大学物理下册期末复习计算题

1、大学物理下册期末复习计算题第7章真空中的静电场*1.一半径为R的带电导体球，电荷为-Q。求：球内、外任意一点的电场强度。1.解：由高斯定理可求出电场强度的分布（1分） E dS qint（3分）_Q4 0r 2E= 0（2 分）Q4 oR2（4分）（2分）解：由高斯定理可求出电场强度的分布（1分）E dSqt（3分）_Q_4or2E= 0Q4 oR2（4分）（2分）（2分）*2.一半径为R的带电导体球，电荷为Q。求：（1）球内、外任意一点的电场强度；（2）球内、外任意一点电势。解：由高斯定理可求出电场强度的分布qE= 4 or20（3分）（2分）当 r>RqqV qr drq当 r &a

2、mp; R寸r R40 r40 rV= 0dr q-2- drrR 40 rq40R（3分）（4分）*3.如图所示，一长为L,半彳全为R的圆柱体，置于场强为E的均匀电场中，圆柱体轴线与场强方向平行,求穿过圆柱体下列端面的电通量。(D(2)(3)(4) 解: (D左端面右端面侧面整个表面根据电通量定义si左端面E dsEdScos2E dS E R2si(4分)(2)右端面s3E ds0EdScosO_2ES E R(4分)(3)侧面s2E ds EdScos- 02(4)整个表面si s2s3(1分)(3分)4.三个点电荷qi、 q2和q3在一直线上，相距均为2R ,以qi与q2的中心O作半径

3、为2R的球面，A为球面与直线的一个交点，如图。求:(1) 通过该球面的电通量 口 E dS;(2) A点的场强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.有一球面的半径为Ra ,所带电量为Qa，另有一同心球面，它的半径为Rb(Rb Ra),所带电量为Qb ,求(1)电势在各区域的分布表达式；(2)两个球面之间的电势差。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）如图，一半径为R的半圆环上均匀分布电量+Q,求圆心处的电场强度。在圆环上取一电荷元,dqdlRd（1分）电荷元在圆心处产生的场强为v dEdq v2 eR4 oR（2分）把该场强进行分解得到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轴* 7.应用高斯定理证明：无限长电荷线密度为处的电场强度为E 。20r证明：选取以带

5、电直线为轴的圆柱形高斯面,（4分）（2分）的均匀带电直线，距带电直线r（2分）e E dS E dSSS1ES2dS E dS E dS2 rh（6分）S3S3根据高斯定理可得hE 2 rh0（4分）*8,带电细线弯成半径为E 2 0rR的半圆形，电荷线密度为0sin,式中°为一常数， 为半径R与x轴所成的夹角，如图所示。试求环心的电场强度。解：dEdl40R20sin d40R（4分）O处dExdE cos考虑到对称性Ex0（3 分）dEydE sin（2分）EydEsin0sin2 d04 0R08"?r方向沿y轴负向（3分）*9, 直角ABC的A点上，有电荷q11.8

6、10 9CB点上有电荷q24.8 10 9C,试求C点的电场强度（设BC0.04m,AC 0.03m）,解：q1在C点产生的场强Ei一虬加（3分）4 °ACq2在C点产生的场强E2%4 0BC2（3分）C点的合场强 E.E； E；3.2 104 V m（3分）方向如图E116arctan arctan E227（3分）*10 .将一 “无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布,电荷线密度为分之一圆弧 AB的半径为R,试求圆心。点的场强.解：设O为坐标原点，水平方向为 x轴，竖直方向为 y轴半无限长导线A在。点的场强 Ei (i j)4 oR半无限长导线B在。点的场强 E2( i

7、j)4 oRAB圆弧在。点的场强 E3(i j)4 oR总场强 E Ei E2 E3(i j)4 oR第八章 静电场中的导体与电介质三、计算题1 .半径分别为a和b的两个金属球，它们的间距比本身线度大得多，今用一细导线将两者相连接，并给系统带上电荷 Q,求：(1)每个球上分配到的电荷是多少？(2)按电容定义式，计算此系统的电容。解：(1)两孤立导体球电势相等，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)根据电容定义式，此系统的电容为4 o(a b)2.如图，3个“无限长”的同轴导体圆柱面A、B、C,半径分别为Ra、RB、Rc

