本學(xué)期物理作業(yè)題及答案(共23頁)

1、第九章靜電場97 點電荷如圖分布，試求P點的電場強度.分析 依照電場疊加原理，P點的電場強度等于各點電荷單獨存在時在P點激發(fā)電場強度的矢量和.由于電荷量為q的一對點電荷在P點激發(fā)的電場強度大小相等、方向相反而相互抵消，P點的電場強度就等于電荷量為2.0q的點電荷在該點單獨激發(fā)的場強度.解 根據(jù)上述分析題 9-7 圖98若電荷Q均勻地分布在長為L 的細棒上.求證：(1) 在棒的延長線，且離棒中心為r 處的電場強度為 (2) 在棒的垂直平分線上，離棒為r 處的電場強度為若棒為無限長(即L)，試將結(jié)果與無限長均勻帶電直線的電場強度相比較.題 9-8 圖分析這是計算連續(xù)分布電荷的電場強度.此時棒的長度

2、不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點電荷處理.但帶電細棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長直線上.如圖所示，在長直線上任意取一線元dx，其電荷為dq Qdx/L，它在點P 的電場強度為整個帶電體在點P的電場強度接著針對具體問題來處理這個矢量積分.(1) 若點P 在棒的延長線上，帶電棒上各電荷元在點P 的電場強度方向相同，(2) 若點P 在棒的垂直平分線上，如圖(a)所示，則電場強度E 沿x 軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點P 的電場強度就是證(1) 延長線上一點P 的電場強度，利用幾何關(guān)系 rr x統(tǒng)一積分變量，則電場強度的方向沿x 軸.(2) 根據(jù)以上分析，中垂線上一點P的電場強度E 的方向沿y

3、 軸，大小為利用幾何關(guān)系 sin r/r， 統(tǒng)一積分變量，則當(dāng)棒長L時，若棒單位長度所帶電荷為常量，則P點電場強度此結(jié)果與無限長帶電直線周圍的電場強度分布相同圖(b).這說明只要滿足r2/L2 1，帶電長直細棒可視為無限長帶電直線.914設(shè)在半徑為R的球體內(nèi)電荷均勻分布，電荷體密度為,求帶電球內(nèi)外的電場強度分布.分析 電荷均勻分布在球體內(nèi)呈球?qū)ΨQ，帶電球激發(fā)的電場也呈球?qū)ΨQ性.根據(jù)靜電場是有源場，電場強度應(yīng)該沿徑向球?qū)ΨQ分布.因此可以利用高斯定理求得均勻帶電球內(nèi)外的電場分布.以帶電球的球心為中心作同心球面為高斯面，依照高斯定理有上式中是高斯面內(nèi)的電荷量，分別求出處于帶電球內(nèi)外的高斯面內(nèi)的電荷量

4、，即可求得帶電球內(nèi)外的電場強度分布. 解 依照上述分析，由高斯定理可得時， 假設(shè)球體帶正電荷，電場強度方向沿徑向朝外.考慮到電場強度的方向，帶電球體內(nèi)的電場強度為時， 考慮到電場強度沿徑向朝外，帶電球體外的電場強度為 915兩個帶有等量異號電荷的無限長同軸圓柱面，半徑分別為R1 和R2 (R2R1 )，單位長度上的電荷為.求離軸線為r 處的電場強度：(1) r R1 ，(2) R1 rR2 ，(3) rR2 .題 9-15 圖分析電荷分布在無限長同軸圓柱面上，電場強度也必定沿軸對稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場強度通量不為零，且，求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷.即可解得各區(qū)域電場的分布

5、.解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理r R1 ， R1 r R2 ， r R2， 在帶電面附近，電場強度大小不連續(xù)，如圖（b）所示，電場強度有一躍變919電荷面密度分別為和的兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板，如圖(a)放置，取坐標(biāo)原點為零電勢點，求空間各點的電勢分布并畫出電勢隨位置坐標(biāo)x 變化的關(guān)系曲線.題 9-19 圖分析由于“無限大”均勻帶電的平行平板電荷分布在“無限”空間，不能采用點電荷電勢疊加的方法求電勢分布：應(yīng)該首先由“無限大”均勻帶電平板的電場強度疊加求電場強度的分布，然后依照電勢的定義式求電勢分布.解由“無限大” 均勻帶電平板的電場強度，疊加求得電場強度的分布，電勢等于移動單位

