《新编大学物理》(下册)教材习题

1、第9章静电场一、选择题9.1答案：B9.2答案：C解：根据高斯定理，通过整个立方体表面的电通量为e-EdS,由于电荷位于立方体的中心，从立方体各个面穿出s0的电力线一样多，所以穿过一个表面的电场强度通量为工.609.3答案：B9.4答案：A解：根据电势的定义式V:Edl,(VB0)知，空间中某点的电势高低与电势零点的选择有关，所以B、GD均不正确；如果某一区域内电势为常数，则该区域内任意两点的电势差为0,即VaVb:Edl0,要使其成立，该区域内电场强度必为零.9.5答案：A解：根据电势和电势差的定义式V：Edl,(VB0),UabVaVb:Edl知，空间中某点电势的高低与电势零点的选择有关，

2、选择不同的电势零点，同一点的电势数值是不一样的.而任意两点的电势差总是确定的，与电势零点的选择无关.9.6答案：D解：根据电势叠加原理，两个点电荷中垂线上任意一点的电势为VVaVbqAqB40rA40rB由于中垂线上的任意一点到两电荷的距离相等，即A%r,所以V要使其为零，则qAqB0,所以qAqB.4or9.7答案：A解：根据保守力做功和势能的关系Wabq：EdlEpaEpb知，负电荷沿电力线移动电场力做负功，所以电势能增加.根据等势面的定义，等势面上各点的电势相等，而电势相等的点场强不一定相等；根据电场力做功的公式Wabq(VAVb)qUab知，初速度为零的点电荷，仅在电场力的作用下，如何

3、运动取决于点电荷本身和电势的高低.正电荷从高电势向低电势运动；负电荷从低电势向高电势运动.9.8答案：C解：达到静电平衡后，根据高斯定理设各板上的电荷密度如图所示.根据静电平衡条件，有解题题.89图图Ep-a；B0AB20由于A、B板由导线相连，所以其与中间板C的电势差必然相等,所以U AC U BCA 2 1 BB 2 2 Ad 1Zd 2Z2 02 01 59.92 di答案：D解：根据动能定理，有e e 1Wabe(VA Vb) e( ) 2m4oi4 0r22二、填空题9.10答案：_2!1丁8 2 oR3;方向水平向右解：根据场强叠加原理，本题可以利用割补法，等效于一个均匀带电圆环和

4、一个带相同电荷密度的异号电荷缺口在圆心处的电场.由于均匀带电圆环电荷分布的对称性，在圆心处产生的电场强度为零.异号电荷缺口在圆心处产生的电场强度大小为d.dq2rqd._2._2_2_34oR4oR8oR答案：E R习题9.11图ABC习题9.12图解：根据题意知穿过半球面的电力线条数和穿过底面的电力线的条数相同，所以根据电通量的定义，有e E dS E dS半球面底面E dS E dS E R2 底面底面9.12答案：，水平向左；.水平向左；4水平向右解：根据教材例9-7的结果和电场强度叠加原理，以水平向右为正有EaEiE2EbEiE2EcEiE22o2o2o“+”表示电场强度的方向水平向右

5、，表示电场强度的方向水平向左.三、计算题9.13解：（1）如图所示，在0处取一小段弧为电荷元，其电量为dqdlRd根据点电荷的场强分布知，它在O点处产生的电场强度大小为在x、y轴上的分量为dExdEcosdEydEsin根据场强叠加原理，有Excosd040R0Ey4 0Rosin d2 0R所以 EExiEyj j8 0R(2)根据点电荷的电势分布，有根据电势叠加原理,9.14解：(1)由于均匀带电的球体可以看作是由许多半径不同均匀带电的球面构成，根据教材例9.5的分析知，均匀带电球面的电场分布具有球对称性分布，所以均匀带电球体的电场分布也具有球对称性分布，即到球心距离为r的所有点的电场强度

6、的大小都相等，方向为各自的径向.可以利用高斯定理求解.根据电场的这种球对称性分布，过P点作半径为r的同心球面为高斯面，如图所示.根据高斯定理，有21eEdSEdscosEdsEds4rEqs根据已知，有电荷的分布为:3R33r3 (rR)所以，电场强度的大小为Qr4 oR3Q4 0r2(r(rR)R)(rR)解习题9.14图根据分析知，电场强度E的方向为径向.如果00,则电场强度的方向沿径向指向外；若Q0）.同理,距离直线也为r的另一点P的电场强度方向也沿该点的垂线方向向外.可见，到柱面的轴距离相同的所有点的场强大小都相等，方向沿各点的垂线方向向外，即场强也呈轴对称分布，可以用高斯定理求解.根

