大学物理学习指导下作业题参考答案

第十二章 静电场

课 后 作 业

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．

y

解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在?处取微小电荷 + Q dq = ?dl = 2Qd? / ?

R 它在O处产生场强

x dqQO dE??d? 2分

4??0R22?2?0R2－Q 按?角变化，将dE分解成二个分量：

dEx?dEsin??Q2?2?0R2sin?d?

dEy??dEcos???QQ2??0R22cos?d? 3分

对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷

???/2? Ex??sin?d???sin?d??＝0 2分

2?2?0R2??0?/2??/2???Q?Qcos?d??cos?d??? Ey? 2分 ??22?2?2?0R2????R00?/2?????Q?j 1分 所以 E?Exi?Eyj?22??0R

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=? / (2?0) 2分

以图中O点为圆心，取半径为r→r＋dr的环形面积，其电量为

dq = ?2?rdr 2分

它在距离平面为a的一点处产生的场强 dE??ardr2?0a?rdr 则半径为R的圆面积内的电荷在该点的场强为 O r ?aRrdr E? 3/2?223/2? 2分

2?0??a02?r2? - 1 -

??2?0?a?1??a2?R2??? ??由题意,令E=? / (4?0)，得到R＝3a 2

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

C?4??ab b?a3分

当内外导体间电势差为U时，电容器内外球壳上带电荷 q?CU? a O 4??abU

b?a?qbU电容器内球表面处场强大小为 E? 3分 ???4??a2a?b?a?欲求内球表面的最小场强，令dE/da=0，则

b

??dE11??0 ?bU??22?daa?b?a???a?b?a???0 2

d2Eb得到 a? 并有

da22a?b/2分

可知这时有最小电场强度 Emin?

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O?,两球心间距离OO??d,如图所示. 求:

bU4U 2分 ?a?b?a?b?(1) 在球形空腔内,球心O?处的电场强度E0.

?(2) 在球体内P点处的电场强度E.设O?、O、P 三点在同一直径上，且OP?d.

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E1，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E2，并令任意点的场强为此二者的

叠加，即可得

? P E1P O ??? E0?E1?E2 2分

O P E1O’ E2P r -? E2O’=0

图(b)

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.

图(a) ? O d E1P ? P EP E2P EO’=E1 O’ - 2 - 图(c)

图(d)

???14?32有 E＝E=E?d E?dS?E?4?d??d?1O’1P11?S13?0?03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

?S???E2?dS??E2?4?(2d)2?4?r3(??)/?3?0?

E2P?(1) 求O?点的场强EO' . 由图(a)、(b)可得

?d EO’ = E1O’ =， 方向如图(c)所示. 2分

3?0?(2)求P点的场强EP.由图(a)、(b)可得

EP?E1P?E2P

?r3?? 3分 212?0d??3?0?r3???d?4d2?? 方向如(d)图所示. 2分 ??教师评语 教师签字 月 日 第十三章 电势

课 后 作 业

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)．

RO? 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

结果．选x轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为

?σx?i 2分 E1?2?0x圆盘在该处的场强为

???σx?1?1??i 

??222?0?xR?x?????σxi 4分 ∴ E?E1?E2?222?0R?x E2?? POx

- 3 -

该点电势为 U??0x?2?0xdxR?x22??R?R2?x2 4分 2?0??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

R1 O r R2 ?4?/3??r3?R13?? U=q / (4??r)?1

i

0

4??0r??3?0?2R13???r?r?? ?? 4分

为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势．在球面外取r?─→r?＋dr?的薄层．其电荷为 dq=?24?r?2dr? 它对该薄层内任一点产生的电势为

dU2?dq/?4??0r????r?dr?/?0

??R2???rdr?R2?r2? 4分 则 U2??dU2???0r2?02于是全部电荷在半径为r处产生的电势为

?2R13??22???? r??R?r2??2?r0??2R13???22?3R2?r?? ?? 2分 6?0?r???U?U1?U2?3?0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Ｂ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？ ? ?E E 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A→B过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒， A m,q C mv＋MV＝0 ① M 2分 B 11对该系统，由动能定理 mgR－EqR＝mv2＋MV2 ②

22

3分

①、②两式联立解出 v?2MR?mg?qE? 2分 m?M?m?- 4 -

方向水平向右．

V??mv2mR?mg?qE??? 1分 MM?M?m?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R1＝0.145 m和R2＝0.207 m，内球壳上带有负电荷q＝-6.03108 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ｅ＝-1.6310