6、正電荷到零電勢點電場力所作的功 電勢變化曲線如圖(b)所示.921一半徑為R 的無限長帶電細棒，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷的體密度為.現(xiàn)取棒表面為零電勢，求空間電勢分布并畫出分布曲線.題 9-21 圖分析無限長均勻帶電細棒電荷分布呈軸對稱，其電場和電勢的分布也呈軸對稱.選取同軸柱面為高斯面，利用高斯定理可求得電場分布E(r)，再根據(jù)電勢差的定義并取棒表面為零電勢(Vb 0)，即可得空間任意點a 的電勢.解取高度為l、半徑為r且與帶電棒同軸的圓柱面為高斯面，由高斯定理當(dāng)rR 時得 當(dāng)rR 時得 取棒表面為零電勢，空間電勢的分布有當(dāng)rR 時當(dāng)rR 時如圖所示是電勢V 隨空間位置r 的分布曲線.92

7、5在一次典型的閃電中，兩個放電點間的電勢差約為109 ，被遷移的電荷約為30 C.(1) 如果釋放出來的能量都用來使0 的冰融化成0 的水，則可溶解多少冰？ (冰的融化熱L3.34 ×105 J· kg)(2) 假設(shè)每一個家庭一年消耗的能量為3 000kW·h，則可為多少個家庭提供一年的能量消耗？解(1) 若閃電中釋放出來的全部能量為冰所吸收，故可融化冰的質(zhì)量即可融化約 90 噸冰.(2) 一個家庭一年消耗的能量為一次閃電在極短的時間內(nèi)釋放出來的能量約可維持3個家庭一年消耗的電能.第十章靜電場中的導(dǎo)體與電介質(zhì)108一導(dǎo)體球半徑為R ，外罩一半徑為R2 的同心薄導(dǎo)體

8、球殼，外球殼所帶總電荷為Q，而內(nèi)球的電勢為V 求此系統(tǒng)的電勢和電場的分布分析若，內(nèi)球電勢等于外球殼的電勢，則外球殼內(nèi)必定為等勢體，電場強度處處為零，內(nèi)球不帶電若，內(nèi)球電勢不等于外球殼電勢，則外球殼內(nèi)電場強度不為零，內(nèi)球帶電一般情況下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q，導(dǎo)體達到靜電平衡時電荷的分布如圖所示依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場分布并由或電勢疊加求出電勢的分布最后將電場強度和電勢用已知量V0、Q、R、R2表示題 10-8 圖解根據(jù)靜電平衡時電荷的分布，可知電場分布呈球?qū)ΨQ取同心球面為高斯面，由高斯定理，根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場分布為r R時， RrR2 時，rR2

9、 時， 由電場強度與電勢的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢分布r R時，RrR2 時，rR2 時，也可以從球面電勢的疊加求電勢的分布：在導(dǎo)體球內(nèi)（r R）在導(dǎo)體球和球殼之間（RrR2 ）在球殼外（rR2）為由題意得 于是可求得各處的電場強度和電勢的分布：r R時，；RrR2 時，；rR2 時，；1011電容式計算機鍵盤的每一個鍵下面連接一小塊金屬片，金屬片與底板上的另一塊金屬片間保持一定空氣間隙，構(gòu)成一小電容器（如圖）.當(dāng)按下按鍵時電容發(fā)生變化，通過與之相連的電子線路向計算機發(fā)出該鍵相應(yīng)的代碼信號.假設(shè)金屬片面積為50.0 mm2 ，兩金屬片之間的距離是0.600 mm.如果電路能檢測出的電容

10、變化量是0.250 pF，試問按鍵需要按下多大的距離才能給出必要的信號？題 10-11 圖分析按下按鍵時兩金屬片之間的距離變小，電容增大，由電容的變化量可以求得按鍵按下的最小距離：解按下按鍵時電容的變化量為按鍵按下的最小距離為1014人體的某些細胞壁兩側(cè)帶有等量的異號電荷.設(shè)某細胞壁厚為5.2 ×109 m，兩表面所帶面電荷密度為±5.2 ×10 3 Cm2 ，內(nèi)表面為正電荷如果細胞壁物質(zhì)的相對電容率為6.0，求（1） 細胞壁內(nèi)的電場強度；（2） 細胞壁兩表面間的電勢差解（1）細胞壁內(nèi)的電場強度；方向指向細胞外（2） 細胞壁兩表面間的電勢差1017如圖，有一個空氣

