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第十二章 导体电学

【例题精选】

例12-1 把A，B两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点，A的电势为UA，B的电势为UB，则 (A) UB > UA ≠0． (B) UB > UA = 0．

(C) UB = UA ． (D) UB < UA ． [ D ]

A B 例12-2 选无穷远处为电势零点，半径为R的导体球带电后，其电势为U0，则球外离球心距离为r处的电场强度的大小为

R2U0U0RU0U0(A) ． (B) ． (C) ． (D) ． [ C ] 23

Rrrr

*例12-3 如图所示，封闭的导体壳A内有两个导体B和C。A、C不

带电，B带正电，则A、B、C三导体的电势UA、UB、UC的大小关系是 A C B （A） UA = UB = UC （B） UB > UA = UC （C） UB > UC > UA （D） UB > UA > UC

例12-4 在一个不带电的导体球壳内，先放进一个电荷为 +q 的点电荷，点电荷不与球壳内壁接触。然后使该球壳与地接触一下，再将点电荷+q取走。此时，球壳的电荷为 ? ；电场分布的范围是 ? ． -q 球壳外的整个空间

A 例12-5 如图所示，A、B为靠得很近的两块平行的大金属平板，两板的面积均为S，板间的距离为d．今使A板带电荷qA，B板带电荷qB，且qA > qB．则A板的靠近B的一侧所带电荷为 ? ；两板间电势差U = ? ．

B S d 1d(qA?qB) (qA?qB) 22?0S例12-6 一空气平行板电容器，电容为C，两极板间距离为d。充电后，两极板间相互作用力为F。则两极板间的电势差为 ? ；极板上的电荷为 ? 。

2Fd/C 2FdC

例12-7 C1和C2两个电容器，其上分别标明200 pF （电容量）、500 V（耐压值） 和300 pF、900 V．把它们串连起来在两端加上1000 V电压，则

(A) C1被击穿，C2不被击穿． (B) C2被击穿，C1不被击穿．

(C) 两者都被击穿． (D) 两者都不被击穿． [ C ]

1

例12-8 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) 每个球的电势．(

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?

4??0r14??0r2q1q2q1?q22q ???r1r2r1?r2r1?r2r2qC q2?2?13.3?10?9C

r1?r2两球相连后电势相等 U1?U2，则有 由此得到 q1?r12q?6.67?10?9r1?r2两球电势 U1?U2?q1?6.0?103 V

4??0r1 Rb Rc Ra A B C 例12-9 如图所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面A、B和C，半径分

别为 Ra、 Rb、Rc．圆柱面B上带电荷，A和C都接地．求Ｂ的内表面上电荷线密度?1和外表面上电荷线密度?2之比值?1/??2．

解：设B上带正电荷，内表面上电荷线密度为?1，外表面上电荷线密度

为?2，而A、C上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A、B间场强分布为 E1=?1 / 2??0r，方向由B指向A

B、C间场强分布为E2=?2 / 2??0r，方向由B指向C

Ra???B、A间电势差 UBA??E1?dr??1Rb2??0RaRbdr?1 ?ln?Rbr2??0Ra A Rcdr?2?ln?Rbr2??0Rb Rc C B E2 E1 +?2 -?2 +?1 -?1 B、C间电势差 UBC???2?E?dr???Rb22??0Rc因UBA＝UBC ,得到

?1ln?Rc/Rb? ??2ln?Rb/Ra?【练习题】

*12-1 设地球半径R=6.4?106 m，求其电容？

解：C=4??0R=7.12310F

12-2三块互相平行的导体板，相互之间的距离d1和d2比板面积线度小得多，外面二板用导线连接．中间板上带电，设左右两面上电荷面密度分别为?1和?2，如图所示．则比值?1 / ?2为

d1 d2 -4

?1 ?2 2

2 (A) d1 / d2． (B) d2 / d1． (C) 1． (D) d2/d12． [ B ]

12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F与两极板间的电压U的关系：

(A) F∝U． (B) F∝1/U． (C) F∝1/U 2． (D) F∝U 2． [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球，一为空心，一为实心，把两者各自孤立时的电容值加以比较，则

(A) 空心球电容值大． (B) 实心球电容值大．

(C) 两球电容值相等． (D) 大小关系无法确定． [ C ] 12-5 一导体A，带电荷Q1，其外包一导体壳B，带电荷Q2，且不与导体A接触．试证在静电平衡时，B的外表面带电荷为Q1 + Q2．

证明：在导体壳内部作一包围B的内表面的闭合面,如图．设B内表面

上带电荷Q2′，按高斯定理，因导体内部场强E处处为零，故 ???)/?0?0 E?dS?(Q1?Q2 ?SQ1 A Q2? B Q2?? ???Q1 ∴ Q2??，则 Q2??Q2???Q2 根据电荷守恒定律，设B外表面带电荷为Q2???Q2?Q2??Q1?Q2 由此可得 Q2第十三章 电介质

【例题精选】

例13-1 一导体球外充满相对介电常量为?r的均匀电介质，若测得导体表面附近场强为E，则导体球面上的自由电荷面密度?为

(A) ??0 E． (B) ??0 ??r E． (C) ??r E． (D) (??0 ??r -???0)E． [ B ] 例13-2 C1和C2两空气电容器串联起来接上电源充电。然后将电源 断开，再把一电介质板插入C1中，如图所示。则 （A）C1上电势差减小，C2上电势差增大

（B）C1上电势差减小，C2上电势差不变 （C）C1上电势差增大，C2上电势差减小

C1 C2 （D）C1上电势差增大，C2上电势差不变 [ B ] 例13-3 一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U12、电场强度的大小E、电场能量W将发生如下变化 （A）U12减小，E减小，W减小 （B）U12增大，E增大，W增大

