大学物理答案(1).docx

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1、大学物理答案95 一无限长均匀带电细棒被弯成如习题95图所示的对称形状，试问为何值时，圆心O点处的场强为零。 解： 设电荷线密度为，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强。 R 在圆弧上取一弧元 ds =R d O 所带的电量为 dq = ds 在圆心处产生的场强的大小为dE=kdqldsl=dj 22r4pe0R4pe0R由于弧是对称的，场强只剩x分量，取x轴方向为正，场强为 dEx = -dEcos 总场强为Ex=-l4pe0R2p-q/2qcosjdj /2R O x dE d =-l4pe0R2p-q/2sinjq/2=lqsin 2pe0R2方向沿着x轴正向。再计算两根半无限长带电直线在圆

2、心产生的场强 根据上一题的公式可得半无限长带电直线在延长上O点产生的场强大小为 R E O E x l E=4pe0R由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O点产生的合场强为 Ex=2Ecosq2=lqcos;方向沿着x轴负向 2pe0R2当O点合场强为零时，必有Ex=Ex，可得 tan/2 = 1;因此 /2 = /4，所以 = /2 96 一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为，如习题96图所示。试求 平板所在平面内，离薄板边缘距离为a的P点处的场强。 解： 建立坐标系。在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度为 d = d x 根据直线带电线的场强公式E=l 2pe0

3、rdl2pe0r得带电直线在P点产生的场强为dE=sdx2pe0(b/2+a-x)y b O dx a P x 其方向沿x轴正向。 由于每条无限长直线在P点的产生的场强方向相同，所以总场强为 sE=2pe0=1-sdx=ln(b/2+a-x)b/2+a-x2pe0-b/2b/2b/2-b/2sbln(1+) 场强方向沿x轴正向。 2pe0a97 有一半径为r的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为s,求球心处的电场强度。 解: 如图所示，在球面上任取一面元dS=r2siqndqdj，其上带电量为的场强的大小为 电荷元dq在球心处产生dq=sdS=sr2sinqdqdj，dq1sr2sinqdqd

4、j dE=4pe0r24pe0r21方向如图。由对称性分析可知，球心处场强方向竖直向下，其大小为 E=Ez=dEcosq=dj2002ppssinqcosqdq 4pe0 =s4e0910 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2(R2 R1)，带有等量异号电荷，单位长度的电量分别为和-，求r R1； R1 r R2处各点的场强。 解：由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性。 在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以 E = 0， 在两个圆柱之间做一长度为l，半径为r的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为 q = l;穿过高斯面的电通量为 Fe=SvvEdS=

5、EdS=E2prl S根据高斯定理e = q/0，所以E=l， (R1 r R2) 2pe0r在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E = 0， 912 一个均匀带电圆盘，半径为R，电荷面密度为s，求： (1) 轴线上任一点的电势； (2) 利用电场强度与电势的关系求轴线上的场强分布。 解：如图所示，将均匀带电圆盘视为一系列连续分圆环所组成，距O点r处取一宽为dr的细圆环，其带电布的同心带电细量为dq=s dS=s2p r，dq在P点处产生的电势为 dV=dq1s2prdr =221222124pe0(r+x)4pe0(r+x)1所以，整个带电圆盘在P点产生的电势

6、为V=dV=R0dVsxs2prdrs22E=-=(1-) ;轴线上的场强分布为=(R+x-x)x2212224pe0(r+x)2e0dx2e0R+x920 电量q均匀分布在长为2L的细直线上，试求：带电直线延长线上离中点为r处的电势； 带电直线中垂线上离中点为r处的电势；由电势梯度算出上述两点的场强。 解：电荷的线密度为 = q/2L 建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为dq = dl 根据点电荷的电势公式，它在P1点产生的电势为 dU1=1ldl4pe0r-l-L Ly r P1 x o l dl L lLdl-l总电势为 U1=ln(r-l)4pe0-Lr-l4pe0=q8pe

