当前位置： >> 大学物理学下习题答案 第3版 习题八 8-1 电量都是 q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1) 在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形 的边长有无关系?? 解: 如题 8-1 图示 (1) 以 A 处点电荷为研究对象，由力平衡知： q ′ 为负电荷2
1 q2 1 cos 30° = 2 4 πε 0 a 4 πε 0qq ′ ( 3 2 a) 3解得 (2)与三角形边长无关．q′ = ?3 q 3题 8-1 图题 8-2 图8-2 两小球的质量都是 m ，都用长为 l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电 量，静止时两线夹角为2 θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可 以忽略不计，求每个小球所带的电量．? 解: 如题 8-2 图示T cos θ = mg ? ? q2 ?T sin θ = F = 1 e ? 4 πε 0 (2l sin θ ) 2 ?解得 q = 2l sin θ 4πε 0 mg tan θ 8-3 根据点电荷场强公式 E =q 4πε 0 r 2，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解??解:v E=q 4 πε 0 r2v r0 仅对点电荷成立，当 r → 0 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带 电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有 A ， B 两平行板，相对距离为 d ，板面积为 S ，其带电量分 别为+ q 和- q ．则这两板之间有相互作用力 f ，有人说 f =q2 4πε 0 d 2,又有人说，因为 f = qE , E =q q2 ，所以 f = ．试问这两种说法对吗?为什么? ε 0S ε0Sf 到底应等于多少??解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对 的， 第二种说法把合场强 E =q 看成是一个带电板在另一带电板处的场强 ε 0S q 2ε 0 S，另一板受它的作用也是不对的．正确解答应为一个板的电场为 E =力f =qq 2ε 0 S=q2 ，这是两板间相互作用的电场力． 2ε 0 Sv v v8-5 一电偶极子的电矩为 p = ql ，场点到偶极子中心O点的距离为 r ,矢量 r与 l 的夹角为 θ ,(见题8-5图)，且 r && l ．试证P点的场强 E 在 r 方向上的分 量 E r 和垂直于 r 的分量 Eθ 分别为vEr =p cos θ p sin θ , Eθ = 3 2πε 0 r 4πε 0 r 3证: 如题 8-5 所示，将 p 分解为与 r 平行的分量 p sin θ 和垂直于 r 的分量vvvp sin θ ．∵r && l∴ 场点 P 在 r 方向场强分量Er =垂直于 r 方向，即 θ 方向场强分量p cosθ 2 πε 0 r 3 p sin θ 4 πε 0 r 3E0 =题 8-5 图 题 8-6 图 -1 8-6 长 l =15.0cm?的直导线AB上均匀地分布着线密度 λ =5.0x10-9C?m ?的 正电荷． 试求： (1)在导线的延长线上与导线B端相距 a1 =5.0cm处 P 点的场强； (2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距 d 2 =5.0cm 处 Q 点的场强．? 解： 如题 8-6 图所示 (1)在带电直线上取线元 dx ，其上电量 dq 在 P 点产生场强为dE P =1 λdx 4 πε 0 (a ? x) 2E P = ∫ dE P =λ 4 πε 0∫l 2 l ? 2dx (a ? x) 2=λ 1 1 [ ? ] l l 4 πε 0 a? a+2 2=用 l = 15 cm ， λ = 5.0 × 10?9λlπε 0 (4a 2 ? l 2 ) C ? m ?1 , a = 12.5 cm 代入得E P = 6.74 × 10 2 N ? C ?1 方向水平向右(2)同理? dEQ =1 λ dx 2 4 πε 0 x + d 2 2方向如题 8-6 图所示由于对称性 dE Qx = 0 ，即 E Q 只有 y 分量，l∫v∵dEQy =1 λ dx 2 4 πε 0 x + d 2 2d2 x2 + d2 2EQy = ∫ dEQy =ld 2λ 4πε 2∫l 2 l ? 2dx3(x2 + d 2 ) 2 2=以 λ = 5.0 × 10?9λl2πε 0 l 2 + 4d 2 2C ? cm ?1 , l = 15 cm , d 2 = 5 cm 代入得EQ = EQy = 14.96 × 10 2 N ? C ?1 ，方向沿 y 轴正向8-7 一个半径为 R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为 λ ,求环心处 O 点的场 强． 解: 如 8-7 图在圆上取 dl = Rd?题 8-7 图dq = λdl = Rλd? ，它在 O 点产生场强大小为 dE =λRd? 方向沿半径向外 4 πε 0 R 2则 dE x = dE sin ? =λ sin ?d? 4 πε 0 R?λ cos ?d? 4 πε 0 RdE y = dE cos(π ? ? ) =积分 E x =∫π0λ λ sin ?d? = 4 πε 0 R 2 πε 0 REy = ∫π0?λ cos ?d? = 0 4 πε 0 R∴E = Ex =λ ，方向沿 x 轴正向． 2 πε 0 R8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为 l ，总电量为 q ．(1)求这正方形轴 线上离中心为 r 处的场强 E ；(2)证明：在 r && l 处，它相当于点电荷 q 产生 的场强 E ．? 解: 如 8-8 图示，正方形一条边上电荷 小为v q 在 P 点产生物强 dE P 方向如图，大 4dE P =λ (cosθ 1 ? cosθ 2 )4πε 0 r 2 +l 2 l2 r + 22l2 4∵cos θ 1 =cos θ 2 = ? cos θ 1∴dE P =λ4 πε 0 r 2 + l 42l r2 + l2 2v dE P 在垂直于平面上的分量 dE ⊥ = dE P cos β∴dE ⊥ =λl4 πε 0 r 2 + l2 l2 r2 + 4 2r r2 + l2 4题 8-8 图 由于对称性， P 点场强沿 OP 方向，大小为E P = 4 × dE ⊥ =4λlrl2 l2 2 4π ε 0 (r + ) r + 4 22∵ ∴λ=EP = qrq 4l方向沿 OPl2 l2 4 πε 0 (r 2 + ) r 2 + 4 28-9(1)点电荷 q 位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个 顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在 点电荷 q 的电场中取半径为R的圆平面． q 在该平面轴线上的 A 点处，求： 通过圆平面的电通量．( α = arctan 解: (1)由高斯定理 E ? dS =sR )? x∫vvqε0立方体六个面，当 q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量 Φ e =q ． 6ε 0(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长 2a 的立方体，使 q 处于边长 2a 的 立方体中心，则边长 2a 的正方形上电通量 Φ e =q 6ε 0 q ， 24ε 0对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q 所在的顶点，则 Φ e = 如果它包含 q 所在顶点则 Φ e = 0 ．如题 8-9(a)图所示．题 8-9(3)图题 8-9(a)图题 8-9(b)图题 8-9(c)图2 2(3)∵通过半径为 R 的圆平面的电通量等于通过半径为 R + x 的球冠面 的电通量，球冠面积*S = 2π( R 2 + x 2 )[1 ? q0 S2 2x R2 + x2]∴Φ=ε 0 4π( R + x )α=x q [1 ? ] 2 2ε 0 R + x2*关于球冠面积的计算：见题 8-9(c)图S = ∫ 2 πr sin α ? rdα0= 2 πr 2 ∫ sin α ? dα0α= 2 πr 2 (1 ? cos α )8-10 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2× 10?5C?m-3求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强． 解: 高斯定理 E ? dS =s∫vv∑ q , E 4πrε0v2=∑qε0当 r = 5 cm 时，∑q = 0,E = 04π 3 3 (r ? r内 ) 3r = 8 cm 时， ∑ q = p∴E=ρ4π 3 2 r ? r内 3 ≈ 3.48 × 10 4 N ? C ?1 ， 方向沿半径向外． 2 4 πε 0 r4π 3 3 (r外 ? r内） 3()r = 12 cm 时, ∑ q = ρ∴E=ρ4π 3 3 r外 ? r内 3 ≈ 4.10 × 10 4 N ? C ?1 2 4 πε 0 r()沿半径向外.8-11半径为 R1 和 R2 ( R2 ＞ R1 )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量 λ 和- λ ,试求:(1) r ＜ R1 ；(2) R1 ＜ r ＜ R2 ；(3) r ＞ R2 处各点 的场强． 解: 高斯定理 E ? dS =s∫vv∑qε0v v E ? dS = E 2πrl ∫S取同轴圆柱形高斯面，侧面积 S = 2 πrl 则 对(1)r & R1∑ q = 0, E = 0(2)R1 & r & R2E=∑ q = lλ∴λ 2 πε 0 r沿径向向外(3) ∴r & R2∑q = 0E=0题 8-12 图 8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为 σ 1 和 σ 2 ，试求空间各处场强．? 解: 如题 8-12 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为 σ 1 与 σ 2 ， 两面间， E =v1 v (σ 1 ? σ 2 )n 2ε 0 1 v (σ 1 + σ 2 )n 2ε 0σ 1 面外， E = ? σ 2 面外， E =vv1 v (σ 1 + σ 2 )n 2ε 0v n ：垂直于两平面由 σ 1 面指为 σ 2 面．8-13 半径为 R 的均匀带电球体内的电荷体密度为 ρ ,若在球内挖去一块半径为 r ＜ R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心 O 与 O ′ 点的场强， 并证明小球空腔内的电场是均匀的． 解: 将此带电体看作带正电 ρ 的均匀球与带电 ? ρ 的均匀小球的组合，见 题 8-13 图(a)． (1) + ρ 球在 O 点产生电场 E10 = 0 ，v4 3 πr ρ v 3 ? ρ 球在 O 点产生电场 E 20 = OO' 4 πε 0 d 3v r3ρ OO' ； ∴ O 点电场 E 0 = 3ε 0 d 34 3 πd ρ v 3 (2) + ρ 在 O ′ 产生电场 E10′ = OO' 4π ε 0d 3v ? ρ 球在 O ′ 产生电场 E 20′ = 0∴ O ′ 点电场v ρ E 0′ = OO' 3ε 0题 8-13 图(a) 题 8-13 图(b) v v (3)设空腔任一点 P 相对 O ′ 的位矢为 r ′ ，相对 O 点位矢为 r (如题 8-13(b) 图) 则v v ρr E PO = ， 3ε 0 v v ρr ′ E PO′ = ? , 3ε 0∴v v v v ρ v v ρ ρd E P = E PO + E PO′ = (r ? r ′) = OO ' = 3ε 0 3ε 0 3ε 0∴腔内场强是均匀的． -6 8-14 一电偶极子由 q =1.0×10 C?的两个异号点电荷组成，两电荷距离 d=0.2cm，把这电偶极子放在1.0×10 N?C ?的外电场中，求外电场作用于 电偶极子上的最大力矩．??5 -1解: ∵ 电偶极子 p 在外场 E 中受力矩vvv v v M = p×E∴M max = pE = qlE 代入数字M max = 1.0 × 10 ?6 × 2 × 10 ?3 × 1.0 × 10 5 = 2.0 × 10 ?4 N ? m8-15两点电荷 q1 =1.5×10 C，q 2 =3.0×10 C，相距 r1 =42cm，要把它们之-8-8间的距离变为 r2 =25cm，需作多少功?? 解: A =∫r2r1v v r2 q q dr qq 1 1 F ?dr = ∫ 1 2 2 = 1 2 ( ? ) r2 4π ε r 4π ε 0 r1 r2 0= ?6.55 × 10 ?6 J外力需作的功 A′ = ? A = ?6.55 × 10?6J题 8-16 图 8-16 如题8-16图所示，在 A ， B 两点处放有电量分别为+ q ,- q 的点电荷，AB 间距离为2 R ，现将另一正试验点电荷 q 0 从 O 点经过半圆弧移到 C 点，求移动过程中电场力作的功．? 解: 如题 8-16 图示UO =1 q q ( ? )=0 4 πε 0 R RUO =q q 1 q ( ? )=? 4 πε 0 3R R 6 πε 0 R∴A = q0 (U O ? U C ) =qo q 6π ε 0 R8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为 λ 的正电荷,两直 导线的长度和半圆环的半径都等于 R ．试求环中心 O 点处的场强和电势．? 解: (1)由于电荷均匀分布与对称性， AB 和 CD 段电荷在 O 点产生的场强 互相抵消，取 dl = Rdθ 则 dq = λRdθ 产生 O 点 dE 如图，由于对称性， O 点场强沿 y 轴负方向v题 8-17 图E = ∫ dE y = ∫ 2π? 2πλRdθ cos θ 4 πε 0 R 2=λ π π ［ sin( ? ) ? sin ］ 4πε 0 R 2 2?