3

（C）U12增大，E不变，W增大 （D）U12减小，E不变，W不变

例13-4 一平行板电容器，充电后与电源保持联接，然后使两极板间充满相对介电常量为?r的各向同性均匀得电介质，这时两极板上的电荷是原来的 ? 倍；电场能量是原来的 ? 倍．

?r ?r

例13-5 真空中有“孤立的”均匀带电球面和一均匀带电球体． 如果它们的半径相同且总电荷相等．问哪一种情况的电场能量大？ 为什么？

答：在两球半径相同、总电荷相等的条件下，带电球体的电场能量大．

因为在上述情况下，带电球面和带电球体两者在球外的场强是相同的，而带电球面内场强为零．带电球体内场强不为零．故带电球体的电场能量要比带电球面多出一部分．

例13-6 关于介质中的高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？

? (A) 高斯面内不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D为零．

? (B) 高斯面上处处D为零，则面内必不存在自由电荷．

? (C) 高斯面的D通量仅与面内自由电荷有关．

(D) 以上说法都不正确． [ C ]

【补充题】

13-1 真空中有“孤立的”均匀带电球体和一均匀带电球面，如果它们的半径和所带的电荷都相等．则它们的静电能之间的关系是

(A) 球体的静电能等于球面的静电能． (B) 球体的静电能大于球面的静电能． (C) 球体的静电能小于球面的静电能．

(D) 球体内的静电能大于球面内的静电能，球体外的静电能小于球面外的静电能． [ B ] 13-2 在一点电荷q产生的静电场中，一块电介质如图放置，以点电荷所在处为球心作一球形闭合面S，则对此球形闭合面：

q S 电介质 (A) 高斯定理成立，且可用它求出闭合面上各点的场强． (B) 高斯定理成立，但不能用它求出闭合面上各点的场强． (C) 由于电介质不对称分布，高斯定理不成立．

(D) 即使电介质对称分布，高斯定理也不成立． [ B ]

第十四章 稳恒磁场

4

【例题精选】

例14-1在真空中，电流由长直导线1沿垂直于底边bc方向经a点流入一由电阻

均匀的导线构成的正三角形金属线框，再由b点从三角形框流出，经长直导线2沿cb延长线方向返回电源(如图)．已知长直导线上的电流强度为I，

I 1 a ?2 I c 三角框的每一边长为l，求正三角形的中心点O处的磁感强度B．

e b ????

解：令B1、B2、Bacb和Bab分别代表长直导线1、2和三角形框ac、cb边

?????和ab边中的电流在O点产生的磁感强度．则 B?B1?B2?Bacb?Bab ??B1：由于O点在导线1的延长线上，所以B1= 0．

O ??I1B2：由毕－萨定律B2?0(sin90??sin60?) 式中 d?Oe?l?tan30??3l/6

24?d?I6?0I3 B2?(1?)?0(23?3) 方向：垂直纸面向里．

4?l24??3l?? Bacb和Bab：由于ab和acb并联，有 Iab?Rab?Iacb?Racb又由于电阻在三角框上均匀分布，有

Rabab1?? ∴ Iab?2Iacb Racbac?cb2由毕奥－萨伐尔定律，有Bacb?Bab且方向相反． ∴ B?B2??0I4?l?(23?3)，B的方向垂直纸面向里．

b O P 例14-2 如图所示，一无限长载流平板宽度为a，线电流密度(即沿x方向单位长

度上的电流)为??，求与平板共面并且距离平板一边为b的任意点P的磁感强度． x 解：利用无限长载流直导线的公式求解．

? ?a (1) 取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流 di??dx

(2) 这载流长条在P点产生的磁感应强度 dB??0di2?x??0?dx2?x

方向垂直纸面向里．

(3) 所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度

?? B??dB?02?a?b?bdx?0?a?b?ln 方向垂直纸面向里． 2?bx O y R 例14-3 如图所示，半径为R，线电荷密度为? (>0)的均匀带电的圆线圈，绕过圆心

?与圆平面垂直的轴以角速度??转动，求轴线上任一点的B的大小及其方向．

??

解： I?R?? B?By??0R??2(R?y)223/23

5

14-2 一边长a =10 cm的正方形铜线圈，放在均匀外磁场中，B竖直向上，且B = 9.403103 T，线

圈中电流为I =10 A． (1) 今使线圈平面保持竖直，问线圈所受的磁力矩为多少？ (2) 假若线圈能以某一条水平边为固定轴自由摆动，问线圈平衡时，线圈平面与竖直面夹角为多少？(已知铜线横截面积S = 2.00 mm2，铜的密度? = 8.90 g/cm3 )

-

?解：(1) pm?Ia2，方向垂直于线圈平面．

???- M?pm?B?pmBsin90?= 9.403104 N2m

(2) 设线圈绕AD边转动，并且线圈稳定时，线圈平面与竖直平

?n A ?B (12???)D I B 面夹角为??，则磁场对线圈的力矩为 C mg ??mg 1?mg M?pm?B?pmBsin(???)?pmBcos?

2重力矩： L?mgasin??2mg(asin?)?2a2S?gsin?

pmBcos??2a2S?gsin? ctg??2S?g/(BI)?3.712

于是 ? = 15°

14-3 试证明任一闭合载流平面线圈在均匀磁场中所受的合磁力恒等于零．

12?证明：由安培公式，电流元Idl受磁场作用力为 ??? dF?Idl?B

则闭合电流受总磁力为 I ?B ??????  F??dF??Idl?B?I(?dl)?B

?其中，因为B为恒矢量，可提出积分号外而保持叉乘顺序不变．

??由于 ?dl?0 (∵多边形矢量叠加法则) ∴F?0 (证毕)

14-4一通有电流I1 (方向如图)的长直导线，旁边有一个与它共面通有电流I2 (方向如图)每边长为a的正方形线圈，线圈的一对边和长直导线平行，线圈的中心与长直导线间的距离为3a/2(如图)，在维持它们的电流不变和保证共面的条件下，将它们的距离从3a/2变为5a/2，求磁场对正方形线圈所做的功．

32 a I1 a I2 a 解：如图示位置，线圈所受安培力的合力为

?I?0I1 F?aI2[01?]

