大学基础物理学答案(习岗)第9章
大学物理第九章习题答案
第九章 真空中的静电场9–1 如图9-1所示，电量为+q 的三个点电荷，分别放在边长为a 的等边三角形ABC 的三个顶点上，为使每个点电荷受力为零，可在三角形中心处放另一点电荷Q ，则Q 的电量为 。
解：由对称性可知，只要某个顶点上的电荷受力为零即可。
C 处电荷所受合力为零，需使中心处的点电荷Q 对它的引力F 与A ，B 两个顶点处电荷的对它的斥力F 1，F 2三力平衡，如图9-2所示，即)21(F F F +-=因此12cos30F F ︒=即2202cos304πq aε=︒解得q Q 33=9-2 真空中两条平行的无限长的均匀带电直线，电荷线密度分别为+λ 和-λ，点P 1和P 2与两带电线共面，其位置如图9-3所示，取向右为坐标x 正向，则1P E = ，2P E = 。
解：（1）P 1点场强为无限长均匀带电直线λ，-λ在该点产生的场强的矢量和，即λλ-+=E E E 1P其大小为i i i E dd d P 000ππ2π21ελελελ=+=方向沿x 轴正方向。
（2）同理可得i i i E dd d P 000π3π2)3(π22ελελελ-=-=方向沿x 轴负方向。
图9–2图9-3C B图9–19-3 一个点电荷+q 位于一边长为L 的立方体的中心，如图9-4所示，则通过立方体一面的电通量为 。
如果该电荷移到立方体的一个顶角上，那么通过立方体每一面的电通量是 。
解：（1）点电荷+q 位于立方体的中心，则通过立方体的每一面的电通量相等，所以通过每一面的通量为总通量的1/6，根据高斯定理1d in Sq ε⋅=∑⎰⎰E S ，其中S 为立方体的各面所形成的闭合高斯面，所以，通过任一面的电通量为0d 6Sqε⋅=⎰⎰E S 。
（2）当电荷+q 移至立方体的一个顶角上，与+q 相连的三个侧面ABCD 、ABFE 、BCHF 上各点的E 均平行于各自的平面，故通过这三个平面的电通量为零，为了求另三个面上的电通量，可以以+q 为中心，补作另外7个大小相同的立方体，形成边长为2L 且与原边平行的大立方体，如图9–5所示，这个大立方体的每一个面的电通电都相等，且均等于6εq ，对原立方体而言，每个面的面积为大立方体一个面的面积的1/4，则每个面的电通量也为大立方体一个面的电通量的1/4，即此时通过立方体每一面的电通量为0111d 4624Sqε⋅⋅=⎰⎰E S 。
大学物理第9章习题解答
第9章 真空中的静电场 习题解答9－1 精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为e 2110－±的范围内是相等的，而中子的电量在e 2110－±的范围内为零。
考虑这些误差综合的最坏情况，问一个氧原子（含8个电子、8个质子、8个中子）所带的最大可能净电荷是多少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净力是引力还是斥力？解：（1）一个氧原子所带的最大可能净电荷为 e q 21max 1024－⨯±= （2）两个氧原子间的电力和万有引力的大小之比为6222711221921122222max 0108.2)1067.116(1067.6)106.11024(1085.84141------⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯⨯=≤r r rm G r q f f G e ππε氧 其净力是引力。
9－2 如习题9－2图所示，在直角三角形ABC 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = －4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强。
解：根据点电荷场强大小的公式22014q qE kr r==πε， 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为112014q E AC =πε 994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯ 方向向下。
点电荷q 2在C 点产生的场强大小为2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯， 方向向右。
C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．9－3 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电荷线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强。
大学物理课后习题答案第九章
第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。
求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。
解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε 当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。
已知导轨处于均匀磁场B ϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B ϖ的大小为B =kt (k 为正常数)。
设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φρρ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。
3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。
求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。
解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0ρρ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。
设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υρ垂直离开导线。
大学物理答案第九章
振幅A与初相位 三、振幅 与初相位φ 的确定
ψ = Acos(ωt +φ)
dψ = − Asin ω +φ) ω ( t dt
简谐振动的振幅和初相位由振动的初始状态决定。 简谐振动的振幅和初相位由振动的初始状态决定。 初始状态决定
已知t=0时，振动量Ψ的振动状态为 ψ0, dψ
ψ0 = Acosφ
− 1
dΨ dt 0 2 A= Ψ0 + ω
2
dΨ dt φ = tan−1 0 ω 0 Ψ
说明： (1) 一般来说φ 的取值在 - π和π(或0和2π)之间； (2) 在应用上面的式子求φ 时，一般来说有两个值， 还要由初始条件来判断应该取哪个值； (3)常用方法：先求A，然后由 Ψ0=Acosφ 、 (dΨ /dt)0=-Aωsinφ 两者的共同部分求φ 。
1 2 Ekmax = kA 2
Ekmin = 0
势 能
Ep = 1 kx2 2
1 2 2 = kA cos (ω +φ0) t 2
1 2 Epmax = kA 2
Epmin = 0
机械能
1 2 E = Ek + Ep = kA 2
简谐振动系统机械能守恒
E
E (1/2)kA2
Ep
o
Ek
Ep = Ek
t
T
x t
由起始能量求振幅
1 2 E = kA 2
2E0 2E A= = k k
LC振荡电路中，电容器上的电 量q和电路中的电流I分别为：
q =Q cos(ωt +φ) 0 I = −ωQ sin ωt +φ) ( 0
大学物理第九章课后习题答案
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第九章 静电场的基本规律
一、 填空 1. 电荷分为 和 ，一般把用 摩擦过的玻璃棒上所带的电 荷称为 ， 把用毛皮摩擦过的 上所带的电荷称为 。 2. 物体所带电荷的多寡程度的物理量称为 。 3. 物体所带的电荷量不是以连续值出现，而是以不连续的量值出现的，这称 为 。 4. 试探电荷满足的两个条件是 ， 。 5. 穿过电场中某曲面的电场线条数称为电场对该曲面的 。 6. 静电场的电场线起始于， ，终止于 ， 是 （填 “闭合” 或 “不闭合” ） 的曲线， 在没有电荷的空间里， 电场线既不会 ， 也不会 。 7. 高斯定理的表达式是 。 8. 电场中电势相等的点所构成的曲面称为 。 点电荷的等势面是以点电 荷为球心的一系列 。 9. 沿等势面移动电荷，电场力做功为 ，等势面和电场线处处 。 10. 沿电场线方向，电势 （填“升高”或“降低” ） 。 二、 简答 1. 2. 3. 4. 5. 简述真空中点电荷满足的库仑定律的内容及矢量表达式。 简述研究电场性质时，试探电荷需满足的两个条件。 简述电场线怎样描述电场的性质，以及静电场的电场线的特点。 简述高斯定理。 简述等势面具有的性质。
s
q内
0
。
8. 等势面，同心球面。 9. 零，正交。 10. 降低。 二、 简答 1. 答：内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力沿其连线方向，同号相斥， 异号相吸；作用力的大小与两电荷的电荷量的乘积成正比，与两电荷之间的距离 的平方成反比。 矢量表达式： F =
q1 q 2 r0 。 4πε 0 r 2
� q j 2π 2 ε 0 R 2
联立①②， 可得 Q = 3 q 3
① ②
∴在三角形的中心应放置一电量为 − 的合力为零. 5.