8、,圆柱面B上带电荷，A和C都接地。求B的内表面上沿轴线电荷线密度 加和外表面上电荷线密度 尬之 比值九/及。解：由高斯定理，A的外表面上沿轴线电荷线密度 上电荷线密度-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 .有一外半径为Ri、内半径为R2的金属球壳，其内有一同心的半径为R3的金属球。球壳和金属球所带的电量均为q。求空间的电场分布。解：作半径为r的同心球面为高斯面，则通过高斯面的电通量为_2口 E dS 4 r E1 分S当r R3时

9、，q内0由高斯定理cE dS 一也，得1分S0当R3 r R时，q内q由高斯定理cE dS 一匣，得 S0E2=q_2_2 分4 or当R2rRi时，q内0由高斯定理ce dS 一也,得S0E3=0当r R时，q内2q由高斯定理口 E dS 一胞，得S0E4=42q204. 一半径为1,2（2 ri）互相绝缘的两个同心导体球壳，现将 +q电量给予内球壳，求外球壳 解：+q分布在内球壳外表面，静电感应后，外球壳内表面干电上所带的电荷和外球的电势。r2球壳总电何为零，Q外球壳0。由图斯定理得：0（0rr1）Eq40r2（r1r上）2q40r（r2）由静电平衡条件得：球壳导体内部场强为零，即：E内部

10、0 所以有：心d1上七力六5. 一平板电容器充满两层厚度各为 di和d2的电介质，它们 的相对电容率分别为 “和 修，极板的面积为 S。求电容器的电 容。解：设两电介质中场强分别为 Ei和E2,选如图所示的上下-q,外表面市电+q,整个外.t * 1 I J!* .：；,； v：；一：；：-；$；,jin *,444'1 ；|4J'°> > rn. 5j：函房谖卷魂焦淳但我:三E.,=:4一一":-”:?:-: ,iili'i : -:°:-:二：二二；：!：=：；"：!：!：!：底面面积均为S的柱面为高斯面，上底面在

11、导体中，下底面在电介质中，侧面的法线与场强垂直，柱面内的自由电荷为Q0 0S ,根据高斯定理，得D dS DSi0S11所以D= 0电介质中的电场强度为E1 0 ri 0 riE2-0 r2 0 r2两极板的电势差为U= E dl Eidi E2d2 ，旦匹 2分0 rir2由电容的定义，得C = Q£=0 r1r2si分Urid 2r2di6.圆柱形电容器上由半径为 R的长直圆柱导体和与它同轴的薄导体圆筒组成，圆筒的半径为R2O若直导体与导体圆筒之间充以相对电容率为&的电介质。设直导体和圆筒单位长度上的电荷分别为+入和-%求电介质中的场强、电位移和极化强度。解：由对称性分析

12、，电场为柱对称分布，根据介质中的高斯定理，有可得D dS D2 rlS由D ° rE E得电介质中场强为:（R rR2）3 分0 rr电介质中极化强度为:P （ r 1） °E7.球形电容器的内、外半径分别为r2R1和rrR2,所带的电量为土 Q。若在两球之间充满电容率为e的电介质，问此电容器电场的能量为多少。 解：若电容器两极板上电荷的分布是均匀的, 球壳间的电场强度的大小为则球壳间的电场是对称的。由高斯定理可求得电场的能量密度为取半径为r、厚为rdr的球壳,E=一4q22432 r其体积为 dV=4 <2dro所以此体积元内的电场的能量为dWeedV32q224

13、r2dr r工dr8 r电场总能量为R2WeR18Q288.两块大金属板A和B,面积均为S,B板带电Qb,试求A、B两板各个表面平行放置，间距为 d, 上的电量；如图所示，将 A板带电Qa,将解：（1）两板共有四个表面,设电荷面密度分别为1、2、 3、由题意有1S2s Qa3s4sQb由于静电平衡时导体内部场强处处为零，又由于板间电场与板面垂直，因此对于图示的高斯面来说，由高斯定理可得假设各面所带的电荷均为正，则电场强度方向均应垂直与各板面向外。设向右的方向为正, 在右边的导体内任一点 P的场强为四个无穷大带电平面的电场的叠加，因而有将以上四式联立求解，可得QaQb2SQaQb2S第九章稳恒磁