2?x2?(x?a)方向向右 从x = a到x = 2a磁场所作的功为

2aI1 x x + a I2 A??a?0aI1I212??aII1(?)dx?012(2ln2?ln3)

2?xx?a 11

14-5 、如图，均匀磁场中放一均匀带正电荷的圆环，其线电荷密度为?，圆环可绕通过环心O与环面垂直的转轴旋转．当圆环以角速度??转动时，圆环受到的磁力矩大小为 ? ；磁力矩的方向 ? ．

??3?R?B? 在图面中向上 R 第十五章 磁介质

【例题精选】

例15-1 顺磁物质的磁导率： (A) 比真空的磁导率略小 (B) 比真空的磁导率略大

O ???B? (C) 远小于真空的磁导率 (D) 远大于真空的磁导率 [ B ] 例15-2 用细导线均匀密绕成长为l、半径为a (l >> a)、总匝数为N的螺线管，管内充满相对磁导

率为?r 的均匀磁介质．若线圈中载有稳恒电流I，则管中任意一点的 (A) 磁感强度大小为B = ?0?? rNI． (B) 磁感强度大小为B = ? rNI / l． (C) 磁场强度大小为H = ? 0NI / l． (D) 磁场强度大小为H = NI / l． [ D ] 例15-3 置于磁场中的磁介质，介质表面形成面磁化电流，试问该面磁化电流能否产生楞次─焦耳热？为什么？

答：不能．

因为它并不是真正在磁介质表面流动的传导电流，而是由分子电流叠加而成，只是在产生磁场这一点上与传导电流相似．

12

【练习题】

15-1 磁介质有三种，用相对磁导率?r表征它们各自的特性时， (A) 顺磁质?r >0，抗磁质?r <0，铁磁质?r >>1． (B) 顺磁质?r >1，抗磁质?r =1，铁磁质?r >>1．

(C) 顺磁质?r >1，抗磁质?r <1，铁磁质?r >>1．

(D) 顺磁质?r <0，抗磁质?r <1，铁磁质?r >0． [ C ] 15-2 长直电缆由一个圆柱导体和一共轴圆筒状导体组成，两导体中有等值反向均匀电流I通过，其间充满磁导率为?的均匀磁介质．介质中离中心轴距离为r的某点处的磁场强度的大小H = ? ；磁感强度的大小B = ? ．

I / (2?r) ?I / (2?r)

15-3 图示为三种不同的磁介质的B~H关系曲线，其中虚线表示的是B = ?0H的关系．说明各代表哪一类磁介质的B~H关系曲线：a代表 ? 的B~H关系曲线．b代表 ? 的B~H关系曲线．

铁磁质 顺磁质

0 B a b c H 15-4 有很大的剩余磁化强度的软磁材料不能做成永磁体，这是因为软磁材料 ? ；如果做成永磁体 ? .

矫顽力小 容易退磁

15-5 、如图所示的一细螺绕环，它由表面绝缘的导线在铁环上密绕而成，每厘米绕10匝．当导线中的电流I为2.0 A时，测得铁环内的磁感应强度的大小B

为1.0 T，则可求得铁环的相对磁导率?r为(真空磁导率?0 =4?3107 T2m2A1)

--? (A) 7.963102 (B) 3.983102 (C) 1.993102 (D) 63.3 [ B ]

第十六章 变化的电磁场

【例题精选】

例16-1 如图所示，一载流螺线管的旁边有一圆形线圈，欲使线圈产生图 示方向的感应电流i，下列哪一种情况可以做到？ I i 13

(A ) 载流螺线管向线圈靠近． (B) 载流螺线管离开线圈．

(C) 载流螺线管中电流增大． (D) 载流螺线管中插入铁芯． [ B ] 例16-2 如图所示，一电荷线密度为?的长直带电线(与一正方形线圈共面并与其一对边平行)以变速率v =v(t)沿着其长度方向运动，正方形线圈中的总电阻为R，求t时刻方形线圈中感应电流i(t)的大小(不计线圈自身的自感)．

v (t) a a a 解：长直带电线运动相当于电流I?v(t)??． ?? 正方形线圈内的磁通量可如下求出 dΦ??Iadx Φ?Ia?dx?0Ia?ln2 v (t) 2?a?x2?0a?x2??0??0a ?i???dΦ?0adIdv(t)?ln2?0?aln2 a dt2?dt2?dt a a i(t)??iR??0dv(t)?aln2 2?Rdt ??例16-3电荷Q均匀分布在半径为a、长为L ( L >>a)的绝缘薄壁长圆筒表面上， 圆筒以角速度??绕中心轴线旋转．一半径为2a、电阻为R的单匝圆形线圈套在圆筒上(如图所示)．若圆筒转速按照???0(1?t/t0)的规律(??0和t0是已知常数)随时间线形地减小，求圆形线圈中感应电流的大小和流向． 解：筒以?旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流

2a a z ??L Q??，它和通电流螺线管的nI等效． L2??Q?按长螺线管产生磁场的公式，筒内均匀磁场磁感强度为：B?0 (方向沿筒的轴向)

2?L?0Q?a22筒外磁场为零．穿过线圈的磁通量为： ???aB?