大学物理习题答案第九章
[习题解答]9-3 两个相同的小球质量都是m ，并带有等量同号电荷q ，各用长为l 的丝线悬挂于同一点。
由于电荷的斥力作用，使小球处于图9-9所示的位置。
如果θ角很小，试证明两个小球的间距x 可近似地表示为.解 小球在三个力的共同作用下达到平衡，这三个力分别是重力m g 、绳子的张力T 和库仑力f 。
于是可以列出下面的方程式,(1),(2)(3)因为θ角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4). (5)将式(5)代入式(4)，得图9-9,由上式可以解得.得证。
9-4在上题中，如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？解在上题的结果中，将q解出，再将已知数据代入，可得.9-5氢原子由一个质子和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r0 = 5.29⨯10-11m。
质子的质量M = 1.67⨯10-27kg，电子的质量m = 9.11⨯10-31kg，它们的电量为±e =1.60⨯10-19C。
(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。
解(1)电子与质子之间的库仑力为.(2)电子与质子之间的万有引力为.所以.(3)质子对电子的高斯引力提供了电子作圆周运动的向心力，所以,从上式解出电子绕核运动的速率，为.9-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。
(1)证明任一顶角上的电荷所受合力的大小为.(2) F的方向如何？解立方体每个顶角上放一个电荷q，由于对称性，每个电荷的受力情况均相同。
对于任一顶角上的电荷，例如B角上的q B，它所受到的力、和大小也是相等的，即.首先让我们来计算的大小。
图9-10由图9-10可见，、和对的作用力不产生x方向的分量；对的作用力f1的大小为,f1的方向与x轴的夹角为45︒。
对的作用力f2的大小为,f2的方向与x轴的夹角为0︒。
大学物理第9章习题答案
⼤学物理第9章习题答案第4篇电磁学第9章静电场9.1 基本要求１掌握静电场的电场强度和电势的概念以及电场强度叠加原理和电势叠加原理。
掌握电势与电场强度的积分关系。
能计算⼀些简单问题中的电场强度和电势。
了解电场强度与电势的微分关系。
２理解静电场的规律：⾼斯定理和环路定理。
理解⽤⾼斯定理计算电场强度的条件和⽅法。
３了解导体的静电平衡条件，了解介质的极化现象及其微观解释。
了解各向同性介质中Ｄ和Ｅ之间的关系。
了解介质中的⾼斯定理。
４了解电容和电能密度的概念。
9.２基本概念１电场强度E ：试验电荷0q 所受到的电场⼒F 与0q 之⽐，即0q =F E ２电位移D ：电位移⽮量是描述电场性质的辅助量。
在各向同性介质中，它与场强成正⽐，即ε=D E ３电场强度通量e Φ：e Sd Φ=E S电位移通量:D Sd Φ=D S４电势能pa E ：0pa aE q d ∞=?E l （设0p E ∞=）５电势a V ：0pa a aE V d q ∞==? E l （设0V ∞=）电势差ab U ：ab a b U V V =- ６场强与电势的关系（１）积分关系 a aV d ∞=７电容Ｃ：描述导体或导体组（电容器）容纳电荷能⼒的物理量。
孤⽴导体的电容：Q C V =；电容器的电容：Q C U= ８静电场的能量：静电场中所贮存的能量。
电容器所贮存的电能：22222CU Q QUW C ===电场能量密度e w ：单位体积的电场中所贮存的能量，即22e E w ε=9.３基本规律１库仑定律：12204rq q rπε=F e ２叠加原理（１）电场强度叠加原理：在点电荷系产⽣的电场中任⼀点的场强等于每个点电荷单独存在时在该点产⽣的场强的⽮量和。
（２）电势叠加原理：在点电荷系产⽣的电场中，某点的电势等于每个点电荷单独存在时在该点产⽣的电势的代数和。
３⾼斯定理：真空中静电场内，通过任意闭合曲⾯的电场强度通量等于该曲⾯所包围的电量的代数和的1/ε 0倍。
大学物理-第九章（热力学基础）习题标准答案
大学物理-第九章（热力学基础）习题标准答案大学物理2-1第九章(热力学基础)习题答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：习题九9-1 一系统由图示的状态a 经acd 到达状态b ，系统吸收了320J 热量，系统对外作功126J 。
(1)若adb 过程系统对外作功 42J ，问有多少热量传入系统? (2)当系统由b 沿曲线ba 返回状态a ，外界对系统作功84 J ，试问系统是吸热还是放热? 热量是多少?[解] 由热力学第一定律A E Q +?= 得 A Q E -=?在a在ba 过程中 J A E A E E Q b a 27884194333-=--=+?-=+-= 本过程中系统放热。
9-2 2mol 氮气由温度为300K ，压强为510013.1?Pa (1atm)的初态等温地压缩到 510026.2?Pa(2atm)。
求气体放出的热量。
[解] 在等温过程中气体吸收的热量等于气体对外做的功，所以J P P RT M m A Q mol T 3211046.321ln 30031.82ln ?-==== 即气体放热为J 31046.3?。
9-3 一定质量的理想气体的内能E 随体积的变化关系为E - V 图上的一条过原点的直线，如图所示。
试证此直线表示等压过程。
[证明] 设此直线斜率为k ，则此直线方程为kv E =又E 随温度的关系变化式为T k T C M ME v mol'=?= 所以T k kV '= 因此C kk T V ='=(C 为恒量) 又由理想气体的状态方程知，C TpV'= (C '为恒量) 所以 p 为恒量即此过程为等压过程。
9-4 2mol 氧气由状态1变化到状态2所经历的过程如图所示：(1)沿l →m →2路径。
(2)1→2直线。
大学物理标准答案第9章
第九章 静 电 场9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ).9－3 下列说法正确的是( )(A ) 电场强度为零的点，电势也一定为零(B ) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零(C) 电势为零的点，电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).*9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( )(A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止(B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动(C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动(D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B).9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小.分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解一个氧原子所带的最大可能净电荷为()e q 21max 10821-⨯⨯+=二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为1108.2π46202max<<⨯==-Gmεq F F g e 显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力. 9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32 的上夸克和两个带e 31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20 m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15 m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律 ()r r r re r q q e e e F N 78.3π41π412202210===εε F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析 依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.