-

-19

C，电子质量me＝9.131031

-

kg，?0＝8.8531012 C2 / N2m2）

解：由高斯定理求得两球壳间的场强为 E?q4??0r2 ?R1?r?R2? 2分

方向沿半径指向内球壳．电子在电场中受电场力的大小为 F?eE?eq 2分 24??0r?11?eq?R2?R1????? 2分 ?R?R4??RR2?012?1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

A??R2R1eqFdr?4??0?R2R1eqdr?4??0r2由动能定理

eq?R2?R1?1mev2? 2分 24??0R1R2eq?R2?R1?＝1.983107 m/s

2??0R1R2me得到 v?

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教师签字 月 日 第十四章 静电场中的导体

课 后 作 业

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．

?1adb2解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为：

- 5 -

E = 0 (板内) Ex???/(2?0) (板外) 2分

2?1、2两点间电势差 U1?U2?Exdx 1 a b 2

1d?d/2b?d/2x??O?dx?dx ?

?(a?d/2)??2?0d/2?2?0?

?(b?a) 3分 2?0 2、半径分别为 1.0 cm与 2.0 cm的两个球形导体，各带电荷 1.03108 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．(

1?9?109N?m2/C2) 4??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 U1?q1q2， U2? 2分

4??0r14??0r2两球相连后电势相等， U1?U2，则有

q1q2q1?q22q??? 2分 r1r2r1?r2r1?r2r2q?6.67?10?9C 1分 由此得到 q1?1r1?r2

r22q?13.3?10?9C 1分

r1?r2q1?6.0?103 V 2分 两球电势 U1?U2?4??0r1 q2? 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

QraqOb - 6 -

U?q??dq4??0a??q 2分

4??0a (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 UO?Uq?U?q?UQ?q

?qqQ?qq111Q ? 2分 ??(??)?4??0r4??0a4??0b4??0rab4??0b4、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．

R解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则 O1rR2q导体球电势： U0?

4??0r2分

Q1?qQ2? 2分

4??0R14??0R2Q?qQ2q?1?二者等电势，即 2分

4??0r4??0R14??0R2r(R2Q1?R1Q2)解得 q? 2分

R2(R1?r)内球壳电势： U1? 教师评语 教师签字 月 日 第十五章 静电场中的电解质

课 后 作 业

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 E??rR1AR?R 2

2??0?rr2分

??R2?drR??ln2 U则两圆筒的电势差为 U??E?dr??2??0?rr2??0?rR1R1R1

- 7 -

R2

2??0?rU 3分 R2lnR1U于是可求得Ａ点的电场强度为 EA?

RlnR(2/R1)解得 ?? = 998 V/m 方向沿径向向外 2分

2UdrA点与外筒间的电势差： U???Edr? ?ln(R/R)r21RRR2R ?RUln2 = 12.5 V 3分

ln(R2/R1)R

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 E??/(2??r) 2分

设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为

??R U??E?dr??rrR?R?dr?ln 2分 2??r2??r0 2分

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??r0E0

U?r0E0ln适当选择r0的值，可使U有极大值，即令

R r0dU/dr0?E0ln(R/r0)?E0?0

得 r0?R/e 2分

显然有

d2Udr02< 0， 故当 r0?R/e 时电容器可承受最高的电压

Umax?RE0/e = 147 kV 2分

教师评语 教师签字 月 日 第十六章 磁场和它的源

课 后 作 业

1、已知半径为R的载流圆线圈与边长为a的载流正方形线圈的磁矩之比为

2∶1，且载流圆线圈在中心O处产生的磁感应强度为B0，求在正方形线圈中心O＇处的磁感强度的大小．

- 8 -

解：设圆线圈磁矩为pm1，方线圈磁矩为pm2，则 pm1?I1?R， pm2?I2a ∴ I2??RI1/(2a) 3分

正方形一边在其中心处产生的磁感强度为 B1??0I2/(2?a)

正方形各边在其中心产生的磁感强度大小相等，方向相同，因此中心O＇处总的

222222?0I22?0R2I1??磁感强度的大小为 B0 3分 ?3?aa2RB0?I∵ B0?01， 得 I1?

