大學(xué)物理下冊期末復(fù)習(xí)計算題

1、大學(xué)物理下冊期末復(fù)習(xí)計算題第7章真空中的靜電場*1.一半徑為R的帶電導(dǎo)體球，電荷為-Q。求：球內(nèi)、外任意一點的電場強度。1.解：由高斯定理可求出電場強度的分布（1分） E dS qint（3分）_Q4 0r 2E= 0（2 分）Q4 oR2（4分）（2分）解：由高斯定理可求出電場強度的分布（1分）E dSqt（3分）_Q_4or2E= 0Q4 oR2（4分）（2分）（2分）*2.一半徑為R的帶電導(dǎo)體球，電荷為Q。求：（1）球內(nèi)、外任意一點的電場強度；（2）球內(nèi)、外任意一點電勢。解：由高斯定理可求出電場強度的分布qE= 4 or20（3分）（2分）當(dāng) r>RqqV qr drq當(dāng) r &a

2、mp; R寸r R40 r40 rV= 0dr q-2- drrR 40 rq40R（3分）（4分）*3.如圖所示，一長為L,半彳全為R的圓柱體，置于場強為E的均勻電場中，圓柱體軸線與場強方向平行,求穿過圓柱體下列端面的電通量。(D(2)(3)(4) 解: (D左端面右端面?zhèn)让嬲麄€表面根據(jù)電通量定義si左端面E dsEdScos2E dS E R2si(4分)(2)右端面s3E ds0EdScosO_2ES E R(4分)(3)側(cè)面s2E ds EdScos- 02(4)整個表面si s2s3(1分)(3分)4.三個點電荷qi、 q2和q3在一直線上，相距均為2R ,以qi與q2的中心O作半徑

3、為2R的球面，A為球面與直線的一個交點，如圖。求:(1) 通過該球面的電通量 口 E dS;(2) A點的場強Ea.解：由高斯定理得：oE dS qint (3分) 0cE dS qi q2 (4 分)0Eaqi24 o(3R)q24 oR2q34 oR2(5分)5.有一球面的半徑為Ra ,所帶電量為Qa，另有一同心球面，它的半徑為Rb(Rb Ra),所帶電量為Qb ,求(1)電勢在各區(qū)域的分布表達式；(2)兩個球面之間的電勢差。解：(1) 0Ra,U1Qa4 冗 oRaQB4 冗 ocRb（3分）（2）*6.解:Rb,U2Qa4冗0rQb4 冗 osRb（3分）RbU3Qa4 u 0rQb4

4、 u 0r（3分）Ua UbQa4 oRaQb40 RbQa40 RbQb4 0 RbQa40 Ra1rb（3分）如圖，一半徑為R的半圓環(huán)上均勻分布電量+Q,求圓心處的電場強度。在圓環(huán)上取一電荷元,dqdlRd（1分）電荷元在圓心處產(chǎn)生的場強為v dEdq v2 eR4 oR（2分）把該場強進行分解得到dEx 4 sin ，oRdEdq°R：2 cos（3分）兀Ex= 0 dExr .-2sin0R22 0（ R）2兀Ey二 °dEyR40R2cos dE Ex_ 22 0（ R）方向沿x軸* 7.應(yīng)用高斯定理證明：無限長電荷線密度為處的電場強度為E 。20r證明：選取以帶

5、電直線為軸的圓柱形高斯面,（4分）（2分）的均勻帶電直線，距帶電直線r（2分）e E dS E dSSS1ES2dS E dS E dS2 rh（6分）S3S3根據(jù)高斯定理可得hE 2 rh0（4分）*8,帶電細線彎成半徑為E 2 0rR的半圓形，電荷線密度為0sin,式中°為一常數(shù)， 為半徑R與x軸所成的夾角，如圖所示。試求環(huán)心的電場強度。解：dEdl40R20sin d40R（4分）O處dExdE cos考慮到對稱性Ex0（3 分）dEydE sin（2分）EydEsin0sin2 d04 0R08"?r方向沿y軸負向（3分）*9, 直角ABC的A點上，有電荷q11.8

6、10 9CB點上有電荷q24.8 10 9C,試求C點的電場強度（設(shè)BC0.04m,AC 0.03m）,解：q1在C點產(chǎn)生的場強Ei一虬加（3分）4 °ACq2在C點產(chǎn)生的場強E2%4 0BC2（3分）C點的合場強 E.E； E；3.2 104 V m（3分）方向如圖E116arctan arctan E227（3分）*10 .將一 “無限長”帶電細線彎成圖示形狀，設(shè)電荷均勻分布,電荷線密度為分之一圓弧 AB的半徑為R,試求圓心。點的場強.解：設(shè)O為坐標原點，水平方向為 x軸，豎直方向為 y軸半無限長導(dǎo)線A在。點的場強 Ei (i j)4 oR半無限長導(dǎo)線B在。點的場強 E2( i