14、场三、计算题1.如右图，在一平面上，有一载流导线通有恒定电流 为R的半圆后，又沿切线方向流向无穷远，求半圆圆心I,电流从左边无穷远流来，流过半径O处的磁感应强度的大小和方向。解：如右图，将电流分为 ab、bc、cd三段，其中, 感应强度分别为：a、d均在无穷远。各段在。点产生的磁ab 段：B1=0（1分）bc段：大小:方向:cd段：大小:方向:B 4R垂直纸面向里B 0IB34 R垂直纸面向里（2分）（1分）（2分）（1分）由磁场叠加原理，得总磁感应强度。1B B1 B2 B3 (1)4 R（2分）方向：垂直纸面向里（1分）2. 一载有电流I的长导线弯折成如图所示的形状, EF的延长线上。求O

15、点处的磁感应强度。CD为1/4圆弧，半径为R,圆心O在AC、解：各段电流在 。点产生的磁感应强度分别为:AC 段：Bi=0CD段：大小：B2上8R方向：垂直纸面向外DE段：大小:B30J= （cos4524 R2cos135 ）0I方向：垂直纸面向外EF 段：B4=0由磁场叠加原理，得总磁感应强度BiB2B3B4oI oI8R 2TR方向：垂直纸面向外（1分）（2分）（1分）（2分）（1分）（1分）（1分）（1分）3.如右图所示，一匝边长为 a的正方形线圈与一无限长直导线共面，置于真空中。 当二者之间的最近距离为 b时，求线圈所受合力 F的大小？解：无限长载流直导线在空间的磁场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线圈所受的合力01112a2 b（a b）（2分）（2分）方向水平向左。4 . 一无限长的载流导线中部被弯成圆弧形，如图所示，圆弧形半径为 R 3cm,导线中的电流为I 2A。求圆弧形中心 O点的磁感应强度。（0 4 10 7H/m）解：两根半无限长直电流在图面向里为正向，叠加后得Bi2O点的磁感应强度方向同为垂直图面向外，大小相等，以垂直0 IoI4 R 2 R（3分）圆弧形导线在O点产生的磁感应

17、强度方向垂直图面向里，大小为B2二者叠加后得B B2 Bi方向垂直图面向里。oI 33 oI2R 4 8R3 oI8R0I51.81 10 T2 R（3分）（3分）（1分）5 .两根直导线与铜环上 A, B两点连接，如图所示，并在很远处与电源相连接。若圆环的粗 细均匀，半径为r,直导线中电流I。求圆环中心处的磁感应强度。解：电流在A点分为两支路为L和设R为单位弧长电阻,AdB弧长与AcB并联，得R lAdB I 1Rl AcB I 2（1分）l AdB I1 l AcB I 2以垂直图面向里为正向，所以BAdB0I1 lAdB22 r（2分）AcB支路在圆环中心 O点磁感应强度方向垂直图面向里

18、，大小为BAcB0 I 2 l AcB0I 1 lAdB（2分）两支路在O点的磁感应强度叠加，得 BAdBBAcB0AdB ACB（2分）半无限长直电流EA延长线过圆心O, Bea 0, O点的磁感应强度等于半无限长直电流BF在O点磁感应强度，得0I0IB Bbf (cos 90 cos180 ) 4 r4 r方向垂直图面向里。（2分）（1分）6.如图所示，一根外径为 R2,内径为Ri的无限长载流圆柱壳，其中电流I沿轴向流过，并均匀分布在横截面上。试求导体中任意一点(R r R2)的磁感强度。解：在导体内作一半径为r (R1 r由安培环路定理bB dr 。口，得L（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 .电流为I的长直截流导线，附近有一与导线共面的单匝矩形线圈，其一边与导线平行， 求通过此平面的磁通量。b T解：选择X轴垂直于导线指向右边。B(x)故通过x处阴影面积dS的磁通量为ola .d m B(x)adx dx 2 x01a d bln则通过此平面的磁通量为d b a 0Ia mdxd 2 x8 .如图，一载流线半径为 R,载流为I,置于均匀磁场 B中，求: (1)线圈受到的安培力；(2)线圈受到的磁力