?02R??(2R/a)B0 2分 ∴ B0

2、假定地球的磁场是由地球中心的载流小环产生的，已知地极附近磁感强度B为 6.273105 T，地球半径为R =6.373106 m．?0 =4?3107 H/m．试用毕奥－萨伐尔定律求该电流

--

3环的磁矩大小．

????0Idl?r z 解：毕奥─萨伐尔定律： dB? 2分 ?dBz z ?4?r3dB 如图示，dBz?dB?sin?，sin??a/r (a为电流环的半径)． z

∵ r >> a ∴ r?z2?a2?z ?Ia?IS Bz?0?3??dl?03 3分

4?zl2?z3??r a I O ?dl

小电流环的磁矩 pm?IS

∴ pm?2?Bzz/?0 2分

在极地附近z≈R，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：

pm?2?BR3/?0≈8.1031022 A2m2 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B1、B2、Bab和Bacb分别代表长直导线1、2和通电三角框的 ab、ac和cb边在O点产生的磁感强度．则

? 1 I O a ?????2 I B?B1?B2?Bacb?Bab

b ?B1：对O点，直导线1为半无限长通电导线，有

- 9 -

e c

B1??0I4?(Oa)?， B1的方向垂直纸面向里． 2分

?B2：由毕奥－萨伐尔定律，有 B2??0I4?(Oe)(sin90??sin60?)

方向垂直纸面向里． 2分

Bab和Bacb：由于ab和acb并联，有 Iab?ab?Iacb?(ac?cb) ???所以  B?B1?B2 1分

把Oa?根据毕奥－萨伐尔定律可求得 Bab=Bacb且方向相反． 2分

3l/3，Oe?3l/6代入B1、B2，

?3?0I6?0I3?I3?(1?)?0(3?1) 则B的大小为 B?24?l4?3l4?3l?B的方向：垂直纸面向里． 1分

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 =4?3107 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

III y dI?dl?Rd??d? 2分 dI ????R?Rdl 它在O点产生的磁感强度 dB ??d? R x ?0dI?0I??dB???d? 2分 O 2?R2?R?dBx??dBsin??? dBy?dBcos????02?R2

sin?d? 1分

?02?R2cos?d? 1分

对所有窄条电流取积分得

Bx?? By??2?0?0?0I2RRsin?d? ?cos?d???0I2?2Rcos???0???0I?2R 2分

2?2R?????0I??5O点的磁感强度 B?Bxi?Byj??2i??6.37?10i T 2分

?R

?2??0I2?0sin?0= 0 2分

教师评语

- 10 -

教师签字 月 日

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；

d (2) 设两竖直边足够长，最后达到稳定的速率为若干？

?? c ? B b l, m a dvvBl4、解∶(1) 由 m 3 ?mg?BIl，I?Rdt分

dvB2l2得 ?g?v

dtmRvtdv积分 ???dt 22Blv00g?mRRmgB2l2得 v?22?exp(?t) 4分

mRBlx其中 exp(x)?e．

B2l2 (2) 当t足够大则 exp(?t)→0

mRRmg可得稳定速率 v?22

Bl

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．

5、解：棒上线元dl中的动生电动势为： ??0I??dl d??(??B)dl??l2?(r0?lcos?) L I ?? ??3分 O 金属棒中总的感生电动势为 r0 L ??d? d l L ??0 I r0 ??? v O L??0Ilcos? r0+lcos?? ?d(lcos?) 1分

2?cos2?(r?lcos?)???00 - 16 -

L ? ??2?cos0??0I2?(1?r0)d(lcos?)

r0?lcos???0IL??0Ir0?[ln(r0?Lcos?)?lnr0]

2?cos?2?cos2???0Irr?Lcos?[L?0ln(0)] 4分 ?2πcos?cos?r0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r?R时 B??0Ir2πR2

?0I2r2B2?∴ wm? 242?08πR取 dV?2πrdr(∵导线长l?1) 则 W?

