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第十二章第十二章 静电场静电场 1、一个细玻璃棒被弯成半径为 R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q，沿其下半部分均匀分布有电荷Q，如图所示试求圆心 O 处的电场强度 解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在处取微小电荷 dq = dl = 2Qd / 它在 O 处产生场强 2 分 d 24 d d 2 0 22 0 R Q R q E 按角变化，将 dE 分解成二个分量： dsin 2 sindd 2 0 2 R Q EEx 3 分 dcos 2 cosdd 2 0 2 R Q EEy 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷 0 2/ 2/ 0 2 0 2 dsindsin 2R Q Ex 2 分 2 分 2 0 2 2/ 2/ 0 2 0 2 dcosdcos 2R Q R Q Ey 所以 1 分j R Q jEiEE yx 2 0 2 2、如图所示，一电荷面密度为的“无限大”平面，在距离平面 a 处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为 R 的圆面积范围内的电荷所产生的试求该 圆半径的大小 解：电荷面密度为的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为 E= / (20) 2 分 以图中 O 点为圆心，取半径为 rrdr 的环形面积，其电量为 dq = 2rdr 2 分 它在距离平面为 a 的一点处产生的场强 2 分 2/3 22 0 2 d ra ardr E 则半径为 R 的圆面积内的电荷在该点的场强为 R ra rra E 0 2/3 22 0 d 2 22 0 1 2 Ra a 由题意,令 E= / (40)，得到 R 2a3 3、图示一球形电容器，在外球壳的半径 b 及内外导体间的电势差 U 维持恒定的条件下，内球半径 a 为多大时才能使内球表 面附近的电场强度最小？求这个最小电场强度的大小 球形电容器的电容 3 分当内外导体间电势 ab ab C 4 差为 U 时，电容器内外 球壳上带电荷 ab abU CUq 4 电容器内球表面处场强大小为 3 分 aba bU a q E 2 4 欲求内球表面的最小场强，令 dE/da=0，则 0 11 d d 22 abaaba bU a E 得到 并有 2 分 2 b a 0 d d 2/ 2 2 ba a E 可知这时有最小电场强度 2 分 b U aba bU E 4 min 4、一球体内均匀分布着电荷体密度为的正电荷,若保持电荷分布不变,在该球体挖去半径为 r 的一个小 球体,球心为,两球心间距离,如图所示. 求: O dOO +Q Q R O x y dr r O O a b P r O O / d d - 2 - (1)在球形空腔内,球心处的电场强度. O 0 E (2)在球体内 P 点处的电场强度.设、O、PE O 三点在同一直径上，且.dOP 解：挖去电荷体密度为的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场，而另在挖去处放上电荷体密度为的同样大小的球体，求出电场， 1 E 2 E 并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 2 分 210 EEE 在图(a)中，以 O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面 S，则可求出 O与 P 处场强 的大小. 3 0 2 11 3 41 4dddESE S 有 E1OE1P= dE 0 1 3 方向分别如图所示. 3 分 在图(b)中，以 O点为小球体的球心，可知在 O点E2=0. 又以 O 为心，2d 为半 径作球面为高斯面 S 可求得 P 点场强 E2P 0 32 22 3/)(4)(24d rdESE S 2 0 3 2 12d r E P 3 分 (1) 求 O点的场强 . 由图(a)、(b)可得 O E EO = E1O =， 方向如图(c)所 0 3 d 示. 2 分 (2)求 P 点的场强.