20、矩(对 Y轴)y+解：(1)取电流元Idl如图，其受力大小dF BldlSin BIRSin d BIRdcos3 分方向：垂直向外1分积分可得整个圆电流的受力2F dF BIRd cos 02 分0(2)由磁力矩的定义 MPm B IS B ,得其大小_2_M ISBSin- I R B2方向：沿Y轴负向9.如图，矩形线圈与长直导线共面，已知 I1=20A, I2=10A, 求：电流I1产生的磁场作用在线圈上的合力。a=1.0cm, b=9.0cm, h=20cm。11Ti解：由对称性，AD、BC受力大小相等、方向相反，二力抵消。 对AB段F1方向垂直AB向左，大小为：F1I2BHIAB 2

21、 a对CD段：同理，有0I1I2 卜2 (a b)合力为F合FiF20 I1I 2 12a-）h 7.2 10 4N a bXI=10A,放在均匀磁场中，磁场方向与线圈10.半径为R=0.1m的半圆形闭合线圈，载有电流平面平行，如图所示。已知 B=0.5T,求(1)线圈所受力矩的大小和方向(以直径为转轴)(2)若线圈受上述磁场作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩作功为多少?解：(1)由线圈磁矩公式 M10Pm B（2分）PmBsin-R2212（4分）0.0785（N_2_0.10.5m）方向沿直径向上。(2)力矩的功为2R2 B_2_0.10.5（4分）110 - 20.0785（J）第

22、十章电磁感应电磁波/工三、计算题1.如图所示，磁感应强度 B垂直于线圈平面向里，通过线圈的磁通量3.直导线ab以速率v沿平行于直导线的方向运动,ab与直导线共面，且与它垂直，如图所按下式关系随时变化=6t2 7t 1,式中的单位为毫韦伯、时间的单位为s,问:(1)当t 2.0s时，回路中的感应电动势的大小是多少？(2)通过R的电流方向为何？解：根据Faraday电磁感应定律，可得回路中的感应电动势为d doQQi 一= 6t2 7t 1 10 3 12t 7 103V4 分dt dt当t 2.0s时，回路中的感应电动势的大小为32i 12 2.0 7 103.1 10 V3 分(2)由楞次定律

23、，电动势方向： a bI方向为a R b3分2.面积为S的线圈有N匝，放在均匀磁场 B中，可绕OO轴转 动，若线圈转动的角速度为03,求线圈中的感应电动势。解：设在t=0时，线圈平面的正法线n方向与磁感应强度 B的方向平行，那么，在时刻 t, n与B之间的夹角e=coj此时， 穿过N匝线圈的磁通量为：NBScos NBScos t5 分由电磁感应定律可得线圈中的感应电动势为：dd .1 NBScos t NBS sin t5 分dtdt示，设直导线中的电流强度为I,导线ab长为L, a端到直导线的距离为 d,求导线ab中的动生电动势，并判断哪端电势较高。解：在导线ab所在区域，长直线载流导线在

24、距其r处的磁感应强度B大小为B -0I-2 分2 r方向为垂直纸面向外在导线ab上距载流导线r处取一线元dr,方向向右，因v B 方向也向右，所以该线元中产生的电动势为d i v B dr vBdr v0-I- dr2 r故导线ab中的总电动势为d L 0* ab v drd 2 r由于ab 0 ,表明电动势的方向由 a b , b端电势较高。2分4. 一根长度为L的铜棒，在磁感应强度为 B的均匀的磁场中，以角速度在与磁场方向垂直的平面上绕棒的一端 O作匀速运动，试求铜棒两端之间产生的感应电动势的大小及方向。aOvxBX解：在铜棒上取很小的一段线元dl ,运动速度端的动生势为l并且v、b、dl

25、互相垂直。于是dl两d i v B dlBvdl B ldl把铜棒看成是由许多长度为dl的小线段元组成的，每小段的线速度棒两端的电势差为L12八i B ldl = - B L24 分02方向由O a, O端带负电，a端带正电。2分v都与B垂直，于是钢5.如图所示，长直导线 AB中的电流I沿导线向上，并以 dI/dt=2A/s的变化率均匀增大，导 线附近放一个与之同面的直角三角形线框，其一边与导线平行，位置及线框尺寸如图所示， 求此线框中产生的感应电动势的大小和方向。解：建立如图所示的坐标系，则直角三角形斜边方程为2x 0.2直角三角形内的磁通量为0.10 1y .dx。10.12x 0.20