?R0wm2?rdr??R?0I2r3dr4πR40??0I216π

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教师签字 月 日 第二十章 光的干涉

课 后 作 业

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a＝23104 m

-

的双缝上，屏到双缝的距离D＝2 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e＝6.63105 m、折射率为n＝1.58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 = 109 m)

-

1、解：(1) ?x＝20 D? / a 2分

＝0.11 m

- 17 -

2分

(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足

(n－1)e＋r1＝r2 2分

设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有

r2－r1＝k? 2分

所以 (n－1)e = k?

k＝(n－1) e / ?＝6.96≈7 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D＝120 cm，两缝之间的距离d＝0.50 mm，用波长?＝500 nm (1 nm=109 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l＝1.03102 mm， 折射率n＝1.58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?．

x 2、解：(1) ∵ dx / D ≈ k? S1 ??x≈Dk? / d = (1200353

-6d 500310 / 0.50)mm= 6.0 mm 4分 O (2) 从几何关系，近似有 D S2 r2－r1≈ dx?/D

P l n有透明薄膜时，两相干光线的光程差 r1? s1 x ? = r2 – ( r1 –l +nl) r2 ? d = r2 – r1 –(n-1)l dO ?dx?/D??n?1?l s 2 对零级明条纹上方的第k级明纹有 零级上方的第五级明条纹坐标

??k?

D

x??D??n?1?l?k??/d 3分

- =1200[(1.58－1)30.01±5353104] / 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l1－l2＝3?，?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(D>>d)，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．

3、解：(1) 如图，设P0为零级明纹中心 3分

- 18 -

S1 l1 d S0 l 2S D 2屏 O

则 r2?r1?dP0O/D

(l2 +r2) ? (l1 +r1) = 0

∴ r2 – r1 = l1 – l2 = 3?

∴  P0O?D?r2?r1?/d?3D?/d 3分 (2) 在屏上距O点为x处, 光程差

??(dx/D)?3? 2分 明纹条件

???k? (k＝1，2，....) xk???k??3??D/d

在此处令k＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距

?x?xk?1?xk?D?/d

4、用波长为500 nm (1 nm=109 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？ 4、解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2＝第四条暗纹中心处，即A处膜厚度 e4=

1?处是第二条暗纹中心，依此可知23? 2-∴ ??e4/l?3?/?2l?＝4.83105 rad 5分

(2) 由上问可知A处膜厚为 e4＝33500 / 2 nm＝750 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2e4?1??，它与波长??之比为22e4/???1?3.0．所以A处是明纹 3分 2(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 =109 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?l＝0.5 mm，那么劈尖角??应是多少？

?

2nsin?2??? 液体劈形膜时，间距 l2? 4分 ?2sin?2n? ?l?l1?l2???1?1/n?/?2??

5、解：空气劈形膜时，间距 l1??? - 19 -

∴ ? = ? ( 1 – 1 / n ) / ( 2?l )＝1.73104 rad

4分

-

6、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．

1?103D6、解: (1)由x明??2?， k?知，6.0?0.2d∴ ??0.6?10?3mm ?6000A

oD1?103(2) ?x????0.6?10?3?3 mm

d0.2教师评语 教师签字 月 日 第二十一章 光的衍射

课 后 作 业

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 0.63─0.76?m范围内，蓝谱线波长?B在0.43─0.49 ?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=0.63─0.76 ?m；?B＝0.43─0.49 ?m

对于红光，取k=2 , 则 ?R=0.69 ?m 2分 对于蓝光，取k=3,??则 ?B=0.46??m 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

sin???4?R/?a?b??0.828

∴ ??=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．

sin?1??R/?a?b??0.207 ?1 = 11.9° 2分

- 20 -

?3?3?R/?a?b??0.621 sin ?3 = 38.4° 1分

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=109 m)．已知单缝宽度a=1.03102 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=1.03103 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

asin?1?1?2k?1??1?3?1 (取k＝1 ) 1分 2213 asin?2??2k?1??2??2 1分

22 tg?1?x1/f , tg?2?x2/f 由于 sin?1?tg?1 , sin?2?tg?2

3所以 x1?f?1/a

21分

x2?则两个第一级明纹之间距为

?x?x2?x1?3f?2/a 1分 23f??/a=0.27 cm 2分 2

(2) 由光栅衍射主极大的公式 dsin?1?k?1?1?1 且有

dsin?2?k?2?1?2 2分 sin??tg??x/f

所以  ?x?x2?x1?f??/d=1.8 cm 2分

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度a等于多少？

(3) 在选定了上述(a + b)和a之后，求在衍射角-π＜?＜π 范围内可能观察到的全部主极大的级次．

3、解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 a + b =

1212k?-=2.43104 cm 3分 sin? (2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得

?a?b?sin???3?

- 21 -

由于第三级缺级，则对应于最小可能的a，??方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 asin????