7、据电场强度的这种对称性分布，过P点作同轴的圆柱面为高斯面，如图所示.该闭合的高斯面由上、下底面和侧面组成，其面积分别为S、S2和S,半径为r,长为l.根据高斯定理有eEdSEdSEdSssis2E dSS3由于上、下底面的外法线方向都与场强E垂直，cos0,所以上式前两项积分为零；又由于圆柱侧面外法线方向与场强E的方向一致，因此有eEdSEdSEdsEdsss3s3s3解习题9.15图qi0 (r R)l (r R)根据已知，有电荷的分布为:所以，电场强度的大小为0(rR)E；(r2 orR)根据分析知，场强的方向是垂直于轴的垂线方向.如果入0,则电场强度的方向沿垂线向外辐射；若入0,则电场强

8、度的方向沿垂线指向直线.所以不能(2)由于均匀带电无限长圆柱面的电荷分布到无限远,选择无穷远处为电势零点，必须另选零电势的参考点.原则上来说,除“无穷远”处外，其他地方都可选.本题我们选择距圆柱面轴为Ro(RoR)处电势为零，即Vro0.根据电势的定义式VR0 _P E dl，有V29.16R0E dlPRoE dlpRE drRoE drrRoRoE dr In 0R20 R一lnR0 20 r解：(1)由于圆盘是由许多小圆环组成的,(rR)一半径为r宽度为dr的细圆环，此圆环上带电量为dq 2 rdr ,由教材例9-9的结果知，圆(r R)取环轴线上到环心的距离为x的任意点P的电势为dqd

9、V,2240rx根据电势叠加原理，有P点电势为R2rdr2-22VdV(.Rxx)02240.rx20(2)根据分析知，圆盘轴线上的电场强度方向沿轴线方向，所以根据电场强度与电势梯度的关系EgradV,有轴线上到环心的距离为x的任意点P的电场强度为dVxEgradV(-ijk)Vi1-2212ixyzdx20(Rx)此结果与教材例9-4的结果一样，很明显这种方法比较简单，去掉了复杂的矢量积分.9.17解：由于自由电荷和电介质分布的球对称性，所以E和D的分布具有球对称性，可以用有介质时的高斯定理.根据电位移矢量D的这种球对称性分布，过P点作半径为r的同心球面为高斯面，如图所示.根据D的高斯定理，

10、有D dS D dscos D ds D ds s根据已知，有电荷的分布为:qi(r R)(r R)所以，电位移矢量D的大小为0Q4 r2(r(rR)R)习题9.17图4 r2D q根据分析知，电位移矢量D的方向为径向.如果Q0,则D的方向沿径向指向外；若Q0,则D的方向沿径向指向球心.根据电场强度E和电位移矢量D关系D 0 rE E ,有电场强度E的大小为0 (rQ2 (r40rR)R)方向也为径向.根据极化强度与电场强度的关系P 0( r 1)E ,知极化强度的大小为P0(r1)E00(r1)Q40r2(rR)(rR)根据极化电荷密度和极化强度的关系PenPn,有,0(r1)Q407所以，

11、球外的电场分布以及贴近金属球表面的油面上的极化电荷q为0(r1)Q432_一R40rR31(1)Qr第10章稳恒电流的磁场一、选择题10.1答案：B10.2答案：C解：根据洛伦兹力公式FmquB知，洛伦兹力始终与运动速度垂直，所以对运动电荷不做功，根据动能定理电荷的动能不变。但当速度与磁场有一定夹角进入均匀磁场时，电荷做螺旋运动，速度的方向改变，所以动量改变。习题10.3图10.3答案：B解：根据洛伦兹力公式FmquB判断受力方向，知B答案正确；根据带电粒子垂直于磁场进入磁场的规律，有mR P m RqB , TqB2S,所以C、D不正确。 qB10.4答案：D解：根据平面线圈在均匀磁场中的受

12、力和力矩规律，任意平面线圈在磁场中不受力，可见该磁场一定为均匀场；根据MmB,知不受力矩线圈平面和磁场垂直。10.5答案：C解：根据典型题解中第3题的解题思想，取一半径为r,宽度为dr的细圆环，则其电流为dI如I,所以此细圆环的磁矩大小为ddmdIr2-包。根据叠加原理，线圈的磁矩大小为m dm10.6答案：DR2 r2IdrRidi（R2 Ri2）3d二、填空题10.7答案：I2 2Ii10.8答案：ne；相反解：根据电流和电流密度的定义，有dq j d_dt dsdq ds dt n e dsdt dsdt由于自由电子在电场中逆着电场方向运动,所以根据电流方向的规定，电流密度方向与电场方向