解 根据上述分析2020π1)2/(2π41aq a q E P εε==题 9-7 图9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1Lr Q εE -=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为 2204π21Lr r Q εE += 若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.题 9-8 图分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '=整个带电体在点P 的电场强度 ⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=L E i E d(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==L y E E j j E d sin d α证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L rq E20π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2202/32222041π2d π41Lr r Q r x L x rQ E L/-L/+=+=⎰εε 当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度 r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题 9-9 图 分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为 ()i E 2/3220d π41d r x q x +=ε 由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθδθεεd cos sin 2 d sin π2cos π41d π41d 02303/2220=⋅=+=R RR r x q x E积分得 02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E 9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0 .试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题 9-10 图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0 ，利用教材第5 －3 节中电偶极子在延长线上的电场强度302π41x p εE = 可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩θθcos 2cos 200er p p ==在电偶极矩延长线上30030030cos π1cos 4π412π41x θer εx θer εx p εE === 解2 在对称轴线上任取一点A ，则该点的电场强度+-+=E E E2020π42π4cos 2cos 2xεe r εθer E βE E -=-=+ 由于 θxr r x r cos 202022-+=rθr x βcos cos 0-=代入得 ()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡--+-=22/30202001cos 2cos π42x xr r x r x e E θθε 测量分子的电场时， 总有x ＞＞r 0 ， 因此， 式中()⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-≈⎪⎭⎫ ⎝⎛-≈-+x r x x r x xr r x θθθcos 2231cos 21cos 2032/3032/30202，将上式化简并略去微小量后，得 300cos π1x θe r εE = 9－11 两条无限长平行直导线相距为r 0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x )；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.题 9-11 图 分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加.(2) 由F ＝q E ，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F ＝λE .应该注意：式中的电场强度E 是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力.解 (1) 设点P 在导线构成的平面上，E ＋、E －分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有 ()i i E E E x r x r x r x -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=+=+-00000π211π2ελελ (2) 设F ＋、F －分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有 i E F 00π2r ελλ==-+ i E F 002π2r ελλ-=-=+- 显然有F ＋＝F －，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.题 9-12 图分析 方法1：作半径为R 的平面S 与半球面S 一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理 ∑⎰==⋅01d 0q εS S E 这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=S S d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有⎰⎰'⋅-=⋅=S S S E S E Φd d 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，E R R E 22ππcos π=⋅⋅-=Φ解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为()r E e e e E ϕθθϕϕθϕsin sin cos sin cos ++= r θθR e S d d sin d 2=ER ER ER S S 2π0π02222πd sin d sin d d sin sin d ===⋅=⎰⎰⎰⎰ϕϕθθϕθϕθS E Φ 9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E 地球表面电荷面密度∑--⋅⨯-=-≈=2902m C 1006.1π4/E R q E εσ单位面积额外电子数25cm 1063.6)/(-⨯=-=e n σ9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有 ⎰==⋅s Q E r S E 0i 2π4d ε上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解 依照上述分析，由高斯定理可得R r <时， 302π34π4r E r ερ= 假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为r E 03ερ=R r >时， 302π34π4R E r ερ= 考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为r e rR E 2033ερ=9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 . 