26、2 x 0.50 x 0.58dx 2.59 10 I电动势:5分2.59 108dI5.18 10 8Vdtdt方向为逆时针。6. 一长直导线中通以交变电流I Iosin(2 t),旁边有一长为 a、宽为b的N匝矩形线圈,线圈与导线共面，长度为 a的边与导线平行，相距为 d,如图。求线圈中的感应电动势。11 3解：选择x轴垂直于导线指向右边，先求通过一匝的磁通量。B(x)一,故通过x处阴影面积dS的磁通量为2 xd m B(x)adx 0Ia dx2 x则通过此平面的磁通量为3 dx2 x0Ia , d bIn 2 d0a(10sin 2 t) 1nd b0a I ocos2 t d b I

27、n dN 0a10 cos2 tln7.将等边三角形平面回路ACDA放在磁感应强度为Bo (其中Bo为常矢量)的均匀磁场中,回路平面垂直于磁场方向，如 动导线，以匀速v远离A端运 三角形。设滑动导线 CD到A x 0。试求回路 ACDA中的感图所示。回路的 CD段为滑 动，且始终保持回路为等边 端的垂直距离为 x,且初始 应电动势和时间t的关系。解：由于导体运动产生的动生电动势:(v B) CDvBo 2xtan3022 Bov2t38.如图所示,轴间夹角恒为长为L的导体棒OP ,处于均匀磁场中，并绕 OO轴以角速度 旋转，棒与转,磁感强度B与转轴平行,OP棒在图示位置处的电动势。求解:B)

28、dl Bsin90 cos dl2sin Bcos(90 )dl Bsiniidlo122BL2 sin22电动势方向。指向P。9. 一边长为a的正方形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕 OO轴每秒转动n圈。求(1)线圈从图示位置转过 30时的大小。(2)线圈转动时感应电动势最大值及该时刻的角位置。(3)线圈电阻为R,当线圈从图示位置转过 180时，通过导线任一截面的电量q。(10 分)解：（1）2Ba sin 302n Ba max2Ba2n2Ba此时有:万（k为任意整数(3) qidt12-dtdR R i2Ba2R10.半径为梯形上底长a的细长螺线管中有的均匀磁场,一直线弯成等腰梯形闭

29、合回路如图放置。已知a,下底长2a,求各边产生的感应电动势和回路中总电动势。解：取逆时针方向为回路积分方向。考虑闭合回路OAC: E感生OA,且E感生 OC所以OA OCACOACd m "dTdBSS OAC dt.3 2 dBa 4 dt同理：考虑闭合回路 ODE,可得d rED OEDdtdB dtS扇形OAC2 dBa -6 dt解得总 ED AC(,3、2 dB )a - d dt光学18光的干涉二、计算题1、使一束水平的氮凝激光器发出的激光(632.8nm )垂直照射一双缝。在缝后2.0 m处的墙上观察到中央明纹和第 1级明纹的间隔为14 cm。(1)求 两缝的间距；(2

30、)在中央条纹以上还能看到几条明纹？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，则k 14.32x 0.14应该取14即能看到14条明纹。6分2、在双缝干涉实验装置中，用一块透明簿膜 (n 1.2)覆盖其中的一条狭 缝，这时屏幕上的第四级明条纹移到原来的原零级明纹的位置。如果入射光的 波长为500nm试求透明簿膜的厚度。解：加上透明簿膜后的光程差为： l nl 2 (n 1)l 0 4分因为第四级明条纹是原零级明纹的位置：4, 口 口 4 分得到：(n 1)1 4 l 4 10 5m4分n 13、澳大利亚天文学家通过观察

31、太阳发出的 无线电波，第一次把干涉现象用于天文观测。 这无线电波一部分直接射向他们的天线，另一 部分经海面反射到他们的天线，如图所示。设 无线电波的频率为6.0 X 107Hz,而无线电接收 器高出海面25 m。求观察到相消干涉时太阳光 线的掠射角的最小值。解：如图所示，考虑到反射光线的半波损 失，则反射光线和直射光线到达天线的相差为_ 2hsin2 -干涉相消要求（2k 1） , 3分代入上式可得sink kc2h Fh当k 1时，给出min arcsin 二 arcsin 3 10：57°2 h2 6.0 10254、试求能产生红光（700nm）的二级反射干涉条纹的肥皂膜厚度。已