7、0Llnr+L r-Ll=-L建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为dq = dl，在线的垂直平分线上的P2点产生的电势为 dU2=ldl， 221/24pe0(r+l)l积分得U2=4pe0=q4pe0Ll122=ln(r+l+l)dl221/24pe0(r+l)-LLL=l=-Lq8pe0Ly P2 r o lnr2+L2+Lr+L-L22lnr+L+L r-L 22P1点的场强大小为 ldl L x E1=-U1q11q1， 方向沿着x轴正向。 =(-)=r8pe0Lr-Lr+L4pe0r2-L2U2qq1r=-=r4pe0r4pe0Lrr2+L2(r2+L2+L)P2点的场强为

8、E2=-1r+L22 方向沿着y轴正向。 921 如习题921图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为，试计算： A，B两点的电势； R2 利用电势梯度求A，B两点的场强。 解：A点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A点的电势就等于球B rB O R 1心O点的电势。 rA A 在半径为r的球壳处取一厚度为dr的薄壳，其体积为 dV = 4r2dr 包含的电量为dq = dV = 4r2dr 在球心处产生的电势为dUO=dq4pe0r=rrdr e0R2 O R1 球心处的总电势为UO=re0R2R1rdr=r2(R2-R12) 2e0这就是A点

9、的电势UA。 过B点作一球面，B的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的。 球面外的电荷在B点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得 r dr U1=r2(R2-rB2) 2e0B R2 O rB 球面内的电荷在B点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B点43面内的体积为V=p(rB-R13);包含的电量为 Q = V 3这些电荷集中在球心时在B点产生的电势为U2=R1 产生的电势。球壳在球Q4pe0rB=r3(rB-R13) 3e0rBR13r22B点的电势为UB = U1 + U2=(3R2-rB-2) 6e0rBA点的场强为EA=-UA=0 rAUBR13r

10、B点的场强为EB=-=(rB-2) rB3e0rB讨论： 过空腔中A点作一半径为r的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A点场强为 E = 0， (rR1) 过球壳中B点作一半径为r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为V=包含的电量为 q = V;根据高斯定理得方程 4r2E = q/0 4p(r3-R13) 3R13r可得B点的场强为E=(r-2)， (R1rR2)这两个结果与上面计算的结果相同。 3e0r在球壳外面作一半径为r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为V=包含的电量为 q = V 3r(R2-R13)根据高斯定理得可得球壳外的场强为E=，(R2r) =4pe0r

11、23e0r243p(R2-R13) 3q3r(R2-R13)R13rr2(r-2)dr+drA点的电势为UA=Edl=Edr=0dr+=(R2-R12) 23e0r3e0r2e0rRR2rrAAR1R2A13r(R2-R13)R13rR13r22(r-2)dr+dr=B点的电势为UB=Edl=Edr=(3R2-rB-2) 23er3e0r6e0rB0rR2rrBBR2BA和B点的电势与前面计算的结果相同 101 点电荷+q处在导体球壳的中心，壳的内、外半径分别为R1和R2。试求：rR2三个区域的电场强度和电势。r为观察点到+q的距离。 R1rR2；vv解：由高斯定理 EdS=Sq 得 e0 当

12、rR1时，E1=q4pe0r2E1=q4pe0r,2V1=q111(-+) 4pe0rR1R2q 当R1rR2时，E3=q4pe0r2E3=q4pe0r,2q4pe0r当rR1时，V1=R1rvvR2vvRvvE1dr+E2dr+E3dr=R1R2111(-+) 4pe0rR1R2q当R1rR2时，V3=RrvvE3dr=q4pe0r105 如习题105图所示，三块平行金属板A、B和C，面积都是S = 100cm2，A、B相距d1 = 2mm，A、C相距d2 = 4mm，B、C接地，A板带有正电荷q = 310-8C，忽略边缘效应求 B、C板上的电荷为多少？A板电势为多少？ B A C 解：(