11、平板電容器，極板面積為S，間距為d現(xiàn)將該電容器接在端電壓為U 的電源上充電，當(dāng)（1） 充足電后；（2） 然后平行插入一塊面積相同、厚度為（ d）、相對電容率為 的電介質(zhì)板；（3） 將上述電介質(zhì)換為同樣大小的導(dǎo)體板分別求電容器的電容C，極板上的電荷Q 和極板間的電場強度E題 10-17 圖分析電源對電容器充電，電容器極板間的電勢差等于電源端電壓U插入電介質(zhì)后，由于介質(zhì)界面出現(xiàn)極化電荷，極化電荷在介質(zhì)中激發(fā)的電場與原電容器極板上自由電荷激發(fā)的電場方向相反，介質(zhì)內(nèi)的電場減弱由于極板間的距離d 不變，因而與電源相接的導(dǎo)體極板將會從電源獲得電荷，以維持電勢差不變，并有相類似的原因，在平板電容器極板之間，

12、若平行地插入一塊導(dǎo)體板，由于極板上的自由電荷和插入導(dǎo)體板上的感應(yīng)電荷在導(dǎo)體板內(nèi)激發(fā)的電場相互抵消，與電源相接的導(dǎo)體極板將會從電源獲得電荷，使間隙中的電場E 增強，以維持兩極板間的電勢差不變，并有綜上所述，接上電源的平板電容器，插入介質(zhì)或?qū)w后，極板上的自由電荷均會增加，而電勢差保持不變解（1） 空氣平板電容器的電容充電后，極板上的電荷和極板間的電場強度為（2） 插入電介質(zhì)后，電容器的電容C1 為故有介質(zhì)內(nèi)電場強度空氣中電場強度（3） 插入導(dǎo)體達到靜電平衡后，導(dǎo)體為等勢體，其電容和極板上的電荷分別為導(dǎo)體中電場強度 空氣中電場強度無論是插入介質(zhì)還是插入導(dǎo)體，由于電容器的導(dǎo)體極板與電源相連，在維持電

13、勢差不變的同時都從電源獲得了電荷，自由電荷分布的變化同樣使得介質(zhì)內(nèi)的電場強度不再等于E0/第十一章恒定磁場1111如圖所示，幾種載流導(dǎo)線在平面內(nèi)分布，電流均為I，它們在點O 的磁感強度各為多少？題 11-11 圖分析應(yīng)用磁場疊加原理求解將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長直部分和圓弧部分，它們各自在點O 處所激發(fā)的磁感強度較容易求得，則總的磁感強度.解（） 長直電流對點O 而言，有，因此它在點O 產(chǎn)生的磁場為零，則點O 處總的磁感強度為1/4 圓弧電流所激發(fā)，故有B0 的方向垂直紙面向外（） 將載流導(dǎo)線看作圓電流和長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導(dǎo)線看作1/2 圓電流和兩

14、段半無限長直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外1114已知10 mm2 裸銅線允許通過50 A 電流而不會使導(dǎo)線過熱電流在導(dǎo)線橫截面上均勻分布求導(dǎo)線內(nèi)、外磁感強度的分布.題 11-14 圖分析可將導(dǎo)線視作長直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導(dǎo)體，故其磁場必然呈軸對稱分布，即在與導(dǎo)線同軸的圓柱面上的各點，B大小相等、方向與電流成右手螺旋關(guān)系為此，可利用安培環(huán)路定理，求出導(dǎo)線表面的磁感強度解圍繞軸線取同心圓為環(huán)路L，取其繞向與電流成右手螺旋關(guān)系，根據(jù)安培環(huán)路定理，有在導(dǎo)線內(nèi)r R， ，因而在導(dǎo)線外r R，因而磁感強度分布曲線如圖所示1115有一同軸電纜，其尺寸如圖（）所示兩導(dǎo)體中的電流均為I，