32、知肥皂膜折射率为1.33,且平行光与法向成30。角入射。解：由薄膜干涉的光程差2d，n2 n2sin2i - k (k 1,2,3 )6 分二级干涉极大对应k 2,将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透镜表面通常镀一层如 MgF （ % 1.38） 一类的透明物质薄膜，目的是利用干涉来降低玻璃表面的反射。为了使透镜在可见光谱的 中心波长（550nm）处产生极小的反射，则镀层至少有多厚？解：由于空气的折射率n 1 ,且有n n1 n2,因为干涉的互补性，波长为550nm的光在透射中得到加强

33、，则在反射中一定减弱。对透射光而言，两相干光的光程差2n2d 一 ,4分2由干涉加强条件1可行d (k )2 2n取k 1,则膜的最小厚度dm. 99.64nm3 分500nmf射率为1.50的油膜上。试问该6、白光垂直照射到空气中一厚度为 油膜呈现什么颜色？解：从油膜表面反射的两光线的光程差为:2nek时，反射光加强，有亮纹出现:2ne - 24ne2k4ne 一即：400nm 760nm2k2.5k 4.3得至上k134ne2k1 1600nmk244ne2k2 1429nm(紫)因此油膜上呈现紫橙色7、波长为400 760 nm的可见光正射在一块厚度为_ -61.2 X10分m,折射率为

34、1.5玻璃片上，试问从玻璃片反射的光中哪些波长的光最强解：由反射光产生亮纹的条件2nh可得:k=1 时,7.2 X10-6 项 k=5 时,0.8 x10-6 m0. 6545X 10-6k=10 时,0.5538 X 10-6 m k=8 时,_-60.3789X10 mi-60.48 x 10 m_ _ -60.4235X10所以在可见光范围内,423.5nm,480.0nm,553.8nm,654.5nm 四个波长的光反射光最强。1分8、一片玻璃(n 1.5)表面附有一层油膜(n 1.32),现用一波长连续可调的单色光束垂直照射油面。当波长为 485 nm时，反射光干涉相消。当波长增为6

35、79 nm时，反射光再次干涉相消。求油膜的厚度。解：由于在油膜上，下表面反射时都有半波损失现象，所以反射光干涉相消的条件是2ne (2k 1) , 2在波长连续可调的情况下，可得2ne (2k 1) 1(2k 1) 21 2e 2n( 2679 4851)2 1.32 (679 485)643nm9、用迈克耳孙干涉仪可以测量光的波长,某次测得可动反射镜移动距离L 0.3220mm时，等倾条纹在中心处缩进1204条条纹，试求所用光的波长。解：由于所以32 0.3220 105.349120410 7534.9nm6 分10、在反射光中观察某单色光所形成的牛顿环。其第2级亮环与第3级亮12分环间距

36、为1mm求第19和20级亮环之间的距离。解：对于亮环，有(k1",(k 1,22),3又根据题意可知两边平方得5R2315d-R 2. R2, 41mm所以5 6007428.6nm4 、. 15故 r r20r19(楞将内 0.036cm2分19光的衍射三、计算题1、有一单缝宽b=0.10mm在缝后放置焦距为50cm的会聚透镜，用波长 =546.1nm的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。解：由单缝衍射中央明纹宽度公式 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、白光形成的单

37、缝衍射图样中，其中某一波长的第3级明纹位置与波长为 600nm的光波的第2级明纹位置重合，求该光波的波长解：明纹位置近似地由bsin （2k 1）万确定，4分所以有区且工4 分226分用波长 =480nm的平行单色3、一双缝的间距d=0.10mm 缝宽$= 0.02mm光垂直入射该双缝，双缝后放一焦距为 50cm的透镜，试求：（1）透镜焦平面处屏上干涉条纹的间距；（2）单缝衍射中央亮纹的宽度。解：（1）干涉条纹的间距_ 2_ _ 9f50 10480 10八 3x -3 2.4 10 md 0.10 10 3（2）单缝衍射中央亮纹的宽度_2_ _9J250 1048010八 2x 2- 3 2

38、.4 10 ms0.02 10 34、波长为600nm的单色光垂直入射在一光栅上，第2 , 3级明条纹分别出现在sin 0.20与sin 0.30处，第4级缺级。试求:（1）光栅常量；（2）光栅上狭缝宽度；（3）屏上实际呈现的全部级数。解：（1）由题意，根据光栅方程公式 dsin k(k 0,1,2）,可知,9光栅常量 d 二一 2 600 106.0 10 6m0.2sin 2（2）由缺级条件知4 ,所以光栅上狭缝宽度为1.510由max 2得kmaxd.一 sin max6.0 10 6 "_9600 1010所以屏上实际呈现的全部级数k 0, ± 1,±2,