7、j)4 oRAB圓弧在。點的場強 E3(i j)4 oR總場強 E Ei E2 E3(i j)4 oR第八章 靜電場中的導(dǎo)體與電介質(zhì)三、計算題1 .半徑分別為a和b的兩個金屬球，它們的間距比本身線度大得多，今用一細導(dǎo)線將兩者相連接，并給系統(tǒng)帶上電荷 Q,求：(1)每個球上分配到的電荷是多少？(2)按電容定義式，計算此系統(tǒng)的電容。解：(1)兩孤立導(dǎo)體球電勢相等，故u_ _q3分40a 4 ob又Q qa qb2分解得qa -Qa-, qb -Qb-2 分a b a b(2)根據(jù)電容定義式，此系統(tǒng)的電容為4 o(a b)2.如圖，3個“無限長”的同軸導(dǎo)體圓柱面A、B、C,半徑分別為Ra、RB、Rc

8、,圓柱面B上帶電荷，A和C都接地。求B的內(nèi)表面上沿軸線電荷線密度 加和外表面上電荷線密度 尬之 比值九/及。解：由高斯定理，A的外表面上沿軸線電荷線密度 上電荷線密度-加Ra11 RbUba ( dr) In Rb 2 or2 oRaRc22RcU bc dr In -Rb 2 or 2 oRb而 U BA U BC ,故1 ,Rc,RbInIn一2 RbRa2分3 .有一外半徑為Ri、內(nèi)半徑為R2的金屬球殼，其內(nèi)有一同心的半徑為R3的金屬球。球殼和金屬球所帶的電量均為q。求空間的電場分布。解：作半徑為r的同心球面為高斯面，則通過高斯面的電通量為_2口 E dS 4 r E1 分S當(dāng)r R3時

9、，q內(nèi)0由高斯定理cE dS 一也，得1分S0當(dāng)R3 r R時，q內(nèi)q由高斯定理cE dS 一匣，得 S0E2=q_2_2 分4 or當(dāng)R2rRi時，q內(nèi)0由高斯定理ce dS 一也,得S0E3=0當(dāng)r R時，q內(nèi)2q由高斯定理口 E dS 一胞，得S0E4=42q204. 一半徑為1,2（2 ri）互相絕緣的兩個同心導(dǎo)體球殼，現(xiàn)將 +q電量給予內(nèi)球殼，求外球殼 解：+q分布在內(nèi)球殼外表面，靜電感應(yīng)后，外球殼內(nèi)表面干電上所帶的電荷和外球的電勢。r2球殼總電何為零，Q外球殼0。由圖斯定理得：0（0rr1）Eq40r2（r1r上）2q40r（r2）由靜電平衡條件得：球殼導(dǎo)體內(nèi)部場強為零，即：E內(nèi)部

10、0 所以有：心d1上七力六5. 一平板電容器充滿兩層厚度各為 di和d2的電介質(zhì)，它們 的相對電容率分別為 “和 修，極板的面積為 S。求電容器的電 容。解：設(shè)兩電介質(zhì)中場強分別為 Ei和E2,選如圖所示的上下-q,外表面市電+q,整個外.t * 1 I J!* .：；,； v：；一：；：-；$；,jin *,444'1 ；|4J'°> > rn. 5j：函房諼卷魂焦淳但我:三E.,=:4一一":-”:?:-: ,iili'i : -:°:-:二：二二；：!：=：；"：!：!：!：底面面積均為S的柱面為高斯面，上底面在

11、導(dǎo)體中，下底面在電介質(zhì)中，側(cè)面的法線與場強垂直，柱面內(nèi)的自由電荷為Q0 0S ,根據(jù)高斯定理，得D dS DSi0S11所以D= 0電介質(zhì)中的電場強度為E1 0 ri 0 riE2-0 r2 0 r2兩極板的電勢差為U= E dl Eidi E2d2 ，旦匹 2分0 rir2由電容的定義，得C = Q£=0 r1r2si分Urid 2r2di6.圓柱形電容器上由半徑為 R的長直圓柱導(dǎo)體和與它同軸的薄導(dǎo)體圓筒組成，圓筒的半徑為R2O若直導(dǎo)體與導(dǎo)體圓筒之間充以相對電容率為&的電介質(zhì)。設(shè)直導(dǎo)體和圓筒單位長度上的電荷分別為+入和-%求電介質(zhì)中的場強、電位移和極化強度。解：由對稱性分析