- a = (a + b)/3=0.83104 cm 3分

?a?b?sin??k?，(主极大) (3)

asin??k??，(单缝衍射极小) (k＇=1，2，3，......)

因此 k=3，6，9，........缺级． 2分

又因为kmax=(a＋b) / ??4, 所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4在? / 2处看不到．) 2分

4、一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束有两种波长的光，?1=440 nm，?2=660 nm (1 nm = 109 m)．实验发现，两种波长的谱线(不计中央明纹)第二次重合于衍射角?=60°的

-

方向上．求此光栅的光栅常数d．

4、解：由光栅衍射主极大公式得 dsin?1?k1?1 dsin?2?k2?2

sin?1k?k?4402k1?11?1? 4分

sin?2k2?2k2?6603k2k1369??? ．．．．．．． 1分 k2246k16?， k1=6， k2=4 2分 k24当两谱线重合时有 ?1=??2 1分 即

两谱线第二次重合即是

由光栅公式可知d sin60°=6?1 d?

5、用钠光(?=589.3 nm)垂直照射到某光栅上，测得第三级光谱的衍射角为60°． (1) 若换用另一光源测得其第二级光谱的衍射角为30°，求后一光源发光的波长．

(2) 若以白光(400 nm－760 nm) 照射在该光栅上，求其第二级光谱的张角．(1 nm= 109

-

6?1-3

=3.05310 mm 2分

sin60?m)

5、解：(1) ??????????(a + b) sin? = 3???????

a + b =3? / sin? ， ?=60° 2分 a + b =2?'/sin?? ??=30° 1分 3? / sin? =2?'/sin?? 1分  ?'=510.3 nm 1分

(2)  (a + b) =3? / sin? =2041.4 nm 2分

?=sin-1(23400 / 2041.4) (?=400nm) 1分 ?2??=sin1(23760 / 2041.4) (?=760nm) 1分 ?2-

- 22 -

????2?= 25°白光第二级光谱的张角 ?? = ?2 1分

6、设光栅平面和透镜都与屏幕平行，在平面透射光栅上每厘米有5000条刻线，用它来观察钠黄光（?=589 nm）的光谱线．

(1)当光线垂直入射到光栅上时，能看到的光谱线的最高级次km是 多少？ (2)当光线以30°的入射角（入射线与光栅平面的法线的夹角）斜入

? 是多少？ (1nm=10?9m) 射到光栅上时，能看到的光谱线的最高级次km

6、解： 光栅常数d=2310 m 1分

(1) 垂直入射时，设能看到的光谱线的最高级次为km，则据光栅方程有

dsin??= km?

∵ sin??≤１ ∴ km? / d ≤1 ， ∴ km≤d / ?=3.39

∵ km为整数,有 km=3 4分

?，则据斜入射时的光栅方程有 (2) 斜入射时，设能看到的光谱线的最高级次为km-6

?? dsin30??sin???km1??/d ?sin???km2??/d?1.5 ∵ sin?＇≤1 ∴ km??1.5d/?=5.09 km∴

??

?为整数，?=5 5分 ∵ km有 km

教师评语

教师签字 月 日 第二十二章 光的偏振

- 23 -

课 后 作 业

1、一束光强为I0的自然光垂直入射在三个叠在一起的偏振片P1、P2、P3上，已知P1

与P3的偏振化方相互垂直．

(1) 求P2与P3的偏振化方向之间夹角为多大时，穿过第三个偏振片的透射光强为I0 / 8； (2) 若以入射光方向为轴转动P2，当P2转过多大角度时，穿过第三个偏振片的透射光强由原来的I0 / 8单调减小到I0 /16？此时P2、P1的偏振化方向之间的夹角多大？

1、解：(1) 透过P1的光强 I1＝I0/ 2 1分

设P2与P1的偏振化方向之间的夹角为?，则透过P2后的光强为

I2＝I1 cos2? = (I0 cos2??) / 2 2分

透过P3后的光强为

I3?I2cos?2?1?1?????I0cos2?sin2???I0sin22??/8 3分 ?2?2??由题意可知I3＝I0 / 8，则?＝45°． 1分

(2) 转动P2，若使I3＝I0 / 16,则P1与P2偏振化方向的夹角?＝22.5° 2分 P2转过的角度为(45°－22.5°)＝22.5° ． 1分

2、两个偏振片P1，P2叠在一起，一束强度为I0的光垂直入射到偏振片上．已知该入射光由强度相同的自然光和线偏振光混合而成，且入射光穿过第一个偏振片P1后的光强为0.716 I0；当将P1抽出去后，入射光穿过P2后的光强为0.375I0．求P1、P2的偏振化方向之间的夹角．

