与次极大非常密集，几乎分辨不出来，只是在主极大亮纹间呈现一片“暗区”。
5.谱线强度
光栅中狭缝条数越多，明纹越亮. 亮纹的光强
I N I 0 （ N：狭缝数， I 0 ：单缝光强）
3、衍射发生条件：a~λ
二、衍射分类菲涅耳衍射夫琅禾费衍射
S
缝
P
缝
光源、屏与缝相距有限远
在夫实琅验禾中费实衍现射
光源、屏与缝相距无限远
S
L1
R
L2
P Q
惠更斯指出：波前上各点都看成子波波源。三、惠更斯—菲涅耳原理

普通物理学第五版第17章光学答案---精品资料

17-13 彩色电视发射机常用三基色的分光系统，如图所示，系用镀膜方法进行分色，现要求红光的波长为600nm，绿光的波长为 520nm,设基片玻璃的折射率n3 =15.0，膜材料的折射率 n2 =2.12。空气的折射率为 0 n1 ，设入射角i =45 。白光 i 试求膜的厚度。红光绿光兰光
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17-4 (1)用白光垂直入射到间距为d = 0.25mm的双链上，距离缝1.0m处放置屏幕。求第二级干涉条纹中紫光和红光极大点的间距(白光的波长范围是400—760nm)。
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17-5 一射电望远镜的天线设在湖岸上，距湖面高度为h 对岸地平线上方有一恒星刚在升起，恒星发出波长为l 的电磁波。试求当天线测得第一级干涉极大时恒星所在的角位置 q (提示:作为洛埃镜干涉分析)
(r2 e )+ ne r1 = 7l
e (n 1) = 7l
7 ×5.5×10-7 e= = =6.6 ×10-6 (m) 1.58 1 (n 1)
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17-3 在双缝干涉实验装置中，屏幕到双缝的距高D 远大于双缝之间的距离d，对于钠黄光(l = 589.3nm)，产生的干涉条纹，相邻两明纹的角距离(即相邻两明纹对双缝处的张角)为0.200 。 (1)对于什么波长的光，这个双线装置所得相邻两条纹的角距离比用钠黄光测得的角距离大10%? (2)假想将此整个装置没入水中(水的折射率n =1· 33)，用钠黄光照射时，相邻两明条纹的角距离有多大?
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1、本答案是对普通物理学第五版第十七章的答案，本章共19节内容，习题有63题，
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大学物理9-17章习题答案

习题十二12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化?解: υ不变，为波源的振动频率；nn 空λλ=变小；υλn u =变小．12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由．(1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于1S ，2S 联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝．解: 由λdD x =∆知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式∆λπϕ∆2= 中,光波的波长要用真空中波长,为什么?解:nr =∆．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为Ct ∆=∆．因为∆中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。