13、1)设A的左右两面的电荷面密度分别为1和2，所带电量分别为 q1 = 1S和q2 = 2S q 在B、C板上分别感应异号电荷-q1和-q2，由电荷守恒得方程 q = q1 + q2 = 1S + 2S A、B间的场强为 E1 = 1/0;A、C间的场强为 E2 = 2/0 设A板与B板的电势差和A板与C板的的电势差相等，设为U，则 U = E1d1 = E2d2， 即 1d1 = 2d2 解联立方程和得1 = qd2/S(d1 + d2) 所以 q1 = 1S = qd2/(d1+d2) = 210-8(C);q2 = q - q1 = 110-8(C) B、C板上的电荷分别为qB = -q1

14、 = -210-8(C);qC = -q2 = -110-8(C) (2)两板电势差为U = E1d1 = 1d1/0 = qd1d2/0S(d1+d2) 由于 k = 9109 = 1/40;所以 0 = 10-9/36 因此 U = 144 = 452.4(V) 由于B板和C板的电势为零，所以UA = U = 452.4(V) 109 如习题109图所示，球形电容器的内、外半径分别为R1和R2，其间一半为真空，另一半充满相对介电常数为r的均匀电介质，求该电容器的电容。 R2 R1R21解：球形电容器的电容为C=4pe0 =4pe0R1 o 1/R1-1/R2R2-R1对于半球来说，由于相对

15、面积减少了一半，所以电容也减少一半。 r C1=2pe0R1R2R2-R12pe0erR1R2R2-R1当电容器中充满介质时，电容为C2=由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联C=C1+C2=2pe0(1+er)R1R2R2-R11010 如习题1010图所示，板面积为S的平行板电容器，板间有两层介质，介电常数分别为1和2，厚度分别为d1和d2，求该电容器的电容。 解： 假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串d1 联，电容分别为 1 C1 = 1S/d1和C2 = 2S/d2 d2 2总电容的倒数为dded+ed111=+=1+2=2112 CC1C2e1Se2Se1e2S总

16、电容为 C=e1e2S e2d1+e1d21012 在半径为R1的金属球外有一层相对介电常数为r 的均匀介质，介质层的内、外半径分别为R1和R2。设金属球带电Q0，求： vvv介质层内、外D、E、P的分布；介质层内、外表面的极化电荷面密度。 解：在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的。在内外半径之间作一个半径为r的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为Fd=vv2DdSDdS=4prD SS高斯面包围的自由电荷为 q = Q0;根据介质中的高斯定理 d = q 可得电位为 D = Q0/4r2 方向沿着径向，用矢量表示为D = Q0r/4r3;电场强度为 E = D/0r = Q0

17、r/40rr3方向沿着径向。 由于 D = 0E + P;所以 P = D - 0E = (1-1er)Q0r 34pr在介质之外是真空，真空可当作介电常量r = 1的介质处理，所以D = Q0r/4r3，E = Q0r/40r3，P = 0。 在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q0产生的场为E0 = Q0r/40r3 极化电荷q1产生的场强为E = q1r/40r3 总场强为 E = Q0r/40rr3;由于 E = E0 + E 1解得极化电荷为 q1=(-1)Q0 erQ0q11介质层内表面的极化电荷面密度为s= =(-1)224pR1er4pR11在介质层外表面，极化电荷为q2 =-q1

18、q21Q0面密度为s= =(1-)224pR2er4pR221014 一平行板电容器的极板面积为S，板间距离为d，接在电源上维持其电压为U。将一块厚度为d、相对介电常数为r的均匀电介质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？ 解：平行板电容器的电容为C = 0S/d， C2 = 0rS/2d 当面积减少一半时，电容为C1 = 0S/2d;另一半插入电介质时，电容为O CU2/2 = (1 + 两个电容器并联，总电容为C = C1 + C2 = (1 + r)0S/2d;静电能为W = B 2r)0SU/4d A B 122 一条铜棒长为L = 0.5m，水平放置，可绕距离A端为L/5