12、，電場為柱對稱分布，根據(jù)介質(zhì)中的高斯定理，有可得D dS D2 rlS由D ° rE E得電介質(zhì)中場強為:（R rR2）3 分0 rr電介質(zhì)中極化強度為:P （ r 1） °E7.球形電容器的內(nèi)、外半徑分別為r2R1和rrR2,所帶的電量為土 Q。若在兩球之間充滿電容率為e的電介質(zhì)，問此電容器電場的能量為多少。 解：若電容器兩極板上電荷的分布是均勻的, 球殼間的電場強度的大小為則球殼間的電場是對稱的。由高斯定理可求得電場的能量密度為取半徑為r、厚為rdr的球殼,E=一4q22432 r其體積為 dV=4 <2dro所以此體積元內(nèi)的電場的能量為dWeedV32q224

13、r2dr r工dr8 r電場總能量為R2WeR18Q288.兩塊大金屬板A和B,面積均為S,B板帶電Qb,試求A、B兩板各個表面平行放置，間距為 d, 上的電量；如圖所示，將 A板帶電Qa,將解：（1）兩板共有四個表面,設(shè)電荷面密度分別為1、2、 3、由題意有1S2s Qa3s4sQb由于靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部場強處處為零，又由于板間電場與板面垂直，因此對于圖示的高斯面來說，由高斯定理可得假設(shè)各面所帶的電荷均為正，則電場強度方向均應(yīng)垂直與各板面向外。設(shè)向右的方向為正, 在右邊的導(dǎo)體內(nèi)任一點 P的場強為四個無窮大帶電平面的電場的疊加，因而有將以上四式聯(lián)立求解，可得QaQb2SQaQb2S第九章穩(wěn)恒磁

14、場三、計算題1.如右圖，在一平面上，有一載流導(dǎo)線通有恒定電流 為R的半圓后，又沿切線方向流向無窮遠，求半圓圓心I,電流從左邊無窮遠流來，流過半徑O處的磁感應(yīng)強度的大小和方向。解：如右圖，將電流分為 ab、bc、cd三段，其中, 感應(yīng)強度分別為：a、d均在無窮遠。各段在。點產(chǎn)生的磁ab 段：B1=0（1分）bc段：大小:方向:cd段：大小:方向:B 4R垂直紙面向里B 0IB34 R垂直紙面向里（2分）（1分）（2分）（1分）由磁場疊加原理，得總磁感應(yīng)強度。1B B1 B2 B3 (1)4 R（2分）方向：垂直紙面向里（1分）2. 一載有電流I的長導(dǎo)線彎折成如圖所示的形狀, EF的延長線上。求O

15、點處的磁感應(yīng)強度。CD為1/4圓弧，半徑為R,圓心O在AC、解：各段電流在 。點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度分別為:AC 段：Bi=0CD段：大?。築2上8R方向：垂直紙面向外DE段：大小:B30J= （cos4524 R2cos135 ）0I方向：垂直紙面向外EF 段：B4=0由磁場疊加原理，得總磁感應(yīng)強度BiB2B3B4oI oI8R 2TR方向：垂直紙面向外（1分）（2分）（1分）（2分）（1分）（1分）（1分）（1分）3.如右圖所示，一匝邊長為 a的正方形線圈與一無限長直導(dǎo)線共面，置于真空中。 當(dāng)二者之間的最近距離為 b時，求線圈所受合力 F的大??？解：無限長載流直導(dǎo)線在空間的磁場0I12 r（2

16、分）AD段所受的安培力大小0 I1I 2a（2分）方向水平向左。BC段所受的安培力大小01112a2 （a b）（2分）方向水平向右。AB段和CD段所受的安培力大小相等方向相反。，一一 一IJ a2線圈所受的合力01112a2 b（a b）（2分）（2分）方向水平向左。4 . 一無限長的載流導(dǎo)線中部被彎成圓弧形，如圖所示，圓弧形半徑為 R 3cm,導(dǎo)線中的電流為I 2A。求圓弧形中心 O點的磁感應(yīng)強度。（0 4 10 7H/m）解：兩根半無限長直電流在圖面向里為正向，疊加后得Bi2O點的磁感應(yīng)強度方向同為垂直圖面向外，大小相等，以垂直0 IoI4 R 2 R（3分）圓弧形導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)