13、相反。三、计算题10.9求下列各图中p点的磁感应强度的大小和方向:pP*(b)习题10.9图解：根据上一题的解题分析和教材例题10.1、10.2的结果，选取垂直纸面向外为正，直接可得:Ba1 0I0I2 2a4aBb3当cos-cosj2a63330I2aBcBd10I,10I、1()22a22r20I0I2r2r0I0I2a2a0I4r习题10.10图0I0Ie2r-2r习题10.12图习题10.13图10.10一同轴电缆,如图所示.两导体中的电流均为I,但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑.求空间的磁感应强度分布.解：根据教材例题10.4的分析知，由于本题电流是轴对称性分布的，所以磁感应强

14、度呈轴对称性分布，可以利用安培环路定理求解,根据磁感应强度分布的对称性,过P点作同轴的圆为安培回路L,根据安培环路定理，有LBdl：BdlB：dlB2r0h根据已知，有电流的分布为IiI方rII(R2R2)0(r2(rR1)(R r R2)(R2 r R3)(rR3)(r R1)(R1 r R2)(R2 r R3)(r R3)所以，磁感应强度的大小为0Ir2R2BI22r_22I(R3r)_2_2I2r(R3R2)0磁感应强度的方向沿各点所在圆的切向.10.11 半径为R的带电薄圆盘的电荷密度为，并以角速度绕通过盘心垂直盘面的轴转动，求圆盘中心处的磁感应强度.解：当带电平面圆环绕过环心且垂直于

15、环面的轴旋转时，其上电荷作圆周运动形成电流，在空间激发磁场。圆盘绕通过盘心垂直盘面的轴转动是形成的电流可看成是半径连续变化的圆形电流的叠加。在圆盘上取半径为r,宽为dr的细圆环，此细圆环上的电荷为dq2rdr,旋转时细圆环中的电流为dIdq2rdr一rdrdt2根据载流圆环中心的磁感应强度分布，该细圆环电流在环心处产生的磁感应强度大小为dBj10dr2r2根据磁感应强度叠加原理，整个圆盘转动时，在盘心处产生的磁感应强度大小为R11BdB-0dr-0R022磁感应强度的方向垂直于盘面。若圆盘绕通过盘心垂直盘面的轴逆时针旋转时，当圆盘带正电时，盘心处的磁感应强度垂直纸面向外，当圆盘带负电时，盘心处

16、的磁感应强度垂直纸面向里。10.12 如图所示，载流长直导线的电流为I,试求通过矩形面积的磁通量.解：载流直导线周围的磁感应强度的大小为B2r在线框区域，磁感应强度的方向为垂直于线框指向里。在线框中竖直方向取一窄条，宽度为dr,根据磁通量的定义，有aboI.01clabmBdsBds-cdrInssa2r2a10.13如图所示，在长直电流近旁放一个矩形线圈与其共面，长直导线中通的电流为I,线圈各边分别平行和垂直于长直导线.当矩形线圈中通有电流Ii时，它受的磁力的大小和方向各如何？它又受到多大的磁力矩？解：载流直导线周围的磁感应强度的大小为BR2r在线框区域，磁感应强度的方向为垂直于线框指向里。

17、根据安培定律，有靠近直导线的边受力大小为FiIRIi，c方向水平向左2a2a远离直导线的边受力大小为F2LB/iic0CII1,方向水平向右2(ab)2(ab)由于导线受力方向在线框平面内，所以力矩为零。10.14 载流子浓度是半导体材料的重要参数，工艺上通过控制三价或五价掺杂原子的浓度，来控制p型或n型半导体的载流子浓度，利用霍耳效应可以测量载流子的浓度和类型，如图所示一块半导体材料样品，均匀磁场垂直于样品表面，样品中通过的电流为I,载流子电荷为q,现测得霍耳电压为Uhuaa,证明：样品载流子浓度为IBOqdUH证明：当系统达到平衡时，载流子所受的电场力和洛伦兹力相等，即quBqUH(1)b

18、根据电流I的定义，有Ibdnqu(2)由(1)、(2)得习题10.14图IBqdUh10.15 如图所示，半径为R的无限长圆柱导体，与半径为R2的无限长导体圆柱面同轴放置，具夹层充满磁导率为的均匀磁介质，这样就构成了一根无限长的同轴电缆.现在内、外分别通以电流I和I,并且电流在横截面上分布均匀，试求：空间的磁场强度和磁感应强度。解：(1)根据教材例题10.4的分析知，由于本题电流是轴对称性分布的，所以磁场强度和磁感应强度均呈轴对称性分布，可以利用安培环路定理解。根据磁场强度分布的对称性，过P点作同轴的圆为安培回路L,根据有介质时的安培环路定理，有LHdlLHdlHLdlH2rI0i根据已知，有