由图(a)、(b)可得 P E 2 3 0 21 43d r dEEE PPP 方向如(d)图所示. 2 分 第十三章第十三章 电势电势 1、一“无限大”平面，中部有一半径为 R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为如图所示，试求通过小孔中心 O 并与平面垂直的直线上各点的场强和 电势(选 O 点的电势为零) 解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为的圆盘叠加的 O R 结果选 x 轴垂直于平面，坐标原点在圆盘中心，大平面在 x 处产生的场强为 2 分i x x E 0 1 2 圆盘在该处的场强为 i xR x x E 22 0 2 11 2 4 分i xR x EEE 22 0 21 2 该点电势为 4 分 22 0 0 22 0 2 d 2 xRR xR xx U x 2、图示一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为 R1，外表面半径为 R2设无穷远处为电势零点，求球层中半径为 r 处的电势 解：r 处的电势等于以 r 为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势 U1和球面以外的电荷产生的电势 U2之和，即 U= U1 + U2 ，其 中 U1=qi / (40r) 4 分 r Rr 0 3 1 3 4 3/4 r R r 3 12 0 3 为计算以 r 为半径的球面外电荷产生的电势在球面外取d的薄层其电荷为 r r r dq=4 2d r r 它对该薄层内任一点产生的电势为 002 /d4/ddrrrqU 则 4 分 2 dd 0 22 R r rrUU 22 2 0 2 rR O x P O R1 R2 r E1P P E2PEP 图(d) O P E1O 图(a) O d EO=E1 O 图(c) O P E2P- r E2O=0 图(b) E1P - 3 - 于是全部电荷在半径为 r 处产生的电势为 22 2 0 3 12 0 21 23 rR r R rUUU 2 分 r R rR 3 122 2 0 2 3 6 若根据电势定义直接计算同样给分 3、在强度的大小为 E，方向竖直向上的匀强电场中，有一半径为 R 的半球形光滑绝缘槽放在光滑水平面上(如图所示)槽的质量为 M，一质量为 m 带有电荷q 的 小球从槽的顶点 A 处由静止释放如果忽略空气阻力且质点受到的重力大于其所受电场力，求： (1) 小球由顶点 A 滑至半球最低点时相对地面的速度； (2) 小球通过 B 点时，槽相对地面的速度； (3) 小球通过 B 点后，能不能再上升到右端最高点 C？ 解：设小球滑到 B 点时相对地的速度为 v，槽相对地的速度为 V小球从 AB 过程中球、槽组成的系统水平方 向动量守恒， mvMV0 2 分 对该系统，由动能定理 mgREqRmv2MV2 3 分 2 1 2 1 、两式联立解出 2 分 mMm qEmgMR 2 v 方向水平向右 1 分 mMM qEmgmR M m V 2v 方向水平向左 1 分 小球通过 B 点后，可以到达 C 点 1 分 4、两个同心的导体球壳，半径分别为 R10.145 m 和 R20.207 m，内球壳上带有负电荷 q-6.010-8 C一电子以初速度为零自内球壳逸出设两球壳之间的区 域是真空，试计算电子撞到外球壳上时的速率(电子电荷-1.610-19 C，电子质量 me9.110-31 kg，08.8510-12 C2 / Nm2） 解：由高斯定理求得两球壳间的场强为 2 分 21 2 0 R 4 Rr r q E 方向沿半径指向内球壳电子在电场中受电场力的大小为 2 分 4 2 0r eq eEF 方向沿半径指向外球壳电子自内球壳到外球壳电场力作功为 2 分 2 1 2 1 2 0 d 4 d R R R R r req rFA 210 12 210 4 11 4RR RReq RR eq 由动能定理 2 分 210 122 42 1 RR RReq me v 得到 1.98107 m/s e mRR RReq 210 12 2 v 第十四章第十四章 静电场中的导体静电场中的导体 1、厚度为 d 的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为 试求图示离左板面距离为 a 的一点与离右板面距离为 b 的一点之间的电势差 解：选坐标如图由高斯定理，平板内、外的场强分布为： 1 2 d a b E = 0 (板内) (板外) 2 分)2/( 0 x E M A m,q C B E E 1 2 d a b x O - 4 - 1、2 两点间电势差 2 1 21 d xEUU x xx db d d da d 2 d 2 2/ 2/0 2/ )2/(0 3 分)( 2 0 ab 2、半径分别为 1.0 cm 与 2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.010-8 C，两球相距很远若用细导线将两球相连接求(1) 每个球所带电荷；(2) 每球的电势( ) 22/C mN109 4 1 9 0 解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响球上电荷均匀分布设两球半径分别为 r1和 r2，导线连接后的电荷分别为 q1和 q2，而 q1 + q1 = 2q，则两球电 势分别是 ， 2 分 10 1 1 4r q U 20 2 2 4r q U 两球相连后电势相等， ，则有 21 UU 2 分 2121 21 2 2 1 1 2 rr q rr qq r q r q 由此得到 C 1 分 9 21 1 1 1067 . 