2、解：设入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P1的偏振化方向之间的夹角为??，已知透过P1后的光强I1＝0.716I0，则

I1＝0.716 I0

＝0.5(I0 / 2)＋0.5(I0 cos2?1) 3分 cos2?1＝0.932 ?1＝15.1°(≈15°) 1分 设?2为入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P2的偏振化方向之间的夹角．已知入射光单独穿过P2后的光强I2＝0.375I0， 则由 0.375I0?

1?1?12?I0??I0cos?2 2?2?2??得 ?2＝60° 2分 以??表示P1、P2的偏振化方间的夹角，?有两个可能值

?＝?2＋?1＝75° 2分

或 ?＝?2-?1＝45° 2分

3、两个偏振片P1、P2叠在一起，由自然光和线偏振光混合而成的光束垂直入射在偏振

- 24 -

片上．进行了两次测量：P1、P2偏振化方向分别为60°和45°；入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P1偏振化方向夹角分别为60°和?．忽略偏振片对可透射分量的反射和吸收．若两次测量中连续穿过P1、P2后的透射光强之比为1 / 2；第二次测量中穿过P1的透射光强与入射光强之比为5 / 12． 求： (1) 入射光中线偏振光与自然光的强度之比； (2) 角度?．

3、解：设I为自然光强；xI为入射光中线偏振光强，x为待定系数，即入射光中线偏振光强与自然光强之比．据题意，入射光强为I＋xI．

?12??2??I?xIcos60?cos601?2?? ① 3 (1)

2?1?22??I?xIcos??cos45?2?分

?1?2?I?xIcos???2??5 ② 3分

I?xI12?1?2??x/4??2??5

①3②

4?1?x?241解得 x? 2分

2?11?252 (2) 将x值代入② ???cos????

22312?? cos2??=1 / 4 ?＝60° 2分

4、一光束由强度相同的自然光和线偏振光混合而成．此光束垂直入射到几个叠在一起的偏振片上．

(1) 欲使最后出射光振动方向垂直于原来入射光中线偏振光的振动方向，并且入射光中两种成分的光的出射光强相等，至少需要几个偏振片？它们的偏振化方向应如何放置？ (2) 这种情况下最后出射光强与入射光强的比值是多少？

4、解：设入射光中两种成分的强度都是I0，总强度为2 I0．

(1) 通过第一个偏振片后，原自然光变为线偏振光，强度为I0 / 2， 原线偏振光部分强度变为I0 cos2?，其中?为入射线偏振光振动方向与偏振片偏振化方向P1的夹角．以上两部分透射光的振动方向都与P1一致．如果二者相等，则以后不论再穿过几个偏振片，都维持强度相等(如果二者强度不相等，则以后出射强度也不相等)．因此，必须有

I0 / 2＝I0 cos2 ?，得?＝45?． 2分

为了满足线偏振部分振动方向在出射后“转过”90?，只要最后一个偏振片偏振化方向与入射线偏振方向夹角为90?就行了． 2分

- 25 -

综上所述，只要两个偏振片就行了(只有一个偏振片不可能将振动方向“转过”

?90?)． 2E分 P1? 配置如图，E表示入射光中线偏振部分的振动方

向，

45° P1、P2分别是第一、第二偏振片的偏振化方向 245°分

(2) 出射强度I2＝(1/2)I0 cos2 45?＋I0 cos4 45? ＝I0 [(1 / 4)+(1 / 4)]=I0/2

比值 I2/(2I0)＝1 / 4 2分

P2

5、如图安排的三种透光媒质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其折射率分别为n1＝1.33，n2＝1.50，n3＝1．两个交界面相互平行．一束自然光自媒质Ⅰ中入射 到Ⅰ与Ⅱ的交界面上，若反射光为线偏振光，