19、电流的分布为I2茕r2(rRJI0iI(R1rR2)-0(rR2)所以，磁场强度的大小为Ir2 R2I270(rR)(R(rrR2)R2)磁场强度H的方向为沿各点所在圆顺时针方向的切向.习题10.15图（2）根据磁场强度和磁感应强度的关系h a p0 r磁感应强度的大小为B 0 rH1olr2 R20 r I2 r0(rR)(Ri(rrR2)R2)B的方向和H的方向相同，也沿各点所在圆顺时针方向的切向.第11章电磁感应一、选择题11.1答案：C解：当磁铁沿线圈轴线插入线圈时，穿过线圈平面的磁感应线增多，所以乜0,根据法拉第电磁感应定律知，工0,所以dtdt答案是Co11.2答案：D解：根据法拉

20、第电磁感应定律知，铁环与铜环所包围的面积中穿过相同变化率的磁通量时，产生的感应电动势大小相同，由于铁环与铜环的电阻率不同，所以尺寸相同时电阻不同，产生的感应电流不同。11.3答案：C解：为了计算互感系数，假设线圈2中通有电流L,则根据通电圆环轴线上的磁场分布，有线圈2的圆心处的磁感应强度大小为B0N2I22R由于(Rr),所以线圈1周围的磁感应强度可认为是均匀场，大小为B2 /2上，根据磁通量的定义,有通过线圈1每一匝的磁通量为m1 B ds B ds B dsSSS-r22R根据互感系数的定义，有2M12N1m10N1N2rI2I22R11.4答案：A11.5答案：D解：本题属于动生电动势的

21、求解，下面用两种方法解题。方法一：利用法拉第电磁感应定律根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为B-0I2r方向垂直于纸面指向里。根据磁通量的定义，并取垂直指向里为正，有通过回路面积的磁通量为rl0I0IIrlmBdsBdsIdrInSSr2r2rSS根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势为d-m3(-)011dt2r1rdt2r(r1)“+”表示感应电流沿顺时针方向，也可根据楞次定律判断。方法二：电动势的定义式法根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为B2r方向垂直于纸面指向里。根据楞次定律知：a端电势高b端电势低，d端电势高c端电势低，所以根据电动势的定义式(

22、u B) dl ,有aaI1b(uB)dlb20rdld2(u B) dlcLdic 2 (r l)l由于i,2串联，取顺时针为正，则整个线圈的电动势为IIIl20001 2ll2 r2(rl)2r(rl)二、填空题11.6答案：洛伦兹力；感生电场11.7答案：1221解：根据互感系数的定义，有m12-I 2M2121I1由于I1I2,所以1221。三、计算题11.8如图所示，在通有电流的长直导线近旁有一导线段AB.当它沿平行于长直导线的方向以速率平移时，导线段中的感应电动势是多少？A,B哪端的电势高？解：本题属于动生电动势的求解，下面用两种方法解题。方法一：利用法拉第电磁感应定律根据无限长通

23、电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为B2r习题11.8图方向垂直于纸面指向里。由于导体棒不是回路，所以补成如图所示的假想矩形回路，则通过回路面积的磁通量为ab0I0IxabmBdsBdsxdrInSSa2r2a根据法拉第电磁感应定律，有感应电动势的大小为dmolabdx011abInIndt2adt2a根据楞次定律知，A端电势高，B端电势低方法二：电动势的定义式法根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为oI方向垂直于纸面指向里。AB(u B) dl，Idr 2 r011abIn2根据楞次定律知A端电势高B端电势低，所以根据电动势的定义式(uB)dl,有说明：利用电动势的

24、定义式求解动生电动势时，可以先假设电动势的高低点，然后按定义式求解，结果为正时表示假设为真，否则与假设相反。11.9 如图所示，一根无限长导线通以电流Ikt2（其中k为正常解：本题属于感生电动势的计算，由于不知道感生电场的分布，所以只有一种方法求解。具体如下:根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感习题11.9图数），线框平面与直导线处在同一平面内，试求线框中的感应电动势.应强度的大小为方向垂直于纸面指向里。为了求解通过矩形面积的磁通量，在r处取一窄条（如图所示），并取垂直指向里为正，根据电通量的定义，有mBdsBds00I-cdr0c-ln-bSSa2r2a根据法拉第电磁感应定律，有感应电