17、強度方向垂直圖面向里，大小為B2二者疊加后得B B2 Bi方向垂直圖面向里。oI 33 oI2R 4 8R3 oI8R0I51.81 10 T2 R（3分）（3分）（1分）5 .兩根直導(dǎo)線與銅環(huán)上 A, B兩點連接，如圖所示，并在很遠處與電源相連接。若圓環(huán)的粗 細均勻，半徑為r,直導(dǎo)線中電流I。求圓環(huán)中心處的磁感應(yīng)強度。解：電流在A點分為兩支路為L和設(shè)R為單位弧長電阻,AdB弧長與AcB并聯(lián)，得R lAdB I 1Rl AcB I 2（1分）l AdB I1 l AcB I 2以垂直圖面向里為正向，所以BAdB0I1 lAdB22 r（2分）AcB支路在圓環(huán)中心 O點磁感應(yīng)強度方向垂直圖面向里

18、，大小為BAcB0 I 2 l AcB0I 1 lAdB（2分）兩支路在O點的磁感應(yīng)強度疊加，得 BAdBBAcB0AdB ACB（2分）半無限長直電流EA延長線過圓心O, Bea 0, O點的磁感應(yīng)強度等于半無限長直電流BF在O點磁感應(yīng)強度，得0I0IB Bbf (cos 90 cos180 ) 4 r4 r方向垂直圖面向里。（2分）（1分）6.如圖所示，一根外徑為 R2,內(nèi)徑為Ri的無限長載流圓柱殼，其中電流I沿軸向流過，并均勻分布在橫截面上。試求導(dǎo)體中任意一點(R r R2)的磁感強度。解：在導(dǎo)體內(nèi)作一半徑為r (R1 r由安培環(huán)路定理bB dr ?？冢肔（3分）（3分）（2分）（2分

19、） B dr B 2 r L2 _22 _2, （r R） Jr R）I int I 2 T I 22"g R）（R2 R）220I （r R ）222 r （R2 R ）7 .電流為I的長直截流導(dǎo)線，附近有一與導(dǎo)線共面的單匝矩形線圈，其一邊與導(dǎo)線平行， 求通過此平面的磁通量。b T解：選擇X軸垂直于導(dǎo)線指向右邊。B(x)故通過x處陰影面積dS的磁通量為ola .d m B(x)adx dx 2 x01a d bln則通過此平面的磁通量為d b a 0Ia mdxd 2 x8 .如圖，一載流線半徑為 R,載流為I,置于均勻磁場 B中，求: (1)線圈受到的安培力；(2)線圈受到的磁力

20、矩(對 Y軸)y+解：(1)取電流元Idl如圖，其受力大小dF BldlSin BIRSin d BIRdcos3 分方向：垂直向外1分積分可得整個圓電流的受力2F dF BIRd cos 02 分0(2)由磁力矩的定義 MPm B IS B ,得其大小_2_M ISBSin- I R B2方向：沿Y軸負向9.如圖，矩形線圈與長直導(dǎo)線共面，已知 I1=20A, I2=10A, 求：電流I1產(chǎn)生的磁場作用在線圈上的合力。a=1.0cm, b=9.0cm, h=20cm。11Ti解：由對稱性，AD、BC受力大小相等、方向相反，二力抵消。 對AB段F1方向垂直AB向左，大小為：F1I2BHIAB 2

21、 a對CD段：同理，有0I1I2 卜2 (a b)合力為F合FiF20 I1I 2 12a-）h 7.2 10 4N a bXI=10A,放在均勻磁場中，磁場方向與線圈10.半徑為R=0.1m的半圓形閉合線圈，載有電流平面平行，如圖所示。已知 B=0.5T,求(1)線圈所受力矩的大小和方向(以直徑為轉(zhuǎn)軸)(2)若線圈受上述磁場作用轉(zhuǎn)到線圈平面與磁場垂直的位置，則力矩作功為多少?解：(1)由線圈磁矩公式 M10Pm B（2分）PmBsin-R2212（4分）0.0785（N_2_0.10.5m）方向沿直徑向上。(2)力矩的功為2R2 B_2_0.10.5（4分）110 - 20.0785（J）第

22、十章電磁感應(yīng)電磁波/工三、計算題1.如圖所示，磁感應(yīng)強度 B垂直于線圈平面向里，通過線圈的磁通量3.直導(dǎo)線ab以速率v沿平行于直導(dǎo)線的方向運動,ab與直導(dǎo)線共面，且與它垂直，如圖所按下式關(guān)系隨時變化=6t2 7t 1,式中的單位為毫韋伯、時間的單位為s,問:(1)當(dāng)t 2.0s時，回路中的感應(yīng)電動勢的大小是多少？(2)通過R的電流方向為何？解：根據(jù)Faraday電磁感應(yīng)定律，可得回路中的感應(yīng)電動勢為d doQQi 一= 6t2 7t 1 10 3 12t 7 103V4 分dt dt當(dāng)t 2.0s時，回路中的感應(yīng)電動勢的大小為32i 12 2.0 7 103.1 10 V3 分(2)由楞次定律