题 9-15 图分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=⋅rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=ER 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑rελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 9－16 如图所示，有三个点电荷Q 1 、Q 2 、Q 3 沿一条直线等间距分布且Q 1 ＝Q 3 ＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q 1 、Q 3 的情况下，将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.题 9-16 图分析 由库仑力的定义，根据Q 1 、Q 3 所受合力为零可求得Q 2 .外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值，即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：(1)根据功的定义，电场力作的功为l E d 02⎰∞=Q W 其中E 是点电荷Q 1 、Q 3 产生的合电场强度.(2) 根据电场力作功与电势能差的关系，有()0202V Q V V Q W =-=∞其中V 0 是Q 1 、Q 3 在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势).解1 由题意Q 1 所受的合力为零()02π4π420312021=+d εQ Q d εQ Q 解得 Q Q Q 414132-=-= 由点电荷电场的叠加，Q 1 、Q 3 激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为()2/322031π2y d εQ E E E yy y +=+=将Q 2 从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为()d εQ y y d εQ Q Q W y 022/3220002π8d π241d =+⋅⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⋅-='⎰⎰∞∞l E 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势 的叠加得Q 1 、Q 3 在点O 的电势dεQ d εQ d εQ V 003010π2π4π4=+= 将Q 2 从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功dεQ V Q W 0202π8=-=' 比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多. 9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为r rελe E 0π2= 其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1 和r ＝r 2 两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？ 试说明.解 (1) 由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E (2) 不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →∞处的电势应与直线上的电势相等.9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm ，带有电量1.6 pC ，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为 R q εV 0π41= 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为R 32，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.解 根据已知条件球形雨滴半径R 1＝0.40 mm ，带有电量q 1＝1.6 pC ，可以求得带电球形雨滴表面电势V 36π411101==R q εV 当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径1322R R =，带有电量 q 2＝2q 1 ，雨滴表面电势V 5722π4113102==R q εV 9－19 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.题 9-19 图分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a a x0 00i E εσ电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 0l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a -a x l E l E ()a x a V >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a a x εσl E l E 电势变化曲线如图(b )所示. 9－20 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？题 9-20 图分析 通常可采用两种方法.方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势 R εQ V 0π4=其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布 ()()()22021********* π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有 20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时，有 202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则 rεQ Q V 0213π4+= (2) 两个球面间的电势差 ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题 9-21 图分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理 ⎰⎰=⋅V V d 1d 0ρεS E 可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义 ()l E d ⋅=-⎰b ab a r V V 并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅得 ()02εr ρr E =当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅得 ()r εR ρr E022= 取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r -==⎰当r ≥R 时 ()rR εR ρr r εR ρr V Rr ln 2d 20202==⎰ 如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线. 9－22 一圆盘半径R ＝3.00 ×10－2 m .圆盘均匀带电，电荷面密度σ＝2.00×10－5 C·m －2.(1) 求轴线上的电势分布；(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布；(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.