25、动势为dm0cIabdI0clabInInktdt2adta“-”表示感应电流沿逆时针方向。11.10 在半径为R的圆柱形空间内，充满磁感应强度为B的均匀磁场.有一长为L的金属棒AB放在磁场中，如图所示.设磁场在增强，并且理已知，求棒中的感应电动势，并指出哪端电势高.dt解：本题属于感生电动势的计算，但又不是闭合回路，所以解题过程中应设法补成闭合回路。具体方法如下：根据题意知感生电场为同心圆环，所以连接OA、习题11.10图OB构成等腰三角形，如图所示。取逆时针方向为绕行m B dsSSB ds B ds B -L , 4R2 L2的正方向，则穿过回路的磁通量为d mdt根据法拉第电磁感应定律

26、，有感应电动势为L2dBdt-”表示感应电流沿顺时针方向由于感生电场为同心圆环，与等腰三角形的OA、OB边垂直，所OAOBEkdl0所以棒中的感应电动势为ABBO OA4L 4R2L2 dB dt-”表示A点的电势高于B点的电势11.11 如图所示，横截面为矩形的环形均匀密绕螺绕环，总匝数为N.(1)求该螺绕环的自感系数；(2)沿环的轴线拉一根直导线，求直导线与螺绕环的互感系数M习题11.11图解：(1)为了计算自感系数，假设螺绕环中通有电流I,方向如图所示，过环内某一点P作同轴的圆为积分回路，并取顺时针为积分回路的正方向，根据安培环路定理，有iBdl产dlB1dlB2r0Ii0M所以，螺绕环

27、内的磁感应强度大小为B0MB1万7方向为顺时针方向圆的切向。根据磁通量的定义，有通过一个线圈的磁通量为R20NI0NIhR2mBdsBdshdrIn-SSR12r2R1SS根据自感系数的定义，有L-JUnII2R(2)为了求直导线与螺绕环的互感系数，假设直导线中通有竖直向上的电流I一则根据无限长通电直导线周围的磁场分布，有磁感应强度的大小为B上2r方向垂直于纸面指向里。根据磁通量的定义，有通过螺绕环每个线圈的磁通量为m2BdsBds201hdr0I1h1nRSSR2r2R1根据互感系数的定义，有21Nm20NhR2Mln一I1I12R1第12章光的干涉一、选择题12.1 答案：B解：洛埃德镜实

28、验中入射光在反射镜M发射时有半波损失，有效光程差业-。比双缝干涉附加了-，当觉=k时，洛埃德镜实验恰好D22D满足干涉干涉相消的暗纹条件。12.2 答案：Co解：在n1%和n1出%的情况下，二反射光有附加光程差。12.3 答案：Co解：两相邻条纹的高度差d。2n212.4 答案：B解：在劈尖干涉中，两相邻条纹的高度差d一,两滚柱之间的直2n2径差d(高度差)不变，所以条纹数目不变。而两个相邻明纹或暗纹之间的距离1d-，因、不变，当LM小时l也减小。sin2n2d12.5 答案：B解：当在平凸透镜与平玻璃板之间充满折射率为n的透明介质时，透2明介质上下表面的发射光的光程差2nd-2n匚-。由暗环

29、条件22R2k1,联立解得。212.6 答案：B解：分析见12.17的解答，第k级暗环半径rk=(k2do)R1/2(k为大于等于2d0/的整数)随着d0的增加而减少，条纹向中心被缩。环心处空气膜上下表面的反射光光程差2nd0-随do的增加依次取-的22奇数倍和偶数倍，呈明暗交替的变化。12.7 答案：A解：如图12-6(b),在迈克尔逊干涉仪中，因光束两次经过介质薄片二、填空题212.8 答案：一(n1)d;4X10解：插入玻璃片之前，S1和S2发出光在A点同相位。插入玻璃片后，引起的光程改变为ndd(n1)d由光程差与相位差的关系(n1)d。由题设4，代入计算得d-土国004104?(n1

30、)(n1)1.51仅9答案：号光程差解：当把双缝干涉实验装置放在折射率为n的媒质中时,ndxrD由干涉条件则屏上干涉条纹中相邻明纹的间距k 0,1,2,Lk 1,2,L明纹暗纹xk 1xkDnd12.1哈案：1.40解：由劈尖干涉条纹间距公式l3，则sin2n27000101012.11 答案：5391?解:2 0,62 10 323005391?三、计算题12.12答案：71 = 400nm; 22 = 444.4nm; ；3=500nm; % = 571.4nm;年=666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强分析：由双缝干涉屏上明纹位置公式，求k取整数时对应的可见光的波长。解：