23、，電動勢方向： a bI方向為a R b3分2.面積為S的線圈有N匝，放在均勻磁場 B中，可繞OO軸轉(zhuǎn) 動，若線圈轉(zhuǎn)動的角速度為03,求線圈中的感應(yīng)電動勢。解：設(shè)在t=0時，線圈平面的正法線n方向與磁感應(yīng)強度 B的方向平行，那么，在時刻 t, n與B之間的夾角e=coj此時， 穿過N匝線圈的磁通量為：NBScos NBScos t5 分由電磁感應(yīng)定律可得線圈中的感應(yīng)電動勢為：dd .1 NBScos t NBS sin t5 分dtdt示，設(shè)直導(dǎo)線中的電流強度為I,導(dǎo)線ab長為L, a端到直導(dǎo)線的距離為 d,求導(dǎo)線ab中的動生電動勢，并判斷哪端電勢較高。解：在導(dǎo)線ab所在區(qū)域，長直線載流導(dǎo)線在

24、距其r處的磁感應(yīng)強度B大小為B -0I-2 分2 r方向為垂直紙面向外在導(dǎo)線ab上距載流導(dǎo)線r處取一線元dr,方向向右，因v B 方向也向右，所以該線元中產(chǎn)生的電動勢為d i v B dr vBdr v0-I- dr2 r故導(dǎo)線ab中的總電動勢為d L 0* ab v drd 2 r由于ab 0 ,表明電動勢的方向由 a b , b端電勢較高。2分4. 一根長度為L的銅棒，在磁感應(yīng)強度為 B的均勻的磁場中，以角速度在與磁場方向垂直的平面上繞棒的一端 O作勻速運動，試求銅棒兩端之間產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小及方向。aOvxBX解：在銅棒上取很小的一段線元dl ,運動速度端的動生勢為l并且v、b、dl

25、互相垂直。于是dl兩d i v B dlBvdl B ldl把銅棒看成是由許多長度為dl的小線段元組成的，每小段的線速度棒兩端的電勢差為L12八i B ldl = - B L24 分02方向由O a, O端帶負電，a端帶正電。2分v都與B垂直，于是鋼5.如圖所示，長直導(dǎo)線 AB中的電流I沿導(dǎo)線向上，并以 dI/dt=2A/s的變化率均勻增大，導(dǎo) 線附近放一個與之同面的直角三角形線框，其一邊與導(dǎo)線平行，位置及線框尺寸如圖所示， 求此線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小和方向。解：建立如圖所示的坐標系，則直角三角形斜邊方程為2x 0.2直角三角形內(nèi)的磁通量為0.10 1y .dx。10.12x 0.20

26、2 x 0.50 x 0.58dx 2.59 10 I電動勢:5分2.59 108dI5.18 10 8Vdtdt方向為逆時針。6. 一長直導(dǎo)線中通以交變電流I Iosin(2 t),旁邊有一長為 a、寬為b的N匝矩形線圈,線圈與導(dǎo)線共面，長度為 a的邊與導(dǎo)線平行，相距為 d,如圖。求線圈中的感應(yīng)電動勢。11 3解：選擇x軸垂直于導(dǎo)線指向右邊，先求通過一匝的磁通量。B(x)一,故通過x處陰影面積dS的磁通量為2 xd m B(x)adx 0Ia dx2 x則通過此平面的磁通量為3 dx2 x0Ia , d bIn 2 d0a(10sin 2 t) 1nd b0a I ocos2 t d b I

27、n dN 0a10 cos2 tln7.將等邊三角形平面回路ACDA放在磁感應(yīng)強度為Bo (其中Bo為常矢量)的均勻磁場中,回路平面垂直于磁場方向，如 動導(dǎo)線，以勻速v遠離A端運 三角形。設(shè)滑動導(dǎo)線 CD到A x 0。試求回路 ACDA中的感圖所示。回路的 CD段為滑 動，且始終保持回路為等邊 端的垂直距離為 x,且初始 應(yīng)電動勢和時間t的關(guān)系。解：由于導(dǎo)體運動產(chǎn)生的動生電動勢:(v B) CDvBo 2xtan3022 Bov2t38.如圖所示,軸間夾角恒為長為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),磁感強度B與轉(zhuǎn)軸平行,OP棒在圖示位置處的電動勢。求解:B)