12-4 如题12-4图所示，A ，B 两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化?(1) A 沿垂直于B 的方向向上平移［见图(a)］； (2) A 绕棱边逆时针转动［见图(b)］．题12-4图解: (1)由l2λθ=，2λk e k =知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变；(2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密．12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为λ的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度．解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为2λ=∆e ，这也是工件缺陷的程度．题12-5图题12-6图12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中心收缩，问透镜是向上还是向下移动?解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚k e 位置向中心移动．12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0.20mm ，缝屏间距D ＝1.0m ，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离．解: (1)由λk dD x =明知，λ22.01010.63⨯⨯=，∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λdD x mm12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500oA ，求此云母片的厚度．解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为e n e ne )1(-=-=δ按题意 λδ7= ∴ 610106.6158.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ12-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm ，狭缝光源S 在离镜左边20cm 的平面内，与镜面的垂直距离为2.0mm ，光源波长=λ7.2×10-7m ，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．题12-9图解: 镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S '发出．所以由S 与S '发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为x 处的光程差为22)(12λλδ+=+-=Dx d r r第一明纹处，对应λδ= ∴25105.44.0250102.72--⨯=⨯⨯⨯==dD x λmm12-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5000 oA 与7000 oA 这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为ne 2，由反射相消条件有λλ)21(2)12(2+=+=k kk ne ),2,1,0(⋅⋅⋅=k ①当50001=λoA 时，有2500)21(21111+=+=λλk k ne ②当70002=λoA 时，有3500)21(22222+=+=λλk k ne ③因12λλ>，所以12k k <;又因为1λ与2λ之间不存在3λ满足33)21(2λ+=k ne 式即不存在 132k k k <<的情形，所以2k 、1k 应为连续整数，即 112-=k k ④由②、③、④式可得：51)1(75171000121221+-=+=+=k k k k λλ得 31=k2112=-=k k可由②式求得油膜的厚度为67312250011=+=nk e λoA12-11 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 oA 的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有λλk ne =+22 ),2,1(⋅⋅⋅=k得 122021612380033.14124-=-⨯⨯=-=k k k ne λ2=k , 67392=λoA (红色)3=k , 40433=λ oA (紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式 λk ne =2),2,1(⋅⋅⋅=k 所以 kkne 101082==λ当2=k 时， λ =5054oA (绿色) 故背面呈现绿色．12-12 在折射率1n =1.52的镜头表面涂有一层折射率2n =1.38的Mg 2F 增透膜，如果此膜适用于波长λ=5500 oA 的光，问膜的厚度应取何值? 解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即λ)21(22+=k e n ),2,1,0(⋅⋅⋅=k∴ 222422)21(n n k n k e λλλ+=+=)9961993(38.14550038.125500+=⨯+⨯=k k oA令0=k ，得膜的最薄厚度为996oA ．当k 为其他整数倍时，也都满足要求．12-13 如题12-13图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d =0.048mm 的细钢丝隔开．求：(1)两玻璃片间的夹角=θ?(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m 内呈现多少条明条纹?题12-13图解: (1)由图知，d L =θsin ，即d L =θ故 43100.41012.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度) (2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λe m(3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0= mm(4)141≈=∆lL N 条12-14 用=λ 5000oA 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率1n 大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求： (1)膜下面媒质的折射率2n 与n 的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度；(3)使膜的下表面向下平移一微小距离e ∆，干涉条纹有什么变化?若e ∆=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?解: (1)n n >2．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚0=e 处，有0=k ，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意； (2)3105.15.12500092929-⨯=⨯⨯==⨯=∆ne nλλ mm(因10个条纹只有9个条纹间距)(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=∆e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm21100.55.12105.3243=⨯⨯⨯⨯='∆=∆--n e N λ现被第21级暗纹占据．12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1λ＝6000oA ，2λ＝4500oA ，观察到用1λ时的第k 个暗环与用2λ时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用1λ时第k 个暗环的半径．(2)又如在牛顿环中用波长为5000oA 的第5个明环与用波长为2λ的第6个明环重合，求未知波长2λ．解: (1)由牛顿环暗环公式λkR r k =据题意有 21)1(λλR k kR r +==∴212λλλ-=k ，代入上式得2121λλλλ-=R r10101010210450010600010450010600010190-----⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=31085.1-⨯=m(2)用A 50001 =λ照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有 2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-=∴ 4091500016215212121212=⨯-⨯-⨯=--=λλk k oA12-16 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由1d ＝1.40×10-2m 变为2d ＝1.27×10-2m ，求液体的折射率．解: 由牛顿环明环公式2)12(21λR k D r -==空nR k D r 2)12(22λ-==液两式相除得n D D =21，即22.161.196.12221≈==DD n12-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当1M 移动距离为0.322mm 时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长．解: 由 2λN d ∆=∆得 102410322.0223-⨯⨯=∆∆=Nd λ710289.6-⨯=m 6289=oA12-18 把折射率为n =1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观察到有150条干涉条纹向一方移过．若所用单色光的波长为λ= 5000oA ，求此玻璃片的厚度．解: 设插入玻璃片厚度为d ，则相应光程差变化为λN d n ∆=-)1(2∴ )1632.1(2105000150)1(210-⨯⨯=-∆=-n N d λ5109.5-⨯=m 2109.5-⨯=mm习题十三13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别?答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?答：半波带由单缝A 、B 首尾两点向ϕ方向发出的衍射线的光程差用2λ来划分．对应于第3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．∵由272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a284sin λλϕ⨯==a13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角ϕ愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小?答：因为衍射角ϕ愈大则ϕsin a 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小．13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式),2,1(2)12(sin =+±=k k a λϕ来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应='='λϕk a sin nk λ，而空气中为λϕk a =sin ，∴ϕϕ'=sin sin n ，即ϕϕ'=n ，水中同级衍射角变小，条纹变密．如用)12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k 来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因ϕsin a 只代表光在水中的波程差)．13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射．