题 9-22 图分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环，利用带电细环轴线上一点的电势公式，将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加，即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布，再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 如图所示，圆盘上半径为r 的带电细圆环在轴线上任一点P 激发的电势220d π2π41d x r r r σεV += 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的 ()x x R εσx r rr εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1) (2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向. (3) 将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得V 6911=V-1m V 6075⋅=E当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有 V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==x εq E 由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过 0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1 ＝3.0×10－2m ，R 2 ＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 Ｖ.求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2) r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1) 由习题9－15 的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 rελE 0π2=根据电势差的定义有 120212ln π2d 21R R ελU R R =⋅=⎰l E 解得 1812120m C 101.2ln /π2--⋅⨯==R R U ελ (2) 解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度10m V 475 7π2-⋅==rE ελ 9－24 轻原子核(如氢及其同位素氘、氚的原子核)结合成为较重原子核的过程，叫做核聚变.在此过程中可以释放出巨大的能量.例如四个氢原子核(质子)结合成一个氦原子核(α粒子)时，可释放出25.9MeV 的能量.即MeV 25.9e 2He H 4014211++→这类聚变反应提供了太阳发光、发热的能源.如果我们能在地球上实现核聚变，就能获得丰富廉价的能源.但是要实现核聚变难度相当大，只有在极高的温度下，使原子热运动的速度非常大，才能使原子核相碰而结合，故核聚变反应又称作热核反应.试估算：(1)一个质子(H 11)以多大的动能(以电子伏特表示)运动，才能从很远处到达与另一个质子相接触的距离？ (2)平均热运动动能达到此值时，温度有多高？ (质子的半径约为1.0 ×10－15 m ) 分析 作为估算，可以将质子上的电荷分布看作球对称分布，因此质子周围的电势分布为 rεe V 0π4= 将质子作为经典粒子处理，当另一质子从无穷远处以动能E k 飞向该质子时，势能增加，动能减少，如能克服库仑斥力而使两质子相碰，则质子的初始动能Re r eV E 2π41202R k 0ε=≥ 假设该氢原子核的初始动能就是氢分子热运动的平均动能，根据分子动理论知：kT E 23k = 由上述分析可估算出质子的动能和此时氢气的温度.解 (1) 两个质子相接触时势能最大，根据能量守恒eV 102.72π415202R K0⨯==≥Re r εeV E 由20k021v m E =可估算出质子初始速率 17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v该速度已达到光速的4％.(2) 依照上述假设，质子的初始动能等于氢分子的平均动能kT E E 23k k0== 得 K 106.5329k0⨯≈=kE T 实际上在这么高的温度下，中性原子已被离解为电子和正离子，称作等离子态，高温的等离子体不能用常规的容器来约束，只能采用磁场来约束(托卡马克装置)9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰. (2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 0003100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30 C· m .这个水分子在电场强度E ＝1.0 ×105 V · m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解 在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为E p M ⨯=当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有m N 1017.625max ⋅⨯==-pE M9-27 电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析 电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解 （1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能eV 105.24AK k ⨯==eU E(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度m/s 1037.927⨯==m E v k题 9-27。
大学物理第九章振动学基础习题答案
大学物理第九章振动学基础习题答案(共7页)-本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-第九章 振动学习题9-1 一小球与轻弹簧组成的振动系统，按(m) 3ππ8cos 05.0⎪⎭⎫ ⎝⎛+=t x ，的规律做自由振动，试求（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值；（2）t=1s ，2s ，10s 等时刻的相位；（3）分别画出位移、速度和加速度随时间变化的关系曲线。
解：（1）ω=8πs -1，T=2π/ω=，A=，ϕ0=π/3，m A ω=v ，2m a A ω=（2）π=8π3t φ+ （3）略9-2 一远洋货轮质量为m ，浮在水面时其水平截面积为S 。
设在水面附近货轮的水平截面积近似相等，水的密度为ρ，且不计水的粘滞阻力。
（1）证明货轮在水中做振幅较小的竖直自由运动是谐振动；（2）求振动周期。
解：（1）船处于静止状态时gSh mg ρ=，船振动的一瞬间()F gS h y mg ρ=-++得F gSy ρ=-，令k gS ρ=，即F ky =-，货轮竖直自由运动是谐振动。
（2）ω==2π2T ω==9-3 设地球是一个密度为ρ的均匀球体。
现假定沿直径凿通一条隧道，一质点在隧道内做无摩擦运动。
（1）证明此质点的运动是谐振动；（2）计算其振动周期。
解：以球心为原点建立坐标轴Ox 。
质点距球心x 时所受力为324433x mF G G mx x πρπρ=-=-令43k G m πρ=，则有F kx =-，即质点做谐振动。
（2）ω==2πT ω==9-4 一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A ＝ ×10-2 m ，周期T ＝。
当t ＝0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置，向负方向运动；（3）物体在x ＝×10-2m 处，向负方向运动；（4）物体在x ＝×10-2 m 处，向正方向运动。
求以上各种情况的振动方程。