(1) 求入射角i． (2) 媒质Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光是不是线偏振光？为什么？

iⅠ5、解： (1) 据布儒斯特定律 tgi＝(n2 / n1)＝1.50 / 1.33 2分 Ⅱn i＝48.44° (＝48°26?) 2

1分

(2) 令介质Ⅱ中的折射角为r，则r ＝0.5?－i＝n3Ⅲ41.56°此r在数值上等于在Ⅱ、Ⅲ界面上的入射角。 若Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光是线偏振光，则必满足布儒斯特定律 1分

tg i0＝n3 / n2＝1 / 1.5 2分

i0＝33.69°

1分

因为r≠i0，故Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光不是线偏振光． 1分

6、有一平面玻璃板放在水中，板面与水面夹角为??(见图)．设水和玻璃的折射率分别为1.333和1.517．已知图中水面的反射光是完全偏振光，欲使玻璃板面的反射光也是完全偏振光，??角应是多大？

n1 - 26 -

i16、解：由题可知i1和i2应为相应的布儒斯特角，由布儒斯特定律知 ?CA r i tg i1= n1＝1.33； 2 i1分

tg i2＝n2 / n1＝1.57 / 1.333， B 2分

由此得 i1＝53.12°，

1分

i2＝48.69°． 1分

由△ABC可得 ?＋(? / 2＋r)＋(? / 2－i2)＝?

2分

整理得 ?＝i2－r 由布儒斯特定律可知， r＝? / 2－i1

2分

将r代入上式得

?＝i1＋i2－? / 2＝53.12°＋48.69°－90°＝11.8° 1分

教师评语 教师签字 月 日 第二十三章 波粒二象性

课 后 作 业

1、以波长??? 410 nm (1 nm = 10-9 m)的单色光照射某一金属，产生的光电子的最大动能

EK= 1.0 eV，求能使该金属产生光电效应的单色光的最大波长是多少？

(普朗克常量h =6.6331034 J2s)

-

解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为??． 由 h?0?A?0

可得 (hc/?0)?A?0

?0?hc/A 2分

又按题意： (hc/?)?A?EK ∴ A?(hc/?)?EK

得

2、假定在康普顿散射实验中，入射光的波长?0 = 0.0030 nm，反冲电子的速度v = 0.6 c，求散射光的波长?．

(电子的静止质量me=9.1131031 kg ，普朗克常量h =6.6331034 J2s，1 nm = 109 m，

---

?0?hchc??= 612 nm 3分

(hc/?)?EKhc?EK?c表示真空中的光速)

- 27 -

解：根据能量守恒,有 h?0?mec?h??mc 2分

221?(v/c)12] ∴ h??h?0?mec[1?21?(v/c)1hchc] 则 ??mec2[1?2??01?(v/c)解得： ??这里 m?me12 1分

?0mc?11?e0[1?]2h1?(v/c)= 0.00434 nm 2分

3、?粒子在磁感应强度为B = 0.025 T的均匀磁场中沿半径为R =0.83 cm的圆形轨道运动．

(1) 试计算其德布罗意波长．

(2) 若使质量m = 0.1 g的小球以与?粒子相同的速率运动．则其波长为多少？

(?粒子的质量m? =6.6431027 kg，普朗克常量h =6.6331034 J2s，基本电荷e =1.60

--

31019 C)

-

解：(1) 德布罗意公式：??h/(mv)

由题可知? 粒子受磁场力作用作圆周运动

qvB?m?v2/R，m?v?qRB

又 q?2e 则

m?v?2eRB 4分

?11故 ???h/(2eRB)?1.00?10m?1.00?10?2nm 3分

(2) 由上一问可得 v?2eRB/m? 对于质量为m的小球

??mmhh????????=6.64310-34 m 3分 mv2eRBmm 4、同时测量能量为1 keV作一维运动的电子的位置与动量时，若位置的不确定值在0.1 nm (1 nm = 10?9 m)内，则动量的不确定值的百分比?p / p至少为何值？

(电子质量me=9.1131031 kg，1 eV =1.6031019 J, 普朗克常量h =6.6331034 J2s)

解：1 keV的电子，其动量为

---

p?(2mEK)得

1/2?1.71310-23 kg2m2s-1 2分

-

据不确定关系式： ?p??x??