解：(1)缝宽变窄，由λϕk a =sin 知，衍射角ϕ变大，条纹变稀； (2)λ变大，保持a ，k 不变，则衍射角ϕ亦变大，条纹变稀；(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时λϕk a =sin ；斜入射时，λθϕk a '=-)sin (sin ，保持a ，λ不变，则应有k k >'或k k <'．即原来的k 级条纹现为k '级．13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样说明?答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为kk a 2sin ==λϕ2λ，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向ϕ方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为λθk d =s in ，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数2N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有)1(-N 个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景． 13-9 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．13-10 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)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强．(2)可见光中红光的衍射角最大，因为由λϕk b a =+sin )(，对同一k 值，衍射角λϕ∞．13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000οA 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长．解：单缝衍射的明纹公式为)12(sin +=k a ϕ 2λ 当6000=λoA 时，2=kx λλ=时，3=k 重合时ϕ角相同，所以有)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2xλ得 4286600075=⨯=x λoA13-12 单缝宽0.10mm ，透镜焦距为50cm ，用5000=λoA 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少? 解：中央明纹的宽度为f nax λ2=∆半角宽度为naλθ1sin-=(1)空气中，1=n ，所以3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θ rad(2)浸入水中，33.1=n ，所以有33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m331011076.3101.033.1105000sin----⨯≈⨯⨯⨯=θ rad13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P 点处条纹的级数；(3)从P 点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?解：(1)由于P 点是明纹，故有2)12(sin λϕ+=k a ，⋅⋅⋅=3,2,1k由ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-fx故3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm当 3=k ，得60003=λoA4=k ，得47004=λoA(2)若60003=λoA ，则P 点是第3级明纹；若47004=λoA ，则P 点是第4级明纹． (3)由2)12(sin λϕ+=k a 可知，当3=k 时，单缝处的波面可分成712=+k 个半波带；当4=k 时，单缝处的波面可分成912=+k 个半波带．13-14 用5900=λoA 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹? 解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 4100.2-⨯=oA由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数max k 对应的2πϕ=,所以有39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k ，即实际见到的最高级次为3max =k .13-15 波长为5000oA 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm ．求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少? 解：3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m(1)由光栅衍射明纹公式λϕk b a =+sin )(，因1=k ,又fx ==ϕϕtan sin所以有λ=+fx b a 1)(即 62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=ba f x λ2100.6-⨯=m 6= cm(2)对应中央明纹，有0=k正入射时，0sin )(=+ϕb a ，所以0sin =≈ϕϕ斜入射时，0)sin )(sin (=±+θϕb a ，即0sin sin =±θϕ因︒=30θ，∴21tan sin ±==≈fx ϕϕ故22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30= cm这就是中央明条纹的位移值．13-16 波长6000=λoA 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在 20.0sin =ϕ与30.0sin =ϕ处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ϕ＞-90°范围内，实际呈现的全部级数．解：(1)由λϕk b a =+sin )(式对应于20.0sin 1=ϕ与30.0sin 2=ϕ处满足：101060002)(20.0-⨯⨯=+b a 101060003)(30.0-⨯⨯=+b a得 6100.6-⨯=+b a m(2)因第四级缺级，故此须同时满足λϕk b a =+sin )( λϕk a '=sin解得 k k b a a '⨯='+=-6105.14取1='k ，得光栅狭缝的最小宽度为6105.1-⨯m (3)由λϕk b a =+sin )(λϕsin )(b a k +=当2πϕ=，对应max k k =∴ 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k因4±，8±缺级，所以在︒︒<<-9090ϕ范围内实际呈现的全部级数为9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 共15条明条纹(10±=k 在︒±=90k 处看不到)．13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为4800oA 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02.010501048002270⨯⨯⨯⨯==-f al λmm 4.2=cm(2)由缺级条件λϕk a '=sin λϕk b a =+sin )(知k k ab 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．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm ，透镜焦距为50cm ，所用单色光波长为5000oA ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径．解：由爱里斑的半角宽度47105.302.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==Dλθ∴ 爱里斑半径5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f d mm13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ，它们都发出波长为5500oA 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星?解：由最小分辨角公式Dλθ22.1= ∴ 86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95～1.30oA 范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75oA ，当X 射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的X 射线能产生强反射?解：由布喇格公式 λϕk d =sin 2 得kd ϕλsin 2=时满足干涉相长当1=k 时， 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA2=k 时，91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λoA3=k 时，30.1389.3==λoA4=k 时， 97.0489.3==λoA故只有30.13=λoA 和97.04=λoA 的X 射线能产生强反射．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0o2018330cos 2I I I ==0ο2024145cos 2I I I ==0ο2038160cos 2I I I ==所以透过检偏器后光的强度分别是0I 的83,41,81倍．14-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与1I 之比为多少? 解：由马吕斯定律ο20160cos 2I I =80I =32930cos 30cos 20ο2ο20I I I ==∴ 25.2491==I I14-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少?解：（1） max 120131cos 2I I I ==α又 20max I I =∴ ,601I I =故 'ο11124454,33cos ,31cos ===ααα.(2) 0220231cos 2I I I ==α∴ 'ο221635,32cos ==αα14-10 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=n14-12 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∆=∆-+22222sincos 2eo eoA A xy A yA x∴ 0)(2=+eoA y A 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1s i n ,0c o s =∆=∆ϕϕ∴12222=+eoA yA 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习题十六16-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m λ便可求得T ．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m 55.0m μλ=，北极星的m 35.0m μλ=，天狼星的m 29.0m μλ=，试求这些星球的表面温度．解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：K m 10897.2,3⋅⨯==-b b T m λ对太阳： K 103.51055.010897.236311⨯=⨯⨯==--mbT λ对北极星：K 103.81035.010897.236322⨯=⨯⨯==--mbT λ对天狼星：K 100.11029.010897.246333⨯=⨯⨯==--mbT λ16-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W ·cm -2，求炉内温度．