光学第七章答案

光学教程第四版
(6) Q u =
dω dk
ω = kυ
dυ ω d( ) υ − ω 1 dω dω = 1 (1 − ω dυ ) = = υ = u dk dω υ υ υ dω cω 而 υ= ε = ε (ω ) µ = µ (ω ) ω ε µ −c a
2 2 2 2 1 −1 1 d (εµ ) c ω 2 ε µ − c 2 a 2 − cω ⋅ (ω 2 ε µ − c 2 a 2 ) 2 [ 2ωεµ +ω 2 ] υ d 2 dω = dω ω 2ε µ −c 2 a 2
2 2 v m 2 3 3 m m m ， 2 2 2 2 2 2 m
8
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∞
φ（T）= ∫
0
ε（v，T）dv = ∫ c v fvdv / T
3 0
=T
3
4
∫
∞
c v f ( v / T ) d (v / T ) / T
=
c − ω ε µ −c a
2 2 2
cω [2ω εµ + ω
2
d(εµ ) ] dω 2(ω ε µ − c a )
2 2 2 3 2
=
υ − ω υ − ω
υ [2ω εµ + ω
2
d(εµ ) ] dω 2(ω ε µ − c a )
2 2 2 3 2
=
υ ω [ εµ +
2
ω d(εµ ) ] 2 dω (ω ε µ − c a )
根据群速度折射率的定义 c ng = dv v−λ dλ λ dn p −1 c = (1 + ) v n p dλ ≈ λ dn p c (1 − ) v n p dλ
将已知数值代入上式，得
群速度折射率的近似式为 dn p ng ≈ n p − λ dλ n g = 1.629 − 5890 × (−1.343 × 10 −5 ) = 1.708
−3 −10
= & 8300 （K）
Q P= 12. 解：
4π × (10 × 10 3 )
2
= & 7.96 × 10 −10 J (m 2 ⋅ s ) = & 4.976 × 10 9 ev (cm 2 ⋅ s )
λ dv dn p • = v(1 + ) dn p dλ np
n"− n' 1.620 − 1.629 = dλ λ "−λ ' 6560 − 5890 5890 u = 1.840 × 1010 (1 − × 1.343 × 10 −5 ) 1.629 = 1.751 × 1010 cm / s
3. 解： 设两反射镜之间的距离为 l ，正棱柱体的转速为ν .
1 , nν 1 2l ∴ = . nν c 故 ： c = 2lnν 则： ∆t =
∆t =
2l c
1926年所测结果为： c = 2 × 35373.21 × 8 × 528 = 298832878.1 （m / s）
4. 解：(1) Q ω = kν
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d[ ν fν / T ] / dν = 3ν fν / T +ν / T
3 2 3
f
,
(ν / T ) = 0
或者 : 3 f (ν / T ) + ν / T × 令x = ν / T , 则 : 3 f ( x) + x
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dv d λ 4π 2τ 2 [ ( g + 2 )] = 2 λ ρ d λ d λ π 1. 解：
4π 2τ − g 2πτ 1 λ = [ ( g + 2 )] 2 ( − ) 2 2π 2π λ 2 ρ λ ρ dv ∴ u = v-λ dλ 1 gλ 2πτ 1 gλ 2πτ − 2 gλ 2πτ = + − ( + ) ( − ) 2π λρ 2π λρ 2 2π λρ = λ 12π 2τ (g + 2 ) 2π λ ρ 2 gλ 2πτ + 2π λρ
11. 解： Q
Tλ
m
=b
10
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∴ T
太阳
=
b λ
max
2.89 × 10 = = & 5700 （K） 5100 × 10
−3 −10
T
北极星
=
b λ
1
max
2.89 × 10 = 3500 × 10
4 4
4 Φ 0 max (Τ) σ Τmax ∴ = 4 Φ 0 min (Τ) σ Τmin
∆Τ Τ+ 2 = ∆Τ Τ− 2
4
4 2300 + 80 2340 2 = = & 1.15 = 2300 − 80 2260 2
2
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dω dν =ν + dk k 2π 2π k , dk == − dλ = − dλ 而k = λ λ λ dν ∴ u =ν − λ λ dω dν ( 2) Q u = =ν − λ λ dk c c n 而 n = , dn = − dν = − dν ν ν ν λν dn λ dn ∴ u =ν + = ν (1 + ) n dλ n dλ λ dn 故： u = ν (1 + ) n dλ u=
2
) dλ = −
2
2
2
2
1 dυ = (c + b λ ) ⋅ 2b λ dλ 2 b λdλ = c +b λ bλ ∴ u =υ − c +b λ c c = = c +b λ ν
2 2 2 1 −1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
5
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时，利用质能关系可得所经历的时间：
30 2 9 2
t = ∆m c − (2.0 ÷ 4.70) ×10 × 3s /(kg.m) = 1.2 ×10 y
11
2
10
8. 解： Q
Φ (Τ) = σ Τ
0
4
9