λ 2 πε 0 R=(2) AB 电荷在 O 点产生电势，以 U ∞ = 0U1 = ∫AB2 R λ dx λ dx λ =∫ = ln 2 R 4 πε x 4 πε 0 x 4 πε 0 0同理 CD 产生U2 =λ ln 2 4 πε 0半圆环产生U3 =πRλ λ = 4 πε 0 R 4ε 0∴ 8-18U O = U1 + U 2 + U 3 =λ λ ln 2 + 2π ε 0 4ε 04 -1 -31一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×10 m?s 的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量 m0 =9.1×10 kg，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为 λ ，在电子轨道处场强E=λ 2 πε 0 reλ 2 πε 0 r电子受力大小Fe = eE =∴eλ v2 =m 2 πε 0 r r 2 πε 0 mv 2 λ= = 12.5 × 10 ?13 C ? m ?1 e-1得8-19 空气可以承受的场强的最大值为 E =30kV?cm ，超过这个数值时空气 要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为 d =0.5cm，求此 电容器可承受的最高电压．? 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴U = Ed = 1.5 × 10 4 V求下列电场的场强： (1)点电 根据场强 E 与电势 U 的关系 E = ??U ，vv8-20荷 q 的电场；(2)总电量为 q ，半径为 R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶 极子 p = ql 的 r && l 处(见题8-20图)．?解:(1)点电荷U=q 4 πε 0 r题 8-20 图∴v ?U v q v E=? r0 = r0 ?r 4 πε 0 r 2v r0 为 r 方向单位矢量．(2)总电量 q ，半径为 R 的均匀带电圆环轴上一点电势U=q 4 πε 0 R 2 + x 2∴v ?U v qx E=? i = ?x 4 πε 0 R 2 + x 2()3/ 2v i(3)偶极子 p = ql 在 r && l 处的一点电势vvU=q [ 4 πε 01 l (r ? cos θ ) 2 Er = ??1 l (1 + cos θ ) 2]=ql cos θ 4 πε 0 r 2∴?U p cos θ = ?r 2 πε 0 r 3Eθ = ?1 ?U p sin θ = r ?θ 4 πε 0 r 38-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相 向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上， 电荷的面密度总是大小相等而符号相同．? 证: 如题 8-21 图所示，设两导体 A 、 B 的四个平面均匀带电的电荷面密度 依次为 σ 1 ， σ 2 ， σ 3 ， σ 4题 8-21 图 (1)则取与平面垂直且底面分别在 A 、 B 内部的闭合柱面为高斯面时，有v v E ? dS = (σ 2 + σ 3 )?S = 0 ∫s∴σ2 + σ3 = 0说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反； (2)在 A 内部任取一点 P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产 生的场强叠加而成的，即σ1 σ 2 σ 3 σ 4 ? ? ? =0 2ε 0 2ε 0 2ε 0 2ε 0又∵ ∴σ2 + σ3 = 0 σ1 = σ 4说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同． 2 8-22 三个平行金属板 A ，B 和 C 的面积都是200cm ，A 和 B 相距4.0mm，A 与 C 相距2.0 mm． B ， C 都接地，如题8-22图所示．如果使 A 板带正电3.0 -7 ×10 C，略去边缘效应，问 B 板和 C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势 为零，则 A 板的电势是多少? 解: 如题 8-22 图示，令 A 板左侧面电荷面密度为 σ 1 ，右侧面电荷面密度为σ2题 8-22 图 (1)∵ ∴U AC = U AB ，即 E AC d AC = E AB d AB∴σ 1 E AC d AB = = =2 σ 2 E AB d AC σ 1 +σ 2 =qA S且得σ2 =qA , 3Sσ1 =2q A 3S而2 q C = ?σ 1 S = ? q A = ?2 × 10 ? 7 C 3q B = ?σ 2 S = ?1× 10 ?7 C(2)U A = E AC d AC =σ1 d AC = 2.3 × 10 3 V ε08-23两个半径分别为 R1 和 R2（ R1 ＜ R2 )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+ q ，试计算：? (1)外球壳上的电荷分布及电势大小；? (2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及 电势；? *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变 量．? 解: (1)内球带电 + q ；球壳内表面带电则为 ? q ,外表面带电为 + q ，且均 匀分布，其电势题 8-23 图∞ v ∞ v U = ∫ E ? dr = ∫ R2qdr q = 2 R2 4 πε r 4 πε 0 R 0(2)外壳接地时，外表面电荷 + q 入地，外表面不带电，内表面电荷仍为 ? q ．所以球壳电势由内球 + q 与内表面 ? q 产生：U=q 4 πε 0 R2?q 4 πε 0 R2=0(3)设此时内球壳带电量为 q ′ ；则外壳内表面带电量为 ? q ′ ，外壳外表面带电量为 ? q + q ′ (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且UA =q' 4 πε 0 R1?q' 4 πε 0 R2+? q + q' =0 4 πε 0 R2得 外球壳上电势q′ =R1 q R2 ? q + q ' (R1 ? R2 )q = 2 4πε 0 R2 4πε 0 R2UB =8-24q' 4πε 0 R2?q' 4 πε 0 R2+半径为 R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为d = 3R 处有一点电荷+ q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题 8-24 图所示，设金属球感应电荷为 q ′ ，则球接地时电势 U O = 08-24 图 由电势叠加原理有：UO =q' q + =0 4 πε 0 R 4 πε 0 3R q′ = ?得q 38-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远， 其间的库仑力为 F0 ．试求： (1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库 仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．? 解: 由题意知q2 F0 = 4 πε 0 r 2(1)小球 3 接触小球 1 后，小球 3 和小球 1 均带电q′ =q , 2 3 q 4小球 3 再与小球 2 接触后，小球 2 与小球 3 均带电q ′′ =∴此时小球 1 与小球 2 间相互作用力3 2 q q ' q& 3 8 F1 = ? = F0 2 2 8 4 πε 0 r 4 πε 0 r(2)小球 3 依次交替接触小球 1 、 2 很多次后，每个小球带电量均为2q . 32 2 q q 4 ∴ 小球 1 、 2 间的作用力 F2 = 3 3 = F0 4 πε 0 r 2 9*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S，相距为 d ，分别维持电势 U A = U ，U B =0不变．现把一块带有电量 q 的导体薄片平行地放在 两极板正中间，片的面积也是S，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势． 解: 依次设 A , C , B 从上到下的 6 个表面的面电荷密度分别为 σ 1 ， σ 2 ，σ 3 ， 4 , σ 5 , σ 6 如图所示． σ 由静电平衡条件， 电荷守恒定律及维持 U AB = U可得以下 6 个方程题 8-26 图ε 0U qA 1 ? ?σ 1 + σ 2 = S = S C 0U = d ? ?σ + σ = q 4 ? 3 S ? ?σ + σ = q B = ? ε 0U 6 ? 5 S d ?σ + σ = 0 3 ? 2 ?σ 4 + σ 5 = 0 ? ?σ 1 = σ 2 + σ 3 + σ 4 + σ 5 + σ 6解得σ1 = σ 6 =σ 2 = ?σ 3 =q 2Sd ? q 2S q 2Sε 0U ε 0Udσ 4 = ?σ 5 =所以 CB 间电场+E2 =σ4 U q = + ε 0 d 2ε 0 Sd 1 qd = (U + ) 2 2 2ε 0 SU C = U CB = E 2注意：因为 C 片带电，所以 U C ≠ 8-27U U ，若 C 片不带电，显然 U C = 2 2在半径为 R1 的金属球之外包有一层外半径为 R2 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为 ε r ，金属球带电 Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势． 解: 利用有介质时的高斯定理 D ? dS =S∫vv∑q(1)介质内 ( R1 & r & R2 ) 场强v v v Qr v Qr D= , E内 = ; 4 πr 3 4 πε 0 ε r r 3介质外 (r & R2 ) 场强v v Qr v Qr D= , E外 = 4 πr 3 4 πε 0 r 3(2)介质外 (r & R2 ) 电势∞ v v U = ∫ E外 ? d r =rQ 4 πε 0 r介质内 ( R1 & r & R2 ) 电势∞ v v ∞v v U = ∫ E内 ? d r + ∫ E外 ? d r r r=1 1 Q ( ? )+ 4 πε 0 ε r r R2 4 πε 0 R2q=(3)金属球的电势1 ε ?1 ( + r ) R2 4πε 0 ε r r QR2 v v ∞ v v U = ∫ E内 ? d r + ∫ E 外 ? d r R1 R2=∫R2Qdr 4πε 0 ε r r2R+∫Qdr R2 4 πε r 2 0∞=Q 4πε 0 ε r(1 ε r ?1 + ) R1 R28-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为ε r 的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题 8-28 图所示，充满电介质部分场强为 E 2 ，真空部分场强为 E1 ，自 由电荷面密度分别为 σ 2 与 σ 1 由 ∫ D ? dS = ∑ q 0 得vvvvD1 = σ 1 ， D2 = σ 2而D1 = ε 0 E1 , D2 = ε 0ε r E 2E1 = E 2 = U d∴σ 2 D2 = = εr σ 1 D1题 8-28 图 8-29题 8-29 图两个同轴的圆柱面，长度均为 l ，半径分别为 R1 和 R2 ( R2 ＞ R1 )，且l && R2 - R1 ， 两柱面之间充有介电常数 ε 的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷 Q 和- Q 时，求： (1)在半径 r 处( R1 ＜ r ＜ R2 ＝，厚度为dr，长为 l 的圆柱薄壳中任一点的电 场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为 r 的同轴圆柱面 ( S ) 则∫ D ? dS = 2πrlD(S )vv当 ( R1 & r & R2 ) 时， ∴∑q = QD= Q 2 πrl(1)电场能量密度w=D2 Q2 = 2 2 2 2ε 8π εr l薄壳中 dW = wdυ =Q2 Q 2 dr 2π rdrl = 8π 2εr 2l 2 4π εrl(2)电介质中总电场能量W = ∫ dW = ∫VR2R1R Q 2 dr Q2 = ln 2 4 πεrl 4 πεl R1 Q2 2C(3)电容：∵W= C=∴*8-30Q2 2 πεl = 2W ln( R2 / R1 )金属球壳 A 和 B 的中心相距为 r ， A 和 B 原来都不带电．现在 A 的中心放一点电荷 q1 ，在 B 的中心放一点电荷 q 2 ，如题8-30图所示．试求： (1) q1 对 q 2 作用的库仑力， q 2 有无加速度； (2)去掉金属壳 B ，求 q1 作用在 q 2 上的库仑力，此时 q 2 有无加速度． 解: (1) q1 作用在 q 2 的库仑力仍满足库仑定律，即F=1 q1 q 2 4πε 0 r 2但 q 2 处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度． ．． (2)去掉金属壳 B ， 1 作用在 q 2 上的库仑力仍是 F = q 受合力不为零，有加速度．1 q1 q 2 ， 但此时 q 2 4πε 0 r 2题 8-30 图 8-31题 8-31 图如题8-31图所示， C1 =0.25 ? F， C 2 =0.15 ? F， C 3 =0.20 ? F ． C1 上电压为50V．求： U AB ． 解: 电容 C1 上电量Q1 = C1U 1电容 C 2 与 C 3 并联 C 23 = C 2 + C 3 其上电荷 Q23 = Q1 ∴U2 =Q23 C1U 1 25 × 50 = = C 23 C 23 3525 ) = 86 V 35U AB = U 1 + U 2 = 50(1 +8-32 C1 和 C 2 两电容器分别标明“200 pF、500 V”和“300 pF、900 V”，把它 们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V?的电压，是否会击穿? 解: (1) C1 与 C 2 串联后电容C′ =(2)串联后电压比C1C 2 200 × 300 = = 120 pF C1 + C 2 200 + 300U1 C2 3 = = ，而 U 1 + U 2 = 1000 U 2 C1 2∴U 1 = 600 V , U 2= 400 V即电容 C1 电压超过耐压值会击穿，然后 C 2 也击穿． 8-33 将两个电容器 C1 和 C 2 充电到相等的电压 U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失． 解: 如题 8-33 图所示，设联接后两电容器带电分别为 q1 , q 2题 8-33 图?q1 + q 2 = q10 ? q 20 = C1U ? C 2U ? CU ?q 则? 1 = 1 1 ? q 2 C 2U 2 ?U 1 = U 2 ?