19、处和棒垂直的轴OOL/5 O 习题122图 在水平面内旋转，每秒转动一周。铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如习题图122所示，磁感应强度B = 1.010-4T。求：A、B两端的电势差；A、B两端哪一点电势高？ 解：设想一个半径为R的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为，经过时间dt后转过的角度为d = dt 扫过的面积为 dS = R2d/2 切割的磁通量为 d = BdS = BR2d/2 L 动生电动势的大小为 = d/dt = BR2/2 l 根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高。 d o AO和BO段的动生电动势大小分别为 R eAO=wBL;eBO=25502wBL216wBL2 =

20、2550wB4L2由于BO AO，所以B端的电势比A端更高，A和B端的电势差为 e=eBO-eAO3wBL23wBL232p1.010-4(0.5)2= 4.7110-4(V) =101010讨论：如果棒上两点到o的距离分别为L和l，则两点间的电势差为 e=wB(L+l)22-wBl22=wB(L2+2Ll)2123 一长直导线载有10A的稳恒电流，附近有一个与它共面的矩形绕圈。如习题图123所示，已知l=20 cm，a=10 cm，b=20 cm，线圈共有N=2000匝，以平离开直导线。试求线圈里的感应电动势的大小和方向。 解：用法拉第电磁感应定律求解。 长直载流导线附近一点的磁感应强度B的

21、大小为 v=2 ms-1的速度水B=m0I 2p r习题123图 根据电流的方向应用右手螺旋法则确定B的方向。 若取线圈平面法向与B的方向一致，任意时刻t，线圈 向右运动的距离是a+vt，穿过线圈的磁通量Fm为 Fm=BdS=B ds=因此，线圈中的电动势为 b+v t a+v tm0I lmI lb+vtdr=0 ln 2p r2pa+vte=-NdFmNIlm0v(b-a)= dt2p(a+vt)(b+vt)由于线圈平面向右移的过程中，通过线圈平面的磁通量逐渐减少，根据法拉第电磁感应定律，可知回路中的感应电动势为顺时针方向，即ADCBA方向。 解：用动生电动势求解 对于线圈中的每一匝可将其

22、分为四段来计算e=由于 D A(vB)dl+(vB)dl+(vB)dl+(vB)dl D C C C B A C D(vB)dl=(vB)dl=0 B A因此有：e= D A(vB)dl+(vB)dl=vB|r=a+vtdl+-vB|r=b+vtdl B A B C D C Cm0Idlm0IdlvmI l11=v-v=0- A B2p(a+vt)2p(b+vt)2pa+vtb+vt D实际上，某t时刻线簇内的电动势就等于AD和BC两段导线在:时刻切割磁力线产生的电动势之差，因此也可以直接写出e=eAD-eBC=B1lv-B2lv=vm0I l11-这与上面的计算结果一致。 2pa+vtb+v

23、tN I lm0v(b-a)2p(a+vt)(b+vt)对于N匝线圈，产生的电动势为e=Ne=电动势的方向可作如下判断，由于AD处磁感应强度大于BC处磁感应强度，在AD段产生的感应电动势较BC段大，而AB和CD段感应电动势为零，因此ei沿顺时针方向，即ADCBA方向。 令t=0，并代入数据，则线圈刚离开直导线时的感应电动势为 2103100.24p10-73.0(0.2-0.1)e=1.210-2 2p0.10.2125 如习题125图所示，平行导轨上放置一金属杆AB，质量为m，长为L。在导轨一端接有电阻R。匀vv强磁场B垂直导轨平面向里当AB杆以初速度v0水平向右运动时，求： A B v0

24、AB杆能够移动的距离；在移动过程中电阻R上放出的焦耳热。 R 解：当杆运动时会产生动生电动势，在电路中形成电流；这时杆又变成通电导体，习题125图 所受的安培力与速度方向相反，所以杆将做减速运动随着杆的速度变小，动生电动B 势也会变小，因而电流也会变小，所受的安培力也会变小，所以杆做加速度不断减小的减速运动，最后缓慢地停下来 方法一 速度法：设杆运动时间t时的速度为v，则动生电动势为 = BLv电流为 I = /R 所受的安培力的大小为F = ILB = LB/R = (BL)2v/R，方向与速度方向相反。 (BL)2vdv取速度的方向为正，根据牛顿第二定律F = ma得速度的微分方程为-=m