2L?0Qa2?0d??0Qa2d??(?)?在单匝线圈中产生感生电动势为 ??? dt2Ldt2Lt0??0Qa2?0感应电流i为i? i的流向与圆筒转向一致． ?R2RLt0 例16-4 如图所示，一段长度为l的直导线MN，水平放置在载电流为I的竖直长导线旁与竖直导线共面，并从静止由图示位置自由下落，则t秒末导线两端的电势差UM?UN? ? ； ? 点电势高．

I M a l N ??0Igtlna?l N

2?a R2 r 例16-5 一内外半径分别为R1, R2的均匀带电平面圆环，电荷面密度为?，

其中心有一半径为r的导体小环(R1 >>r)，二者同心共面如图．设带电圆环以变角速度?????t)绕垂直于环面的中心轴旋转，导体小环中的感应电流i等于多少？方向如何(已知小环的电阻为R＇)？

? (t) R1 ?? 14

解：带电平面圆环的旋转相当于圆环中通有电流I．在R1与R2之间取半径为R、宽度为dR的环

带，环带内有电流 dI??R?(t)dR

11?0dI./R??0??(t)dR 221在中心产生的磁感应强度的大小为 B??0??(t)(R2?R1)

212选逆时针方向为小环回路的正方向，则小环中 ???0??(t)(R2?R1)?r

2?02d?d?(t)?i?0πr2(R2?R1)?d?(t)?i?????r(R2?R1)???? i?

dt2dtR?2R?dtdI在圆心O点处产生的磁场 dB?方向：当d? (t) /d t >0时，i与选定的正方向相反；否则 i与选定的正方向相同．

?例16-6 求长度为L的金属杆在均匀磁场B中绕平行于磁场方向的定轴

?OO＇转动时的动生电动势．已知杆相对于均匀磁场B的方位角为?，杆

的角速度为?，转向如图所示．

?B O′ ??????解：在距O点为l处的dl线元中的动生电动势为 d???(v?B)?dl

v??lsin?

?1??∴???(v?B)?d???vBsin(?)cos?d??

2LLL2??? L O 1 ???lBsin?d?sin???Bsin???d???BL2sin2? ??的方向沿着杆指向上端．

2?0???d?例16-7在感应电场中电磁感应定律可写成?EK?dl??，式中EK为感应电场的电场强度．此

dtL式表明：

(A) 闭合曲线L上EK处处相等． (B) 感应电场是保守力场． (C) 感应电场的电场线不是闭合曲线．(D) 不能像对静电场那样引入电势的概念． [ D ] 例16-8 在圆柱形空间内有一磁感强度为B的均匀磁场，如图所示．B的大小以速率dB/dt变化．在

磁场中有A、B两点，其间可放直导线AB和弯曲的导线ACB，则 ?

?B? (A) 电动势只在直导线AB中产生．

O A B (B) 电动势只在弯曲导线ACB中产生．

C (C) 电动势在直导线和弯曲的中都产生，且两者大小相等．

(D) 直导线AB中的电动势小于弯曲的导线ACB中的电动势． [ D ] 例16-9 两根平行无限长直导线相距为d，载有大小相等方向相反的电流I，电流变 化率dI /dt =??>0．一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势?，并说明线圈中的感应电动势的方向． 解：无限长载流直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：B??0I/(2?r) 以顺时针为线圈回路的正方向，与线圈相距较远和较近的导线在线圈中产生的磁通量为：

15

?

?? I d I d

解：(1)?x＝20 D? / a ＝0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n－1)e＋r1＝r2

设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2－r1＝k?

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

例18-2 在双缝干涉实验中，若使两缝之间的距离增大，则屏幕上干涉条纹间距 ? ；若使单色光波长减小，则干涉条纹间距 ? ．

变小 变小

例18-3两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃慢慢地向上平移，则干涉条纹

(A) 间隔变小，向棱边方向平移． (B) 间隔变大，向棱边方向平移． (C) 间隔不变，向棱边方向平移． (D) 间隔不变，向远离棱边方向平移． [ C ] 例18-4 一束波长为?的单色光由空气垂直入射到折射率为n的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为

(A) ????? ． (B) ? / (4n)． (C) ????? ． (D) ? / (2n)． [ B ]

例18-5 若把牛顿环装置(都是用折射率为1.52的玻璃制成的)由空气搬入折射率为1.33的水中，则干涉条纹

(A) 中心暗斑变成亮斑． (B) 变疏．

(C) 变密． (D) 间距不变． [ C ] 例18-6 图示一牛顿环装置，设平凸透镜中心恰好和平玻璃接触，透镜凸表面的曲率半 径是R＝400 cm．用某单色平行光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环，测得第5个明环的半径是0.30 cm．(1) 求入射光的波长．(2) 设图中OA＝1.00 cm，求在半径为OA的范围内可观察到的明环数目．

OA

2r2-解：(1) 明环半径 r??2k?1?R??/2 ??＝53105 cm (或500 nm) ?2k?1?R (2) (2k－1)＝2 r2 / (R?)

对于r＝1.00 cm， k＝r2 / (R?)＋0.5＝50.5 故在OA范围内可观察到的明环数目为50个．

【练习题】

18-1 如图，在双缝干涉实验中，若把一厚度为e、折射率为n的薄云母片覆盖在S1缝上，中央明条纹将向 ? 移动；覆盖云母片后，两束相干光至原中央明纹O处的光程差为 ? ．

S S2 e S1 O SS1?SS2

21

屏

上 (n-1)e

18-2 在双缝干涉实验中，若单色光源S到两缝S1、S2距离相等，则观察屏

上中央明条纹位于图中O处．现将光源S向下移动到示意图中的S?位置，

S1 S S? O S2 则

(A) 中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变． (B) 中央明条纹向上移动，且条纹间距不变．

(C) 中央明条纹向下移动，且条纹间距增大． (D) 中央明条纹向上移动，且条纹间距增大． [ B ]