解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度242m W 108.22cm W 8.22)(--⋅⨯=⋅=T M B 按斯特藩-玻尔兹曼定律：=)(T M B 4T σ41844)1067.5108.22()(-⨯⨯==σT M T BK 1042.110)67.58.22(3341⨯=⨯=16-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000οA 的光投射到铝表面．试问：(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大? 解：(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式221m mv hv =A +则光电子最大动能：A hcA h mv E m -=-==λυ2max k 21eV 0.2J 1023.3106.12.41020001031063.6191910834=⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=----m2max k 21)2(mvE eUa==∴遏止电势差 V 0.2106.11023.31919=⨯⨯=--a U(3)红限频率0υ,∴000,λυυcA h ==又∴截止波长 1983401060.12.41031063.6--⨯⨯⨯⨯⨯==Ahc λm 0.296m 1096.27μ=⨯=-16-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(m 105.0-7⨯=λ)产生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到达眼睛的功率为多大? 解：5个兰绿光子的能量J1099.1100.51031063.65187834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===λυhcn nh E功率 W 1099.118-⨯==tE16-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J ·s -1·m -2，如果平均波长为5000οA ，则每秒钟落到地面上1m 2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm ，每秒钟进入人眼的光子数是多少?解：一个光子能量 λυhch E ==1秒钟落到2m 1地面上的光子数为21198347ms1001.21031063.6105888----⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===hcEn λ每秒进入人眼的光子数为11462192s1042.14/10314.31001.24--⨯=⨯⨯⨯⨯==dnN π16-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．解：电子的静止质量S J 1063.6,kg 1011.934310⋅⨯=⨯=--h m 当 20c m h =υ时，则Hz10236.11063.6)103(1011.92034283120⨯=⨯⨯⨯⨯==--hc m υο12A 02.0m 104271.2=⨯==-υλc122831020122sm kg 1073.21031011.9sm kg 1073.2-----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯=====⋅⋅⨯==c m cc m c E p cpE hp 或λ16-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同?答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．16-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能k E 之比k E /ε等于多少?解：由 2200mc h c m hv +=+υ)(00202υυυυ-=-=-=h h h cm mcE kυεh =∴5)(00=-=-=υυυυυυεh h E k已知2.10=λλ由2.10=∴=υυλυc2.11=υυ则52.0112.110==-=-υυυ16-9 波长ο0A 708.0=λ的X 射线在石腊上受到康普顿散射，求在2π和π方向上所散射的X 射线波长各是多大? 解：在2πϕ=方向上：ο1283134200A0243.0m 1043.24sin1031011.91063.622sin2Δ=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-=---πϕλλλcm h散射波长ο0A 732.00248.0708.0Δ=+=+=λλλ 在πϕ=方向上ο120200A 0486.0m 1086.422sin2Δ=⨯===-=-cm h cm h ϕλλλ散射波长 ο0A 756.00486.0708.0Δ=+=+=λλλ16-10 已知X 光光子的能量为0.60 MeV ，在康普顿散射之后波长变化了20%，求反冲电子的能量．解：已知X 射线的初能量,MeV 6.00=ε又有00,ελλεhchc =∴=经散射后 000020.1020.0λλλλ∆λλ=+=+=此时能量为 002.112.1ελλε===hc hc反冲电子能量 MeV 10.060.0)2.111(0=⨯-=-=εεE16-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 οA ，反冲电子的速度为0.60c ，求散射光子的波长及散射角．解：反冲电子的能量增量为202022020225.06.01c m cm cm cm mcE =--=-=∆由能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量，故有 20025.0c m hchc=-λλ散射光子波长ο121083134103400A043.0m 103.410030.0103101.925.01063.610030.01063.625.0=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=------λλλc m h h由康普顿散射公式2sin0243.022sin22200ϕϕλλλ∆⨯==-=cm h可得 2675.00243.02030.0043.02sin2=⨯-=ϕ散射角为 7162'=οϕ16-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子．(1)试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上．解：(1)2eV 6.13eV 85.0eV 75.12eV 6.13n-=-=+-解得 4=n或者 )111(22n Rhc E -=∆75.12)11.(1362=-=n解出 4=n题16-12图题16-13图(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.16-13 以动能12.5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线?解：设氢原子全部吸收eV 5.12能量后，最高能激发到第n 个能级，则]11[6.135.12,eV 6.13],111[2221nRhc nRhc E E n -==-=-即得5.3=n ，只能取整数，∴ 最高激发到3=n ，当然也能激发到2=n 的能级．于是ο322ο222ο771221A 6563536,3653121~:23A 121634,432111~:12A1026m 10026.110097.18989,983111~:13===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→=⨯=⨯⨯===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→-R R R n R R R n RR R n λυλυλυ从从从可以发出以上三条谱线．题16-14图16-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两条谱线的波长及外来光的频率．解：巴尔末系是由2>n 的高能级跃迁到2=n 的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是4=n 的激发态．ο1983424ο101983423222324A4872106.1)85.04.3(1031063.6A6573m 1065731060.1)51.14.3(10331063.6e 4.326.13e 51.136.13e 85.046.13=⨯⨯-⨯⨯⨯=-==⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=∴-=∴-==-=-=-=-=-=-=-----E E hc E E hcE E hc E E hch VE V E V E a mn mn βλλλλυ基态氢原子吸收一个光子υh 被激发到4=n 的能态 ∴ λυhcE E h =-=14Hz 1008.310626.6106.1)85.06.13(15341914⨯=⨯⨯⨯-=-=--hE E υ16-15 当基态氢原子被12.09eV 的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍?解： eV 09.12]11[6.1321=-=-n E E n26.1309.126.13n =-51.16.1309.12.1366.132=-=n , 3=n12r n r n =,92=n,19r r n =轨道半径增加到9倍.16-16德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么?答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义,2φ仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．16-17 为使电子的德布罗意波长为1οA ，需要多大的加速电压? 解： ooA 1A 25.12==uλ 25.12=U∴ 加速电压 150=U 伏16-18 具有能量15eV 的光子，被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收，形成一个光电子．问此光电子远离质子时的速度为多大?它的德布罗意波长是多少? 解：使处于基态的电子电离所需能量为eV 6.13，因此，该电子远离质子时的动能为eV 4.16.13152112=-=+==E E mvE k φ它的速度为31191011.9106.14.122--⨯⨯⨯⨯==mE v k -15s m 100.7⋅⨯=其德布罗意波长为：o953134A 10.4m 1004.1100.71011.91063.6=⨯=⨯⨯⨯⨯==---mvh λ16-19 光子与电子的波长都是2.0οA ，它们的动量和总能量各为多少?解：由德布罗意关系：2mc E =，λhmv p ==波长相同它们的动量相等．1-241034s m kg 103.3100.21063.6⋅⋅⨯=⨯⨯==---λhp光子的能量 eV 102.6J 109.9103103.3316824⨯=⨯=⨯⨯⨯====--pc hch λυε电子的总能量 2202)()(c m cp E +=,eV 102.63⨯=cp而 eV 100.51MeV 51.0620⨯==c m ∴ cp c m >>20 ∴ MeV 51.0)()(202202==+=c m c m cp E16-20 已知中子的质量kg 1067.127n -⨯=m ，当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少?解：kg 1067.127n -⨯=m ,S J 1063.634⋅⨯=-h ,-123K J 1038.1⋅⨯=-k 中子的平均动能 mpKT E k 2232==德布罗意波长 oA 456.13===mkTh p h λ16-21 一个质量为m 的粒子，约束在长度为L 的一维线段上．试根据测不准关系估算这个粒子所具有的最小能量的值．解：按测不准关系，h p x x ≥∆∆，x x v m p ∆=∆，则h v x m x ≥∆∆,xm h v x ∆≥∆这粒子最小动能应满足222222min 22)(21)(21mLhxm hxm h m v m E x =∆=∆≥∆=16-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000οA ，测得谱线宽度。