31、已知:d = 0.2mm, D=1m, x=20mm依公式：xDkdk空=4X1-3mm=4000nmD故k=10方=400nmk= 9k= 8k= 7k= 622=444.4nm；3=500nm%=571.4nm?5=666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强.12.1咯案：545nm,d0,27mmx分析：由明纹位置公式求解。解：在屏幕上取坐标轴Ox,坐标原点位于关于双缝的对称中心屏幕上第k级明纹中心的距坐标原点距离：Dxk一d可知xxk1xk(k1)DkD、ddd代入已知数据，得对于所用仪器只能测量xd 545nm Dx 5mm的距离日寸 d -D 0.27mmx12.1格案

32、：（1）480nm；（2）1600nm,1600nm分析：当光垂直入射到玻璃片时，由于玻璃的折射率大于空气的折射率.因此，反射光在玻璃表面上存在半波损失.所以，反射光干涉时光程差2nd-,透射光干涉时光程差2nd解：玻璃片上下表面的反射光加强时，应满足2nd-k,k1,2,3l22k1在可见光范围内，只能取k3（其它值均在可见光范围外）代入上式，得480nm玻璃片上下表面的透射光加强时，应满足2ndk,k0,1,2,3Lk 0,1,2,3l或，反射光应满足干涉减弱条件（与透射光互补）即2nd(2k1),22都有：2ndk2ndk2时，1600nm2k3时，22nd400nm312.1哈案：2.

33、95106m分析：出现干涉条纹，说明两物体不等高；干涉条纹间隔相等，说明两物体的端面平行，此干涉为劈尖干涉.解：设劈尖角为，相邻两干涉条纹间隔为l,空气劈相邻两明（暗）干涉条纹的间距为：lsin-2两物体端面的高度差为：hdtandsin得hd2.95106m2l12.1哈案：1.5X-3mm分析：上下表面反射都有相位突变，计算光程差时不必考虑附加的半波长.解：设膜厚为d,A处为明纹，B处为暗纹，2nd=-(2k+1),(k=0,1,2,)，第8个暗纹对应上式k=7,d2k1=1.5x13mm4n12.17答案：rk=(k-2d0)R1/2,(k为大于等于2d0/的整数)分析：利用几何关系求不

34、包括do对应空气膜厚度，并考虑半波损失。解：设反射光牛顿环暗环半径为r,不包括do对应空气膜厚度为r2/(2R),所以处对应空气膜的总厚度为d=r2/(2R)+do因光垂直照射，且相干减弱，所以有=2d+/2=r2/R+2do+/2=(k+1/2)得牛顿环的各暗环半径rk=(k2do)R1/2(k为大于等于2do/的整数)12.1哈案：1.00029分析：当气体慢慢导入管内，由于两束相干光的光程差改变了，从而引起干涉条纹发生移动。解：气体导入一管过程中，光程差从零变为：nllk,有98条干涉条纹移动即可k=98。所以，n1198-1.00029ll第13章光的衍射一、选择题13.1 答案：B2

35、kk1,2,3,L暗纹解：根据单缝衍射公式asin22k1-k1,2,3,L明纹2第k级暗纹对应的单缝波阵面被分成2k个半波带，第k级明纹对应的单缝波阵面被分成2k+1个半波带。由题意asin2，对应第2级暗纹,对应的单缝波阵面被分成4个半波带。13.2 答案：C解：单色平行光垂直照射单缝时，在衍射角为的方向上，光程差asin与单缝位置无关。13.3 答案：B,k 0,1,2,L ,可能观察到的最大级次d 4.16解：由光栅方程(ab)sinkkmax取整数kmax4.16,考虑缺级，kabk=2k,k1,2,3,L即2,4级a次为缺级。13.4 答案：B解：假设入射单色平行光以 入射，则光程

36、差(a b)(sin sin )13.5 答案：D解：光栅衍射可以产生明亮细锐的亮纹，且相邻条纹之间分得很开,可精确测量。二、填空题13.6 答案：1x106m解：由单缝衍射规律asinksin工 1106msin 3013.7 答案：4;第一；暗解：解析见13.1分析13.8 答案：19.52mm解：由题设，要分辨这两颗星，望远镜的最小分辨角至少不小于这两颗星相对望远镜的角距离。由1.22,则D5.6106D1.221.2261.952mm3.51013.9答案：2.05mm;38.2解：由光栅方程(ab)sin3光栅常数d(ab).o-2.05mmsinsin18第二级主极大的衍射角sin