解得 (1) q1 = (2)电场能量损失C1 (C1 ? C 2 ) C (C ? C 2 ) U , q2 = 2 1 U C1 + C 2 C1 + C 2?W = W0 ? W2 q12 q2 1 1 2 2 = ( C1U + C 2U ) ? ( + ) 2 2 2C1 2C 2=2C1C 2 2 U C1 + C 28-34 半径为 R1 =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半 径分别为 R2 =4.0cm和 R3 =5.0cm，当内球带电荷 Q =3.0×10 C?时，求： (1)整个电场储存的能量； (2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．-8解: 如图，内球带电 Q ，外球壳内表面带电 ? Q ，外表面带电 Q题 8-34 图 (1)在 r & R1 和 R2 & r & R3 区域v E=0在 R1 & r & R2 时v E1 = v E2 =v Qr 4 πε 0 r 3 v Qr 4 πε 0 r 3r & R3 时∴在 R1 & r & R2 区域W1 = ∫R2R11 Q ε0( ) 2 4 πr 2 dr 2 2 4 πε 0 r Q 2 dr Q2 1 1 = ( ? ) 2 8πε 0 R1 R2 8πε 0 r=∫在 r & R3 区域R2R1W2 = ∫1 Q Q2 1 ) 2 4 πr 2 dr = ε0 ( R3 2 8πε 0 R3 4 πε 0 r 2∞∴总能量W = W1 + W2 =Q2 1 1 1 ( ? + ) 8πε 0 R1 R2 R3= 1.82 × 10 ?4 Jv (2)导体壳接地时，只有 R1 & r & R2 时 E =v Qr , W2 = 0 4 πε 0 r 3∴W = W1 =Q2 1 1 ( ? ) = 1.01 × 10 ? 4 J 8πε 0 R1 R22W 1 1 = 4 πε 0 /( ? ) 2 R1 R2 Q(3)电容器电容C== 4.49 × 10 ?12 F习题九 9-1 在同一磁感应线上，各点 B 的数值是否都相等?为何不把作用于运动电v荷的磁力方向定义为磁感应强度 B 的方向? 解: 在同一磁感应线上，各点 B 的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电 荷的磁力方向不仅与磁感应强度 B 的方向有关，而且与电荷速度方向有关， 即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为 B 的方向．vvvv题 9-2 图 9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度 B 的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均 匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对? 解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路 abcd 可证明vr v B1 = B2∫∴abcdv v B ? dl = B1 da ? B2 bc = ? 0 ∑ I = 0r v B1 = B2(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平 行直线，但 B 方向相反，即 B1 ≠ B2 . 9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?? 答: 不能， 因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性， 但不是稳恒电 流，安培环路定理并不适用． 9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部 B = 以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分vvr? 0 nI ，外面 B =0，所∫ ∫这是为什么?Lv v B外 ?d l =0 v v B外 ?d l = ? 0 I但从安培环路定理来看，环路L中有电流I穿过，环路积分应为L解: 我们导出 B内 = ? 0 nl , B外 = 0 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于 螺线管轴线．这时图中环路 L 上就一定没有电流通过，即也是∫Lv v v v v B外 ? dl = ? 0 ∑ I = 0 ，与 ∫ B外 ? dl = ∫ 0 ? dl = 0 是不矛盾的．但这是导L线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所 以使得穿过 L 的电流为 I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是 B外 的轴向 分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量 B⊥ = 的距离．v?0 I , r 为管外一点到螺线管轴 2πr题 9-4图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转， 能否肯定这个区域中没有 磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场? 解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有 磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所 致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以 使电子偏转． -2 9-6 已知磁感应强度 B = 2.0 Wb?m ?的均匀磁场，方向沿 x 轴正方向， (2)通过图中 befc 面 如题 9-6 图所示． 试求： (1)通过图中 abcd 面的磁通量； 的磁通量；(3)通过图中 aefd 面的磁通量． 解： 如题 9-6 图所示题 9-6 图 (1)通过 abcd 面积 S1 的磁通是Φ1 = B ? S1 = 2.0 × 0.3 × 0.4 = 0.24 Wb(2)通过 befc 面积 S 2 的磁通量v vΦ 2 = B ? S2 = 0(3)通过 aefd 面积 S 3 的磁通量v vΦ 3 = B ? S3 = 2 × 0.3 × 0.5 × cos θ = 2 × 0.3 × 0.5 × = 0.24 Wb ( 或 曰? 0.24 Wb )v v4 5题 9-7 图 9-7 如题9-7图所示， AB 、 CD 为长直导线， BC 为圆心在 O 点的一段圆)弧形导线，其半径为 R ．若通以电流 I ，求 O 点的磁感应强度． 解：如题 9-7 图所示， O 点磁场由 AB 、 BC 、 CD 三部分电流产生．其中)AB 产生v B1 = 0CD 产生 B2 =?0 I12 R，方向垂直向里CD 段产生B3 =?0 I ? I 3 (sin 90° ? sin 60° ) = 0 (1 ? )， 方向 ⊥ 向 R 2πR 2 4π 2里 ∴ B0 = B1 + B2 + B3 = 9-8?0 I 3 π (1 ? + ) ，方向 ⊥ 向里． 2πR 2 6在真空中，有两根互相平行的无限长直导线 L1 和 L2 ，相距0.1m，通有方向相反的电流， I 1 =20A, I 2 =10A，如题9-8图所示． A ， B 两点与导线在 同一平面内．这两点与导线 L2 的距离均为5.0cm．试求 A ， B 两点处的磁感 应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．?题 9-8 图 解：如题 9-8 图所示, B A 方向垂直纸面向里vBA =? 0 I12π (0.1 ? 0.05)+?0 I 2 = 1.2 × 10 ? 4 T 2π × 0.05(2)设 B = 0 在 L2 外侧距离 L2 为 r 处v则 解得?0 I2π (r + 0.1)??I 2 =0 2πrr = 0 .1 m题 9-9 图 9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的 A ， B 两点，并在 很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心 O 的磁感应强度． 解： 如题 9-9 图所示，圆心 O 点磁场由直电流 A∞ 和 B∞ 及两段圆弧上电 流 I 1 与 I 2 所产生，但 A∞ 和 B∞ 在 O 点产生的磁场为零。且I1 电阻R2 θ = = . I 2 电阻R1 2π ? θv I 1 产生 B1 方向 ⊥ 纸面向外B1 =? 0 I 1 (2π ? θ ) ， 2R 2πv I 2 产生 B2 方向 ⊥ 纸面向里B2 =?0 I2 θ 2 R 2πB1 I 1 (2π ? θ ) = =1 B2 I 2θv v v B0 = B1 + B2 = 0∴有9-10 在一半径 R =1.0cm?的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电 流 I =5.0 A通过，电流分布均匀.如题9-10图所示．试求圆柱轴线任一点 P 处 的磁感应强度．题 9-10 图 解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点 P 的磁感应强度方向都在圆 柱 截 面 上 ， 取 坐 标 如 题 9-10 图 所 示 ， 取 宽 为 dl 的 一 无 限 长 直 电 流dI =v I dl ，在轴上 P 点产生 dB 与 R 垂直，大小为 πR I ?0 Rdθ ? 0 dI ? Idθ πR dB = = = 02 2πR 2πR 2π R ? I cos θdθ dBx = dB cos θ = 0 2 2π R π ? I sin θdθ dBy = dB cos( + θ) = ? 0 2 2 2π R∴Bx = ∫π 2 π ? 2?I cos θdθ ? 0 I π π ?0 I = 2 [sin ? sin(? )] = 2 = 6.37 ×10 ?5 2 2π R 2π R 2 2 π RTπB y = ∫ 2π (??2? 0 I sin θdθ )=0 2π 2 Rv v B = 6.37 × 10 ?5 i T∴ 9-11氢原子处在基态时， 它的电子可看作是在半径 a =0.52×10 cm的轨道上作8 -1-8匀速圆周运动，速率 v =2.2×10 cm?s ．求电子在轨道中心所产生的磁感应强 度和电子磁矩的值．解：电子在轨道中心产生的磁感应强度v v v ? ev × a B0 = 0 3 4πa如题 9-11 图，方向垂直向里，大小为B0 =v? 0 ev = 13 T 4πa 2电子磁矩 Pm 在图中也是垂直向里，大小为Pm =e 2 eva πa = = 9.2 × 10 ? 24 A ? m 2 T 2题 9-11 图 9-12 图题9-12 两平行长直导线相距 d =40cm， 每根导线载有电流 I 1 = I 2 =20A， 如题9-12 图所示．求： (1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点 A 处的磁感应强度；? (2)通过图中斜线所示面积的磁通量．( r1 = r3 =10cm,? l =25cm)．? 解：(1) B A =? 0 I1d 2π ( ) 2+?0 I 2d 2π ( ) 2= 4 × 10 ?5 T ?方向 ⊥ 纸面向外(2)取面元? dS = ldrΦ =∫Wbr1 + r2r1[? 1 I1 ? 0 I1 ? Il ? I l 1 ?I l + ]ldr = 0 1 ln 3 ? 0 2 ln = 1 ln 3 = 2.2 × 10?6 2πr 2π(d ? r ) 2π 2π 3 π9-13 一根很长的铜导线载有电流10A，设电流均匀分布.在导线内部作一平 面 S ，如题9-13图所示．试计算通过S平面的磁通量(沿导线长度方向取长为 1m的一段作计算)．铜的磁导率 ? =?0 .解：由安培环路定律求距圆导线轴为 r 处的磁感应强度∫ B ? dl = ? ∑ Il 0vB 2πr = ? 0Ir 2 R2∴B=? 0 Ir 2πR 2题 9-13 图 磁通量v v R ? Ir ? I Φ m = ∫ B ? dS = ∫ 0 2 dr = 0 = 10 ?6 (s) 0 2πR 4πWb9-14 设题9-14图中两导线中的电流均为8A，对图示的三条闭合曲线 a , b , c ，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论： (1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度 B 的大小是否相等? (2)在闭合曲线 c 上各点的 B 是否为零?为什么? 解：vvv v B ? dl = 8? 0 ∫a∫vbav v B ? dl = 8? 0 v vc∫ B ? dlv=0(1)在各条闭合曲线上，各点 B 的大小不相等． (2)在闭合曲线 C 上各点 B 不为零． 只是 B 的环路积分为零而非每点 B = 0 ．vv题 9-14 图题 9-15 图9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径 分别为 a , b ，导体内载有沿轴线方向的电流 I ，且 I 均匀地分布在管的横截 面上．设导体的磁导率 ? ≈ 强度的大小由下式给出：? 0 ，试证明导体内部各点 (a & r & b) 的磁感应r2 ? a2 B= r 2π (b 2 ? a 2 )?0 I解：取闭合回路 l = 2πr (a & r & b) 则v v B ? dl = B 2πr ∫l∑ I = (πr∴2? πa )2I πb ? πa 22? 0 I (r 2 ? a 2 ) B= 2πr (b 2 ? a 2 )9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为 a )和一同轴的导体圆管 (内、外半径分别 为 b , c )构成，如题9-16图所示．使用时，电流 I 从一导体流去，从另一导 体流回． 设电流都是均匀地分布在导体的横截面上， (1)导体圆柱内( r ＜ 求： a ),(2)两导体之间( a ＜ r ＜ b )，（3）导体圆筒内( b ＜ r ＜ c )以及(4)电 缆外( r ＞ c )各点处磁感应强度的大小 解：∫B 2πr = ? 0 Ir 2 R2Lv v B ? dl = ? 0 ∑ I(1) r & aB=(2) a & r & b? 0 Ir 2πR 2B 2πr = ? 0 I B=?0 I 2πr(3) b & r & cr 2 ? b2 B 2πr = ? ? 0 I 2 + ?0 I c ? b2 B=? 