大学物理学习题全解-赵近芳版(10-17章)

显然，，因此
，
由于δ≧0，所以，因此不论分子的速度的分布服从什么规律，都有．
另外也可直接用平均值运算．
由于，展开得，
取平均值时得．
因为、并且，所以，即．证毕．
10．10将（11.19）式表示成以理想气体最可几速率vp为单位表示的形式，即令x = v/vp，若已知，试计算：
（1）分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的百分比为多少？
当射线粒子能量全部转变成氖气的内能时，由公式可得气体升高的温度为
= 1.28×10-6(K)．
10．7某些恒星的温度达到108K的数量级，此时原子已不存在，只有质子存在，求：
（1）质子的平均动能是多少？
（2）质子的方均根速率多大？
[解答]（1）质子的平动自由度为t= 3，平均平动动能为 = 2.07×10-15(J)．
（2）nf(v)dv，n为分子数密度；
（3）；
（4），vp为最可几速率；
（5）．
[解答]（1）由公式dN/N = f(v)dv可知：f(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数的比率dN/N．
（2）由于n = N/V，可得ndN/N =dN/V，因此nf(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数密度．
（3）表示分子在速率区间v1到v2之间的平均速率．
（4）表示分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的比率．
（5）表示分子速率大于最可几速率的速率平方的平均值．
10．14质量为6.2×10-14g的微粒悬浮于27℃的液体中，观察到它的方均根速率为1.4cm·s-1．由这些结果计算阿佛加德罗常数NA．
当系统沿adc路径变化时，可得：Q1= ΔE1+A1，