15、但電流的流向相反，導(dǎo)體的磁性可不考慮試計算以下各處的磁感強度：（1） r R1 ；（2） R1 r R2 ；（3） R2 r R3 ；（4） r R3 畫出B r 圖線題 11-15 圖分析同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布，其磁場呈軸對稱，取半徑為r 的同心圓為積分路徑， ，利用安培環(huán)路定理，可解得各區(qū)域的磁感強度解由上述分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感強度B（r）的分布曲線如圖（）1117電流I 均勻地流過半徑為R 的圓形長直導(dǎo)線，試計算單位長度導(dǎo)線內(nèi)的磁場通過圖中所示剖面的磁通量題 11-17 圖分析由題1114 可得導(dǎo)線內(nèi)部距軸線為r 處的磁感強度在剖面上磁感強度分

16、布不均勻，因此，需從磁通量的定義來求解沿軸線方向在剖面上取面元S lr，考慮到面元上各點B 相同，故穿過面元的磁通量BS，通過積分，可得單位長度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量解由分析可得單位長度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量1119霍爾效應(yīng)可用來測量血流的速度，其原理如圖所示在動脈血管兩側(cè)分別安裝電極并加以磁場設(shè)血管直徑為d2.0 mm，磁場為B0.080 T，毫伏表測出血管上下兩端的電壓為UH0.10 mV，血流的流速為多大？題 11-19 圖分析血流穩(wěn)定時，有由上式可以解得血流的速度解依照分析1121從太陽射來的速度為0.80×108 m/ 的電子進入地球赤道上空高層范艾倫輻射帶中，該處磁場為4.0 ×

17、;107，此電子回轉(zhuǎn)軌道半徑為多大？ 若電子沿地球磁場的磁感線旋進到地磁北極附近，地磁北極附近磁場為2.0 ×105，其軌道半徑又為多少？解由帶電粒子在磁場中運動的回轉(zhuǎn)半徑高層范艾倫輻射帶中的回轉(zhuǎn)半徑地磁北極附近的回轉(zhuǎn)半徑第十二章電磁感應(yīng)電磁場和電磁波127 載流長直導(dǎo)線中的電流以的變化率增長.若有一邊長為d的正方形線圈與導(dǎo)線處于同一平面內(nèi)，如圖所示.求線圈中的感應(yīng)電動勢. 分析 本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律，來求解.由于回路處在非均勻磁場中，磁通量就需用來計算. 為了積分的需要，建立如圖所示的坐標(biāo)系.由于B僅與x有關(guān)，即B=B(x)，故取一個平行于長直導(dǎo)線的寬為dx、長為d的面元d

18、S，如圖中陰影部分所示，則dS=ddx，所以，總磁通量可通過線積分求得（若取面元dS=dxdy，則上述積分實際上為二重積分）.本題在工程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式求解.解1 穿過面元dS的磁通量為因此穿過線圈的磁通量為再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有 解2 當(dāng)兩長直導(dǎo)線有電流I通過時，穿過線圈的磁通量為線圈與兩長直導(dǎo)線間的互感為當(dāng)電流以變化時，線圈中的互感電動勢為題 12-7 圖1210如圖（）所示，把一半徑為R 的半圓形導(dǎo)線OP 置于磁感強度為B的均勻磁場中，當(dāng)導(dǎo)線以速率v 水平向右平動時，求導(dǎo)線中感應(yīng)電動勢E 的大小，哪一端電勢較高？題 12-10 圖分析本題及后面幾題中的電動勢均為動生電

19、動勢，除仍可由求解外（必須設(shè)法構(gòu)造一個閉合回路），還可直接用公式求解在用后一種方法求解時，應(yīng)注意導(dǎo)體上任一導(dǎo)線元l 上的動生電動勢.在一般情況下，上述各量可能是l 所在位置的函數(shù)矢量（v ×B）的方向就是導(dǎo)線中電勢升高的方向解1如圖（）所示，假想半圓形導(dǎo)線OP 在寬為2R 的靜止形導(dǎo)軌上滑動，兩者之間形成一個閉合回路設(shè)順時針方向為回路正向，任一時刻端點O 或端點P 距 形導(dǎo)軌左側(cè)距離為x，則即由于靜止的 形導(dǎo)軌上的電動勢為零，則E 2RvB式中負號表示電動勢的方向為逆時針，對OP 段來說端點P 的電勢較高解2建立如圖（c）所示的坐標(biāo)系，在導(dǎo)體上任意處取導(dǎo)體元l，則由矢量（v 