39、 ±3,±5, ±6, ±7, ±9,±10,（kmax ±10不在屏上）。5、已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84 10 6弧度，它们都发出波长为 5.5这两颗星？10 5cm的光试问：望远镜的口径至少要多大,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、光栅的光栅常量为b a 6 106m，缝宽b 110 6mo当用波长为600nm的单色光垂直照射此光栅时，在屏幕上最多能观察到多少级明条纹。解：当max 2时，由kmaxdsin可知，

40、屏幕上能观察到明条纹最大级数为d.k max sin max6 10 6 7 sin 6.0 10210所以屏上应呈现的全部级数k 0, ±1, ±2,±3,±4, ±5, ±6, ±7, ±8,±9 ( k max± 10应在无穷处）又由缺级条件d 6,可知k ±6缺级, b则在屏幕上最多能观察到17条明纹。7、某单色光垂直入射到每一厘米有6000条刻线的光栅上。如果第一级谱线的方位角是20°,试问入射光的波长是多少？它的第二级谱线的方位角是多少？10 2解：（1）光栅常数

41、：a b -1060001.66710 6 m由光栅方程:(a b) sin k当k 1时,(a b)sin 1570nm（2）同理k2时，(a b)sin 2 2sin 22得到：2 arcsin 43 9a bb 为 0.012mm8、用波长为624nm的单色光照射一光栅，已知该光栅的缝宽不透明部分的宽度b为0.029mm缝数N为103条。求：（1）单缝衍射图样的中央角宽度；（2）单缝衍射图样中央宽度内能看到多少级光谱？ 解：（1）单缝衍射图样的中央角宽度22 6.240 10 72八 八5- 10.4 10 rad 6 分b 1.2 10（2）单缝衍射图样包络下的范围内共有光谱级数由下列

42、式子确定d 0041 3.42b 0.012式中d b b为光栅的光栅常数，所以看到的级数为 3.6 分9、在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm，试问汽车离人多远的地方， 眼睛恰可分辨这两盏灯？设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm,入射光波长为550nm（这里仅考虑人眼圆形瞳孔的衍射效应）。解：由分辨率公式:1.22人眼可分辨的角度范围是:1.22 550 103.3 0.1342 10 rad5 10 3由关系tan -,得至ij：sl tanl1.2-3 8.94 km0.1342 100.095nm 至 IJ10、如图10中所示的入射X射线束不是单色的，而是含有从0.13nm这一范围的各

43、种波长。设晶体的晶格常数a。0.275nm ,试问对图示的晶面能否产生强反射?图100.389nm解：x射线的衍射条件为：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所以晶面对波长为0.097nm和0.13nm的x射线能产生强反射。20章计算题1、自然光通过两个偏振化方向问成 60。的偏振片，透射光强为11。今在这两个偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30角，则透射光强为多少？解：设入射的自然光光强为Io,则透过第1个偏振片后光强变为五，3分2透过第2个

44、偏振片后光强变为包cos2 600 I-3分2由此得Io22I1 0 8Ii3分cos 60上述两偏振片间插入另一偏振片，透过的光强变为I29 cos2 300 cos2 300 9I12.25I13分242、自然光入射到两个互相重叠的偏振片上。如果透射光强为（1）透射光最大强度的三分之一，（2）入射光强度的三分之一，则这两个偏振片的偏振化 方向间的夹角是多少？解：（1）设入射的自然光光强为I。，两偏振片同向时，透过光强最大，为互。2当透射光强为Ii 1包时，有3 2,I 02 I 011cos26两个偏振片的偏振化方向间的夹角为1 arccos54044（2）由于透射光强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强度为I0,开始时，起偏器和检偏器的透光轴方 向平行.然后使检偏器绕入射光的传播方向转过30。，45。，60。，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是I0的几倍？解：由马吕斯定律有I 3II cos 30 104 分28I 02 o18I0cos 45 2I 02 ” 0cos 602所以透过检偏器后光的强度分别是I 0的3，1,1倍.8 4 84、使自然光通过两个偏振化方向夹角为 60。的偏振片时，透