25、 Rdtdv(BL)2(BL)2即： t+C1 =-dt积分得方程的通解为lnv=-mRvmR(BL)2根据初始条件，当t = 0时，v = v0，可得常量C1 = lnv0。方程的特解为v=v0exp-t mR(BL)2由于v = dx/dt，可得位移的微分方程dx=v0exp-tdt mR(BL)2-mRv0(BL)2方程的通解为x=v0exp-tdt=exp-t+C2 2mR(BL)mR当t = 0时，x = 0，所以常量为C2=mRv0 2(BL)mRv0mRv0(BL)2方程的特解为x=当时间t趋于无穷大时，杆运动的距离为 x=1-exp-t22(BL)(BL)mR(BL)2方法二

26、冲量法：由F = -(BL)v/R，得-dx=Fdt R2右边积分得 Fdt=0-mvt0即：杆所受的冲量等于杆的动量的变化量。 左边积分后，可得x=mv0R 2(BL)2(BLv0)2e2(BLv)22(BL)2杆在移动过程中产生的焦耳热元为dQ=IRdt=dt=dt=exp-tdt RRRmR2(BLv0)2-mv02(BL)22(BL)2整个运动过程中产生的焦耳热为Q=exp-tdt=exp-tRmR2mR002mv0 =2即：焦耳热是杆的动能转化而来的。 128 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，一金属杆放在如习题128图所示的位置，杆长为2R，其中一半位于磁场内，另

27、一半在磁场外。当动势的大小和方向。 解：根据磁场B柱对称，当vdB0时，dt求杆两端的感应电dB0时，可知Ei为一系列同心 dt习题128图 圆，即Ei与半径正交，故沿半径方向不会产生感生电动势，即 eoa=eob=eoc=0，这样在回路oac中的电动势为 eoac=eoa +eab+ebc+eca=eab+ebc=eac eac为杆为ac内的电动势，eab和ebc分别为ab和bc部分内的电动由上面分析可知 势。 eab=eoab=S1ebc=eobcdBdt dB=S2dtS1为三角形oab的面积，据题设，S1=32R,S2为obc回路内磁场复盖的区域obc扇形面积，据题设，图中4q=p6，

28、故S2=12pRq=R2 212eac=eab+ebc=(S1+S2)3p2dB=4+12RdtdBdt 因为dB0，由楞次定律可判定c端电位高。 dt1215图所示。求：(1) 1215 一矩形截面螺绕环，高为h，共有N匝，如习题此螺绕环的自感系数；(2)若导线内通有电流I，环内磁能。解：如题12-15图示 (1)通过横截面的磁通为 Fm=bm0NI2rahdr=m0NIhbln 2a习题1215图 磁链 Y=NFm=m0N2Ih2bln a L=YI=m0N2h2bln am0N2I2hb12ln (2) Wm=LI Wm=24a1220 两个共轴的螺线管A和B完全耦合，A管的自感系数L1

29、 = 4.010-3H，通有电流I1 = 2A，B管的自感系数L2 = 910-3H，通有电流I2 = 4A。求两线圈内储存的总磁能。 解：A管储存的自能为Wm1=B管储存的自能为 Wm211L1I12=410-322=810-3(J) 22112=L2I2=910-342=7210-3(J) 22由于两线圈完全耦合，互感系数为M=L1L2=410-3910-3=610-3(H) A管和B管储存的相互作用能为Wm12 = MI1I2 = 610-324 = 4810-3(J) 两线圈储存的总能量为Wm = Wm1 + Wm2 + Wm12 = 0.128(J) 132用很薄的云母片覆盖在双缝实