0 I (c 2 ? r 2 ) 2πr (c 2 ? b 2 )B=0(4) r & cB 2πr = 0题 9-16 图题 9-17 图9-17 在半径为 R 的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为 r 的 长直圆柱形空腔，两轴间距离为 a ,且 a ＞ r ，横截面如题9-17图所示．现在 电流I沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴 线平行．求：? (1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小；? (2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小．? 解：空间各点磁场可看作半径为 R ，电流 I 1 均匀分布在横截面上的圆柱导体 和半径为 r 电流 ? I 2 均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和． (1)圆柱轴线上的 O 点 B 的大小： 电流 I 1 产生的 B1 = 0 ，电流 ? I 2 产生的磁场?0 I 2 ? 0 Ir 2 B2 = = 2πa 2πa R 2 ? r 2∴ (2)空心部分轴线上 O ′ 点 B 的大小：B0 =? 0 Ir 22πa ( R 2 ? r 2 )′ 电流 I 2 产生的 B2 = 0 ，′ 电流 I 1 产生的 B2 =? 0 Ia Ia 2 ?0 = 2 2 2πa R ? r 2π ( R 2 ? r 2 )′ B0 =∴? 0 Ia2π ( R 2 ? r 2 )题 9-18 图 9-18 如题9-18图所示， 长直电流 I 1 附近有一等腰直角三角形线框， 通以电流I 2 ，二者共面．求△ ABC 的各边所受的磁力． 解：v v v A FAB = ∫ I 2 dl × BBFAB = I 2 a? 0 I1 ? 0 I1 I 2 a = 2πd 2πd方向垂直 AB 向左v v v C FAC = ∫ I 2 dl × BA方向垂直 AC 向下，大小为FAC = ∫同理d +adI 2 drv FBC 方向垂直 BC 向上，大小? 0 I1 ? 0 I1 I 2 d + a = ln 2πr 2π d ? 0 I1 2πrFBc = ∫∵d +adI 2 dldl =dr cos 45°∴FBC = ∫d +aa? 0 I 2 I1dr ? II d +a = 0 1 2 ln 2πr cos 45° d 2π题 9-19 图 9-19 在磁感应强度为 B 的均匀磁场中， 垂直于磁场方向的平面内有一段载流 弯曲导线，电流为 I ，如题9-19图所示．求其所受的安培力．?v解：在曲线上取 dl 则vv v v b Fab = ∫ Idl × Bav v v v v π ∵ dl 与 B 夹角 & dl ， B &= 不变， B 是均匀的． 2 v v v v w b b ∴ Fab = ∫ Idl × B = I ( ∫ dl ) × B = I ab × Ba a方向⊥ ab 向上，大小 Fab = BI ab题 9-20 图 9-20 如题9-20图所示，在长直导线 AB 内通以电流 I 1 =20A，在矩形线圈CDEF 中通有电流 I 2 =10 A，AB 与线圈共面， CD ，EF 都与 AB 平行． 且 已知 a =9.0cm, b =20.0cm, d =1.0 cm，求：? (1)导线 AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力；? (2)矩形线圈所受合力和合力矩．? 解：(1) FCD 方向垂直 CD 向左，大小vFCD = I 2 b v? 0 I1 = 8.0 × 10 ? 4 N 2πd同理 FFE 方向垂直 FE 向右，大小FFE = I 2 b? 0 I12π (d + a )= 8.0 × 10 ?5 Nv FCF 方向垂直 CF 向上，大小为FCF = ∫d +ad? 0 I1 I 2 ? II d +a dr = 0 1 2 ln = 9.2 × 10 ?5 N 2πr 2π dv FED 方向垂直 ED 向下，大小为FED = FCF = 9.2 × 10 ?5 ? N(2)合力 F = FCD + FFE + FCF + FED 方向向左，大小为vvvvvF = 7.2 × 10 ?4 N合力矩 M = Pm × B ∵ ∴ 线圈与导线共面vvvv v Pm // Bv M = 0．题 9-21 图 9-21 边长为 l =0.1m?的正三角形线圈放在磁感应强度 B =1T 的均匀磁场 中， 线圈平面与磁场方向平行.如题9-21图所示， 使线圈通以电流 I =10A， 求： (1)线圈每边所受的安培力； (2)对 OO ′ 轴的磁力矩大小； (3)从所在位置转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功．解： (1) Fbc = Il × B = 0vvvv v v Fab = Il × B方向 ⊥ 纸面向外，大小为Fab = IlB sin 120° = 0.866 Nv v v Fca = Il × B 方向 ⊥ 纸面向里，大小Fca = IlB sin 120° = 0.866 N(2) Pm = ISv v v M = Pm × B沿 OO′ 方向，大小为M = ISB = I(3)磁力功3l 2 B = 4.33 ×10 ? 2 4N?mA = I (Φ 2 ? Φ1 )∵Φ1 = 0A= IΦ2 =3 2 l B 4∴3 2 l B = 4.33 × 10 ? 2 J ? 49-22 一正方形线圈，由细导线做成，边长为 a ，共有 N 匝，可以绕通过其 相对两边中点的一个竖直轴自由转动．现在线圈中通有电流 I ，并把线圈放 在均匀的水平外磁场 B 中，线圈对其转轴的转动惯量为 J .求线圈绕其平衡 位置作微小振动时的振动周期 T . 解：设微振动时线圈振动角度为 θ ( θ =& Pm , B & )，则vv vM = Pm B sin θ = NIa 2 B sin θ由转动定律Jd 2θ = ? NIa 2 B sin θ ≈ ? NIa 2 Bθ 2 at即d 2θ NIa 2 B + θ =0 J dt 2振动角频率∴ω=T=NIa 2 B J周期2πω= 2πJ Na 2 IB9-23一长直导线通有电流 I 1 ＝20A，旁边放一导线 ab ，其中通有电流I 2 =10A，且两者共面，如题9-23图所示．求导线 ab 所受作用力对 O 点的力矩． 解：在 ab 上取 dr ，它受力v dF ⊥ ab 向上，大小为dF = I 2 dr? 0 I1 2πrv v v v dF 对 O 点力矩 dM = r × F v dM 方向垂直纸面向外，大小为dM = r dF = M = ∫ dM =a b? 0 I 1I 2 2π? 0 I1 I 2 dr 2π∫badr = 3.6 × 10 ?6 N ? m题 9-23 图题9-24 图 9-24 如题9-24图所示，一平面塑料圆盘，半径为 R ，表面带有面密度为 σ 剩余电荷．假定圆盘绕其轴线 AA′ 以角速度 ω (rad?s )转动，磁场 B 的方-1v向垂直于转轴 AA′ ．试证磁场作用于圆盘的力矩的大小为M =πσω R 4 B4．(提示：将圆盘分成许多同心圆环来考虑．)解：取圆环 dS = 2πrdr ，它等效电流dI = =2 3dq ω = dq T 2πω σdS = ωσ rdr 2π等效磁矩 dPm = πr dI = πωσ r dr 受到磁力矩v v v dM = dPm × B ，方向 ⊥ 纸面向内，大小为dM = dPm × B = πωσ r 3drBM = ∫ dM = πωσ B ∫ r 3dr =0Rπσω R 4 B49-25电子在 B =70×10 T?的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径-4v v r =3.0cm．已知 B 垂直于纸面向外，某时刻电子在 A 点，速度 v 向上，如题9-25图． (1)试画出这电子运动的轨道； v (2)求这电子速度 v 的大小； (3)求这电子的动能 E k ．题 9-25 图 解：(1)轨迹如图 (2)∵evB = mv2 reBr = 3.7 × 10 7 m ? s ?1 m 1 EK = mv 2 = 6.2 × 10 ?16 J (3) 2 -4 9-26 一电子在 B =20×10 T?的磁场中沿半径为 R =2.0cm?的螺旋线运∴v=动，螺距h=5.0cm，如题9-26图．? (1)求这电子的速度；? (2)磁场 B 的方向如何?? 解: (1)∵vR=mv cosθ eBh=2πm v cosθ eB题 9-26 图∴v= (veBR 2 eBh 2 ) +( ) = 7.57 × 10 6 m ? s ?1 m 2πm(2)磁场 B 的方向沿螺旋线轴线．或向上或向下，由电子旋转方向确定． 9-27 在霍耳效应实验中，一宽1.0cm，长4.0cm，厚1.0×10 cm?的导体，沿 长度方向载有3.0A的电流，当磁感应强度大小为 B =1.5T的磁场垂直地通过 -5 该导体时，产生1.0×10 V的横向电压．试求： (1)载流子的漂移速度； (2)每立方米的载流子数目． 解: (1)∵ ∴v =-3eE H = evBl 为导体宽度， l = 1.0 cm U H 1.0 × 10 ?5 = = 6.7 × 10 ? 4 m ? s -1 lB 10 ? 2 × 1.5 I = nevS I n= evSEH U H = B lB∴ (2)∵ ∴v==1.6 × 10?193 × 6.7 × 10 ? 4 × 10 ? 2 × 10 ?5= 2.8 × 10 29 m ?39-28 两种不同磁性材料做成的小棒，放在磁铁的两个磁极之间，小棒被磁化 后在磁极间处于不同的方位，如题9-28图所示．试指出哪一个是由顺磁质材 料做成的，哪一个是由抗磁质材料做成的?解: 见题 9-28 图所示.题9-28图题9-29图9-29 题9-29图中的三条线表示三种不同磁介质的 B ? H 关系曲线，虚线是B = ? 0 H 关系的曲线， 试指出哪一条是表示顺磁质?哪一条是表示抗磁质?哪一条是表示铁磁质? 答: 曲线Ⅱ是顺磁质，曲线Ⅲ是抗磁质，曲线Ⅰ是铁磁质． 9-30 螺绕环中心周长 L =10cm，环上线圈匝数 N =200匝，线圈中通有电流 I =100 mA． (1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度 H 和磁感应强度 B0 ； (2)若环内充满相对磁导率 ? r =4200的磁性物质， 则管内的 B 和 H 各是多少? *(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的 B0 和由磁化电流产生的 B ′ 各是多少? 解: (1)vvvvvvv v H ? dl = ∑ I ∫lHL = NI NI H= = 200 A ? m ?1 LB0 = ? 0 H = 2.5 × 10 ?4 T(2) H = 200 A ? m ?1 ? B = ?H = ? r ? o H = 1.05 T (3)由传导电流产生的 B0 即(1)中的 B0 = 2.5 × 10 ? Tv?4∴由磁化电流产生的 B ′ = B ? B0 ≈ 1.05 ? T 9-31 螺绕环的导线内通有电流20A，利用冲击电流计测得环内磁感应强度的 -2 大小是1.0 ?Wb?m ．已知环的平均周长是40cm，绕有导线400匝．试计算： ? (1)磁场强度； (2)磁化强度； *(3)磁化率； *(4)相对磁导率． 解: (1) H = nI =N I = 2 × 10 4 ? A ? m ?1 l(2) M = (3) x m =B?0? H ≈ 7.76 × 10 5 ? A ? m ?1M ≈ 38.8 H(4)相对磁导率? r = 1 + x m = 39.829-32 一铁制的螺绕环，其平均圆周长 L =30cm，截面积为1.0 cm ，在环上均 匀绕以300匝导线，当绕组内的电流为0.032安培时，环内的磁通量为2.0× -6 10 Wb?．试计算：(1)环内的平均磁通量密度； (2)圆环截面中心处的磁场强度；解: (1) (2)B=Φ = 2 × 10 ? 2 T S v v H ? dl = NI 0 ∫H=NI 0 = 32 A ? m ?1 L题 9-33 图 *9-33 试证明任何长度的沿轴向磁化的磁棒的中垂面上， 侧表面内、 外两点1， 2的磁场强度 H 相等(这提供了一种测量磁棒内部磁场强度 H 的方法)，如题 9-33图所示．这两点的磁感应强度相等吗?? 解: ∵ 磁化棒表面没有传导电流，取矩形回路 abcd则 ∴∫ H ? dl = H ab ? Hl 1v2cd = 0H 2 = H1这两点的磁感应强度 B1 = ?H 1 , B2 = ∴?0 H 2B1 ≠ B2习题十 回路平面与 B 10-1 一半径 r =10cm?的圆形回路放在 B =0.8T的均匀磁场中． 垂直．当回路半径以恒定速率 大小． 解: 回路磁通 感应电动势大小vdr -1 =80cm?s 收缩时，求回路中感应电动势的 dtΦ m = BS = Bπ r 2dΦ m d dr = ( Bπ r 2 ) = B 2π r = 0.40 V dt dt dt 10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径 R =5cm，如题10-2 -3 图所示． 均匀磁场 B =80×10 T，B 的方向与两半圆的公共直径(在 Oz 轴上)ε=垂直，且与两个半圆构成相等的角 α 当磁场在5ms内均匀降为零时，求回路 中的感应电动势的大小及方向． 解: 取 半 圆 形 cba 法 向 为 i ，v题 10-2 图则Φm =1π R2 B cos α 2同理，半圆形 adc 法向为 j ，则vΦm =2π R2 B cos α 2∵ ∴ 则v v v v B 与 i 夹角和 B 与 j 夹角相等，α = 45 °Φ m = Bπ R 2 cos αε = ?dΦ m dB = ? π R 2 cos α = ? 8 . 89 × 10 dt dt?2V方向与 cbadc 相反，即顺时针方向．题 10-3 图 *10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状 y = ax ，放在均匀磁场 中． B 与 xOy 平面垂直，细杆 CD 平行于 x 轴并以加速度 a 从抛物线的底部 向开口处作平动．求 CD 距 O 点为 y 处时回路中产生的感应电动势． 解: 计算抛物线与 CD 组成的面积内的磁通量2vΦ m = 2∫ BdS = 2∫∴y a02B 2 B ( y ? αx )dx = 2 y 3 α2 1 13ε =?dΦ m B 2 dy 2B 2 =? y =? y v dt dt α α v 2 = 2ay∵∴ 则v = 2a y1 2εi = ?2B11αy 2 2a y 2 = ? By8aαε i 实际方向沿 ODC ．题 10-4 图 10-4 如题10-4图所示， 载有电流 I 的长直导线附近， 放一导体半圆环 MeN 与 长直导线共面，且端点 MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为 b ，环 心 O 与导线相距 a ．