37、22sin10.618,2=38.2(ab)三、计算题13.1哈案：500nm分析：由单缝衍射暗纹条件及暗纹到中心的距离可求波长。解：设第三级暗纹在3方向上，则有asin33此暗纹到中心的距离为X3ftg3因为3很小，可认为tg3=si%,所以X3-f入a.两侧第三级暗纹的距离是2x3=6f/a=8.0mm入=(23)a/6f=500nmo13.11 答案：(1) 3 6000 A, k 3, 2k 1 7 个半波带 o(2) 4 4700 A, k 4, 2k 1 9 个半波带解答：由于P点是明纹，故有asin (2k 1), k 1,2,3 2由工 H 3.5 10 3 tanf 400故

38、卫j山3.52k 12k 1o 当 k 3,得 3 6000 Aok 4 ,得 4 4700 Asin10 32k 14.2 103mmo若36000A,则P点是第3级明纹；o若44700A,则P点是第4级明纹.由asin(2k1)万可知，当k3时，单缝处的波面可分成2k17个半波带;当k4时，单缝处的波面可分成2k19个半波带.13.12 答案:(1)2.4cm ; (2)k 0,1, 2, 3, 4共9条双缝衍射明条纹.解答：(1)中央明纹宽度为Io 2- fa4800 1050 10mm 2.4 cm0.02(2)由缺级条件asin(a b)sinb 0.1 ,- k0.025k k 1

39、,2,即 k 5,10,15,缺级.中央明纹的边缘对应k 1 ,所以单缝衍射的中央明纹包迹内有k0,1,2,3,4共9条双缝衍射明条纹.13.13答案：(1)ab6.0106m(2)1.5106m(3)k0,1,2,3,5,6,7,9共15条明条纹分析：(1)将已知条件代入光栅方程(ab)sink可求出光栅常数即光栅上相邻两缝的间距；(2)用缺级公式Uk,k,1,可求出ak光栅上狭缝可能的最小宽度a ； (3)以90o为限先确定干涉条纹的级数， 等于90时对应的级次看不见，扣除缺级，最后算出条纹数。解：(1 )由光栅方程(a b) sin k ( k=2 )得k6(a b) 6 106msin

40、(2 )根据缺级条件，有U上取k 1 ,得a ka b6a 1.5 10 m4(3)由光栅方程 (a b)sin k , k 0, 1, 2,L令sin 1,解得：k10即k 0, 1, 2, 3, 5, 6, 7, 9时出现主极大，4, 8缺级，10级主极大在90处，实际不可见，光屏上可观察到的全部主极大谱线数有15条.13.14 答案：(1) 2.96 105m , (2) 296m分析：由瑞利判据讨论。解：(1)设在月球上的爱里斑直径为D,激光束直径为d ,地球 至月球距离为L。由瑞利判据2L.D 2R 2L R 1.22 2.96 105md(2)若将激光束的直径扩为D, 1.22-2

41、L可见,d_ dD Dd,则月球表面爱里斑的直径为296md 1000所以，使用激光扩束器可减小光束的发散，使光能集中，方向性 更好，从而提高测距精度.13.15 答案：0.13nm;0.097nm分析：由布拉格公式，把波带端的波长代入，求出k的取值范围 当k取整数时，求出的 在波带中即可产生X射线衍射。解：由布拉格公式2d sin k , k 1,2,3,级次k的取值范围在变也2d sin k 22.99k4.09k只能取整数，所以，k3时,2dsin0.13nm可产生衍射。k4时，2dsin0.097nm4第14章光的偏振一、选择题14.1 答案：B解：自然光透过偏振片后光强为IiI0/2

42、,由于两偏振片的偏振化方向成45角，所以偏振光透过第二个偏振片后光强由马吕斯定律得I211cos245I0/4。14.2 答案：B解：由于偏振光和偏振片P1的偏振化方向成的角，透过偏振片P1后光强由马吕斯定律得I1loCOS2。透过偏振片P1的偏振光和偏振片P2的偏振化方向成90的角，透过偏振片P2后光强由马吕斯定律得I211cos2(90)10cos2sin2l0sin2(2)。14.3 答案：B解：当入射光以布儒斯特角入射时，反射光是垂直于入射面的线偏振光，反射光与折射光互相垂直，ir14.4 答案：C解：根据布儒斯特定律,i0arCta端580。反射光与折射光互相垂直，r0i0320。2

43、14.5 答案：C解：光束进入各向异性晶体后，分裂成两束沿不同方向传播的o光和e光。o光的光振动垂直于自己的主平面，e光的光振动在自己的主平面内。当入射光在主截面内，即入射面是晶体的主截面时，0光与e光的主平面重合，且就在入射面（主截面）内，这时，0光与e光的振动方向相互垂直（亦即振动面相互垂直）。二、填空题14.6 答案：2;1/4解：解析见14.214.7 答案：355.2nm;396.4nm解：由折射率的定义nc，则5891.658355.2nm1.486三、计算题14.8 答案：（1）l1=b/2;I2=Io/4;I3=I0/8（2）I3=0;l1=Io/2分析：强度为Ii的自然光通过