大学物理答案第十七章

第十七章电磁振荡和电磁波17-1 若收音机的调谐电路所用线圈的自感系数为41062-⨯.H ，要收听535kHz 到1605kHz 的广播, 问与线圈连接的可变电容的最大值和最小值各为多少?分析调谐电路是用电感和电容串联而成的振荡电路, 电路的固有频率LC 10=ω．外加电动势的频率ω等于电路固有频率0ω时, 电路中的电流振幅最大，称为电磁共振，0ω为谐振频率．给出电路的自感和谐振频率的最小值、最大值后，只需代入LC10=ω，不难求出电容的最大值和最小值．解电容的最大值和最小值分别为37.8pF F 108.37F 106.2)100016052(1)2(1340pF F 10340F 106.2)10005352(1)2(112422221242211=⨯=⨯⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯⨯==----ππνππνL C LC 17-2 在LC 电路中, 如果41062-⨯=.L H, F 102110-⨯=.C , 初始时电容器两极板间的电势差V 0=1V , 且电流为零，试求：(1)振荡频率；(2)最大电流；(3)任意时刻电容器两极板间的电场能、自感线圈中的磁场能；(4) 验证在任意时刻电场能和磁场能之和等于初始的电场能．分析在LC 电路中，如果忽略电路中的电阻，并假设电容器的电场局限在两极板之间，自感线圈中的磁场局限在线圈内部，则振荡电路中无能量损耗，总能量守恒．不过，这只是理想化的结果．解 (1) 5104100.9102.1106.214.32121⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==--LC πνHz (2) 4000108.6-⨯====LC CVLCq q I ω A (3) 任意时刻，设两极板间的电势差为)cos(0ϕω+=t V V ，则电容器极板上的电荷为)cos(0ϕω+==t CV CV q ，电路中电流为)sin()sin(d d 00ϕωϕωω+-=+-==t V LC t CV t q I 其中ϕ为初相位．因此，任一时刻电容器两极板间的电场能为)cos 100.6)(cos 21212112202e ϕϕω+⨯=+==-t (ωt CV CV W 自感线圈中的磁场能为)sin 100.6)(sin 21212112202m ϕϕω+⨯==+==-t (ωt CV LI W 任意时刻的总能量为J 100.621211120m e -⨯==+=CV W W W 表明总能量保持不变，并等于初始能量11200100.621-⨯==CV W J ． 17-3 如图17-3所示，将开关K 按下后，电容器即由电池充电，放手后，电容器即经线圈L 放电．不计回路中的电阻，(1)若L =0.01H ，C =1.00μF ，E =1.40V ，求放手后电容器两极板间的电势差及回路中的电流随时间变化的规律．(2)当分布在电容和电感间的能量相等时，电容器上的电荷为多少?(3)电荷为上述数值时经过了多少时间? 解 (1) t =0时，极板间的电势差为V 0= E = 1.40V 电容器极板上的电荷为)cos(0ϕω+==t CV CV q ，因LC 1=ω，电路中电流为 )sin()sin(d d 00ϕωϕωω+-=+-==t V LC t CV t q I 由初始条件：t =0时，00CV q q ==，得初相0=ϕ，故各量随时间的变化规律为t t CV q 46010cos 1040.1)cos(-⨯=+=ϕωt t V V 4010cos 40.1)cos(=+=ϕωt t V LC I 42010sin 1040.1)sin(-⨯=+-=ϕω (2)t t ωω22cos sin = 时电场能量与磁场能量相等，得22cos =t ω，此时电容器上的电荷为C 1090.9cos 1040.176--⨯=⨯=t q ω (3)由22cos =t ω，取时间的最小可能值，得4πω=t ，即s 1085.745-⨯==ωπt 17-4 一振荡电偶极子辐射电磁波，设电偶极子的电矩振幅为p 0=2.26×10-4C .m ，频率为800kHz ．求：(1)电磁波的波长；(2)在电偶极子赤道圈上距离电偶极子为2km 处电场强度和磁场强度的振幅．分析本题涉及的概念有：振荡电偶极子、电偶极子的电矩；振荡电偶极子辐射的电磁波在足够远处可视为球面波．解 (1)由波长和频率的关系得m 375m 10810358=⨯⨯==νλc(2)由2/,2πθπνω==，得V/m 285.04sin 200220020===rp r p E v v επνπεθω A/m 1057.74sin 402020-⨯===rp r p H v v πνπθω 17-5 在真空中,一平面电磁波的电场强度由下式给出(式中各量均用国际单位)：)](102cos[6.008=-⨯==z y x E cx t E E π 求：(1)波长和频率；(2)传播方向；(3)磁感强度的大小和方向．分析因为E 、H 及电磁波的传播方向三者互相垂直构成右手螺旋关系，电场矢量E 在y 方向振动，电磁波以波速c 沿x 正向传播，因此可判定磁场矢量H 在z 方向振动．解 (1) 由电场强度波函数得8102⨯=πω rad/s ，8102==πωνHz ，则 m 31010388=⨯==νλc(2) 由电场强度波函数表示式可知电磁波的传播方向为x 轴正向．(3) 由于H B 0μ=，000000E H B εμμ==，c100=εμ，得 T 100.2900-⨯==cE B )](102cos[100.289cx t B z -⨯⨯=-πB x =B y =017-6 某激光束的直径为0.2cm ，功率为6kW ，求该光束的坡印廷矢量对时间的平均值以及相应的电场强度、磁场强度的振幅．分析通常激光束的功率实际上是指平均辐射功率，即辐射或接收的激光束的能量对一个周期的平均值．光波是电磁波，光波的能流密度矢量即为电磁波的坡印廷矢量S ．坡印廷矢量定义为单位时间通过垂直于传播方向单位面积的辐射能．所以，坡印廷矢量对时间的平均值应该等于单位面积上的平均辐射功率．解激光束的平均辐射功率 W 1063⨯=P ，则坡印廷矢量对时间的平均值为2922232 W/m 109.1W/m )101.0(106⨯=⨯⨯⨯==-ππR P S (1) 将激光束视为平面波，坡印廷矢量可写为⎪⎭⎫ ⎝⎛-==v x t H E EH S ω200cos 对一个周期求时间的平均值，得0021H E S = (2) 其中E 0、H 0分别为电振动和磁振动振幅．由电磁波的基本性质0000H E με=，并联立(1)式和(2)式，得V/m 102.126000⨯==εμS E T 100.450000-⨯==E H με 17-7 同轴电缆由半径为r a 的长直导线及包在其外的半径为r b 的导体外壳组成，如图17-7所示．电源电动势为E , 负载电阻为R ，与同轴电缆连成回路．若同轴电缆的电阻很小，电流功率为P ，(1)求证同轴电缆内距轴线r 处一点的电场强度为a br r r E ln E=(r a <r <r b )；(2)求证该处磁感强度Er P B πμ20=(r a <r <r b )；(3)求同轴电缆内的坡印廷矢量S ；(4)对r a <r <r b 的环形面积分坡印廷矢量，证明其结果等于P ．由此我们看到，导线不仅起到引导电流的作用，还起到引导电磁能作用．电源的能量不是通过电流而是通过电磁场传递的．分析这是一个具有稳恒电流的回路，回路中的电场是稳恒电场．同轴电缆构成一个柱形电容器，考虑到同轴电缆的电阻很小，两极板上的电势分别与电源两极电势相等，于是可以将柱形电容器的两极板就视为电源的两极，并认为电源两极上的正负电荷均匀地分布在柱形电容器的两极板上，因此在同轴电缆两极之间就形成了一个静电场．解同轴电缆可视为柱形电容器，极板间电压等于电源电动势E ，两极板上的电荷为E E a b r r l C CU q ln 20πε=== 极板间的静电场电场强度方向向下，大小为 E a br r r r l qE ln 120==πε(2)由于同轴电缆的轴对称性，在垂直轴线平面内作半径为r 的圆形安培环路，H 的方向与电流I 形成右手螺旋关系，从左侧观看为逆时针方向．R I r H E ===⋅∑⎰π2d Ll H 电流功率为R P /2E =，则磁感强度为EE r P rR H B πμπμμ22000=== (3) 将能流密度的概念应用于稳恒电流通过的同轴电缆，其内部的坡印廷矢量H E S ⨯=，方向沿同轴电缆向右，大小为ab P r S ln 212π= (4)在同轴电缆内取半径为r , 宽为d r 的细圆环面元，单位时间穿过该面元的能量为r r S P d 2d π⋅=对同轴电缆内截面积分，得P r r ab P r r a br PP b a b a ===⎰⎰⎰d ln d 2ln 2d 2ππ 17-8 对于一个正在充电的平行圆板电容器, 忽略电容器的边缘效应．试证明：(1) 坡印廷矢量S 处处沿半径方向指向电容器内部；(2)电流流进电容器内的功率P 等于储存在该体积中的电场能量的增加率．由此看到, 储存在电容器中的电能并不是通过导线，而是通过导线和电容器极板周围的空间进入电容器的．证 (1) 设圆板电容器半径为R 间距为d , t 时刻两极板间的电场强度为E ,ER图17-7方向垂直板面从左到右．根据例题14-1，半径为r 的圆周上各点磁场强度沿圆周的切线方向，大小为t E r H d d 20ε= 所以圆周上各点坡印廷矢量S 的方向沿半径指向电容器内部，大小为 t E E R EH S d d 20ε== (2) 单位时间内流入电容器内部的功率P 为t EE d R Rd t E E R Rd S P d d 2d d 22020εππεπ==⋅=而电容器储存的电场能量为d R E W 22021πε=所以电场能量的增加率为P t EE d R t W==d d d d 02επ。