设半圆环以速度 v 平行导线平移．求半圆环内感应电动 势的大小和方向及 MN 两端的电压U M ? U N ．? v解: 作辅助线 MN ，则在 MeNM 回路中，沿 v 方向运动时 dΦ m = 0 ∴ 即 又∵ 所以 ε MeN 沿 NeM 方向， 大小为ε MeNM = 0 ε MeN = ε MNε MN = ∫a +b a ?bvB cos π dl =?0 Iv a ? b ln &0 2π a+b? 0 Iv a + b ln 2π a?bUM ?U N =M 点电势高于 N 点电势，即? 0 Iv a + b ln 2π a?b题 10-5 图 10-5如题10-5所示， 在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈． 两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以 (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量；? (2)线圈中的感应电动势．? 解: 以向外磁通为正则 (1)dI 的变化率增大，求： dtb+a d +a ? ln ] 2π r 2π r 2π b d dΦ ? 0 l d +a b + a dI [ln ] ε =? = ? ln (2) dt 2π d b dt 10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为 r 的一个半圆．令这半圆Φm = ∫b+a?0 Ibl dr ? ∫d +a?0 Idl dr =? 0 Il[ln形导线在磁场中以频率 f 绕图中半圆的直径旋转． 整个电路的电阻为 R ． 求： 感应电流的最大值．题 10-6 图解:Φm = B ? S = Bv vπ r2 cos(ωt + ? 0 ) 2∴dΦ m Bπ r 2ω εi = ? = sin(ωt + ? 0 ) dt 2 Bπ r 2ω Bπ r 2 = 2π f = π 2 r 2 Bf εm = 2 2 π 2 r 2 Bf I= = R R∴εm10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流 I =5A，在其右方放一长方形线圈， -1 两者共面．线圈长 b =0.06m，宽 a =0.04m，线圈以速度 v =0.03m?s ?垂直 于直线平移远离．求： d =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题 10-7 图 解: AB 、 CD 运动速度 v 方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势vε 1 = ∫ (v × B) ? dl = vBb = vbDAvvv?0 I 2πdBC 产生电动势ε 2 = ∫ (v × B) ? dl = ?vbBCvvv?0 I2π (a + d )∴回路中总感应电动势ε = ε1 + ε 2 =? 0 Ibv 11 ( ? ) = 1.6 × 10 ?8 2π d d + aV方向沿顺时针． 10-8 长度为 l 的金属杆 ab 以速率v在导电轨道 abcd 上平行移动．已知导轨 处于均匀磁场 B 中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B 的大小为 B = kt ( k 为正常)．设 t =0时杆位于 cd 处，求：任一时刻 t 导线回 路中感应电动势的大小和方向． 解:vvvΦ m = ∫ B ? dS = Blvt cos 60° = kt 2 lvε =?dΦ m = ?klvt dtvv1 1 = klvt 2 2 2∴ 即沿 abcd 方向顺时针方向．题 10-8 图 10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区， B 的方向如题v10-9图所示． 取逆时针方向为电流正方向， 画出线框中电流与时间的关系(设 导线框刚进入磁场区时 t =0)． 解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时 题 10-9dΦ & 0 ,ε & 0 ； dt图(a) 图(b) 在磁场中时 出场时题 10-9dΦ & 0 ， ε & 0 ，故 I ? t 曲线如题 10-9 图(b)所示. dtdΦ = 0 ,ε = 0 ； dt题 10-10 图 10-10 导线 ab 长为 l ，绕过 O 点的垂直轴以匀角速 ω 转动， aO = 强度 B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1） ab 两端的电势差； （2） a, b 两端哪一点电势高? 解: (1)在 Ob 上取 r → r + dr 一小段 则l 磁感应 3ε Ob = ∫ ω rBdr = ε Oa = ∫ 3 ωrBdr =0 l2l 3 02 Bω 2 l 9 1 Bω l 2 18同理∴ (2)∵ ∴ b 点电势高．ε ab = ε aO + ε Ob = (?1 2 1 + ) Bω l 2 = Bω l 2 18 9 6ε ab & 0 即 U a ? U b & 0题 10-11 图 10-11 如题10-11图所示， 长度为 2b 的金属杆位于两无限长直导线所在平面 v 的正中间，并以速度 v 平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向 相反的电流 I ，两导线相距2 a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取 dr 距左边直导线为 r ，则ε AB = ∫ (v × B) ? dl = ∫ ?A a ?bBvvva+b? ? 0 Iv a + b ? 0 Iv 1 1 ) dr = ln ( + 2π r 2a ? r π a?b∵ε AB & 0U AB =∴实际上感应电动势方向从 B → A ，即从图中从右向左， ∴? 0 Iv a + b ln π a?b题 10-12 图 10-12 磁感应强度为 B 的均匀磁场充满一半径为 R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置， 杆长为2 R ， 其中一半位于磁场内、 另一半在磁场外． 当 ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．vdB dt解： ∵ε ac = ε ab + ε bcε ab = ? ε ab = ?dΦ 1 d 3 2 3 R dB = ? [? R B] = dt dt 4 4 dt dΦ 2 d πR 2 πR 2 dB = ? [? B] = dt dt 12 12 dt∴ε ac3R 2 πR 2 dB =[ + ] 4 12 dtdB &0 dt∵ ∴ε ac & 0 即 ε 从 a → c10-13 半径为R的直螺线管中，有dB ＞0的磁场，一任意闭合导线 abca ，一 dt 部分在螺线管内绷直成 ab 弦， , b 两点与螺线管绝缘， a 如题10-13图所示． 设 ab = R ，试求：闭合导线中的感应电动势． 解：如图，闭合导线 abca 内磁通量Φ m = B ? S = B( ε i = ?(v vπ R2 3R 2 ? ) 6 4∴πR 2 3 2 dB ? R ) 6 4 dt∵dB &0 dt∴ ε i & 0 ，即感应电动势沿 acba ，逆时针方向．题 10-13 图题 10-14图 10-14 如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体 ab 于直 径位置，另一导体 cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源 的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向．试求：? （1） ab 两端的电势差；? （2） cd 两点电势高低的情况．?v v v v dB v ? dS 知，此时 E 旋 以 O 为中心沿逆时针方向． 解： 由 ∫ E 旋 ? dl = ? ∫ l dt(1)∵ ab 是直径，在 ab 上处处 E 旋 与 ab 垂直 ∴ ∴ ε ab = 0 ,有 U a = U b (2)同理， ∴vv ?dl = 0 ∫旋lε dc = ∫ E ? dl & 0d 旋cvvU d ? U c & 0 即U c & U d题 10-15 图 10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线 圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数． 解： 设长直电流为 I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为Φ 12 = ∫a 332a? 0 Ia2π rdr =? 0 Ia2πln 2ln 2∴M =Φ 12I=?0a2π10-16 一矩形线圈长为 a =20cm， 宽为 b =10cm， 由100匝表面绝缘的导线绕成， 放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情 况下，线圈与长直导线间的互感．? 解：(a)见题 10-16 图(a)，设长直电流为 I ，它产生的磁场通过矩形线圈的 磁通为Φ 12 = ∫ B ? dS =(S )vv? 0 Ia2π∫2bbdr ? 0 Ia = ln 2 r 2π∴M =? a NΦ 12 = N 0 ln 2 = 2.8 × 10 ? 6 H I 2π(b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通 Φ12 = 0 ，见题 10-16 图(b)∴M =0题 10-16 图题 10-17图 10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是 a ，中心相距为 d ，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为 l 的一段 自感为?L=解： 如图 10-17 图所示，取 dS = ldr 则? 0l d ? a In ． π aΦ =∫d ?aa(?0 I2rπ+?0 I2π (d ? r ))ldr =? 0 Il2π∫d ?aa1 1 d ?a d ? Il ( ? )dr = 0 (ln ? ln ) r r ?d 2π a d ?a=∴? 0 Ilπlnd ?a a L=ΦI=? 0lπlnd ?a a10-18 两线圈顺串联后总自感为1.0H， 在它们的形状和位置都不变的情况下， 反串联后总自感为0.4H．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 L = L1 + L2 + 2 M 反串联时 L ′ = L1 + L2 ? 2 M ∴L ? L′ = 4M L ? L′ M = = 0.15 H 410-19 图 10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N匝．试求：? (1)此螺线环的自感系数；? (2)若导线内通有电流 I ，环内磁能为多少?? 解：如题 10-19 图示 (1)通过横截面的磁通为Φ =∫磁链b? 0 NI2 rπahdr =? 0 NIh2πlnb aΨ = NΦ =? 0 N 2 Ih2πlnb a L=∴ΨI=?0 N 2h2π 1 2 LI 2lnb a(2)∵Wm = Wm =∴?0 N 2 I 2h4πlnb a10-20 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． 解：在 r & R 时B=?0Ir2 πR 2 wm =∴ 取 则? I 2r 2 B2 = 02 4 2 ? 0 8π R ? 0 I 2 r 3 dr4π R 4dV = 2 πrdr (∵导线长 l = 1 ) W = ∫ wm 2πrdr = ∫0 R R0=?0 I 216π习题十一 11-1 圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为 R1 和 R2 ( R1 ＜ R2 )，中间充 满介电常数为 ε 的电介质.当两极板间的电压随时间的变化 常数)，求介质内距圆柱轴线为 r 处的位移电流密度．? 解：圆柱形电容器电容 C =dU = k 时( k 为 dt2πεl R ln 2 R1 q = CU = 2πεlU R ln 2 R1D=q 2πεlU εU = = S 2πr ln R2 r ln R2 R1 R1 j= ?D = ?t∴εkr ln R2 R1 dU ．式中 C 为电容器 dt11-2试证：平行板电容器的位移电流可写成 I d = C的电容，U 是电容器两极板的电势差．如果不是平板电容器，以上关系还适 用吗?? 解：∵q = CU D = σ0 = CU S∴Φ D = DS = CUID = dΦ D dU =C dt dt不是平板电容器时 ∴D = σ 0 仍成立ID = CdU 还适用． dt题 11-3 图 11-3 如题11-3图所示，电荷+ q 以速度 v 向 O 点运动，+ q 到 O 点的距离为vv x ，在 O 点处作半径为 a 的圆平面，圆平面与 v 垂直．求：通过此圆的位移电流． 解：如题 11-3 图所示，当 q 离平面 x 时，通过圆平面的电位移通量ΦD =［此结果见习题 8-9(3)］ ∴q (1 ? 2x x2 + a2)ID =dΦ D = dtqa 2v 2( x + a )2 3 2 2题 11-4 图 11-4 如题11-4图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度E =720sin 10 5 πt V?m-1，正方向规定如图．试求：(1)电容器中的位移电流密度； (2)电容器内距中心联线 r =10 m的一点P，当 t =0和 t = 的大小及方向(不考虑传导电流产生的磁场)． 解：(1) ∴-21 × 10 ?5 s时磁场强度 2?D , D = ε0E ?t ?E ? jD = ε 0 = ε 0 (720 sin 10 5 πt ) = 720 × 10 5 πε 0 cos 10 5 πt ?t ?tjD =A ? m ?2(2)∵v v v v H ? dl = ∑ I 0 + ∫ j D ? dS ∫l (S )取与极板平行且以中心连线为圆心，半径 r 的圆周 l = 2πr ，则H 2πr = πr 2 j DH= t = 0时HP = t= r jD 2r × 720 × 10 5 πε 0 = 3.6 × 10 5 πε 0 A ? m ?1 21 × 10 ?5 s 时， H P = 0 2 放在真空中． 今对电容 11-5 半径为 R =0.10m的两块圆板构成平行板电容器， dE 13 -1 -1 器匀速充电，使两极板间电场的变化率为 =1.0×10 V?m ?s ．