6 2 rr qr q C 1 分 9 21 2 2 10 3 . 13 2 rr qr q 两球电势 V 2 分 3 10 1 21 100 . 6 4 r q UU 3、如图所示，一内半径为 a、外半径为 b 的金属球壳，带有电荷 Q，在球壳空腔内距离球心 r 处有一点电荷 q设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷 (2) 球心 O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势 (3) 球心 O 点处的总电势 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷 q+Q 2 分 (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离 O 点的 距离都是 a，所以由这些电荷在 O 点产生的电势为 2 分 a dq U q 0 4 a q 0 4 (3) 球心 O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷 q 在 O 点 产生的电势的代数和 2 分 qQqqO UUUU 2 分 r q 0 4 a q 0 4 b qQ 0 4 ) 111 ( 4 0 bar q b Q 0 4 4、半径分别为R1和R2 (R2 R1 )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q1和Q2，今将内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联，如图所示, 导体球原来 不带电，试求相联后导体球所带电荷q 解：设导体球带电 q，取无穷远处为电势零点，则 导体球电势： 2 分 r q U 0 0 4 内球壳电势： 2 分 10 1 1 4R qQ U 20 2 4R Q 二者等电势，即 2 分 r q 0 4 10 1 4R qQ 20 2 4R Q 解得 )( )( 12 2112 rRR QRQRr q 2 分 q Q a b O r O R2 R1 r - 5 - 第十五章第十五章 静电场中的电解质静电场中的电解质 1. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为 R1 = 2 cm，R2 = 5 cm，其间充满相对介电常量为r 的各向同性、均匀电介质电容器接在 电压 U = 32 V 的电源上，(如图所示)，试求距离轴线 R = 3.5 cm 处的 A 点的电场强度和 A 点与外筒间的电势差 解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+和, 根据高斯定理可求得两 圆筒间任一点的电场强度为 2 分 r E r 0 2 则两圆筒的电势差为 1 2 00 ln 22 d d 2 1 2 1 R R r r rEU r R Rr R R 解得 3 分 1 2 0 ln 2 R R U r 于是可求得点的电场强度为 A E )/ln( 12 RRR U = 998 V/m 方向沿径向向外 2 分 A 点与外筒间的电势差： 22 d )/ln( d 12 R R R R r r RR U rEU = 12.5 V 3 分 R R RR U 2 12 ln )/ln( 2.一圆柱形电容器，外柱的直径为 4 cm，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为 E0= 200 KV/cm试求该 电容器可能承受的最高电压 (自然对数的底 e = 2.7183) 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为，则电容器两极板之间的场强分布 为 2 分)2/(rE 设电容器内外两极板半径分别为 r0，R，则极板间电压为 2 分 R r R r r r rEUd 2 d 0 ln 2r R 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到 E0时电容器击穿，这时应有 2 分 00 2Er 0 00 ln r R ErU 适当选择 r0的值，可使 U 有极大值，即令 0)/ln(/dd 0000 ErRErU 得 2 分eRr/ 0 显然有 a