大学物理第17章.量子力学基础

第17章量子力学
§17.1 物质的波粒二象性 §17.2 不确定关系 §17.3 薛定谔方程 §17.4 一维无限深势阱 §17.5 势垒贯穿 §17.6 氢原子的量子力学处理 §17. 7 多电子原子 §17. 8 量子力学的理论假设
§17.1 物质的波粒二象性
一、德布罗意物质波假设 1.光的二象性
p2 eU , p 2meU
2m h 1.225 nm =0.167nm
pU
2. 汤姆逊（G.P.Thomson）实验（1927）电子通过金薄膜的衍射实验
实验原理 3. 约恩逊(Jonsson)实验（1961）
电子的单缝、双缝、三缝和四缝衍射实验基本数据
a 0.3μm d 1μm
V 50kV 0.5nm
微粒的波动性的应用 -----电子束代替光波来实现成像(电子显微镜)
电子与物质相互作用会产生透射电子，弹性散射电子，能量损失电子，二次电子，背反射电子，吸收电子，X射线，俄歇电子，阴极发光等等。电子显微镜就是利用这些信息来对试样进行形貌观察、成分分析和结构测定。
由于微观粒子具有波粒二象性，这就要求在描述微观粒子的运动时，要有创新的概念和思想来统一波和粒子这样两个在经典物理中截然不同的物理图像。波函数就是作为量子力学基本假设之一引入的一个新的概念。
量子力学认为：微观粒子的运动状态可用一个复
函数(x,y,z,t)来描述，函数(x,y,z,t) —称为波函数。
2.波函数的统计解释
波动观点
粒子观点
明纹处: 电子波强(x,y,z,t)2大, 电子出现的概率大;
暗纹处: 电子波强(x,y,z,t)2小, 电子出现的概率小。
可见，波函数模的平方(x,y,z,t)2与粒子在该处

大学物理第十七章习题

1 r2 r1 2
在为加薄膜片之后P点为第7级条纹，在该点的光程差为
2 (n2 1)d r2 [(n1 1)d r1 ] (n2 n1 )d 1 7
d 5 /(n2 n1 ) 105 m
r1 n1
P
r2
n2
d
P621 17.1.14 用曲率半径为R的牛顿环做实验，测得第k级暗环直径为Dk,第k+5级暗环直径为Dk+5，试问：测量单色光波长的公式为__________。如果将整个实验装置浸入水中，则测量单色光波长的公式为__________。
2n2 e

2 (2)

把波长390nm代入(2)式，k=4.2
把波长700nm代入(2)式，k=2.6 干涉级k只能取整数，即3和4 把k=3和4代入干涉相长公式(1)中，得波长分别为584nm和417nm
题17.1.18 已知：用波长为的光垂直照射单缝，单缝后面有一个凸透镜，则在屏幕上出现了衍射条纹。问：若将凸透镜上移或者下移，衍射条纹如何变化？答：衍射条纹会随着凸透镜上移（或下移）而上移（或下移）。解如图光路所示： o1 因平行于主光轴的 o 光线，经过凸透镜以后，会聚焦到主焦点上，而零级条纹的中心，就是焦点,则 o o1上移，条纹随之上移。
题17.3.23(本硕）
已知：白光平行光垂直照射光栅，光栅常数 d=40000nm,白光中的红光波长红 =750nm ，紫光波长紫 =400nm ，凸透镜的焦距f=2m。.
求：（1）第2级衍射光谱中红光谱与紫光谱之间的距离为何？
解：由光栅公式
dn sin k k
xk f tgk f sin k f k / dn