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2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

∴ u=
1 εµ
c ω d (εµ ) υ 1 + 2εµ dω
d
ε (ν )
6.[解]（a）辐射的最可几频率可利用
/ dν = 0
的条件，求得，为此，将式子（8-7）的
ε (ν ) 对ν 求导，并令其为零，即
7
1
1
gλ 6πτ + 2π λρ = gλ 2πτ + 2 2π λρ
2[解]：波长为 5890 A 的光在二硫化碳中的相速度为
o
v=
c 2.997925 × 1010 = n 1.629 = 1.840 × 1010 cm / s
o
波长为 5890 A 的光在二硫化碳中的群速度和相速度的关系
u =v−λ
m
2
因此：太阳的热辐射功率为 P = φ（T）S = 4.7 ×10 w
26 0
利用质能关系，又可得： P = mc / t 由此可得1秒钟内太阳由于辐射而损失的能量为 m = Pt / c = 5.2 ×10 kg / s 当太阳的质量损失
∆m = 1 % m0 = 0.01 × 2.0 ×10 kg
λ
0
m 为2.0 ×10
0
30
kg ，太阳的半径是 7.0 ×10 m
8
解，太阳作为一个绝对黑体，可利用
φ φ
0
(T ) = σ T
4
以及 λ m = b 求得单位面积提阿阳的辐出度为
0
(T ) = σ （b / λ m) = 7.55 ×10 W . m
7 2 18
4
−2
s = 4π r 6.16 ×10
f
,
(ν / T ) = 0
f
,
( x) = 0
这个方程的根为 :
x =ν
m
m
/ T = 常数
因而： （b）利用ν = c / λ , 便可得最可几波长为：
ν
m
−T −T
−1
λ
没
(c)利用（a )中的结果，可得; 3f ( x m ) + x m [ 则有： f ( x m) = −1 / 3 x m [ f ( x )] 把此结果代入（8 - 7）式子，得：
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Φ (Τ ) ∴ Τ= σ
0
1 4
0.13 × 4.18 = 5.67 × 10 × 60 × 10 = & 199.9 ( K )
−8 −4
1 4
9. 解： Q
M 0 (Τ) = σ Τ 4
m
Τλ
1 4
m
=b
∴ λ
σ = b⋅ Φ ( Τ)
,
f
,
( x )] = 0
(ε v) = c (x mT ) (−1 / 3 x )[ f ( x)] = − AT 其中 A = 1 / 3才 x [ f ,(x )] 常数 x
m , m 3 , 4 m α=
m
3
,
由于 dv=-cd λ /
λ
λ ,所以： = −c ε / λ , 当 λ = λ 时。 其中 ε ε λ = −c ε λ / λ = AT / λ 其中A = A A 是常数，利用韦恩位移定律 1/ λ （ = T/b) 把1 / λ 代入前式子得 ε λ = AT / b ~
3
3
0
=T
4
∫ cx
0
∞
f ( x )dx
式中积分项有确定的值，故
φ（T）~ T
0
4
（d）辐射出射度 这实际上是斯x番 — —玻尔兹曼定律 7，太阳挂普非常接近于 m 为 4800 A 的绝对黑体光谱，试求在一秒钟内太阳由于辐射而损 失 的 能 量 ， 并 估 计 太 阳 质 量 减 少 1% （ 由 于 热 辐 射 ） 所 经 历 的 时 间 ， 太 阳 的 质 量
1 −1 2 1 ( − ) −1 2 3 2 3 2
Байду номын сангаас
4
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( 4) Q υ =
a λ
−1−1
a dλ λ aλ a a a ∴ u =υ + = + = = 2υ λ λ λ 2λ (5) Q υ = c + b λ dυ = a ⋅ (−λ
dv dλ v= c − np
计算如下 式中
n p 为相速度折射率，故将 v 对 n p 求导，可得
dv c v =− 2 =− dn p np n p
代入群速度表式
1
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u = v−λ 其中， 故, dn p ≈
2 2 3 2
6
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ω d (εµ ) υ ω [ εµ + ] 1 1 ω υ 2 dω ∴ = 1 − − (ω ε µ − c a ) u υ υ ω ω d (εµ ) [ ] ω εµ + 1 2 d ω = 1 − 1 + υ ω ε µ −c a 1 υ ω d (εµ ) = εµ + 2 dω υ c εµυ ω d (εµ ) = + 1 c 2εµ dω
2 2
3
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5. 解： （1 ） Qu = υ − λ
dυ dλ υ = 常量，dυ = 0
u = υ = 常量 dυ （2）Q u = υ − λ dλ a 1 dυ = a λ dλ = υ=a λ dλ 2 2 λ a a λ a λ υ ∴u = a λ − =a λ − = = 2 λ 2 2 2 a (3) 同理：Qυ = . λ adλ 1 dν = a ( − ) λ dλ = − 2 2λ adλ a a 3 a 3 ∴ u =υ + = + = = υ λ 2 λ 2 λ 2 2λ
0
5.67 × 10 = 2.8978 × 5.7 × 10 = & 2.89 × 10 (m)
-8 4 −6
1 4
10. 解： Q φ0 (Τ) = σ Τ 4
Τ1 + Τ2 =Τ ， Τ2 − Τ1 = ∆Τ 2 ∆Τ ∆Τ 即 : Τ2 = Τ + , Τ1 = Τ − . 2 2 Τ2 = Τ 1