18-3 薄钢片上有两条紧靠的平行细缝，用波长?＝546.1 nm (1 nm=109 m)的平面光波正入射到钢片

-

上．屏幕距双缝的距离为D＝2.00 m，测得中央明条纹两侧的第五级明条纹间的距离为?x＝12.0 mm．(1) 求两缝间的距离． (2) 从任一明条纹(记作0)向一边数到第20条明条纹，共经过多大距离？

解：(1) x＝ 2kD? / d d = 2kD? /?x 此处 k＝５

∴ d＝10 D? / ?x＝0.910 mm

(2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离 l＝20 D? / d＝24 mm 18-4 如图所示，折射率为n2、厚度为e的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n1和n3，已知n1< n2> n3．若用波长为?的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束(用①与②示意)的光程差是

n1 n2 n3 e ① ② (A) 2n2 e． (B) 2n2 e－? / 2. (C) 2n2 e－? ． (D) 2n2 e－? / (2n2)． [ B ] 18-5 两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的间隔

(A) 变小，并向棱边方向平移． (B) 变大，并向远离棱边方向平移． (C) 不变，向棱边方向平移． (D) 变小，并向远离棱边方向平移． [ A ] 18-6 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？

解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2＝???处是第二条暗纹中心，

依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜厚度 e4=3?/2

22

∴ ??e4/l?3?/?2l?＝4.83105 rad

-

(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???/2，它与波长??之比为2e4/???1/2?3.0．所以A处是明纹

18-7 如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上．当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到这些环状干涉条纹

(A) 向右平移． (B) 向中心收缩． (C) 向外扩张． (D) 静止不动． [ B ] 18-8 曲率半径为R的平凸透镜和平板玻璃之间形成空气薄层，如图所示．波长为?的平行单色光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环．设平凸透镜与平板玻璃在中心O点恰好接触．求: (1) 从中心向外数第k个明环所对应的空气薄膜的厚度ek．(2) 第k个明环的半径用rk，(用R,波长?和正整数k表示，R远大于上一问的ek．) 解：(1)第k个明环， 2ek?1??k? ek?(2k?1)?/4

O 单色光 空气 ?O1R

22 (2)∵ 2ek?1??k? R2?rk2?(R?ek)2?rk2?R2?2Rek?ek

2式中ek为第k级明纹所对应的空气膜厚度

2∵ ek很小，ek??R， ∴ek可略去，得 ek?rk2/(2R)

∴ 2rk2/(2R)?1??k? rk?(2k?1)R?/2 (k=1, 2, 3 ?)

2第十九章 光的衍射

【例题精选】

例19-1 在单缝夫琅禾费衍射实验中，波长为?的单色光垂直入射在宽度为a＝4??的单缝上，对应于衍射角为30°的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为

(A) 2 个． (B) 4 个． (C) 6 个． (D) 8 个． [ B ] 例19-2 平行单色光垂直入射于单缝上，观察夫琅禾费衍射．若屏上P点处为第二级暗纹，则单缝处波面相应地可划分为 ? 个半波带．若将单缝宽度缩小一半，P点处将是 ? 级暗纹．

4 第一

例19-3一双缝，缝距d=0.40 mm，两缝宽度都是a=0.08 mm，用波长为?=480 nm (1 nm = 10-9 m) 的平行光垂直照射双缝，在双缝后放一焦距f =2.0 m的透镜，求：（1）在透镜焦平面处的屏上，双缝干涉条纹的间距；（2）在单缝衍射中央亮纹范围内的双缝干涉亮纹数目N和相应的级数。 解：(1) 双缝干涉条纹第k级亮纹条件： d sin??=k?

23

第k级亮条纹位置：xk = f tg??≈f sin??≈kf? / d

相邻两亮纹间距：?x = xk+1－xk=(k＋1)f? / d－kf? / d=f? / d =2.43103 m=2.4 mm

-

(2) 单缝衍射第一暗纹： a sin?1 = ?

单缝衍射中央亮纹半宽度：?x0 = f tg?1≈f sin?1≈f? / a＝12 mm ?x0?/??x =5 ∴ 双缝干涉第±5极主级大缺级． ∴ 在单缝衍射中央亮纹范围双缝干涉亮纹数N = 9，为 k = 0，±1，±2，±3，±4级 或根据d / a = 5指出双缝干涉缺第±5级主大，同样得该结论．

例19-4 一一束单色光垂直入射在光栅上，衍射光谱中共出现5条明条纹．若已知此光栅缝宽度与不透明部分宽度相等，那么在中央明纹一侧的两条明条纹分别是第 ? 级和第 ? 级谱线．

一 三

例19-5 在某个单缝衍射实验中，光源发出的光含有两种波长?1和?2，垂直入射于单缝上．假如?1

的第一级衍射极小与?2的第二级衍射极小相重合，试问： (1) 这两种波长之间有何关系？ (2) 在这两种波长的光所形成的衍射图样中，是否还有其他极小相重合？ 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得 asin?1?1?1 asin?2?2?2

由题意可知 ?1??2 , sin?1?sin?2 代入上式可得

?1?2?2

(2) asin?1?k1?1?2k1?2 (k1 = 1, 2, ??) sin?1?2k1?2/a asin?2?k2?2 (k2 = 1, 2, ??) sin?2?k2?2/a

若k2 = 2k1，则?1 = ?2，

即?1的任一k1级极小都有?2的2k1级极小与之重合． (2) (2k－1)＝2 r2 / (R?)