解：ω=2π/T=4πs -1（1）ϕ0=0，0.02cos4(m)x t π= （2）ϕ0=π/2，0.02cos 4(m)2x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（3）ϕ0=π/3，0.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（4）ϕ0=4π/3，40.02cos 4(m)3x t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭9-5 有一弹簧，当其下端挂一质量为m 的物体时，伸长量为 ×10-2 m 。
大学基础物理学课后习题答案_主编习岗_高等教育出版社
大学基础物理课后答案主编：习岗高等教育出版社第一章 思考题：<1-4> 解：在上液面下取A 点，设该点压强为A p ，在下液面内取B 点，设该点压强为B p 。
对上液面应用拉普拉斯公式，得 A A R p p γ20=- 对下液面使用拉普拉斯公式，得 BB 02R p p γ=- 又因为 gh p p ρ+=A B将三式联立求解可得 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=B A 112R R g h ργ<1-5> 答：根据对毛细现象的物理分析可知，由于水的表面张力系数与温度有关，毛细水上升的高度会随着温度的变化而变化，温度越低，毛细水上升的高度越高。
在白天，由于日照的原因，土壤表面的温度较高，土壤表面的水分一方面蒸发加快，另一方面土壤颗粒之间的毛细水会因温度升高而下降，这两方面的原因使土壤表层变得干燥。
相反，在夜间，土壤表面的温度较低，而土壤深层的温度变化不大，使得土壤颗粒间的毛细水上升；另一方面，空气中的水汽也会因为温度下降而凝结，从而使得清晨时土壤表层变得较为湿润。
<1-6> 答：连续性原理是根据质量守恒原理推出的，连续性原理要求流体的流动是定常流动，并且不可压缩。
伯努利方程是根据功能原理推出的，它的使用条件是不考虑流体的黏滞性和可压缩性，同时，还要求流动是定常流动。
如果流体具有黏滞性，伯努利方程不能使用，需要加以修正。
<1-8> 答：泊肃叶公式适用于圆形管道中的定常流动，并且流体具有黏滞性。
斯托克斯公式适用于球形物体在黏滞流体中运动速度不太大的情况。
练习题：<1-6> 解：设以水坝底部作为高度起点，水坝任一点至底部的距离为h 。
在h 基础上取微元d h ，与之对应的水坝侧面面积元d S （图中阴影面积）应为坡长d m 与坝长l 的乘积。
练习题1-6用图d h d F由图可知 osin60d sin d d hh m ==θ 水坝侧面的面积元d S 为 d d d sin 60hS l m l该面积元上所受的水压力为 0d d d [(5)]sin 60hFp Sp ρg h l水坝所受的总压力为 ()[]N)(103.760sin d 5d 855o0⨯=-+==⎰⎰h l h g p F F ρ（注：若以水坝的上顶点作为高度起点亦可，则新定义的高度5h h ,高度微元取法不变，即d d h h ，将h 与d h 带入水坝压力积分公式，同样可解出水坝所受压力大小。
大学物理第9章静电场习题参考答案
第9章 静电场9-1 两小球处于如题9-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T ，重力mg 以及库仑力F 的作用，则有mg T =θcos 和F T =θsin ,∴θmgtg F =,由于θ很小，故lxmgmg mg x q F 2sin tg 41220=≈==θθπε ∴3/1022⎪⎪⎭⎫⎝⎛mg l q πε9-2 设q 1,q 2在C 点的场强分别为1E 和2E，则有210141AC r q E πε=14299m V 108.103.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯=方向沿AC 方向 220241BC r q E πε=14299m V 107.204.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯= 方向沿CB 方向∴ C 点的合场强E的大小为：24242221)107.2()108.1(⨯+⨯=+=E E E 14m V 1024.3-⋅⨯=设E 的方向与CB 的夹角为α，则有︒===--7.337.28.11211tg E E tg α 9-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元l q d d λ=，它在圆心O 处的场强为201d 41d RlE λπε=，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的d E 1和d E 2在x 方向分量相互抵消。
习题9-1图习题9-3图习题9-2图0=∴x E ，圆心O 处场强E 的y 分量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-===⎰⎰2312sin d 412sin d 412026260R R R R lE y πελθθλπεθλπεππ方向沿y 轴正向。
9-4 （1）如题9-4图(a)，取与棒端相距d 1的P 点为坐标原点,x 轴向右为正。
设带电细棒电荷元x q d d λ=至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 20d 41d x xE P λπε=方向沿x 轴正向各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是 ⎰⎰-+-==11)(20d 41d d L d P P xxE E πε 132289110m V 1041.2102811081103109114----⋅⨯=⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=L d d πελ方向沿x 轴方向。
大学基础物理学答案(习岗)第9章
118第九章 波动光学本章提要1. 几个基本概念● 相干条件：参与叠加的两束光满足振动方向相同、频率相同、相位差恒定的条件称相干条件。
只有满足相干条件的光叠加时才能产生干涉现象。
● 分波前法和分振幅法：利用普通光源获得相干光的方法有分波前法和分振幅法。
分波前法是在同一波前上通过波前的分割获得相干光，分振幅法是通过对同一束光进行振幅（光强）的分割获得相干光的。
● 光程：光走过的几何路程与路程上的介质折射率的乘积称为光程。
2. 分波前法干涉● 杨氏双缝干涉是利用分波前法产生干涉现象的，它是光具有波动性的经典实验，具有十分重要的意义。
● 杨氏双缝干涉实验的基本原理是：波长为λ的自然光源通过一个狭缝后形成狭缝光源，由狭缝光源发出的光通过间距为d 的双缝后形成两束相干光，这两束相干光在屏上相遇就会形成等间距的干涉条纹。
条纹间距为D x dλ∆= 其中，D 为双缝与光屏的距离。
● 洛埃镜实验也是分波前法干涉实验，其重要意义在于显示了光的半波损失现象。
即光在光疏媒质和光密媒质截面反射时，光要多走或少走2λ的光程。
3. 分振幅法干涉分振幅法干涉的典型例子是薄膜干涉，其又可分等厚干涉和等倾干涉两种。
（1）等厚条纹当光线垂直入射在膜表面时，在薄膜表面等厚处形成相同的干涉条纹的现象称等厚干涉。
当膜两侧都是空气时，定位于膜上表面的明纹满足0022λλk ne =+,3,2,1=k 对暗纹满足2)12(220λλ+=+k ne 0,1,2,3,k=其中，n 为膜的折射率，e 为膜的厚度。
等厚干涉的应用有：119●利用劈尖干涉测量微小角度、微小长度、检验工件的平整度等。
● 制备增加透射或反射的增透膜或增反膜。
● 利用牛顿环测量透镜曲率半径或光的波长。
（2） 等倾条纹以相同倾角i 入射到厚度均匀的平面膜上的光线，经膜上、下表面反射后产生的相干光束有相等的光程差，这样形成的干涉条纹称为等倾干涉。
等倾干涉条 纹是同心圆形条纹。
等倾干涉的一个重要的应用是迈克耳孙干涉仪。
大学物理第9章题库答案
大学物理第9章题库答案.第九章电磁场填空题（简单）1、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈，直导线中的电流由上向下，当线圈以垂直于导线的速度背离导线时，线圈中的感应电动势，当线圈平行导线向上运动时，线圈中的感应电动势。
（填>0，<0，＝0）（设顺时针方向的感应电动势为正）(<0, ＝0)2、磁场的高斯定律表明磁场是，因为磁场发生变化而引起电磁感应，是不同于回路变化时产生的。