zazr 22 3 分 3 0 3 0 2 d 4z IS l z aI B l z 小电流环的磁矩 ISpm 2 分 0 3 /2zBp zm 在极地附近 zR，并可以认为磁感强度的轴向分量 Bz就是极地的磁感强度 B，因而有： 8.101022 Am2 0 3 /2BRpm 3 分 3、真空中有一边长为 l 的正三角形导体框架另有相互平行并与三角形的 bc 边平行的长直导线 1 和 2 分别在 a 点和 b 点与三角形导体框架相连(如图)已 知直导线中的电流为 I，三角形框的每一边长为 l，求正三角形中心点 O 处的磁感强度 B 解：令、和分别代表长直导线 1、2 和通电三角框的 、和边在 O 点产生的磁感强度则 1 B 2 B ab B acb B abaccb abacb BBBBB 21 ：对 O 点，直导线 1 为半无限长通电导线，有 1 B ， 的方向垂直纸面向里 2 分 )(4 0 1 Oa I B 1 B ：由毕奥萨伐尔定律，有 2 B )(4 0 2 Oe I B )60sin90(sin 方向垂直纸面向里 2 分 和：由于 ab 和 acb 并联，有 ab B acb B)(cbacIabI acbab 根据毕奥萨伐尔定律可求得 =且方向相反 2 分 ab B acb B 所以 1 分 21 BBB 把，代入 B1、B2， 3/3lOa 6/3lOe 则的大小为 B ) 13( 4 3 ) 2 3 1 ( 34 6 34 3 000 l I l I l I B 的方向：垂直纸面向里 1 分B 4、在一半径 R =1.0 cm 的无限长半圆筒形金属薄片中，沿长度方向有横截面上均匀分布的电流 I = 5.0 A 通过试求圆柱轴线任一点的磁感强度 (0 =410-7 N/A2) 解：选坐标如图无限长半圆筒形载流金属薄片可看作许多平行的无限长载流直导线组成宽为 dl 的无限长窄条直导线中的电流为 2 分l R I Idd dR R I d I 它在 O 点产生的磁感强度 z z z r O a I dBz B d l d a b c I I O 1 2 e y x O dB dl dI d R - 7 - 2 分 R I B 2 d d 0 d 2 0 I R 1 分sinddBBx dsin 2 2 0 R 1 分cosddBBy dcos 2 2 0 R 对所有窄条电流取积分得 2 分 0 2 0 dsin 2 R I Bx 02 0 cos 2 R I R I 2 0 = 0 2 分 0 2 0 dcos 2 R I By 02 0 sin 2 R O 点的磁感强度 T 2 分ii R I jBiBB yx 5 2 0 1037 . 6 第十七章第十七章 磁力磁力 1、假设把氢原子看成是一个电子绕核作匀速圆周运动的带电系统已知平面轨道的半径为 r，电子的电荷为 e，质量为 me将此系统置于磁感强度为的 0 B 均匀外磁场中，设的方向与轨道平面平行，求此系统所受的力矩 0 B M 解:电子在 xz 平面内作速率为 v 的圆周运动(如图)， 则 r m r e e 2 2 0 2 4 v 2 分 e rm e 0 4 v 电子运动的周期 1 分 e rmr r e0 42 2 T v 则原子的轨道磁矩 3 分 e m m re r T e ISp 0 2 2 4 的方向与 y 轴正向相反 1 分 m p 设方向与 x 轴正向平行，则系统所受力矩 0 B 3 分 0 BpM m k m rBe e 0 0 2 4 2、有一闭合回路由半径为 a 和 b 的两个同心共面半圆连接而成，如图其上均匀分布线密度为的电荷，当回路以匀角速度绕过 O 点垂直于回路平面的轴转动时， 求圆心 O 点处的磁感强度的大小 321 BBBB B1、B2 分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度，B3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度 ， 3 分 2 1 b I 4222 0010 1 b b b I B ， 3 分 2 2 a I 4222 0020 2 a a a I B )2/(d2d 3 rI r r B b a d 2 0 3 a b ln 2 0 4 分B)ln( 2 0 a b 3、图所示为两条穿过 y 轴且垂直于 xy 平面的平行长直导线的正视图，两条导线皆通有电流 I，但方向 相反，它们到 x 轴的距离皆为 a y r z x v 0 B M a b O I I x y a a O P x - 8 - (1) 推导出 x 轴上 P 点处的磁感强度的表达式. )(xB (2) 求 P 点在 x 轴上何处时，该点的 B 取得最大值 解：(1) 利用安培环路定理可求得 1 导线在 P 点产生的磁感强度的大小为： 2 分 r I B 2 0 1 2/122 0 )( 1 2xa I 2 导线在 P 