30、验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹的位置上，如果入射光波长为550nm，试问此云母片的厚度为多少？ 解: 设云母片厚度为e，则由云母片引起的光程差为d=ne-e=(n-1)e 7l7550010-10=6.610-6m =6.6mm 按题意 d=7l; e=n-11.58-1133 用包含两种波长成分的复色光做双缝实验，其中一种波长l1=550nm。已知双缝间距为0.6mm，屏和缝的距离为1.2m，求屏上l1的第三级明条纹中心位置。已知在屏上l1的第六级明条纹和未知波长光的第五级明条纹重合，求未知光的波长。 解：屏上l1的三级明纹中心的位置x3=kD1.2-9-3l=

31、355010=3.310m -3d0.610DDl1=k5l 即 dd 依题意屏上l1的第六级明条纹和波长为l的第五级明条纹重合于x处，则有 x=k6k6l1=k5l; l=k66l1=55010-9=6.610-7m k55度从l=500nm时的最小变到l=750nm时的同级134平板玻璃表面上的一层水薄膜被垂直入射的光束照射，光束中的光波波长可变。当波长连续变化时，反射强最大，求膜的厚度。 解 n1n2n3,故有 习题13-10图 d=2n2e=(2k1+1) d=2n2e=2k2l12k1=0,1,2,3,L k2=1,2,3 l22由上两式2k1+1=3k2 当k1=3n-2时满足上式

32、 n=1,2,3, 但由于是连续可调的，在l1和l2间无其他波长消失与增强，所以取k1=1,k2=1,把k1=1或k2=1代入式75010-9或式e=2.8210-7(m) 2n221.33l2135一玻璃劈尖的末端的厚度为0.5mm，折射率为1.50。今用波长为700nm的平行单色光以30的入射角射到劈尖的上表面，试求：在玻璃劈尖的上表面所形成的干涉条纹数目？若以尺寸完全相同的由玻璃片形成的空气劈尖代替上述的玻璃劈尖，则所产生的条纹数目又为多少？ 解：玻璃劈尖相邻明条纹对应的厚度差为 De=ol2n2cosi2=l22n2-n12sin2i1=70010-921.52-sin2300=2.4

33、810-7m e0.510-3Q =2016De2.4810-7 可以看见2016条明条纹，2017条暗条纹。 空气劈尖相邻明条纹对应的厚度差为 70010-9-7De=4.04210m 02cosi22cos30le0.510-3Q =1237-7De4.0410可以看见1237条明条纹，1238条暗条纹。 142 一单色平行光束垂直照射在宽为1.0mm的单缝上。在缝后放一焦距为2.0m的会聚透镜。已知位于透镜焦平面上的中央明条纹宽度为2.5mm。求入射光波长。 解：中央明纹的宽度为 Dx=2laf ;l=Dxa=6.2510-4mm2f故入射光的波长为615nm. =625nm144 用波

34、长l1=400nm和l2=700nm的混合光垂直照射单缝。在衍射图样中，l1的第k1级明纹中心位置恰与l2的第k2级暗纹中心位置重合，求k1和k2。试问l1的暗纹中心位置能否与l2的暗纹中心位置重合？ asinj=(2k1+1)解：据题意有 asinj=k2l2l12(2k1+1)7=2k24即l2=700nm的第2，6，10等级暗纹与l1=400nm的第3、10、17等级明纹重叠。 k1l1=k2l2置于两衍射图样中的暗纹中心位置能否重合，则由暗纹条件7k1=k24即l2=700nm的第4，8，12等4的整数倍级暗纹与l1=400nm的第7，14，21等7的整数倍级暗纹重叠。 147 波长为

35、l=600nm的单色光垂直入射在一光栅上。第二级明条纹出现在sinq=0.20，第四级缺级，试问：光栅上相邻两缝的间距(a+b)有多大？ 光栅上狭缝可能的最小宽度a有多大？按上述选定的a、b值，试问在光屏上可能观察到的全部级数是多少？ 解：根据缺级条件(a + b)/a = k/k， 由题意得k = 1，k = 4或2解得b = 3a或b=a再根据光栅方程 (a + b)sin = k， 可得狭缝的宽度为a = k/4sin，或a=kl/2sinq 将k = 2，sin = 0.2，可得a = 1500(nm)或3000(nm) 最小取1500(nm) 则刻痕的宽度为 b = 3a = 450