求两极 dt 板间的位移电流，并计算电容器内离两圆板中心联线 r ( r ＜ R )处的磁感应 强度 Br 以及 r = R 处的磁感应强度 BR ． ?D ?E 解: (1) jD = = ε0 ?t ?tI D = j D S = j DπR 2 ≈ 2.8 A v v v v ∫ H ? dl =∑ I 0 + ∫ jD ? dSl S(2)∵取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周 l = 2πr ，则H 2πr = j Dπr 2 = ε 0∴当 r = R 时， BR =? 0 ε 0 R dE2 dt-2dE 2 πr dt r dE H = ε0 2 dt ? ε r dE Br = ? 0 H = 0 0 2 dt= 5.6 × 10 ?6 T-3 -1*11-6 一导线，截面半径为10 m，单位长度的电阻为3×10 Ω?m ，载有电 流25.1 A．试计算在距导线表面很近一点的以下各量： (1) H 的大小； (2) E 在平行于导线方向上的分量； (3)垂直于导线表面的 S 分量．解: (1)∵∫ Hdl = ∑ IH 2πr = I I H= = 4 × 10 2 ? A ? m ?1 2πrv v取与导线同轴的垂直于导线的圆周 l = 2πr ，则(2)由欧姆定律微分形式j = σE 得I /S = IR = 7.53 × 10 ? 2 ? V ? m ?1 σ 1 / RS v v v v v (3)∵ S = E × H , E 沿导线轴线, H 垂直于轴线 E= j =∴ S 垂直导线侧面进入导线，大小 S = EH = 30.1 W ? m *11-7v?2有一圆柱形导体，截面半径为 a ，电阻率为 ρ ,载有电流 I 0 ．(1)求在导体内距轴线为 r 处某点的 E 的大小和方向； (2)该点 H 的大小和方向； (3)该点坡印廷矢量 S 的大小和方向； (4)将(3)的结果与长度为 l 、半径为 r 的导体内消耗的能量作比较． 解:(1)电流密度 j 0 =vvvI0 S由欧姆定律微分形式 j 0 = σE 得E=σj0= ρj 0 = ρI0 ，方向与电流方向一致 πa 2(2)取以导线轴为圆心，垂直于导线的平面圆周 l = 2πr ，则 由v v v v H ? dl = ∫ j0 dS 可得 ∫l SH 2πr = I 0r2 a2∴H =I0r ，方向与电流成右螺旋 2πa 2 v v v S = E×H(3)∵ ∴v S 垂直于导线侧面而进入导线，大小为ρI 02 r S = EH = 2π 2 a 4(4)长为 l ，半径为 r ( r & a ) 导体内单位时间消耗能量为W1 = I 2 01 R = (I0r 2 2 I ρlr 2 l ) ρ 2 = 0 4 a2 πr πa2单位时间进入长为 l ，半径为 r 导体内的能量I ρlr 2 W2 = S 2πrl = 0 4 πa2W1 = W2 说明这段导线消耗的能量正是电磁场进入导线的能量．*11-8 一个很长的螺线管，每单位长度有 n 匝，截面半径为 a ，载有一增加 的电流 i ，求： (1)在螺线管内距轴线为 r 处一点的感应电场； (2)在这点的坡印矢量的大小和方向． 解: (1)螺线管内B = ? 0 ni由v v v ?B v ∫l E ? dl = ?∫S ?t ? dS取以管轴线为中心，垂直于轴的平面圆周 l = 2πr ，正绕向与 B 成右螺旋关 系，则E 2πr = ?∴E = ??B 2 πr ?tv v ? nr di r ?B di =? 0 ，方向沿圆周切向，当 & 0 时， E 与 B 成右 2 ?t 2 dt dt螺旋关系；当v v di & 0 时， E 与 B 成左旋关系。 dt题 11-8 图 (2)∵ 大小为v v v v v v S = E × H ，由 E 与 H 方向知， S 指向轴，如图所示.S = EH = Eni =? 0 n 2 r di2idt-1*11-9 一平面电磁波的波长为3.0cm，电场强度的振幅为30V?m ，试问该电 磁波的频率为多少?磁场强度的振幅为多少?对于一个垂直于传播方向的面 2 积为0.5m 的全吸收面，该电磁波的平均幅射压强是多大? 解: 频率 υ = 利用cλ= 1.0 × 1010 ? Hz1 2ε r ε 0 E = ? r ? 0 H和S = E0 H 0 可得B0 = ? 0 H 0 = ε 0 ? 0 E 0 = 1.0 × 10 ?7 ? T由于电磁波具有动量，当它垂直射到一个面积为 A 的全吸收表面时，这 个表面在 ?t 时间内所吸收的电磁动量为 gAc?t ，于是该表面所受到的电磁 波的平均辐射压强为：S E H P = gC = = 0 0 = C 2Cε 0 E0 2 = 4.0 × 10 ?9 Pa ? 0 2C可见，电磁波的幅射压强(包括光压)是很微弱的．习题十二12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化?解:υ 不变，为波源的振动频率； λ n =λ空n变小； u = λnυ 变小．12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试 说明理由． (1)使两缝之间的距离变小； (2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于 S1 ， S 2 联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝． 解: 由 ?x =D λ 知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级 d明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动． 12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几 何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式?? =2π解: ? = nr ．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相 同，为 ?t =λ? 中,光波的波长要用真空中波长,为什么?? ． C因为 ? 中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。 12-4 如题12-4图所示， A ， B 两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情 况中劈尖干涉条纹将如何变化? (1) A 沿垂直于 B 的方向向上平移［见图(a)］； (2) A 绕棱边逆时针转动［见图(b)］．题12-4图 解: (1)由 θ =λ2l， ek = kλ2知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变；(2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密． 12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度， 当波长为 λ 的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的 直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度． 解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题 意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分 相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为 ?e = 工件缺陷的程度．λ2，这也是题 12-5 图题 12-6 图12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射， 看见条纹向中 心收缩，问透镜是向上还是向下移动? 解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚 ek 位置向中心移 动． 12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距 d =0.20mm，缝屏间距 D ＝1.0m，试求： (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． 解: (1)由 x明 =D 1 × 10 3 kλ 知， 6.0 = × 2λ ， d 0 .2∴ (2)λ = 0.6 × 10 ?3 mm = 6000 A?x =D 1 × 10 3 λ= × 0.6 × 10 ?3 = 3 mm d 0 .2o12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使 屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波o长为5500 A ，求此云母片的厚度． 解: 设云母片厚度为 e ，则由云母片引起的光程差为δ = ne ? e = (n ? 1)e按题意 ∴δ = 7λe= 7λ 7 × 5500 × 10 ?10 = = 6.6 × 10 ?6 m = 6.6 ?m n ?1 1.58 ? 112-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示， 镜长30cm， 狭缝光源S在离镜左边20cm -7 的平面内，与镜面的垂直距离为2.0mm，光源波长 λ = 7.2×10 m，试求位于 镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．题12-9图 所以由 S 与 S ′ 解: 镜面反射光有半波损失， 且反射光可视为虚光源 S ′ 发出． 发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为 x 处的光程差为δ = (r2 ? r1 ) +第一明纹处，对应 δ = λ ∴x =λ2=dx λ + D 2λD2d=7.2 × 10 ?5 × 50 = 4.5 × 10 ?2 mm 2 × 0 .412-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板 上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连o o续可调， 可观察到5000 A 与7000 A 这两个波长的单色光在反射中消失． 试 求油膜层的厚度． 解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为 2ne ，由反射相消条件有2ne = (2k + 1)当 λ1 = 5000 A 时，有o1 = ( k + )λ 2k 2λ(k = 0,1,2,? ? ?)①1 2ne = (k1 + )λ1 = k1λ1 + 2500 2当 λ 2 = 7000 A 时，有o②1 2ne = (k 2 + )λ2 = k 2λ2 + 3500 2因 λ 2 & λ1 ，所以 k 2 & k1 ;又因为 λ1 与 λ 2 之间不存在 λ3 满足③1 2ne = (k 3 + )λ 3 式 2即不存在 k 2 & k 3 & k1 的情形，所以 k 2 、 k1 应为连续整数， 即 ④ 由②、③、④式可得：k 2 = k1 ? 1k1 =得k 2 λ 2 + 1000λ1=7k 2 + 1 7(k1 ? 1) + 1 = 5 5k1 = 3 k 2 = k1 ? 1 = 2可由②式求得油膜的厚度为e=o k1λ1 + 2500 = 6731 A 2n o12-11 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 A 的肥皂膜上，设肥皂膜的折 射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有2ne +λ2= kλ(k = 1,2,? ? ?)得 λ=4ne 4 × 1.33 × = = 2k ? 1 2k ? 1 2k ? 1ok = 2 , λ 2 = 6739 A (红色) k = 3 , λ3 = 4043 A (紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色． 由透射干涉相长公式 2ne = kλ (k = 1,2,? ? ?)o所以oλ=2ne 10108 = k k当 k = 2 时， λ =5054 A (绿色) 故背面呈现绿色． 12-12 在折射率 n1 =1.52的镜头表面涂有一层折射率 n 2 =1.38的Mg F2 增透 膜，如果此膜适用于波长 λ =5500 A 的光，问膜的厚度应取何值? 解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干 涉相消条件，即o1 2n 2 e = (k + )λ (k = 0,1,2,? ? ?) 21 ( k + )λ 2 = kλ + λ e= 2n 2 2n 2 4n 2∴=o k+ = (1993k + 996) A 2 × 1.38 4 × 1.38 o令 k = 0 ，得膜的最薄厚度为 996 A ． 当 k 为其他整数倍时，也都满足要求．o12-13 如题12-13图，波长为6800 A 的平行光垂直照射到 L ＝0.12m长的两块 玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径 d =0.048mm的细钢丝隔 开．求： (1)两玻璃片间的夹角 θ = ? (2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m内呈现多少条明条纹?题12-13图 解: (1)由图知， L sin θ = d ，即 Lθ = d故 θ =d 0.048 = = 4.0 × 10 ? 4 (弧度) 3 L 0.12 × 10(2)相邻两明条纹空气膜厚度差为 ?e = (3)相邻两暗纹间距 l = (4) ?N = 12-14λ2= 3.4 × 10 ?7 mλ 6800 × 10 ?10 = = 850 × 10 ?6 m = 0.85 mm 2θ 2 × 4.0 × 10 ? 4L ≈ 141 条 lo用 λ = 5000 A 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的 棱边是暗纹． 若劈尖上面媒质的折射率 n1 大于薄膜的折射率 n ( n =1.5)． 求： (1)膜下面媒质的折射率 n 2 与 n 的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度； (3)使膜的下表面向下平移一微小距离 ?e ，干涉条纹有什么变化?若 ?e =2.0 ? m，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据? 