大学物理第十七章题解

第十七章真空中的静电场17-1．三个相同的点电荷放置在等边三角形的三个顶点上，在此三角形的中心应放置怎样的电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零？解设等边三角形的边长为a3；设顶点处电荷为q ，中心处电荷为Q ，Q 与q 反号．考虑到等边三角形的对称性，可知Q 受其它三个电荷的合力为零，与Q 的大小无关；顶点处三个电荷q 所受合力的大小相同．上方顶点处电荷q 受其它三个电荷的作用力如图所示，合力为零要求02cos30F F =即22024q aπε⨯=可求出3Q =．17-2．电子所带电量最先是由密立根通过油滴实验测得的，其实验装置如图所示．一个很小的带电油滴在均匀电场E中，调节A 、B 两端的电压，使作用在油滴上的电场力与油滴所受重力平衡．如果油滴的半径为41.6410cm -⨯，在平衡时511.9210V m E -=⨯⋅，求油滴上的电荷．已知油的密度为30.851g cm -⋅．解由0qE mg +=，可得343R gmgq E E ρπ==6354851314(16410)98319210....-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ 1980210C .-=⨯5e =17-3．半径为R 、电荷线密度为η的半圆形带电线如图所示，求圆心O 点的场强．解在带电曲线上取一个长度为d l 的电荷元，其电量d d q l η=．电荷元在O 点的场强为d E ，如图所示．由于电荷分布对Ox 轴对称，所以全部电荷在O 点产生的总场强沿Oy 方向的分量之和为零，O 点的总场强E 沿Ox 方向，(d )x E E i =⎰．由于d =d l R θ，所以200d cos cos d cos d d 44x l E E R Rηθηθθθπεπε⋅===于是 22200cos (d )(sin )44E i |i R R ππππηθηθθπεπε--==⎰02i Rηπε=17-4．如图所示，匀强电场E与半径为R 的半球面1S 的轴线平行．试计算通过此半球面的E通量．若以半球面的边线为边，另取一个任意形状的曲面2S ，问2S 的电通量多大？解以半球面1S 的边缘为边界作一个平面0S ，此平面为一个圆，面积为2R π．由于E 与0S 面垂直，所以通过0S 面的E 通量2R E Φπ=．因为通过1S 面和2S 面的E 通量与通过0S 面的E 通量相等，故通过1S 面和2S 面的E 通量均为2R E Φπ=．17-5．（1）一点电荷q 位于边长为a 的立方体中心，试问通过立方体每一面的E通量多大？（2）如果电荷q 移到该立方体的一个顶角上，这时通过立方体每一面的E通量多大？解（1）立方体的六个面组成闭合曲面，由高斯定理可知通过此闭合曲面的电通量qΦε=由于立方体的六个面对其中心对称，所以每个面通过的电通量为12345606q ΦΦΦΦΦΦε======（2）由于n d d d E S E e S Φ=⋅=⋅，因此q 所在的三个面的电通量为零（n E e ⊥）．以q 为中心，以2a 为边长做大立方体，使原立方体恰为大立方体的18．由（1）知，通过大立方体每个面的电通量各为06q ε．而原立方体的每个面为大立方体每个面的14，所以通过小立方体其它三个面的电通量各为024q ε．17-6．（1）设地球表面附近的场强约为1200V m -⋅，方向指向地心，试求地球所带总电量．（2）在离地面1400m 处，场强为120V m -⋅，方向仍指向地心，试计算1400m 以下大气里的平均电荷体密度．解（1）在地球表面外、沿地球表面作一个球面，以此球面为高斯面，设地球所带总电量为Q ，地球半径66.410m R =⨯，由高斯定理20d 4SQE S E R πε⋅=-⨯=⎰⎰所以204Q E R επ=-⨯⨯1262885102004314(6410)...-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯59110(C).=-⨯（2）在距地球表面1400m 处，作与地球表面同心的球面，以此球面为高斯面，设从离地面1400m 到地面的大气所带总电量为Q '，由高斯定理20d 4SQ Q E S E R πε'+⋅=-⨯=⎰⎰则24049.110(C)Q Q E R επ'+=-⨯⨯=-⨯，459.1108.210(C)Q Q '=--⨯=⨯，所以52128210431464101400Q .V ..ρ'⨯==⨯⨯⨯⨯12311410C m .--=⨯⋅17-7．厚度为d 的无限大平板均匀带电，电荷体密度为ρ，求板内外电场E 的分布．解垂直于平板表面作横截面如图，图中虚线为与表面平行、距离两表面等距离（均为2d ）的平面AB ．由于带电平板无限大，电荷分布对平面AB 对称，可知电场强度E 与平板表面垂直，在距离平面AB 距离相等处电场强度的大小E 相同．作对平面AB 对称的闭合高斯面S ，高斯面S 由与平面AB 平行的两个底面1S 和2S和与平面AB 正交的柱面3S 组成，两个底面1S 和2S 到平面AB 的距离均为l ．1S 和2S 的E 通量相等，12ES ES =；3S 的E 通量为零．当2l d ≤时，根据高斯定理1110122E S lS ρε=即可求出10lE ρε=．当2l d >时，根据高斯定理 211012E S S d ρε=可求出202dE ρε=．平板带正电，E 垂直表面向外；平板带负电，E 垂直表面向内．17-8．求电荷面密度为σ的无限长均匀带电圆柱面（半径为R ）的场强分布，并画出r E -曲线．解由于均匀带电圆柱面无限长，电荷分布对圆柱面轴线轴对称；所以电场线在垂直于圆柱面轴线的平面内，为过圆柱面轴线的放射状半直线．用以圆柱面轴线为轴，两底面与圆柱面轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面，如图所示．高斯面的两底面半径为r ，与E 平行，E 通量为零；高斯面的圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE Φπ=．在带电圆柱面内部，r R <，由高斯定理可得11d 20E S rlEπ⋅==⎰⎰所以10E =．在带电圆柱体外部，r R >，由高斯定理可得2202d 2Rl E S rlE πσπε⋅==⎰⎰故20R E rσε=．圆柱面带正电，E 沿半径方向向外；圆柱面带负电，E 沿半径方向指向轴线．请读者画出r E -曲线．17-9．如图所示，在半径分别为1R 、2R 的两个同心薄球面上均匀分布着电荷1Q 和2Q ．（1）求I 、II 、III 区场强分布．（2）求I 、II 、III 区电势分布．解由于电荷分布对球心O 具有球对称性，故电场分布也对球心O 具有球对称性，可知电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．（1）设研究的场点到O 点的距离为r ，以O 为圆心、r 为半径的球面为高斯面，E 与高斯面正交．根据高斯定理，在I 区，1r R <，有211d 40E S E rπ⋅=⋅=⎰⎰所以10E =．在II 区，12R r R <<，则由21204Q E r πε⋅=可求出12204Q E rπε=．在III 区，2r R >，则由212304Q Q E r πε+⋅=可求出123204Q Q E rπε+=．（2）取参考点在无穷远，积分路径沿半径方向，沿电场线积分．在III 区，2r R >，121233200()d d 44rrQ Q Q Q r E l r r rϕπεπε∞∞++=⋅==⎰⎰在II 区，12R r R <<，22212233220()d d d ()4R R rR rQ r E l E l r R rϕϕπε∞=⋅+⋅=+⎰⎰⎰21122002d 44R r Q Q Q r r R πεπε+=+⎰12021()4Q Q r R πε=+ 在I 区，1r R <，12121123()d d d R R rR R r E l E l E l ϕ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰122101210()()4Q Q R R R ϕπε=+=+17-10．在半径为R ，电荷体密度为ρ的均匀带电球体内，挖去一个半径为r 的小球，如图所示．试求：O 、O '、P 、M 各点的场强．解把带电体看成半径为R 的均匀带电ρ+的球A ，与半径为r 的均匀带电ρ-的球B 的迭加．相当于在原空腔处补上体电荷密度为ρ+和ρ-的球体．设沿OO '的单位矢量为r e ．空间任意一点的场强A B E E E =+，其中A E 和B E 分别是带电球A 和带电球B 在此点的产生的场强，A E 与B E 可根据对称性由高斯定理求出．对O 点 3200140433OO O OO r r OO r E r e e r ρρππεε'''=+= 对O '点 3200140433OO O OO r r OO r E r e e r ρρππεε''''=+= 对P 点 3332220001414()43433P OP r r OP r OPO P O Pr E r e r e r e r r r ρρπρππεπεε''=-+=- 对M 点 333322220001414()43433M r r r OM O M O MOM r R E R e r e e r r r r ρρπρππεπεε''=-+=- 补充讨论设N 是半径为r 的空腔内的任意一点，则33220014144343ONNO N ON NO ON ON NO NO r r E r r r r r r ρπρππεπε''''=+00()33ON NO OO r r r ρρεε''=+= 说明在空腔内各点场强都相等，方向由O 指向O'，为均匀场．17-11．半径为R 的无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求场强和电势分布．参考点选在该圆柱面上．解由于均匀带电圆柱体无限长，电荷分布对圆柱轴线轴对称；所以电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面，如题所示．高斯面的两底面半径为r ，与E 平行，E 通量为零；高斯面侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE Φπ=．在带电圆柱体内部，r R <，由高斯定理可得2110d 2r lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰所以102rE ρε=．在带电圆柱体外部，r R >，由高斯定理可得 2220d 2R lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰因此2202R E rρε=．圆柱带正电时，E 沿半径方向向外；圆柱带负电时，E 沿半径方向指向轴线．参考点选在带电圆柱的圆柱面上，积分路径沿半径方向，沿电场线积分．在带电圆柱体内部，r R <，电势为22100d d ()24R Rrrr E l r R r ρρϕεε=⋅==-⎰⎰在带电圆柱体内部，r R >，电势为22200d d ln 22RRrrR R RE l r r rρρϕεε=⋅==⎰⎰17-12．电量均为9410C -⨯的四个点电荷置于正方形的四个顶点，各顶点距正方形中心O 点5.0cm ．试求：（1）O 点的场强和电势．（2）将试探点电荷90110C q -=⨯从无穷远处移到O 点，电场力做功多少？（3）电势能的改变为多少？解（1）根据场强迭加原理，O 点的场强12340E E E E E =+++=根据电势迭加原理，O 点的电势12340144qrϕϕϕϕϕπε=+++=⨯99291040104510.--⨯⨯⨯=⨯⨯328810(V).=⨯ （2）电场力做功 0(0)A q ϕ=-93101028810..-=-⨯⨯⨯628810(J).-=-⨯（3）电势能的改变为 628810(J)W A .-∆=-=⨯17-13．如图所示，R AB 2=，OCD 是以B 为圆心、R 为半径的半圆．A 点有点电荷q +，B 点有点电荷q -．（1）把试探点电荷0q 从O 点沿OCD 移到D 点，电场力对它做了多少功？（2）把试探点电荷0q -从D 点沿AD 的延长线移到无穷远处，电场力对它做了多少功？解（1）01()04O q q R R ϕπε=-=，01()43D q q R R ϕπε=-06qRπε=-10()O D A q ϕϕ=-006q qR πε=（2）0ϕ∞=，()20D A q ϕϕ∞=--006q qRπε=．17-14．已知空气的击穿场强为6310V m ⨯，测得某次闪电的火花长100m ．（1）求这次发生的闪电两端的电势差．（2）设闪电时通过的电量为30C ，问这次闪电消耗多大能量？解（1）这次闪电两端的电势差68310100310(V)U Ed ϕ=∆==⨯⨯=⨯（2）这次闪电消耗能量8931030910(J)W qU ==⨯⨯=⨯17-15．如图所示，取z 轴沿均匀电场0E 的方向，参考点取在坐标原点．（1）求均匀电场的电势．（2）点电荷q 位于位矢r矢端处，求其电势能．解（1） 000()cos E r E r E z ϕθ=⋅-=-=-（2） 0cos q W qE r θ=-0qE z =-（第十七章题解结束）。

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