对于r＝1.00 cm， k＝r2 / (R?)＋0.5＝50.5 故在OA范围内可观察到的明环数目为50个．

【练习题】

19-1 惠更斯引入 ? 的概念提出了惠更斯原理，菲涅耳再用 ? 的思想补充了惠更斯原理，发展成了惠更斯－菲涅耳原理．

子波 子波干涉(或 “子波相干叠加”)

19-2 根据惠更斯－菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S，则S的前方某点P的光强度决定于波阵面S上所有面积元发出的子波各自传到P点的

(A) 振动振幅之和． (B) 光强之和．

(C) 振动振幅之和的平方． (D) 振动的相干叠加． [ D ]

24

19-3对某一定波长的垂直入射光，衍射光栅的屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该

(A) 换一个光栅常数较小的光栅． (B) 换一个光栅常数较大的光栅． (C) 将光栅向靠近屏幕的方向移动． (D) 将光栅向远离屏幕的方向移动． [ B ] 19-4 在光栅光谱中，假如所有偶数级的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝不透光部分宽度b的关系为 (A) a=

1b． (B) a=b． (C) a=2b． (D) a=3b． [ B ] 219-5氦放电管发出的光垂直照射到某光栅上，测得波长??=0.668 ?m的谱线的衍射角为?=20°．如果在同样?角处出现波长?2=0.447 ?m的更高级次的谱线，那么光栅常数最小是多少？ 解：由光栅公式得 sin?= k1?? 1 / (a+b) = k2?? 2 / (a+b)

k1?? 1 = k2?? 2 k2?? k1 = ? 1/?? 2=0.668 / 0.447

将k2?? k1约化为整数比k2?? k1=3 / 2=6 / 4=12 / 8 ......

取最小的k1和k2?， k1=2，k2?=3，

则对应的光栅常数(a + b) = k1?? 1 / sin? =3.92 ?m

19-6 (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=400nm，??=760nm (1nm=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?

113?2k?1??1?3?1 (取k＝1 ) asin?2??2k?1??2??2 2222 tg?1?x1/f , tg?2?x2/f

由于 sin?1?tg?1 , sin?2?tg?2 所以 x1?33f?1/a x2?f?2/a 223则两个第一级明纹之间距为 ?x?x2?x1?f??/a=0.27 cm

2 (2) 由光栅衍射主极大的公式

dsin?1?k?1?1?1 dsin?2?k?2?1?2

且有 sin??tg??x/f

所以 ?x?x2?x1?f??/d=1.8 cm

19-7 某种单色光垂直入射到一个光栅上，由单色光波长和已知的光栅常数，按光栅公式算得k＝4的主极大对应的衍射方向为90°，并且知道无缺级现象．实际上可观察到的主极大明条纹共有几

25

条？为什么？

答：因k =±4的主极大出现在??=±90°的方向上，实际观察不到．

所以，可观察到的有k =0,±1,±2,±3共7条明条纹．

19-8 波长为500 nm(1nm=109m)的单色光垂直入射到每厘米5000条刻线的光栅上，实际上可能观察

-

到的最高级次的主极大是第几级？为什么？

答：可观察到最高级次是k =3．

光栅常数(a＋b)=23104 cm, 按光栅公式 (a + b)sin? = k???????????????????????????????????

-

??最大为90°，所以kmax≤(a＋b)sin90°/ ? kmax≤2310-4 / 5000310-8 =4

实际上??=90°的第四级观察不到，所以可观察到最高级次是k =3．

第二十章 光的偏振

【例题精选】

例20-1 光的干涉和衍射现象反映了光的 ? 性质；光的偏振现象说明光波是 ? 波．

波动 横

例20-2 自然光以布儒斯特角由空气入射到一玻璃表面上，反射光是 (A) 在入射面内振动的完全线偏振光．

(B) 平行于入射面的振动占优势的部分偏振光． (C) 垂直于入射面振动的完全线偏振光．

(D) 垂直于入射面的振动占优势的部分偏振光． [ C ]

例20-3一一束平行的自然光，以60°角由空气入射到平玻璃表面上。若反射光束是完全偏振光，则透射光束的折射角是 ? ；玻璃的折射率为 ? 。

30? 1.73

例20-4 一束光线入射到单轴晶体后，成为两束光线，沿着不同方向折射．这样的现象称为双折射现象．其中一束折射光称为寻常光，它 ? 定律；另一束光线称为非常光，它 ? 定律．

遵守通常的折射 不遵守通常的折射

例20-5 两个偏振片P1、P2叠在一起，其偏振化方向之间的夹角为30°．由强度相同的自然光和线偏振光混合而成的光束垂直入射在偏振片上．已知穿过P1后的透射光强为入射光强的2/3，求： (1) 入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P1的偏振化方向的夹角?为多大？(2) 连续穿过P1、P2后的透射光强与入射光强之比．

解：设I0为自然光强．由题意知入射光强为2 I0．

26

(1) I1=2·2 I0 / 3＝0.5 I0＋I0cos2? 4 / 3＝0.5＋cos2?

所以 ?＝24.1°

(2) I1= (0.5 I0＋I0 cos224.1°)＝2(2 I0) / 3， I2＝I1cos230°＝3 I1 / 4

所以 I2 / 2I0 = 1 / 2

例20-6 使一光强I0的平面偏振光先后通过两个偏振片P1和P2．P1和P2的偏振化方向与原入射光光矢量振动方向的夹角分别是??和90°，则通过这两个偏振片后的光强I是 (A)

111I0 cos2??． (B) 0． (C) I0sin2(2?)． (D) I0 sin2??． [ C ] 244

【练习题】

20-1两偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射其上时没有光线通过.当其中一偏振片慢慢转动180°时透射光强度发生的变化为： (A) 光强单调增加． (B) 光强先增加，后又减小至零． (C) 光强先增加，后减小，再增加．

(D) 光强先增加，然后减小，再增加，再减小至零． [ B ] 20-2 两如果两个偏振片堆叠在一起，且偏振化方向之间夹角为60°，光强为I0的自然光垂直入射在偏振片上，则出射光强为

(A) I0 / 8． (B) I0 / 4． (C) 3 I0 / 8． (D) 3 I0 / 4． [ A ] 20-3在双缝干涉实验中，用单色自然光，在屏上形成干涉条纹．若在两缝后放一个偏振片，则干涉条纹的间距

(A) 不变，但明纹的亮度加强． (B) 不变，但明纹的亮度减弱． (C) 变窄，且明纹的亮度减弱． (D) 变宽，且明纹的亮度减弱． [ B ] 20-4 由强度为Ia的自然光和强度为Ib的线偏振光混合而成的一束入射光，垂直入射在一偏振片上，

当以入射光方向为转轴旋转偏振片时，出射光将出现最大值和最小值，其比值为n．试求Ia / Ib与n的关系.