36、0(nm)，光栅常数为 a + b = 6000(nm) 在光栅方程中 (a + b)sin = k，令sin =1，得 k =(a + b)/ = 10 由于 = 90的条纹是观察不到的，所以明条纹的最高级数为9又由于缺了4和8级明条纹，所以在屏上能够观察到27+1 = 15条明纹 153 如果一光束是由自然光和线偏振光混合而成，该光束通过一偏振片时，随着偏振片以光的传播方向为轴的转动，透射光的强度也跟着改变。如最强和最弱的光强之比为61,那么入射光中自然光和线偏振光的强度之比为多大？ 解：设入射光中自然光强为I0，线偏振光光强为I1，则总光强为I=I0+I1，当光束通过一偏振片时，先偏振光

37、被吸收，最小光强为自然光光强的一半，即 Imin=1I0 2最大光强是线偏振光光强与自然光光强的一半之和，就是线偏振光的偏振化方向与偏振片的透射方向同。 即 Imax1I+IImax201=611=I0+I1; Imin即入射光中自然光和线偏振光的强度之比为5/2. I202I0/I1=5/2154 水的折射率为1.33，玻璃的折射率为.50。当光由水中射向玻璃而反射时，起偏角为多少？当光由玻璃射向水面而反射时，起偏角又为多少？ 解：当光由水射向玻璃时，水的折射率为n1，玻璃的折射率为n2，据布儒斯特定律 tanqb=n2=0.376qb=arctan0.376=20.61o n1n1=arc

38、tan2.66=69.39o可见两角度互余。 =2.66qbn2=当光由玻璃射向水时，tanqb16-3 若将星球看成黑体，测量它的辐射峰值波长m，利用维恩位移定律便可估计其表面温度.如果测得北极星和天狼星的m分别为350 nm和290 nm，试计算它们的表面温度. -3 解：根据维恩位移定律 Tlm = b， b = 2.89810m.K, 表面温度分别为： 北极星:Tb/lm = 2.89810/3.5010= 8.2810 K天狼星: Tb/lm = 2.89810/2.9010= 9.9910 K 16-9 铝的逸出功为4.2 eV ，今有波长为2000A的光投射到铝表面试问：(1)由

39、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=4.2eV据光电效应公式hv=-3-73-3-7312mvm+A 2则光电子最大动能：Ekmax6.6310-343108-19=-4.21.61012hc=mvm=hu-A=-A 200010-102l=3.2310-19J=2.0eVeUa=Ekmax123.2310-19=mvm遏止电势差Ua=2.0V 21.610-19(2)Q(3)红限频率u0,hu0=A,又u0=cl0hc6.6310-343108=截止波长l0=2.9610-7m=0.296mm -19A4.2

40、1.601016-16 氢原子能量为负值的状态意义是什么？ 13.581e22=-2eV 答：在玻尔理论中 ,氢原子能量为 En=mun-n24pe0rn氢原子能量为负值, 是由于系统选取无穷远处为零电势。E为负值说明电子的动能不会大于势能，电子就会处于束缚状态，形成一个相对稳定的系统。 16-19 试计算氢原子光谱中赖曼系的长波极限波长和短波极限波长. 11n222解：赖曼系:n=RH(-2);长波极限波长n=2;l=121.56nm =1nRH(n2-1)1.0967758107(22-1)11短波极限波长n;l=91.17nm =7RH1.09677581016-22 求下列粒子的德布罗意波长 (1) 能量为100eV的自由电子；(2) 能量为0.1eV的自由电子；(3) 能量为0.1eV，质量为1g的质点. hp2h21/2h解：不考虑相对论效应E=，l=;l=( )=p2m02m0E2m0E6.62610-34(1) l1=0.122nm -31-191/2(29.1101001.610)6.62610-34(2) l2=38.82nm -31-191/2(29.1100.11.610)6.62610-34-22(3) l2=1.1710m (2110-30.11.610-19)1/2