解 : (1) n 2 & n ． 因 为 劈 尖 的 棱 边 是 暗 纹 ， 对 应 光 程 差? = 2ne +λ2= (2k + 1)λ2，膜厚 e = 0 处，有 k = 0 ，只能是下面媒质的反射光有半波损失 (2) ?e = 9 ×λ2才合题意；λn2=9λ 9 × 5000 = = 1.5 × 10 ?3 mm 2n 2 × 1 .5(因 10 个条纹只有 9 个条纹间距) (3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若 ?e = 2.0 μm，原来 第 10 条暗纹处现对应的膜厚为 ?e ′ = (1.5 × 10 ?3 + 2.0 × 10 ?3 ) mm?N =?e′λn2=3.5 × 10 ?3 × 2 × 1.5 = 21 5.0 × 10 ? 4现被第 21 级暗纹占据．12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环， λ1 ＝6000 A ， λ 2 ＝4500 A ，观察 到用 λ1 时的第k个暗环与用 λ 2 时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径 是190cm．求用 λ1 时第k个暗环的半径． (2)又如在牛顿环中用波长为5000 A 的第5个明环与用波长为 λ 2 的第6个明 环重合，求未知波长 λ 2 ． 解: (1)由牛顿环暗环公式ooork = kRλ据题意有 r = ∴k =kRλ1 = (k + 1) Rλ 2，代入上式得λ1 ? λ 2λ2r=Rλ1λ 2 λ1 ? λ 2190 × 10 ?2 × 6000 × 10 ?10 × 4500 × 10 ?10 = 6000 × 10 ?10 ? 4500 × 10 ?10= 1.85 × 10 ?3 m& (2)用 λ1 = 5000A 照射， k1 = 5 级明环与 λ 2 的 k 2 = 6 级明环重合，则有r=(2k1 ? 1) Rλ1 (2k 2 ? 1) Rλ 2 = 2 2o 2 k1 ? 1 2 × 5 ?1 λ1 = × 5000 = 4091 A 2k 2 ? 1 2 × 6 ?1∴λ2 =12-16 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的 直径由 d 1 ＝1.40×10 m变为 d 2 ＝1.27×10 m，求液体的折射率． 解: 由牛顿环明环公式-2 -2r空 =D1 (2k ? 1) Rλ = 2 2 D2 = 2 (2k ? 1) Rλ 2nr液 =D1 D12 1.96 两式相除得 = n ，即 n = 2 = ≈ 1.22 D2 D2 1.6112-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当 M 1 移动距离为0.322mm ?时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长． 解: 由 ?d = ?Nλ2得λ=2?d 0.322 × 10 ?3 = 2× ?N 1024o= 6.289 × 10 ?7 m = 6289 A12-18 把折射率为 n =1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观 察到有150条干涉条纹向一方移过．若所用单色光的波长为 λ = 5000 A ，求 此玻璃片的厚度． 解: 设插入玻璃片厚度为 d ，则相应光程差变化为o2(n ? 1)d = ?Nλ∴?Nλ 150 × 5000 × 10 ?10 d= = = 5.9 × 10 ?5 m = 5.9 × 10 ?2 mm 2(n ? 1) 2(1.632 ? 1)习题十三 13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别?答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍 现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子 波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的 叠加形成． 13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍 射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于 光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动． 13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明 条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带? 答：半波带由单缝 A 、 B 首尾两点向 ? 方向发出的衍射线的光程差用λ2来划分．对应于第 3 级明纹和第 4 级暗纹，单缝处波面可分成 7 个和 8 个半波 带． ∵由 a sin ? = ( 2k + 1)λ2= (2 × 3 + 1)λ2= 7×λ λ2 2a sin ? = 4λ = 8 ×度愈小?13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角 ? 愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮 答：因为衍射角 ? 愈大则 a sin ? 值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带 透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所 以亮度减小． 13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时， 衍射图样将发生怎样的变化? 如果此时用公式 a sin ? = ±( 2k + 1)λ2(k = 1,2, L) 来测定光的波长，问测出 kλ ， n的波长是光在空气中的还是在水中的波长? 解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应 a sin ? ′ = kλ ′ =而空气中为 a sin ? = kλ ，∴ sin ? = n sin ? ′ ，即 ? = n? ′ ，水中同级衍射 角变小，条纹变密． 如用 a sin ? = ±( 2k + 1)λ2(k = 1,2,? ? ?) 来测光的波长， 则应是光在水中的波长．(因 a sin ? 只代表光在水中的波程差)． 13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽 变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射． 解：(1)缝宽变窄，由 a sin ? = kλ 知，衍射角 ? 变大，条纹变稀； (2) λ 变大，保持 a ， k 不变，则衍射角 ? 亦变大，条纹变稀； (3) 由 正 入 射 变 为 斜 入 射 时 ， 因 正 入 射 时 a sin ? = kλ ； 斜 入 射 时 ，a (sin ? ? sin θ ) = k ′λ ，保持 a ， λ 不变，则应有 k ′ & k 或 k ′ & k ．即原来的 k 级条纹现为 k ′ 级． 13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是 否矛盾?怎样 说明? 答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为 a sin ? = kλ = 2kλ2，是用半波带法分析(子波叠加问题)．相邻两半波带上对应点向 ? 方向发出的光波在屏上会聚点 一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为 d sin θ = kλ ，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍， 相干加强为明纹． 13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗 区很宽? 答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光 束干涉．光强与缝数 N 成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有2( N ? 1) 个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景．13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明 条纹缺级?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a. 解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即?(a + b) sin ? = ± kλ ? ? a sin ? = ± k ′λ(k = 0,1,2, L) (k ′ = 1,2 L)可知，当 k =a+b k ′ 时明纹缺级． a(1) a + b = 2a 时， k = 2,4,6,? ? ? 偶数级缺级； (2) a + b = 3a 时， k = 3,6,9,? ? ? 级次缺级； (3) a + b = 4a ， k = 4,8,12,? ? ? 级次缺级． 13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1) 零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的 光分开程度与什 么因素有关? 解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处 均各自相干加强． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由 (a + b) sin ? = kλ ，对同一 k 值，衍 射角 ?∞λ ． 13-11ο一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000 A 的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为a sin ? = (2k + 1)oλ2当 λ = 6000 A 时， k = 2λ = λ x 时， k = 3重合时 ? 角相同，所以有a sin ? = (2 × 2 + 1)得λ 6000 = (2 × 3 + 1) x 2 2λx =o 5 × 6000 = 4286 A 7 o13-12单缝宽0.10mm，透镜焦距为50cm，用 λ = 5000 A 的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，中央明条纹的半角宽度又为多少? 解：中央明纹的宽度为 ?x = 2 半角宽度为 θ = sin?1λnafλna(1)空气中， n = 1 ，所以?x = 2 × 0.5 ×5000 × 10 ?10 = 5.0 × 10 ?3 m 0.10 × 10 ?35000 × 10 ?10 θ = sin = 5.0 × 10 ?3 rad ?3 0.10 × 10?1(2)浸入水中， n = 1.33 ，所以有?x = 2 × 0.50 ×5000 ×10?10 ≈ 3.76 ×10?3 m 1.33 × 0.10 ×10?3θ = sin ?15000 × 10 ?10 ≈ 3.76 × 10 ?3 rad 1.33 × 0.1 × 10 ?313-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm的单缝，缝后凸透镜的 焦距f=40.0cm，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离中央明条纹中心 1.40mm处的P点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P点处条纹的级数； (3)从P点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带? 解：(1)由于 P 点是明纹，故有 a sin ? = ( 2k + 1) 由λ2， k = 1,2,3 ? ? ?x 1.4 = = 3.5 × 10 ?3 = tan ? ≈ sin ? f 400 2a sin ? 2 × 0.6 = × 3.5 × 10 ?3 2k + 1 2k + 1 1 = × 4.2 × 10 ?3 mm 2k + 1o故λ =当k = 3 ，得 λ3 = 6000 A k = 4 ，得 λ 4 = 4700 Ao(2)若 λ3 = 6000 A ，则 P 点是第 3 级明纹；o若 λ 4 = 4700 A ，则 P 点是第 4 级明纹． (3)由 a sin ? = ( 2k + 1)oλ2可知，当 k = 3 时，单缝处的波面可分成 2k + 1 = 7 个半波带； 当 k = 4 时，单缝处的波面可分成 2k + 1 = 9 个半波带． 13-14 用 λ = 5900 A 的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问 最多能看到第几级明条纹? 解： a + b =o 1 mm = 2.0 × 10 ?3 mm = 2.0 × 10 ?4 A 500o由 (a + b) sin ? = kλ 知，最多见到的条纹级数 k max 对应的 ? = 所 以 有 k max =π2,a+bλ=2.0 × 10 4 ≈ 3.39 ， 即 实 际 见 到 的 最 高 级 次 为 5900k max = 3 .o13-15波长为5000 A 的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm． 求：(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条 纹的间距；(2)当光线与光栅法线成 30°斜入射时，中央明条纹的位移为多少? 解： a + b =1 = 5.0 × 10 ?3 mm 5.0 × 10 ?6 m 200(1)由光栅衍射明纹公式(a + b) sin ? = kλ ，因 k = 1 ,又 sin ? = tan ? =x f所以有 ( a + b)x1 =λ f x1 =即λfa+b=5000 × 10 ?10 × 60 × 10 ?2 5.0 × 10 ?6= 6.0 × 10 ?2 m = 6 cm(2)对应中央明纹，有 k = 0正入射时， (a + b) sin ? = 0 ，所以 sin ? ≈ ? = 0 斜入射时， ( a + b)(sin ? ± sin θ ) = 0 ，即 sin ? ± sin θ = 0 因 θ = 30 ，∴ sin ? ≈ tan ? =°x 1 =± f 2故x =1 1 f = × 60 × 10 ? 