点产生的磁感强度的大小为： 2 分 r I B 2 0 2 2/122 0 )( 1 2xa I 、的方向如图所示P 点总场 1 B 2 B coscos 2121 BBBBB xxx 0 21 yyy BBB ， 3 分 )( )( 22 0 xa Ia xB i xa Ia xB )( )( 22 0 (2) 当 ，时，B(x)最大 0 d )(d x xB 0 d )(d 2 2 x xB 由此可得：x = 0 处，B 有最大值 4、在真空中有两根相互平行的无限长直导线 L1和 L2，相距 10 cm，通有方向相反的电流，I1 =20 A，I2 =10 A，试求与两根导线在同一平面内且在导线 L2两侧并与 导线 L2的距离均为 5.0 cm 的两点的磁感强度的大小 (0 =410-7 Hm-1) 解：(1) L1中电流在两导线间的 a 点所产生的磁感强度 T 2 分 5 1 10 1 100 . 8 2 a a r I B L2中电流在 a 点所产生的磁感强度 T 1 分 5 2 20 2 100 . 4 2 a a r I B 由于、的方向相同，所以 a 点的合磁感强度的大小 a B1 a B2 T 2 分 4 21 102 . 1 aaa BBB (2) L 中电流在两导线外侧 b 点所产生的磁感强度 T 5 1 10 1 107 . 2 2 b b r I B L2中电流在 b 点所产生的磁感强度 T 1 分 5 2 20 2 100 . 4 2 b b r I B 由于和和的方向相反，所以 b 点的合磁感强度的大小 b B1 b B2 T 5 21 103 . 1 bbb BBB 第十八章第十八章 磁场中的磁介质磁场中的磁介质 1、一根同轴线由半径为 R1的长导线和套在它外面的内半径为 R2、外半径为 R3的同轴导体圆筒组成中间充满磁导率为的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如 图传导电流 I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的求同轴线内外的磁感强度大小 B 的分布 解：由安培环路定理： i IlH d 0R3区域： H = 0，B = 0 3 分 2、螺绕环中心周长 l = 10 cm，环上均匀密绕线圈 N = 200 匝，线圈中通有电流 I = 0.1 A管内充满相对磁导率r = 4200 的磁介质求管内磁场强度和磁感强度的大 小 解： 200 A/m 3 分lNInIH/ 1.06 T 2 分HHB r 0 第十九章第十九章 电磁感应电磁感应 1、如图所示，一半径为 r2电荷线密度为的均匀带电圆环，里边有一半径为 r1总电阻为 R 的导体环，两环共面同心(r2 r1)，当大环以变角速度t)绕垂直于环 面的中心轴旋转时，求小环中的感应电流其方向如何？ 解：大环中相当于有电流 2 分 2 )(rtI 这电流在 O 点处产生的磁感应强度大小 )( 2 1 )2/( 020 trIB 2 分 以逆时针方向为小环回路的正方向， 2 分 2 10 )( 2 1 rt t t r t i d )(d 2 1 d d 2 10 E t t R r R i i d )(d 2 2 10 E 方向：d(t) /dt 0 时，i 为负值，即 i 为顺时针方向 1 分 d(t) /dt 1 时，顺时针 t r1 r2 O I (t) v a b - 10 - 3、无限长直导线，通以常定电流 I有一与之共面的直角三角形线圈 ABC已知 AC 边长为 b，且与长直导线平行，BC 边长为 a若线圈以垂直于导线方向的 速度v 向右平移，当 B 点与长直导线的距离为 d 时，求线圈 ABC 内的感应电动势的大小和感应电动势的方向 解：建立坐标系，长直导线为 y 轴，BC 边为 x 轴，原点在长直导线上，则斜边的方程为 ，式中 r 是 t 时刻 B 点与长直导线的距离三角形中abrabxy/)/( 磁通量 ra r ra r x ax br a bI x x yI d)( 2 d 2 00 )ln( 2 0 r ra a br b I 6 分 t r ra a r ra a Ib td d )(ln 2d d 0 3 分 当 r =d 时， 方向：v)(ln 2 0 da a d da a Ib ACBA(即顺时针) 4、如图所示，在竖直面内有一矩形导体回路 abcd 置于均匀磁场B 中，B 的 方向垂直于回路平面，abcd 回路 中的 ab 边的长为 l，质量为 m，可以在保持良好接触的情况下下滑，且摩擦力不计ab 边的初速度为零，回路电阻 R 集中在 ab 边上 (1) 求任一时刻 ab 边的速率 v 和 t 的关系； (2) 设两竖直边足够长，最后达到稳定的速率为若干？ 