28、dl Bsin90 cos dl2sin Bcos(90 )dl Bsiniidlo122BL2 sin22電動勢方向。指向P。9. 一邊長為a的正方形線圈，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞 OO軸每秒轉(zhuǎn)動n圈。求(1)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過 30時的大小。(2)線圈轉(zhuǎn)動時感應(yīng)電動勢最大值及該時刻的角位置。(3)線圈電阻為R,當(dāng)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過 180時，通過導(dǎo)線任一截面的電量q。(10 分)解：（1）2Ba sin 302n Ba max2Ba2n2Ba此時有:萬（k為任意整數(shù)(3) qidt12-dtdR R i2Ba2R10.半徑為梯形上底長a的細長螺線管中有的均勻磁場,一直線彎成等腰梯形閉

29、合回路如圖放置。已知a,下底長2a,求各邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和回路中總電動勢。解：取逆時針方向為回路積分方向?？紤]閉合回路OAC: E感生OA,且E感生 OC所以O(shè)A OCACOACd m "dTdBSS OAC dt.3 2 dBa 4 dt同理：考慮閉合回路 ODE,可得d rED OEDdtdB dtS扇形OAC2 dBa -6 dt解得總 ED AC(,3、2 dB )a - d dt光學(xué)18光的干涉二、計算題1、使一束水平的氮凝激光器發(fā)出的激光(632.8nm )垂直照射一雙縫。在縫后2.0 m處的墻上觀察到中央明紋和第 1級明紋的間隔為14 cm。(1)求 兩縫的間距；(2

30、)在中央條紋以上還能看到幾條明紋？D 2.0 623.8 10 96八八解：(1) d 9.0 10 m6分x0.14dsin D 2.0(2)由于 一，則k 14.32x 0.14應(yīng)該取14即能看到14條明紋。6分2、在雙縫干涉實驗裝置中，用一塊透明簿膜 (n 1.2)覆蓋其中的一條狹 縫，這時屏幕上的第四級明條紋移到原來的原零級明紋的位置。如果入射光的 波長為500nm試求透明簿膜的厚度。解：加上透明簿膜后的光程差為： l nl 2 (n 1)l 0 4分因為第四級明條紋是原零級明紋的位置：4, 口 口 4 分得到：(n 1)1 4 l 4 10 5m4分n 13、澳大利亞天文學(xué)家通過觀察

31、太陽發(fā)出的 無線電波，第一次把干涉現(xiàn)象用于天文觀測。 這無線電波一部分直接射向他們的天線，另一 部分經(jīng)海面反射到他們的天線，如圖所示。設(shè) 無線電波的頻率為6.0 X 107Hz,而無線電接收 器高出海面25 m。求觀察到相消干涉時太陽光 線的掠射角的最小值。解：如圖所示，考慮到反射光線的半波損 失，則反射光線和直射光線到達天線的相差為_ 2hsin2 -干涉相消要求（2k 1） , 3分代入上式可得sink kc2h Fh當(dāng)k 1時，給出min arcsin 二 arcsin 3 10：57°2 h2 6.0 10254、試求能產(chǎn)生紅光（700nm）的二級反射干涉條紋的肥皂膜厚度。已

32、知肥皂膜折射率為1.33,且平行光與法向成30。角入射。解：由薄膜干涉的光程差2d，n2 n2sin2i - k (k 1,2,3 )6 分二級干涉極大對應(yīng)k 2,將700nm , n2=1.33, n1=1, i =300,代入上式，可得d 3 7004332 (景426.3nm5、在折射率n1 1.52透鏡表面通常鍍一層如 MgF （ % 1.38） 一類的透明物質(zhì)薄膜，目的是利用干涉來降低玻璃表面的反射。為了使透鏡在可見光譜的 中心波長（550nm）處產(chǎn)生極小的反射，則鍍層至少有多厚？解：由于空氣的折射率n 1 ,且有n n1 n2,因為干涉的互補性，波長為550nm的光在透射中得到加強

33、，則在反射中一定減弱。對透射光而言，兩相干光的光程差2n2d 一 ,4分2由干涉加強條件1可行d (k )2 2n取k 1,則膜的最小厚度dm. 99.64nm3 分500nmf射率為1.50的油膜上。試問該6、白光垂直照射到空氣中一厚度為 油膜呈現(xiàn)什么顏色？解：從油膜表面反射的兩光線的光程差為:2nek時，反射光加強，有亮紋出現(xiàn):2ne - 24ne2k4ne 一即：400nm 760nm2k2.5k 4.3得至上k134ne2k1 1600nmk244ne2k2 1429nm(紫)因此油膜上呈現(xiàn)紫橙色7、波長為400 760 nm的可見光正射在一塊厚度為_ -61.2 X10分m,折射率為