?p??/?x?0.106?10?23 kg2m2s1 2分

∴  ?p / p =0.062＝6.2％ 1分 [若不确定关系式写成 ?p??x?h 则?p / p =39％，或写成 ?p??x??/2 则 ?p / p =3.1％ ， 均可视为正确．]

- 28 -

第二十四章 薛定谔方程

课 后 作 业

1、已知粒子在无限深势阱中运动，其波函数为

?(x)?2/asin(?x/a) (0 ≤x ≤a)

求发现粒子的概率为最大的位置．

解：先求粒子的位置概率密度

?(x)2?(2/a)sin2(?x/a)?(2/2a)[1?cos(2?x/a)] 当 cos2(?x/a)??1时， ?(x)2有最大值．在0≤x≤a范围内可得 2?x/a??∴ x?12a．

2、粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为： ?n(x)?2/asin(n?x/a) (0 若粒子处于n =1的状态，它在 0－a /4区间内的概率是多少？

[提示： ?sin2xdx?12x?(1/4)sin2x?C]

解： dP??2dx?2asin2?xadx 粒子位于0 – a/4内的概率为： a/4a/4 P??2asin2?xadx?0?2aa?sin2?xad(?xa) 0212?xa/ ??[a?14sin2?x4a]?21?[2?aa4?12?a04sin(a4)] =0.091

第二十五章 原子中的电子

- 29 -

2分

3分3分 2

课 后 作 业

1、已知氢光谱的某一线系的极限波长为3647 ?，其中有一谱线波长为6565 ?．试由玻尔氢原子理论，求与该波长相应的始态与终态能级的能量． (R =1.0973107 m1 )

-

~?1/??R/k 可求出该线系的共同终态. 解：极限波数 ??2 1分

R???2 2分

~?1?R(1?1) 2分 ??k2n2R???由? =6565 ? 可得始态 n?=3 2分

???? k?由 En?可知终态 n =2，E2 = -3.4 eV 1分 始态 n =3，E3 = -1.51 eV 1分

2、氢原子激发态的平均寿命约为108 s，假设氢原子处于激发态时，电子作圆轨道运动，

-试求出处于量子数n =5状态的电子在它跃迁到基态之前绕核转了多少圈．( me = 9.1131031

--kg，e =1.6031019 C，h =6.6331034 J2s，

-

E113.6 eV 1分 ??n2n2??????????0=8.85310-12 C22N-12m-2 )

解：电子作一次圆周运动所需时间(即周期T)为 T?-

2?的平均寿命为 ? = 108 s，故电子在?内从激发态跃迁到基态前绕核的圈

数为 N?? ① 1分令激发态

?T ② 1分

电子作圆周运动的周期Ｔ可由下面二式求出

e2v2?m ③ 1分

r4??0r2h2 m?r?n ④ 2分

2??me41?可求出 ?? ⑤ 2分 23332?0nhn?me416.54?107?233?3?由①、②、⑤可得 N? 2分

nhnn3T4?0?当 n = 5 N = 5.233105 1分

- 30 -

3、用某频率的单色光照射基态氢原子气体，使气体发射出三种频率的谱线，试求原照射单色光的频率．

(普朗克常量h =6.6331034 J2s，1 eV =1.6031019 J)

解：按题意可知单色光照射的结果，氢原子被激发至n = 3的状态(因为它发射三种频率的谱--

线)，故知原照射光子的能量为

??E3?E1??13.6-18

32?(?13.6) = 12.09 eV=1.93310 J 该单色光的频率为 ???h?2.9231015 Hz

4、试求d分壳层最多能容纳的电子数，并写出这些电子的ml和ms值．

解：d分壳层就是角量子数l =2的分壳层． d分壳层最多可容纳的电子数为 Zl?2(2l?1)?2(2?2?1)?10个 ml =0，±1，±2 m1s??2

- 31 -

3分2分2分2分2分2分

3、用某频率的单色光照射基态氢原子气体，使气体发射出三种频率的谱线，试求原照射单色光的频率．

(普朗克常量h =6.6331034 J2s，1 eV =1.6031019 J)

解：按题意可知单色光照射的结果，氢原子被激发至n = 3的状态(因为它发射三种频率的谱--

线)，故知原照射光子的能量为

??E3?E1??13.6-18

32?(?13.6) = 12.09 eV=1.93310 J 该单色光的频率为 ???h?2.9231015 Hz

4、试求d分壳层最多能容纳的电子数，并写出这些电子的ml和ms值．

解：d分壳层就是角量子数l =2的分壳层． d分壳层最多可容纳的电子数为 Zl?2(2l?1)?2(2?2?1)?10个 ml =0，±1，±2 m1s??2

- 31 -

3分2分2分2分2分2分

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