解：设Imax，Imin分别表示出射光的最大值和最小值，则

Imax＝Ia / 2＋Ib Imin＝ Ia / 2

令 Imax/Imin??Ia/2?Ib?/?Ia/2??n 所以 Ia/Ib?2/?n?1?

27

20-5 光强为I0的自然光依次通过两个偏振片P1和P2．若P1和P2的偏振化方向的夹角?＝30°，则透射偏振光的强度I是

(A) 3I0 / 8． (B)3I0 / 4． (C)3I0 / 2． (D) I0 / 8． [ A ] 20-6自然光以60°的入射角照射到某两介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则知折射光为

(A) 部分偏振光且折射角是30°．

(B) 部分偏振光且只在该光由真空入射到折射率为3的介质时，折射角是30°． (C) 部分偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角．

(D) 完全线偏振光且折射角是30°． [ A ] 20-7一束自然光以布儒斯特角入射到平板玻璃片上，就偏振状态来说则反射光为 ? ；反射光E矢量的振动方向 ? ．

完全（线）偏振光 垂直于入射面

20-8假设某一介质对于空气全反射的临界角是45°，则光从空气射向此介质时的布儒斯特角是 ? ；透射光束的折射角是 ? ．

54.7° 35.3°

20-9 透光介质Ⅰ、Ⅱ、Ⅰ如图安排，两个交界面相互平行．一束自然光由Ⅰ中入射．试证明：若i为起偏角，则Ⅱ、Ⅰ下界面上的反射光为线偏振光． 证明：设介质Ⅰ、Ⅱ的折射率分别为n1、n2，Ⅰ、Ⅱ交界面(图中的上界面)

处折射角为r， 它也等于Ⅱ、Ⅰ下界面处的入射角．最后的折射角为i?．

由折射定律 n1 sini = n2 sinr = n1 sini? 所以 i＝i? 在上界面，布儒斯特定律，i＋r＝

iⅠⅡⅠ?

i i ??r??r???i??Ⅰ,n1 Ⅱ,n2 Ⅰ,n1 11? 所以i?＋r＝? 22这表明在下界面处也满足布儒斯特定律，所以在下界面处的反射光也是线偏振光．

20-10 自然光以60°入射角照射到某两介质交界面时，反射光为完全偏振光，则折射光为 (A) 完全线偏振光且折射角是30°． (B) 部分偏振光且折射角是60°．

(C) 部分偏振光，折射角不能确定． (D) 部分偏振光且折射角是30°． [ D ] 20-11某种透明媒质对于空气的临界角(指全反射)等于45°，光从空气射向此媒质时的布儒斯特角是 (A) 35.3°． (B) 40.9°． (C) 45°． (D) 54.7°． [ D ]

第二十一章 量子光学

28

【例题精选】

例21-1 以下一些材料的逸出功为：（铍 3.9eV）；（钯 5.0eV）；（铯 1.9eV）；（钨 4.5eV）；今要制造

能在可见光(频率范围为3.931014 Hz—7.531014 Hz)下工作的光电管，在这些材料中应选 (A) 钨． (B) 钯． (C) 铯． (D) 铍． [ C ] 例21-2 已知从铝金属逸出一个电子至少需要A = 4.2eV的能量，若用可见光投射到铝的表面，能否产生光电效应？为什么？(普朗克常量h =6.63×10-34 J?s，e =1.60×10-19 C) 答：不能产生光电效应。

-

因为：铝金属的光电效应红限波长?0?hc/A，而 A =4.2 eV =6.7231019 J ∴ ?0 =296 nm 而可见光的波长范围为400 nm~760 nm > ?0。

例21-3 某金属产生光电效应的红限波长为?0，今以波长为? (??

2mehc(?0??)?0?． (D)

2mehc(?0??)?0?． [ C ]

?Ua?(v) 例21-4 在光电效应实验中，测得某金属的遏止电压|Ua|与入射光频率?的关系曲线2 如图所示，由此可知该金属的红限频率?0= ? Hz；逸出功A = ? eV．

5310 2

14

o 5 10 ? 14 ?2 (?10Hz) 例21-5 设用频率为?1和?2的两种单色光，先后照射同一种金属均能产生光电效应．已知金属的红限频率为?0，测得两次照射时的遏止电压|Ua2| = 2|Ua1|，则这两种单色光的频率有如下关系： (A) ?2 = ?1 - ?0． (B) ?2 = ?1 + ?0． (C) ?2 = 2?1 - ?0． (D) ?2 = ?1 - 2?0． [ C ] 例21-6 具有下列哪一能量的光子，能被处在n = 2的能级的氢原子吸收？

(A) 1.51 eV． (B) 1.89 eV． (C) 2.16 eV． (D) 2.40 eV． [ B ] 例21-7已知氢原子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?=10-10 m )

-

~?1/??R/k 可求出该线系的共同终态. 解：极限波数 ??2

k?~?1?R(1?1)