相同之处是。
（无源场，动生电动势，磁通量发生改变）3、只要有运动电荷，其周围就有产生；而法拉弟电磁感应定律表明，只要发生变化，就有产生。
（磁场，磁通量，感应电动势）4、一磁铁自上向下运动，穿过一闭合导体回路，（如图7），当磁铁运动到a 处和b处时，回路中感应电流的方向分别是和。
（逆时针，顺时针）5、电磁感应就是由生的现象，其主要定律为，其中它的方向是由定律来决定，即。
（磁，电，电磁感应定律，楞次，见p320）6、当穿过某回路中的磁通量发生变化时，电路中(填一定或不一定)产生感应电流；电路中(填一定或不一定)产生感应电动势。
(不一定, 一定)7、在电磁感应中，感应电动势的大小与闭合回路的磁通量成正比。
（对时间的变化率）8、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈，直导线中的电流由上向下，当线圈平行导线向下运动时，线圈中的感应电动势，当线圈以垂直于导线的速度靠近导线时，线圈中的感应电动势。
（填>0，<0，＝0）（设顺时针方向的感应电动势为正）(＝0，>0)9、将条形磁铁插入与冲击电流计串连的金属环中，有-5q=2.010c ?的电荷通过电流计，若连接电流计的电路总电阻25R =Ω,则穿过环的磁通量的变化=?ΦWb 。
（4510q R --?=-?）10、电磁波是变化的和变化的在空间以一定的速度传播而形成的。
(电场，磁场) 11、如图所示，金属杆AOC 以恒定速度υ在均匀磁场B 中垂直于磁场方向运动，已知AO OC L ==，则杆中的动生电动势的大小为。
大学物理 第九章 课后答案
习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴ 21B B=(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B 两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度．解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理答案 9.第九章
第九章 热平衡的统计规律思考题9-14 已知 基本高斯积分公式2x e dx ∞-=⎰或2x e dx +∞--∞=⎰若记2ax nn I ex dx ∞-=⎰，验证 1202I a -=、1112I a -=以及递推公式 2(1)2n n n I I a--=。
9-15若气体密度的数量级为13/kg m ,估算气体分子间平均距离是液体分子间平均距离的多少倍。
9-16 在统计问题中，将相互独立的事件称为相乘事件，这是因为互相独立的事件同时发生的概率为各个时间发生概率的乘积。
例如，同时掷两组硬币，则两组硬币均出现“数字”一面的概率为111224⨯=。
两相加事件指的是互相排斥的事件，即或出现此事件、或出现彼事件。
例如，掷体筛子，出现1点或3点的概率应为 111663⨯=。
根据以上定义，试分析麦氏速度分布律（9.7）式、麦氏速率分布律（9.8）式和麦氏速度分量分布规律（例9.2（1）式）之间的关系。
9-17 由力学可知，声波在气体中传播的速度（声速）v =p 是气体压强，ρ是传播介质的密度。
假设声波传播可视为绝热过程，试证明声速v =（其中γ为比热容比）。
9-18 利用玻尔兹曼原理（9.28）式说明熵的可加性。
习题9-1 一氦氖气体激光管，工作时管内的温度是27摄氏度，压强是2.4mmHg ，氦气与氖气的压强比是7：1，问管内氖气和氦气的分子数密度各是多少？ 解：112221223112132227,712.40.3()882.1()16.7610()9.6610()P P P P P P P mmHg P mmHg P P n KT m KTP n KT n m --+===∴====∴==⨯=∴=⨯1，n =9-2 水蒸汽分解成同温度的氢气和氧气，内能增加百分之几？（不计分子的振动自由度） 解：因为22222H O H O =+，所以，2摩尔的水分分成2摩尔的氢和1摩尔的氧气2206522222H H i U vRT U RT U RT =∴=⨯⨯∴=⨯⨯2222()51512125%212O H H O H O U U U U RT U +--=⨯⨯∴==9-3 一能量为1012ev （1.602×10-19J ）的宇宙射线粒子射入一氖管中，氖管中含有氖气的0.1mol 。
大学物理第九章练习 参考答案
第九章 电磁感应 电磁场理论练 习 一一.选择题1. 在一线圈回路中，规定满足如图1所示的旋转方向时，电动势ε，磁通量Φ为正值。
若磁铁沿箭头方向进入线圈，则有（ B ）(A ) d Φ /dt < 0， ε < 0 ； (B ) d Φ /dt > 0， ε < 0 ； (C ) d Φ /dt > 0， ε > 0 ； (D ) d Φ /dt < 0， ε > 0。
2. 一磁铁朝线圈运动，如图2所示，则线圈内的感应电流的方向（以螺线管内流向为准）以及电表两端电势U A 和U B 的高低为（ C ）(A ) I 由A 到B ，U A >U B ； (B ) I 由B 到A ，U A <U B ； (C ) I 由B 到A ，U A >U B ； (D ) I 由A 到B ，U A <U B 。
3. 一长直螺线管，单位长度匝数为n ，电流为I ，其中部放一面积为A ，总匝数为N ，电阻为R 的测量线圈，如图3所示，开始时螺线管与测量线圈的轴线平行，若将测量线圈翻转180°，则通过测量线圈某导线截面上的电量∆q 为（ A ）(A ) 2μ0nINA /R ； (B ) μ0nINA /R ； (C ) μ0NIA /R ； (D ) μ0nIA /R 。
4. 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，磁通量的变化率相同，则环中（ A ） （A ）感应电动势相同，感应电流不同； （B ）感应电动势不同，感应电流相同； （C ）感应电动势相同，感应电流相同； （D ）感应电动势不同，感应电流不同。
二.填空题1．真空中一长度为0l 的长直密绕螺线管，单位长度的匝数为n ，半径为R ，其自感系数L可表示为0220l R n L πμ=。
2. 如图4所示，一光滑的金属导轨置于均匀磁场B 中，导线ab 长为l ，可在导轨上平行移动，速度为v ，则回路中的感应电动势ε=θsin Blv ，a 、b 两点的电势a U ＜ b U （填<、=、>），回路中的电流I=R Blv /sin θ，电阻R 上消耗的功率P=R Blv /)sin (2θ。
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118第九章 波动光学本章提要1. 几个基本概念● 相干条件：参与叠加的两束光满足振动方向相同、频率相同、相位差恒定的条件称相干条件。
只有满足相干条件的光叠加时才能产生干涉现象。
● 分波前法和分振幅法：利用普通光源获得相干光的方法有分波前法和分振幅法。
分波前法是在同一波前上通过波前的分割获得相干光，分振幅法是通过对同一束光进行振幅（光强）的分割获得相干光的。
● 光程：光走过的几何路程与路程上的介质折射率的乘积称为光程。
2. 分波前法干涉● 杨氏双缝干涉是利用分波前法产生干涉现象的，它是光具有波动性的经典实验，具有十分重要的意义。
● 杨氏双缝干涉实验的基本原理是：波长为λ的自然光源通过一个狭缝后形成狭缝光源，由狭缝光源发出的光通过间距为d 的双缝后形成两束相干光，这两束相干光在屏上相遇就会形成等间距的干涉条纹。
条纹间距为D x dλ∆= 其中，D 为双缝与光屏的距离。
● 洛埃镜实验也是分波前法干涉实验，其重要意义在于显示了光的半波损失现象。
即光在光疏媒质和光密媒质截面反射时，光要多走或少走2λ的光程。
3. 分振幅法干涉分振幅法干涉的典型例子是薄膜干涉，其又可分等厚干涉和等倾干涉两种。
（1）等厚条纹当光线垂直入射在膜表面时，在薄膜表面等厚处形成相同的干涉条纹的现象称等厚干涉。
当膜两侧都是空气时，定位于膜上表面的明纹满足0022λλk ne =+,3,2,1=k 对暗纹满足2)12(220λλ+=+k ne 0,1,2,3,k=其中，n 为膜的折射率，e 为膜的厚度。
等厚干涉的应用有：119●利用劈尖干涉测量微小角度、微小长度、检验工件的平整度等。
● 制备增加透射或反射的增透膜或增反膜。
● 利用牛顿环测量透镜曲率半径或光的波长。
（2） 等倾条纹以相同倾角i 入射到厚度均匀的平面膜上的光线，经膜上、下表面反射后产生的相干光束有相等的光程差，这样形成的干涉条纹称为等倾干涉。