20、5;B）的指向可知，端點P 的電勢較高 解3連接OP 使導(dǎo)線構(gòu)成一個閉合回路由于磁場是均勻的，在任意時刻，穿過回路的磁通量常數(shù).由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E 0又因 E EOP EPO即 EOP EPO 2RvB由上述結(jié)果可知，在均勻磁場中，任意閉合導(dǎo)體回路平動所產(chǎn)生的動生電動勢為零；而任意曲線形導(dǎo)體上的動生電動勢就等于其兩端所連直線形導(dǎo)體上的動生電動勢上述求解方法是疊加思想的逆運用，即補償?shù)姆椒?212如圖所示，長為L 的導(dǎo)體棒OP，處于均勻磁場中，并繞OO軸以角速度旋轉(zhuǎn)，棒與轉(zhuǎn)軸間夾角恒為，磁感強度B 與轉(zhuǎn)軸平行求OP 棒在圖示位置處的電動勢題 12-12 圖分析如前所述，本題既可以用法拉

21、第電磁感應(yīng)定律 計算（此時必須構(gòu)造一個包含OP導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路， 如直角三角形導(dǎo)體回路OPQO），也可用來計算由于對稱性，導(dǎo)體OP 旋轉(zhuǎn)至任何位置時產(chǎn)生的電動勢與圖示位置是相同的解1由上分析，得 由矢量的方向可知端點P 的電勢較高解2設(shè)想導(dǎo)體OP 為直角三角形導(dǎo)體回路OPQO 中的一部分，任一時刻穿過回路的磁通量為零，則回路的總電動勢顯然，EQO 0，所以由上可知，導(dǎo)體棒OP 旋轉(zhuǎn)時，在單位時間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導(dǎo)體棒QP 等效1215在半徑為R 的圓柱形空間中存在著均勻磁場，B 的方向與柱的軸線平行如圖（）所示，有一長為l 的金屬棒放在磁場中，設(shè)B 隨時間的變化率為常量試證：棒上感應(yīng)電動勢

22、的大小為題 12-15 圖分析變化磁場在其周圍激發(fā)感生電場，把導(dǎo)體置于感生電場中，導(dǎo)體中的自由電子就會在電場力的作用下移動，在棒內(nèi)兩端形成正負電荷的積累，從而產(chǎn)生感生電動勢由于本題的感生電場分布與上題所述情況完全相同，故可利用上題結(jié)果，由計算棒上感生電動勢此外，還可連接OP、OQ，設(shè)想PQOP 構(gòu)成一個閉合導(dǎo)體回路，用法拉第電磁感應(yīng)定律求解，由于OP、OQ 沿半徑方向，與通過該處的感生電場強度Ek 處處垂直，故，OP、OQ 兩段均無電動勢，這樣，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出的閉合回路的總電動勢，就是導(dǎo)體棒PQ 上的電動勢證1由電磁感應(yīng)定律，在r R 區(qū)域，解得該區(qū)域內(nèi)感生電場強度的大小設(shè)PQ 上線

23、元x 處，Ek的方向如圖（b）所示，則金屬桿PQ 上的電動勢為證2由法拉第電磁感應(yīng)定律，有討論假如金屬棒PQ 有一段在圓外，則圓外一段導(dǎo)體上有無電動勢？ 該如何求解？第十四章波 動 光 學(xué)14-9在雙縫干涉實驗中，用波長546.1 nm 的單色光照射，雙縫與屏的距離d300mm測得中央明紋兩側(cè)的兩個第五級明條紋的間距為12.2 mm，求雙縫間的距離分析雙縫干涉在屏上形成的條紋是上下對稱且等間隔的如果設(shè)兩明紋間隔為x，則由中央明紋兩側(cè)第五級明紋間距x5 x-5 10x 可求出x再由公式x dd 即可求出雙縫間距d解根據(jù)分析：x （x5 x-5）/10 1.22×10-3 m雙縫間距：