44、偏振片后，变为光强为10的线偏振2光，线偏振光通过偏振片的强度取决于偏振片的偏振化方向与线偏振光的振动方向的夹角，根据马吕斯定律可进行求解。解：（1）自然光通过第一偏振片后，其强度Ii=Io/2通过第二偏振片后，I2=Iico$45=I。/4通过第二偏振片后，I3=I2cos245=I0/8通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平行.(2)若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时I3=0,Il仍不变。14.9 答案：i5444；235016分析：同上题。解：自然光透过偏振片后光强为IiI0/2,假设两偏振片的偏振化方向成角，所以偏振光透

45、过第二个偏振片后光强由马吕斯定律得12 I1 cos21.2I0cos2由题设1IoCOS22 110 cos22503 23I01 54 0442 35 1614.1皓案：i55.03;%1.00分析：由布儒斯特定律可知：自然光只有以布儒斯特角入射时,反射光才是线偏振光。解：(1)由布儒斯特定律tani1.43n1所以i55.03(2)令在介质H中的折射角为r,则r一i2此r在数值上等于介质n、m界面上的入射角，由布儒斯特定律tan rn3%n3n2 tan r n2 cot inn2n11.0014.11答案：4.5mm解答：通过晶片的振动面旋转的角度与晶片厚度d成正比.要使该波长的光完全

46、不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转90.2：id2：did2d190-145mmi20一、选择题第15章几何光学15.1答案：A解：质点A抛出后左平抛运动，xvot,yggt2,设其在NO上的投影为N,则由几何关系12-匕，即里逆，所以NNMOgt。MONNMONN2vo15.2答案：A解：Rh,n2115.3答案：B解：玻璃砖中的球形大气泡可等效成已发散透镜，成缩小正立的虚像15.4答案：D解：显微镜成像，物体放在物镜的物方焦点外侧附近，成像于目镜的物方焦点邻近并靠近目镜一侧，通过目镜最后成一倒立放大的虚像。由题设，物镜成像的相距1220218cm，代入到高斯公式1-1,

47、121if求得1i1.64cm。15.5答案：D解：伽利略望远镜的目镜是发散透镜，望远镜的放大率m_fOfE15.6答案：D二、填空题15.7答案：60解：画出光路图，由几何关系可知i2，代入折射定律可求解。15.8答案：-10cm;-10cm解：球面反射镜焦距f-215.9答案：50mm解：透镜焦距f三、计算题15.10答案：20cm;2分析：利用凹面镜的半径可确定焦距，以知物距，由球面镜的物像公式和横向放大率公式可求解。解：像的位置如图所示，为正立、放大的虚像.1fR20cm2111ll12f吐 1 202n21? ( 1) ( 10)1220cm15.11答案：26.67cm分析：两次平

48、面折射。解：由平面折射公式，利用逐步成像法，即可求得物体的像。一次折射成像：12nHj10cm,n21.50,n11,I215cmn1二次折射成像：11(1015)25cm,n21,n11.50.1216.67cm距观察者距离L(1016.67)cm26.67cm15.12答案：像在球的右侧，离球的右边2cm处.分析：利用逐步成像法，对玻璃球的前后两个球面逐一成像，即可求得最后像的位置.用高斯成像公式时，应注意两个球面的顶点位置是不同的。r1 r 4cm, r2r 4cm解:用坐l2niiin2 nir1.5l21.5 14l2 12cm对玻璃球前表面所成的像，对后表面而言是物，所以l1l22

49、r2(128)cm4cmf21 rV21FT5 ( 4)cm 8cmflnf 21.5 8)cm 12cmfliiI1 f 2/ 4 8、()cmI1 f14 122 cm或用生l2n2ni-1, n 1.5r11.5ni工T1 1.54l2 2 cm像在球的右侧，离球的右边2cm 处.15.13答案（1）f36.36cm；（2）f60cm（1）分析：远视眼应配凸透镜眼镜，配上眼镜后，相当于物体在离明视距离（1125cm）处，而所成虚像在近点处（1280cm）.解：由透镜成像公式1111211f可得111解得镜片焦距f 36.36cm ,其光焦度为8025f应配眼镜度数为2.75100275度.（2）分析：近视者应配凹透镜眼镜，配上眼镜后，从无穷远处（li物体发出的光看似从远点处发出，即虚像