等倾干涉条 纹是同心圆形条纹。
等倾干涉的一个重要的应用是迈克耳孙干涉仪。
4. 光的衍射现象及其分类● 光偏离直线传播，并且在光屏上形成光强度不均匀分布的现象称光的衍 射。
● 光的衍射现象可分为菲涅耳衍射（或近场衍射）和夫琅禾费衍射（或远场衍射。
● 衍射现象可以通过惠更斯－菲涅耳原理来定性解释，其表述为：波前上的各点可以看成是相干的子波波源，其后波场中的某点波的强度由各子波波源发出的子波在该点的相干叠加来决定。
5. 夫琅禾费衍射● 夫琅禾费单缝衍射。
应用半波带法可知，当单色光垂直入射时，衍射 暗条纹中心位置满足： λθk a =sin 3,2,1=k明条纹中心满足：2)12(sin λθ+=k a 3,2,1=k其中，a 为缝宽，θ为衍射角。
●夫琅禾费圆孔衍射。
当单色光垂直入射到通光孔半径为a 的圆孔时， 设在光屏上所形成的中央亮斑（称艾里斑）的角半径为θ，其满足aλθ61.0sin = 中央亮斑（艾里斑）的半径为f aR λ61.0= 其中，f 为透镜的焦距。
6. 光学仪器的分辨本领● 根据圆孔衍射规律和瑞利判据得最小分辨角为aλθ61.0min = ● 最小分辨角的倒数为分辨率。
●生物显微镜的分辨本领由通过物镜所能分辨的两个物点的最小距离（称最120小分辨距离）来表示。
理论计算得到的最小分辨距离为 un y sin 61.0λ=∆ 其中，n 为物方的折射率，u 为孔径对物点的半张角，u n sin 称物径的数值孔径（缩写N.A.)。
7. 光栅衍射● 由许多等宽的狭缝等距离地排列起来形成的光学元件叫光栅。
光栅每一条透光部分的宽度为a ，不透光部分的宽度为b ，(a +b )=d 称为光栅常数。
光栅常数是光栅的特征量。
● 当用单色光入射到光栅上时，在黑暗的背景上会出现窄细明亮的谱线。
缝数越多，谱线越细越亮。
谱线（主极大）的位置满足sin d k θλ= ,2,1,0=k该式称为光栅方程。
● 谱线强度要受单缝衍射调制，因而会出现缺级现象。
● X 射线通过晶体时会产生衍射。
若各原子层(或晶面)之间的距离为d ，当单色的平行X 射线以掠射角θ入射到晶面上时，表面层原子散射的反射光和内部原子散射的反射光满足下式时λθk d =sin 2 3,2,1=k 在θ方向上就会因各反射光相互干涉增强而出现亮点。
该式称为晶体衍射的布喇格公式。
8. 光的偏振● 根据光矢量的振动情况，光可以分为非偏振光（无偏振）、偏振光（线偏振、椭圆偏振、圆偏振）和部分偏振光。
自然光是非偏振光。
● 可以通过具有二向色性的偏振片产生和检验偏振光。
● 偏振光通过检偏器后，其光强服从如下的马吕斯定律：20cos I I α=其中，I 为通过检偏器后的光强，0I 是通过检偏器前的光强，α是偏振光与检偏器偏振化方向的夹角。
● 自然光通过双折射晶体后会产生偏振的o 光和e 光，利用双折射晶体制成的尼科耳棱镜也可以产生偏振光。
● 当自然光在任意两种各向同性的介质分界面上反射和折射时，反射光和折射光都是部分偏振光，特别是，当光从折射率n 1的介质射向折射率为n 2 的介质时，若入射角B i 满足下述关系2B 1tan n i n = 时，反射光成为振动方向垂直于入射面的完全偏振光。
该关系式称为布儒斯特定121律，式中的角B i 称布儒斯特角或起偏角。
思考题9-1在双缝干涉实验中(1)当缝间距不断增大时，干涉条纹如何变化?为什么?(2)当狭缝光源在垂直于轴线方向上向下或向上移动时，干涉条纹将如何变化?答：（1）根据双缝干涉中相邻条纹的间距公式可知，随着缝间距的增大，干涉条纹的间距会变窄。
（2）当狭缝光源在垂直于轴线方向上移动时，干涉条纹也会随着在垂直轴线方向移动，方向与光源移动方向相反。
9-2 将双缝实验装置放进水中，条纹间距将发生什么变化?答：由于水的折射率大于空气的折射率，所以，光在水中的波长变短。
根据双缝干涉中相邻条纹的间距公式可知将双缝实验装置放进水中，条纹间距会变小。
9-3 在双缝干涉实验中，如果在上方的缝后面贴一片薄的透明云母片，干涉条纹的间距有没有变化?中央条纹的位置有没有变化?答：如果在上方的缝后面贴一个云母片，则从上方缝中出射的光线的光程会发生变化。
设云母片的折射率为n ，厚度为h ，则两束光的光程差为x Dd n h +--=)1(δ 其中，d 为两缝的距离，D 为缝与屏的距离，x 为屏上相邻两点的距离。
当在屏上出现亮条纹时，满足(1)d h n x k Dδλ=--+= (0,1,2,...k =) 从中可以看出，相邻两条纹的距离为D x dλ∆= 即条纹间距没有发生变化。
令k 等于零，由上式可知x > 0，即中央亮条纹向上方移动。
9-4用两块玻璃片叠在一起形成空气劈尖观察干涉条纹时，如果发现条纹不是平行的直线，而是弯曲的线条，试说明两个玻璃片相对的两面有什么特殊之处?答：说明两个玻璃片相对的两面至少有一面不平整。
9-5 在日常经验中，为什么容易发现声波的衍射而难以发现光波的衍射? 答：根据衍射原理，只有当狭缝或者障碍物的大小与波长可比时，才会形成衍射现象。
光波波长短，日常的狭缝或障碍物的尺寸远远大于光波波长，因而难以发现光波的衍射；而声波波长可与日常狭缝或障碍物的尺寸相比，所以更容易发生衍射。
1229-6 在观察夫琅禾费衍射的实验装置中，透镜的作用是什么?答：在实验中使用了两个透镜，一个用来将线光源扩束成平行光束，另一个用来将衍射后的光束会聚到观察屏。
9-7 在单缝夫琅禾费衍射中，如果将单缝逐渐加宽，衍射图样会发生什么变化?答：随着单缝的加宽，衍射条纹间距变小，衍射现象变得不明显。
当缝宽远大于波长时，衍射条纹密集到无法分辨，只显示出单一的明条纹。
9-8 如何用实验判断光束是(1)线偏振光；(2)部分偏振光；(3)自然光? 答：用一个偏振片（检偏器）以光的传播方向为轴转动，若出射光强不发生任何变化，则该光束是自然光；当将偏振片旋转一周后，若出射光强有两次达到最大，有两次完全消光，则该光束是线偏振光；若偏振片旋转一周时出射光强发生了改变，但没有出现消光现象，则该光束是部分偏振光。
9-9 当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，其偏振方向与入射面平行。
练习题9-1 在杨氏实验中，用波长为632.8nm 的氦氖激光束垂直照射到间距为1.14mm 的两个小孔上，小孔至屏幕的垂直距离为1.50m 。
试求在下列两种情况下屏幕上干涉条纹的间距： (1)整个装置放在空气中；(2)整个装置放在n=1.33的水中。
解： 设两孔间距为d ，小孔至屏幕的距离为D ，装置所处介质的折射率为n ，则两小孔出射的光到屏幕的光程差为21()x n r r nd Dδ=-= 所以相邻干涉条纹的间距为D x d nλ∆=⋅ （1） 在空气中时，n ＝1。
于是条纹间距为9431.5632.8108.3210(m)1.1410D x d λ---∆==⨯⨯=⨯⨯ （2） 在水中时，n ＝1.33。
条纹间距为 9431.5632.810 6.2610(m)1.1410 1.33D x d n λ---⨯⨯∆=⋅==⨯⨯⨯9-2 在杨氏干涉装置中，已知双缝的间距为0.342mm ，双缝至屏幕的垂直距离为2.00m 。
测得第10级干涉亮纹至中央亮纹之间的距离为3.44cm ， 试求光源123的单色光波长。
解：在杨氏干涉装置中，两束相干光的光程差为Dx d =δ 根据出现亮条纹的条件0λδk ±=，对第10级亮条纹，k 取10，于是有010λ=D x d带入数据得0231021044.310342.0λ=⨯⨯⨯-- 由此解出nm 24.5880=λ9-3 将很薄的云母片(n =1.58)覆盖在双缝干涉实验装置的一条缝上，利用波长为550.0 nm 的光源，观察到干涉条纹移动了9个条纹的距离， 试求该云母片的厚度。
解：设云母片厚度为h ，覆盖在双缝中的1r 光路上，此时两束相干光的光程差为21()(1)d r nh r h h n x k D δλ'=-+-=--+= 当没有覆盖云母片，两束相干光的光程差为21d r r x k Dδλ'=-== 因为条纹移动了9个，则9k k '-=由①、②两式得(1)9h n λ-= 由此可得云母片的厚度为9699550.0108.5310(m)1 1.581h n λ--⨯⨯===⨯--9-4 将两块平板玻璃叠合在一起，一端互相接触。
在距离接触线为L =12.40cm 处将一金属丝垫在两板之间。
用波长为546.0nm 的单色光垂直入射到玻璃板上， 测得条纹间距为l =1.50mm ， 试求该金属细丝的直径D 。