2 = 30 × 10 ? 2 m = 30 cm 2 2波长 λ = 6000 A 的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条o这就是中央明条纹的位移值． 13-16纹分别出现在? sin ? = 0.20 与 sin ? = 0.30 处，第四级缺级．求：(1)光栅 常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞ ? ＞-90°范围内，实际呈现的 全部级数． 解：(1)由 (a + b) sin ? = kλ 式 对应于 sin ? 1 = 0.20 与 sin ? 2 = 0.30 处满足：0.20(a + b) = 2 × 6000 × 10 ?10 0.30(a + b) = 3 × 6000 × 10 ?10得a + b = 6.0 × 10 ?6 m(a + b) sin ? = kλ(2)因第四级缺级，故此须同时满足a sin ? = k ′λ解得a=a+b k ′ = 1.5 × 10 ?6 k ′ 4?6取 k ′ = 1 ，得光栅狭缝的最小宽度为 1.5 × 10 (3)由 (a + b) sin ? = kλmk=当? =(a + b) sin ?π2λ，对应 k = k max∴k max =°a+bλ=°6.0 × 10 ?6 = 10 6000 × 10 ?10因 ± 4 ， ± 8 缺级，所以在 ? 90 & ? & 90 范围内实际呈现的全部级数为k = 0,±1,±2,±3,±5,±6,±7,±9 共 15 条明条纹( k = ±10 在 k = ±90 ° 处看不到)．o13-17一双缝，两缝间距为0.1mm，每缝宽为0.02mm，用波长为4800 A 的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm的透镜．试求：(1)透镜焦 平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少 条双缝衍射明条纹? 解：(1)中央明纹宽度为4800 × 10 ?7 × 50 × 10 l0 = 2 f = 2 × mm = 2.4 cm a 0.02(2)由缺级条件λa sin ? = k ′λ(a + b) sin ? = kλ知k = k′a+b 0 .1 = k ′ = 5k ′ a 0.02k ′ = 1,2,? ? ?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k = 0,±1,±2,±3,±4 共 9 条双缝衍射明条纹．13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm，透镜焦距为50cm，所o用单色光波长为5000 A ，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径． 解：由爱里斑的半角宽度θ = 1.22∴ 爱里斑半径λD= 1.22 ×5000 × 10 ?7 = 30.5 × 10 ? 4 0 .2d = f tan θ ≈ fθ = 500 × 30.5 × 10 ? 4 = 1.5 mm 2-613-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10 rad，它们都o发出波长为5500 A 的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗 星? 解：由最小分辨角公式θ = 1.22∴λDD = 1.225.5 × 10 ?5 λ = 1.22 × = 13.86 cm θ 4.84 × 10 ? 6o13-20 已知入射的X射线束含有从0.95～1.30 A 范围内的各种波长， 晶体的晶o格常数为2.75 A ， 当X射线以45°角入射到晶体时， 问对哪些波长的X射线能 产生强反射? 解：由布喇格公式 2d sin ? = kλ 得λ =2d sin ? 时满足干涉相长 k°当 k = 1 时， λ = 2 × 2.75 × sin 45 = 3.89 Aok = 2 时， λ = k = 3 时， λ =o 2 × 2.75 × sin 45 ° = 1.91 A 2o 3.89 = 1.30 A 3 o 3.89 k = 4 时， λ = = 0.97 A 4故只有 λ3 = 1.30 A 和 λ 4 = 0.97 A 的 X 射线能产生强反射．oo习题十四 14-1 自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光? 答：自然光不能说一定不是单色光．因为它只强调存在大量的、各个方向的 光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样．线偏振光也不一定是单色 光．因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同． 14-2 用哪些方法可以获得线偏振光?怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振 光和自然光? 答：略． 14-3 一束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射 光，试说明这束光是怎样入射的?其偏振状态如何? 答：这束光是以布儒斯特角入射的．其偏振态为平行入射面的线偏振光． 14-4 什么是光轴、主截面和主平面?什么是寻常光线和非常光线?它们的振 动方向和各自的主平面有何关系? 答：略． 14-5 在单轴晶体中， 光是否总是以 c / ne 的速率传播?哪个方向以 c / n0 的速 e 率传播? 答： e 光沿不同方向传播速率不等，并不是以 c / n0 的速率传播．沿光轴方向 以 c / n0 的速率传播． 14-6 是否只有自然光入射晶体时才能产生 O 光和 e 光? 答：否．线偏振光不沿光轴入射晶体时，也能产生 O 光和 e 光． 14-7 投射到起偏器的自然光强度为 I 0 ，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 130°，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 I 0 的几倍? 解：由马吕斯定律有I1 =I0 3 cos 2 30 o = I 0 2 8 I0 1 cos 2 45ο = I 0 2 4I2 =I3 =I0 1 cos 2 60ο = I 0 2 8所以透过检偏器后光的强度分别是 I 0 的3 1 1 , , 倍． 8 4 814-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为 60°的偏振片时，透射光强为 I1 ， 今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均 成 30°，问此时透射光 I 与 I1 之比为多少? 解：由马吕斯定律I1 =I0 I cos 2 60ο = 0 2 8I=I0 9I cos 2 30ο cos 2 30ο = 0 2 32∴I 9 = = 2.25 I1 414-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大 强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的 夹角为多少? 解： （1）I1 =I0 1 cos 2 α 1 = I max 2 3 I max = I0 2又∴I1 =I0 , 6故1 3 cos 2 α 1 = , cos α 1 = , α 1 = 54ο 44 ' . 3 3(2)I2 =I0 1 cos 2 α 2 = I 0 2 3∴cos α 2 =2 ,α 2 = 35ο 16 ' 314-10 一束自然光从空气入射到折射率为 1.40 的液体表面上，其反射光是完 全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少? 解：(1) tan i0 = (2)1.40 , ∴ i0 = 54ο 28 ' 1y = 90ο ?i 0 = 35ο 32 '14-11 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气 中的起偏振角为 58°，求釉质的折射率．n ,故 n = 1.60 1 14-12 光由空气射入折射率为 n 的玻璃．在题 14-12 图所示的各种情况中，解：由 tan 58 =ο用黑点和短线把反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还 是部分偏振光．图中 i ≠ i0 ,i 0 = arctan n.题图 14-12 解：见图．题解 14-12 图题 14-13 图 *14-13 如果一个二分之一波片或四分之一波片的光轴与起偏器的偏振化方 向成 30°角，试问从二分之一波片还是从四分之一波片透射出来的光将是： (1)线偏振光?(2)圆偏振光?(3)椭圆偏振光?为什么? 解：从偏振片出射的线偏振光进入晶(波)片后分解为 o, e 光，仍沿原方向前 进，但振方向相互垂直( o 光矢垂直光轴， e 光矢平行光轴)．设入射波片的 线偏振光振幅为 A ，则有3 A, 2 1 Ao = A sin 30ο = A. 2 Ae = A cos 30ο =∴Ao ≠ Aeo, e 光虽沿同一方向前进，但传播速度不同，因此两光通过晶片后有光程差． 若为二分之一波片, o, e 光通过它后有光程差 ? =λ2，位相差 ?? = π ，所以透射的是线偏振光．因为由相互垂直振动的合成得x2 Ao∴2+y2 Ae2?2xy cos ?? = sin 2 ?? Ao Ae( x y + )2 = 0 Ao Ae即y=?Ae x Ao若 为 四 分 之 一 波 片 ， 则 o, e 光 的 ? =λ4, 位 相 差 ?? =π2，此时cos ?? = 0, sin ?? = 1∴x2 Ao2+y2 Ae2=1即透射光是椭圆偏振光． *14-14 将厚度为 1mm 且垂直于光轴切出的石英晶片， 放在两平行的偏振片之 间，对某一波长的光波，经过晶片后振动面旋转了 20°．问石英晶片的厚度 变为多少时，该波长的光将完全不能通过? 解：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 ．ο∴? 2 : ? 1 = d 2 : d1d2 =?2 90ο d1 = ο × 1 = 4.5 mm ?1 20习题十六 16-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量 λm 便可求得T．这是测量 星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的 λm = 0.55?m ，北极星的λm = 0.35?m ，天狼星的 λm = 0.29?m ，试求这些星球的表面温度．解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：λ mT = b, b = 2.897 × 10 ?3 m ? K对太阳：T1 =bλm12.897 × 10 ?3 = = 5.3 × 10 3 K ?6 0.55 × 10 = 2.897 × 10 ?3 = 8.3 × 10 3 K ?6 0.35 × 10 2.897 × 10 ?3 = 1.0 × 10 4 K ?6 0.29 × 10对北极星： T2 =bλmb2对天狼星： T3 =λm=316-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W?cm-2， 求炉内温度． 解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度M B (T ) = 22.8 W ? cm ?2 = 22.8 × 10 4 W ? m ?2按斯特藩-玻尔兹曼定律：M B (T ) = σT 4T =4=(16-3M B (T )σ=(22.8 × 10 4 4 ) 5.67 × 10 ?8122.8 14 ) × 10 3 = 1.42 × 10 3 K 5.67ο从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000 A 的光投射到铝表面．试问：(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电 势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大? 解：(1)已知逸出功 A = 4.2 eV 据光电效应公式 hv = 则光电子最大动能：1 2 mv m + A 2E k max =1 2 hc mv m = hυ ? A = ?A 2 λ6.63 × 10 ?34 × 3 × 10 8 ? 4.2 × 1.6 × 10 ?19 ?10 2000 × 10 = 3.23 × 10 ?19 J = 2.0 eV = (2) Q∴遏止电势差eU a = E k max =1 2 mv m 2Ua =3.23 × 10 ?19 = 2 .0 V 1.6 × 10 ?19c(3)红限频率 υ 0 ,∴ hυ 0 = A, 又υ 0 =λ0∴截止波长hc 6.63 × 10 ?34 × 3 × 10 8 λ0 = = A 4.2 × 1.60 × 10 ?19 = 2.96 × 10 ?7 m = 0.296 ?m16-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子( λ = 5.0 × 10 m )产-7生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个 这样的光子，则到 达眼睛的功率为多大?解：5 个兰绿光子的能量E = nhυ = n =hcλ5 × 6.63 × 10 ?34 × 3 × 10 8 5.0 × 10 ? 7 = 1.99 × 10 ?18 J功率=E = 1.99 × 10 ?18 W tο16-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J? -1? -2， s m 如果平均波长为5000 A ， 则每秒钟落到地面上1m2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm，每秒钟 进入人眼的光子数是多少? 解：一个光子能量E = hυ =hcλ1 秒钟落到 1 m 2 地面上的光子数为n=8 8λ 8 × 5 × 10 ?7 = = E hc 6.63 × 10 ?34 × 3 × 10 8 = 2.01 × 1019 s ?1 ? m ? 2每秒进入人眼的光子数为N =nπd 24 = 1.42 × 1014 s ?1= 2.01 × 101