R???2 ??k2n2由? =6565 ? 可得始态 n?R???E113.6??2 eV =3 由 En?2????nn29

可知终态 n =2，E2 = -3.4 eV 始态

n =3，E3 = -1.51 eV

【练习题】

21-1 用频率为?1的单色光照射某种金属时，测得饱和电流为I1，以频率为?2的单色光照射该金属时，测得饱和电流为I2，若I1> I2，则

(A) ?1 >?2． (B) ?1

(C) ?1 =?2． (D) ?1与?2的关系还不能确定． [ D ] 21-2 已知某金属的逸出功为A，用频率为??的光照射该金属能产生光电效应，则该金属的红限频率?? = ? ；?? > ??，且遏止电势差|Ua| = ? ． A/h 、

h?1?A e21-3 保持光电管上电势差不变，若入射的单色光光强增大，则从阴极逸出的光电子的最大初动能E0

和飞到阳极的电子的最大动能EK的变化分别是

(A) E0增大，EK增大． (B) E0不变，EK变小．

(C) E0增大，EK不变． (D) E0不变，EK不变． [ D ] 21-4 已知钾的逸出功为 2.0 eV，如果用波长为3.603107 m的光照射在钾上，则光电效应的遏止电

-

压的绝对值|Ua| = ? ；从钾表面发射出电子的最大速度vmax = ? ． (h =6.6331034 J2s，1eV =1.6031019 J，me=9.1131031 kg)

---

1.45 V 7.143105 m2s1

-

21-5光电效应实验中，测得光电子最大初动能EK与入射光频率? 的关系曲

线如图所示．试证：普朗克常量h?RS/(QS)．(即直线的斜率) 证明：由爱因斯坦方程

EK R O Q 1S mv2?h??A 及逸出功 A?h?0 21mv2EK12得 h??h?0?mv h?2 ?2???0???0因为 ???0 时EK = 0，由图可知：

??入射光频率为?时

EK?RS/(QS) 即 h?RS/(QS)

???021-6 在氢原子光谱中，赖曼系(由各激发态跃迁到基态所发射的各谱线组成的谱线系)的最短波长的

谱线所对应的光子能量为 ? eV；巴耳末系的最短波长的谱线所对应的光子的能量为 ? eV．

30

1a． 222-12 已知粒子在无限深势阱中运动，波函数为 ?(x)?2/asin(?x/a) (0 ≤x ≤a) 求：

在0≤x≤a范围内可得 2?x/a?? ∴ x?（1）发现粒子的概率为最大的位置；（2）它0－a/4区间内的概率是多少？

[提示：

2?sinxdx?1x?(1/4)sin2x?C] 222?(2/a)sin(?x/a)?(2/2a)[1?cos(2?x/a)]

解：(1) 先求粒子的位置概率密度 ?(x)22(?x/a)??1时， ?(x)有最大值．在0≤x≤a范围内可得 2?x/a?? 当 cos∴ 发现粒子的概率为最大的位置x?(2) dP??21a． 2

2?xsin2dx aaa/4a/422?x2a2?x?xdx??粒子位于0 – a/4内的概率为：P??sinsind()

aaa?aa00dx?12?x?sin] ?[?a4a02=0.091

12?xa/4?a1212?a?[2?sin()] ?a44a422-13 在氢原子的L壳层中，电子可能具有的量子数(n，l，ml，ms)是 (A) (1，0，0，?11)． (B) (2，1，-1，)．

2211(C) (2，0，1，?)． (D) (3，1，-1，?)． [ B ]

2222-14 在原子的L壳层中，电子可能具有的四个量子数(n，l，ml，ms)是

11)． (2) (2，1，0，?)． 2211 (3) (2，1，1，)． (4) (2，1，-1，?)．

22 (1) (2，0，1，

以上四种取值中，哪些是正确的？

(A) 只有(1)、(2)是正确的． (B) 只有(2)、(3)是正确的．

(C) 只有(2)、(3)、(4)是正确的． (D) 全部是正确的． [ C ] 22-15 根据量子力学理论，氢原子中电子的动量矩为L=?(??1)?，当主量子数n=3时，电子动量矩的可能取值为 ? ；电子的动量矩在外磁场方向上的投影为Lz=m? ?，当角量子数?=2时，Lz的可能取值为 ? 。

0,2?,6? 0,??,?2?

22-16 原子内电子的量子态由n、l、ml及ms四个量子数表征．当n、l一定时，不同的量子态数目为

36

? ；当n一定时，不同的量子态数目为 ? ．

23(2l+1) 2n2

22-17 主量子数n = 4的量子态中，角量子数l的可能取值为 ? ；磁量子数ml的可能取值为 ? ．

0，1，2，3 0，±1，±2，±3

22-18 氢原子中处于2p状态的电子，描述其量子态的四个量子数(n，l，ml，ms)可能取的值为 (A) (2，2，1，?11)． (B) (2，0，0，)．

2211(C) (2，1，-1，?)． (D) (2，0，1，)． [ C ]

2222-19在原子的K壳层中，电子可能具有的四个量子数(n，l，ml，ms)是

11)． (B) (1，0，0，)． 2211 (C) (2，1，0，?)． (D) (1，0，1，?)． [ B ]

22 (A) (1，1，0，

22-20据量子力学理论，氢原子中电子的运动状态可用n，l，ml，ms四个量子数来描述．试说明它们

各自确定什么物理量？

答：不主量子数n大体上确定原子中电子的能量．

角量子数l确定电子轨道的角动量． 磁量子数ml确定轨道角动量在外磁场方向上的分量． 自旋磁量子数ms确定自旋角动量在外磁场方向上的分量．

【补充题】

22-21一维运动的粒子，设其动量的不确定量等于它的动量，试证明此粒子的位置不确定量与它的德

布罗意波长的关系为?x≥?．(不确定关系式?px?x?h). 证明：由?px?x≥h即 ?x≥

h ① ?px 37

据题意?px?mv 以及德布罗意波公式??h/mv得 ??比较①、②式得 ?x≥?

h ② ?px 38

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