解(1) 由 ， 3 分lBImg t m d dv R Bl I v 得 v v mR lB g t 22 d d 积分 v v v 00 d d t 22 t mR lB g 得 4 分)exp( 22 22 t mR lB lB Rmg v 其中 x xe)exp( (2) 当 t 足够大则 0 )exp( 22 t mR lB 可得稳定速率 22l B Rmg v 5、一无限长竖直导线上通有稳定电流 I，电流方向向上导线旁有一与导线共面、长度为 L 的金属棒，绕其一端 O 在该平面内顺时针匀速转动，如图所示转动角 速度为，O 点到导线的垂直距离为 r0 (r0 L)试求金属棒转到与水平面成角时，棒内感应电动势的大小和方向 解：棒上线元 dl 中的动生电动势为： lB d)(dl lr I ld )cos(2 0 0 3 分 金属棒中总的感生电动势为 L 0 d 1 分)cosd( )cos(cos2 cos 00 2 0 l lr lI L )cosd() cos 1 ( cos2 0 0 0 2 0 l lr rI L ln)cosln( cos2 cos2 00 2 000 rLr IrIL 4 分) cos ln( cos cos2 0 000 r Lrr L I 方向由 O 指向另一端 2 分 6、一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I求：导线内部单位长度上所储存的磁能 在时 Rr 2 0 2 R I B r 42 22 0 0 2 82R rIB wm I v A B C a b c d I r0 L O I r0 r0+lcos O L dl v B a b c d l, m - 11 - 取 (导线长)rrVd2d1l 则 RR m I R rrI rrwW 00 2 0 4 32 0 164 d d2 第二十章第二十章 光的干涉光的干涉 1、在双缝干涉实验中，波长550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距 a210-4 m 的双缝上，屏到双缝的距离 D2 m求： (1) 中央明纹两侧的两条第 10 级明纹中心的间距； (2) 用一厚度为 e6.610-5 m、折射率为 n1.58 的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9 m) 1、解：(1) x20 D / a 2 分 0.11 m 2 分 (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2 2 分 设不盖玻璃片时，此点为第 k 级明纹，则应有 r2r1k 2 分 所以 (n1)e = k k(n1) e / 6.967 零级明纹移到原第 7 级明纹处 2 分 2、双缝干涉实验装置如图所示，双缝与屏之间的距离 D120 cm，两缝之间的距离 d0.50 mm，用波长500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射双缝 (1) 求原点 O (零级明条纹所在处)上方的第五级明条纹的坐标 x (2) 如果用厚度 l1.010-2 mm， 折射率 n1.58 的透明薄膜复盖在图中的 S1缝后面，求上述第五级明条纹的坐标 x 解：(1) dx / D k xDk / d = (1200550010-6 / 0.50)mm= 6.0 mm 4 分 (2) 从几何关系，近似有 r2r1 Dx / d 有透明薄膜时，两相干光线的光程差 = r2 ( r1 l +nl) = r2 r1 (n-1)l lnDx1/d 对零级明条纹上方的第 k 级明纹有 k 零级上方的第五级明条纹坐标 dklnDx/1 3 分 =1200(1.581)0.015510-4 / 0.50mm =19.9 mm 3 分 2 分 3、在双缝干涉实验中，单色光源 S0到两缝 S1和 S2的距离分别为 l1和 l2，并且 l1l23，为入射光的波长，双缝之间的距离为 d，双缝到屏幕的距离为 D(Dd)，如图求： (1) 零级明纹到屏幕中央 O 点的距离 (2) 相邻明条纹间的距离 解：(1) 如图，设 P0为零级明纹中心 则 3 分DOPdrr/ 012 (l2 +r2) (l1 +r1) = 0 r2 r1 = l1 l2 = 3 3 分dDdrrDOP/3/ 120 (2) 在屏上距 O 点为 x 处, 光程差 2 分3)/(Ddx 明纹条件 (k1，2，) k dDkxk/3 在此处令 k0，即为(1)的结果相邻明条纹间距 dDxxx kk / 1 4、用波长为 500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射到由两块光学平玻璃构成的空气劈形膜上在观察反射光的干涉现象中，距劈形膜棱边 l = 1.56 cm 的 A 处是从 棱边算起的第四条暗条纹中心 (1) 求此空气劈形膜的劈尖角； (2) 改用 600 nm 的单色光垂直照射到此劈尖上仍观察反射光的干涉条纹，A 处是明条纹还是暗条纹？ (3) 在第(2)问的情形从棱边到 A 处的范围内共有几条明纹？几条暗纹？ x O S1 S2 d D O P r1 r2 d s1 s2 d n l x D 屏 d S2 S1 l1 S0 l2 O D - 12 - 4、解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为 e2处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即 A 处膜厚度 e4= 2 1 2 3 4.810-5 rad 5 分 lle2/3/ 4 (2) 由上问可知 A 处膜厚为 e43500 / 2 nm750 nm，对于600 nm 的光，连同附加光程差，在 A 处两反射光的光程差为，它与波长 2 1 2 4 e 之比为所以 A 处是明纹 3 分0 . 3 2 1 /2 4 e (3) 棱边处仍是暗纹，A 处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹 2 分 5、 折射率为 1.60 的两块标准平面玻璃板之间形成一个劈形膜(劈尖角很小)用波长600 nm (1 nm =10-9 m)的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹假如在劈形膜 内充满 n =1.40 的液体时的相邻明纹间距比劈形膜内是空气时的间距缩小l0.5 mm，那么劈尖角应是多少？ 5、解：空气劈形膜时，间距 2sin2 1 n l 液体劈形膜时，间距 4 分 n l 2sin2 2 2/11 21 nlll = ( 1 1 / n ) / ( 2l )1.710-4 rad 4 分 6、在杨氏双缝实验中，双缝间距=0.20mm，缝屏间距1.0m，试求：dD (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 6、解: (1)由知，k d D x 明 2 2 . 0 101 0 . 6 3 3 106 . 0 mm o A6000 (2) 3106 . 0 2 . 0 101 3 3 d D xmm 第二十一章第二十一章 光的衍射光的衍射 1、用每毫米 300 条刻痕的衍射光栅来检验仅含有属于红和蓝的两种单色成分的光谱已知红谱线波长R在 0.630.76m 范围内，蓝谱线波长B在 0.430.49 m 范围内当光垂直入射到光栅时，发现在衍射角为 24.46处，红蓝两谱线同时出现 (1) 在什么角度下红蓝两谱线还会同时出现？ (2) 在什么角度下只有红谱线出现？ 1、解： a+b= (1 / 300) mm = 3.33 m 1 分 (1)(a + b) sin=k k= (a + b) sin24.46= 1.38 m R=0.630.76 m；B0.430.49 m 对于红光，取 k=2 , 则 R=0.69 m 2 分 对于蓝光，取 k=3,则 B=0.46m 1 分 红光最大级次kmax= (a + b) / R=4.8, 1 分 取 kmax=4 则红光的第 4 级与蓝光的第 6 级还会重合设重合处的衍射角为 , 则 828 . 0 /4sinba R =55.9 2 分 (2) 红光的第二、四级与蓝光重合，且最多只能看到四级，所以纯红光谱的第一、三级将出现 1 = 11.9 2 分207 . 0 /sin 1 ba R 3 = 38.4 1 分621 . 0 /3sin 3 ba R 2、(1) 在单缝夫琅禾费衍射实验中，垂直入射的光有两种波长，1=400 nm，=760 nm (1 nm=10-9 m)已知单缝宽度 a=1.010-2 cm，透镜焦距 f=50 cm求 两种光第一级衍射明纹中心之间的距离 (2) 若用光栅常数 d=1.010-3 cm 的光栅替换单缝，其他条件和上一问相同，求两种光第一级主极大之间的距离 解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知 (取 k1 ) 1 分 111 2 3 12 2 1 sinka 1 分 222 2 3 12 2 1 sinka , fx /tg 11 fx /tg 22 - 13 - 由于 , 11 tgsin 22 tgsin 所以 1 分afx/ 2 3 11 1 分afx/ 2 3 22 则两个第一级明纹之间距为 =0.27 cm 2 分afxxx/ 2 3 12 (2) 由光栅衍射主极大的公式 111 1sin kd 2 分 222 1sin kd 且有 fx/tgsin 所以 =1.8 cm 2 分dfxxx/ 12 3、波长600nm(1nm=109m)的单色光垂直入射到一光栅上，测得第二级主极大的衍射角为 30，且第三级是缺级 (1) 光栅常数(a + b)等于多少？ (2) 透光缝可能的最小宽