34、1.5玻璃片上，試問從玻璃片反射的光中哪些波長的光最強解：由反射光產(chǎn)生亮紋的條件2nh可得:k=1 時,7.2 X10-6 項 k=5 時,0.8 x10-6 m0. 6545X 10-6k=10 時,0.5538 X 10-6 m k=8 時,_-60.3789X10 mi-60.48 x 10 m_ _ -60.4235X10所以在可見光范圍內(nèi),423.5nm,480.0nm,553.8nm,654.5nm 四個波長的光反射光最強。1分8、一片玻璃(n 1.5)表面附有一層油膜(n 1.32),現(xiàn)用一波長連續(xù)可調(diào)的單色光束垂直照射油面。當(dāng)波長為 485 nm時，反射光干涉相消。當(dāng)波長增為6

35、79 nm時，反射光再次干涉相消。求油膜的厚度。解：由于在油膜上，下表面反射時都有半波損失現(xiàn)象，所以反射光干涉相消的條件是2ne (2k 1) , 2在波長連續(xù)可調(diào)的情況下，可得2ne (2k 1) 1(2k 1) 21 2e 2n( 2679 4851)2 1.32 (679 485)643nm9、用邁克耳孫干涉儀可以測量光的波長,某次測得可動反射鏡移動距離L 0.3220mm時，等傾條紋在中心處縮進1204條條紋，試求所用光的波長。解：由于所以32 0.3220 105.349120410 7534.9nm6 分10、在反射光中觀察某單色光所形成的牛頓環(huán)。其第2級亮環(huán)與第3級亮12分環(huán)間距

36、為1mm求第19和20級亮環(huán)之間的距離。解：對于亮環(huán)，有(k1",(k 1,22),3又根據(jù)題意可知兩邊平方得5R2315d-R 2. R2, 41mm所以5 6007428.6nm4 、. 15故 r r20r19(楞將內(nèi) 0.036cm2分19光的衍射三、計算題1、有一單縫寬b=0.10mm在縫后放置焦距為50cm的會聚透鏡，用波長 =546.1nm的平行光垂直照射單縫，試求位于透鏡焦平面處屏上中央明紋的寬度。解：由單縫衍射中央明紋寬度公式 X0 2 ,6 分b_ 2_ 9可得 2匚2 50 10”.1 10 )b0.1 10 35.46 10 3m 5.46mm2、白光形成的單

37、縫衍射圖樣中，其中某一波長的第3級明紋位置與波長為 600nm的光波的第2級明紋位置重合，求該光波的波長解：明紋位置近似地由bsin （2k 1）萬確定，4分所以有區(qū)且工4 分226分用波長 =480nm的平行單色3、一雙縫的間距d=0.10mm 縫寬$= 0.02mm光垂直入射該雙縫，雙縫后放一焦距為 50cm的透鏡，試求：（1）透鏡焦平面處屏上干涉條紋的間距；（2）單縫衍射中央亮紋的寬度。解：（1）干涉條紋的間距_ 2_ _ 9f50 10480 10八 3x -3 2.4 10 md 0.10 10 3（2）單縫衍射中央亮紋的寬度_2_ _9J250 1048010八 2x 2- 3 2

38、.4 10 ms0.02 10 34、波長為600nm的單色光垂直入射在一光柵上，第2 , 3級明條紋分別出現(xiàn)在sin 0.20與sin 0.30處，第4級缺級。試求:（1）光柵常量；（2）光柵上狹縫寬度；（3）屏上實際呈現(xiàn)的全部級數(shù)。解：（1）由題意，根據(jù)光柵方程公式 dsin k(k 0,1,2）,可知,9光柵常量 d 二一 2 600 106.0 10 6m0.2sin 2（2）由缺級條件知4 ,所以光柵上狹縫寬度為1.510由max 2得kmaxd.一 sin max6.0 10 6 "_9600 1010所以屏上實際呈現(xiàn)的全部級數(shù)k 0, ± 1,±2,

39、 ±3,±5, ±6, ±7, ±9,±10,（kmax ±10不在屏上）。5、已知天空中兩顆星相對于一望遠鏡的角距離為4.84 10 6弧度，它們都發(fā)出波長為 5.5這兩顆星？10 5cm的光試問：望遠鏡的口徑至少要多大,才能分辨出解：由分辨率公式:1.22D1 22 得到：D 上21.22 5.5 104.84 10 6513.86cm6、光柵的光柵常量為b a 6 106m，縫寬b 110 6mo當(dāng)用波長為600nm的單色光垂直照射此光柵時，在屏幕上最多能觀察到多少級明條紋。解：當(dāng)max 2時，由kmaxdsin可知，