24、d dx 1.34 ×10-4 m14-19把折射率n1.40 的薄膜放入邁克耳孫干涉儀的一臂，如果由此產(chǎn)生了7.0 條條紋的移動，求膜厚設(shè)入射光的波長為589 nm分析邁克耳孫干涉儀中的干涉現(xiàn)象可以等效為薄膜干涉（兩平面鏡相互垂直）和劈尖干涉（兩平面鏡不垂直）兩種情況，本題屬于后一種情況在干涉儀一臂中插入介質(zhì)片后，兩束相干光的光程差改變了，相當(dāng)于在觀察者視野內(nèi)的空氣劈尖的厚度改變了，從而引起干涉條紋的移動解插入厚度為d 的介質(zhì)片后，兩相干光光程差的改變量為2（n 1）d，從而引起N 條條紋的移動，根據(jù)劈尖干涉加強的條件，有2（n 1）dN，得14-22 已知單縫寬度b1.0 

25、15;10-4 m，透鏡焦距f 0.50 m，用1 400 nm和2 760 nm的單色平行光分別垂直照射，求這兩種光的第一級明紋離屏中心的距離，以及這兩條明紋之間的距離若用每厘米刻有1000條刻線的光柵代替這個單縫，則這兩種單色光的第一級明紋分別距屏中心多遠？ 這兩條明紋之間的距離又是多少？分析用含有兩種不同波長的混合光照射單縫或光柵，每種波長可在屏上獨立地產(chǎn)生自己的一組衍射條紋，屏上最終顯示出兩組衍射條紋的混合圖樣因而本題可根據(jù)單縫（或光柵）衍射公式分別計算兩種波長的k 級條紋的位置x1和x2 ，并算出其條紋間距x x2 x1 通過計算可以發(fā)現(xiàn)，使用光柵后，條紋將遠離屏中心，條紋間距也變大

26、，這是光柵的特點之一解（1） 當(dāng)光垂直照射單縫時，屏上第k 級明紋的位置當(dāng)1 400 nm 和k 1 時，x1 3.0 ×10-3 m當(dāng)2 760 nm 和k 1 時，x2 5.7 ×10-3 m其條紋間距 x x2 x1 2.7 ×10-3 m（2） 當(dāng)光垂直照射光柵時，屏上第k 級明紋的位置為而光柵常數(shù) 當(dāng)1 400 nm 和k 1 時，x1 2.0 ×10-2 m當(dāng)2 760 nm 和k 1 時，x2 3.8 ×10-2 m其條紋間距 14-27測得一池靜水的表面反射出來的太陽光是線偏振光，求此時太陽處在地平線的多大仰角處？ （水的折射率

27、為1.33）題14-27 圖分析設(shè)太陽光（自然光）以入射角i 入射到水面，則所求仰角當(dāng)反射光起偏時，根據(jù)布儒斯特定律，有（其中n1 為空氣的折射率，n2 為水的折射率）解根據(jù)以上分析，有則 14-28一束光是自然光和線偏振光的混合，當(dāng)它通過一偏振片時，發(fā)現(xiàn)透射光的強度取決于偏振片的取向，其強度可以變化5 倍，求入射光中兩種光的強度各占總?cè)肷涔鈴姸鹊膸追种畮追治銎衿男D(zhuǎn)，僅對入射的混合光中的線偏振光部分有影響，在偏振片旋轉(zhuǎn)一周的過程中，當(dāng)偏振光的振動方向平行于偏振片的偏振化方向時，透射光強最大；而相互垂直時，透射光強最小分別計算最大透射光強Imax 和最小透射光強Imin ，按題意用相比的方法即能求解解設(shè)入射混合光強為I，其中線偏振光強為xI，自然光強為（1x）I按題意旋轉(zhuǎn)偏振片，則有最大透射光強 最小透射光強 按題意，則有解得 x 2/3即線偏振光占總?cè)肷涔鈴姷?/3，自然光占1/3第十五章狹義相對論154一飛船的固有長度為L，相對于地面以速度v1 作勻速直線運動，從飛船中的后端向飛船中的前端的一個靶子發(fā)射一顆相對于飛船的速度為v2 的子彈.在飛船上測得子彈從射出到擊中靶的時間間隔是() (c 表示真空中光速)(A) (B) (C) (D) 分析與解固有長度是指相對測量對象