40、屏幕上能觀察到明條紋最大級數(shù)為d.k max sin max6 10 6 7 sin 6.0 10210所以屏上應(yīng)呈現(xiàn)的全部級數(shù)k 0, ±1, ±2,±3,±4, ±5, ±6, ±7, ±8,±9 ( k max± 10應(yīng)在無窮處）又由缺級條件d 6,可知k ±6缺級, b則在屏幕上最多能觀察到17條明紋。7、某單色光垂直入射到每一厘米有6000條刻線的光柵上。如果第一級譜線的方位角是20°,試問入射光的波長是多少？它的第二級譜線的方位角是多少？10 2解：（1）光柵常數(shù)

41、：a b -1060001.66710 6 m由光柵方程:(a b) sin k當(dāng)k 1時,(a b)sin 1570nm（2）同理k2時，(a b)sin 2 2sin 22得到：2 arcsin 43 9a bb 為 0.012mm8、用波長為624nm的單色光照射一光柵，已知該光柵的縫寬不透明部分的寬度b為0.029mm縫數(shù)N為103條。求：（1）單縫衍射圖樣的中央角寬度；（2）單縫衍射圖樣中央寬度內(nèi)能看到多少級光譜？ 解：（1）單縫衍射圖樣的中央角寬度22 6.240 10 72八 八5- 10.4 10 rad 6 分b 1.2 10（2）單縫衍射圖樣包絡(luò)下的范圍內(nèi)共有光譜級數(shù)由下列

42、式子確定d 0041 3.42b 0.012式中d b b為光柵的光柵常數(shù)，所以看到的級數(shù)為 3.6 分9、在迎面駛來的汽車上，兩盞前燈相距120cm，試問汽車離人多遠的地方， 眼睛恰可分辨這兩盞燈？設(shè)夜間人眼瞳孔直徑為5.0mm,入射光波長為550nm（這里僅考慮人眼圓形瞳孔的衍射效應(yīng)）。解：由分辨率公式:1.22人眼可分辨的角度范圍是:1.22 550 103.3 0.1342 10 rad5 10 3由關(guān)系tan -,得至ij：sl tanl1.2-3 8.94 km0.1342 100.095nm 至 IJ10、如圖10中所示的入射X射線束不是單色的，而是含有從0.13nm這一范圍的各

43、種波長。設(shè)晶體的晶格常數(shù)a。0.275nm ,試問對圖示的晶面能否產(chǎn)生強反射?圖100.389nm解：x射線的衍射條件為：2d sin k得至上得至上因此:0.095nm0.13nm0.3892.99 4.12.99 k 4.10.389k10.13nm0.389k20.097nm所以晶面對波長為0.097nm和0.13nm的x射線能產(chǎn)生強反射。20章計算題1、自然光通過兩個偏振化方向問成 60。的偏振片，透射光強為11。今在這兩個偏振片之間再插入另一偏振片，它的偏振化方向與前兩個偏振片均成30角，則透射光強為多少？解：設(shè)入射的自然光光強為Io,則透過第1個偏振片后光強變?yōu)槲澹?分2透過第2個

44、偏振片后光強變?yōu)榘點os2 600 I-3分2由此得Io22I1 0 8Ii3分cos 60上述兩偏振片間插入另一偏振片，透過的光強變?yōu)镮29 cos2 300 cos2 300 9I12.25I13分242、自然光入射到兩個互相重疊的偏振片上。如果透射光強為（1）透射光最大強度的三分之一，（2）入射光強度的三分之一，則這兩個偏振片的偏振化 方向間的夾角是多少？解：（1）設(shè)入射的自然光光強為I。，兩偏振片同向時，透過光強最大，為互。2當(dāng)透射光強為Ii 1包時，有3 2,I 02 I 011cos26兩個偏振片的偏振化方向間的夾角為1 arccos54044（2）由于透射光強I2I 02cos 222分2分2分104分3所以有 2 arccos J360162: 33、投射到起偏器的自然光強度為I0,開始時，起偏器和檢偏器的透光軸方 向平行.然后使檢偏器繞入射光的傳播方向轉(zhuǎn)過30。，45。，60。，試分別求出在上述三種情況下，透過檢偏器后光的強度是I0的幾倍？解：由馬呂斯定律有I 3II cos 30 104 分28I 02 o18I0cos 45 2I 02 ” 0cos 602所以透過檢偏器后光的強度分別是I 0的3，1,1倍.8 4 84、使自然光通過兩個偏振化方向夾角為 60。的偏振片時，透