大学物理下册练习及答案

电磁学 磁力

A 点时，具有速率

s m /1017

0?=υ。

（1） 欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁

场大小

和方向；

（2） 求电子自A 运动到C 所需的时间。

解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R

v m B ev 20

0=

得出T eR mv B 3197

310101.105

.0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。

（2）所需的时间为s v R T t 87

0106.110

105

.0222-?=??===ππ

eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =0.1T 的匀强磁场中，其速度矢量与B 成B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。 解：正电子的速率为

731

19

3106.21011.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为

10

19

31106.31

.0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为3

19

07310105.1

.0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB

mv r m d =1.0mm ，放在B =1.5T 的磁立方厘米有

8.42210?个自由电子，每个电子的电荷

19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流

通时，

（1）求铜片两侧的电势差'aa U ；

（2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响？为什么？ 解：（1）53

1928'1023.210

0.1)106.1(104.85.1200---?-=???-???==

nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。 （2）铜片宽度b 对'aa U =H U 无影响。因为H U =B vb b E H /=和b 有关，而在电流I 一定的情

况下，漂移速度)/(nqbd I v =又和b 成反比的

缘故。 c b a ??，

沿x 方向有

v C

电流I ，在z 轴方向加有均匀磁场B 。这时实验得出的数据a =0.10cm ，b =0.35cm ，c =1.0cm ，

I =1.0mA ，B =3000G ，片两侧的电势差'AA U =6.55mV 。 （1）这半导体是正电荷导电（P 型）还是负电荷导电（N 型）？ （2）求载流子浓度。

解：（1）由电流方向、磁场方向和A 侧电势高于A ’侧电势可以判断此半导体是负电荷导电。 （2）载流子浓度

共绕有200匝。每边长为150mm ，放在B =4.0T 的外磁场中，当导线通有I =8.0A 的电流时，求： （1）线圈磁矩m 的大小；

（2）作用在线圈上的力矩的最大值。

解：（1）36)10150(0.820023=???==-NIS m A ?m 2 （2）1440.436max =?==mB M N

?m

m 半径为R 的均匀电介质圆盘均匀带有电荷，面电荷密度为σ。求证当它以ω的

角速度绕通过中心且垂直于盘面的轴旋转时，其磁矩的大小为44

1

R m πωσ=，而且磁矩m 与角动

量L 的关系为L m

q m

2=，其中q 为盘带的总电量。

解：如图所示圆环dr 的磁矩大小为 整个旋转圆盘的磁矩大小为

因为L MR q R ==2

,2

2

ω

σπ 所以M

qL

m 2=

acb 是半径为R 的半圆形，通有电流I ，

线圈平面与匀强磁场B 的方向垂直。

试求线圈所受的磁力。

解：建立如图坐标系。在导线上任取一电流元

l Id

，其受到的

x

x

安培力为B l Id F d

?=

将d F 分解为的dF x 、dF y ，由对称性分析可知x 方向合力为零，整个导线受力

R =0.1m 的半圆形闭合线圈，载有电流I =10A 。 放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，G B 3100.5?=，如图所示。 （1）求线圈所受力矩的大小和方向；

（2）在这力矩的作用下，线圈绕过直径的轴转90?，求力矩

所做的功。

解：（1）力矩B m M

?= 大

小

220109.72

90sin sin -?==

==IB R ISB mB M π

θN ?m

由矢量关系可以判断力矩方向沿直径向上。 （2）力矩所做的功

2212109.7)02()(2

1

-ΦΦ?=-=Φ-Φ=Φ=?R IB I Id A π

J

图所示，在长直导线AB 内通有电流I 1=40A ， 在长宽分别为a =9.0cm 、b =20.0cm 的矩形线圈CDEF

中通有电流I 2=5A ，AB 与CDEF 共面，且CD 与AB 平行，相距d =1.0cm 。

试求：（1）矩形线圈每边受到导线AB 的作用力；

（2）矩形线圈受到导线AB

的合力和相对矩形中心的合力矩。 解：（1）矩形各边受力方向如图所示。各边受力大小 421

021100.82-?===

b I d I CD I B F CD πμN 521

022100.8)

(2-?=+=

=b I a d I EF I B F EF πμN

5102.9-?==DE CF F F N

（2）CF 与DE 受力大小相等，方向相反，互相抵消。

I 1

所以矩形线圈所受合力 方向向左。

由于各力在同一平面内，所以合力矩为零。

1I 的长直导线与一个边长a 的通有电流2I 的正三角形线圈在同一平面内，其中

一边与长直导线平行且相距为2a

。试求线圈所受到的合力。

解：三角形各边受力方向如图。 导线AB 受力大小

导线AC 与导线BC 受力大小相等，且沿 竖直方向的分量互相抵消，只有水平向右的

分力。

导线AC 受力大小 其中0

30

cos dx

dl =

，所以 沿x 方向的分量为 三角形所受合力为 方向水平向左。

电磁学

磁场的源

P 点的磁感应强度B

(a) P 点在水平导线延长线上；（b ）P

解：（a ）a I

a I B πμπμ402002

1=+= 方向垂直纸面向外；（b ）r

I r I r I r I r I B 422220002102102

1

μπμπμμπμ+=++=

方向垂直纸面向内； （c ）a I

a I d I B πμπ

μπμ29)150cos 30(cos 3

223)150cos 30(cos 23000=-*=-*

= 方向垂直纸面向内；

四条通以电流I 的无限长直导线，相互平行地分别置于

(c )a

I

边长为2a 的正方形各个顶点处，求正方形中心O 的磁感应强度 大小。

解：由对称性分析可知，在正方形对角线上的两根电流在O 点处磁感应强度大小相等，方向相反，所以，该正方形中心

O 的磁感应强度大小为0。

a ，厚度不计，电流I 在铜片上均匀分布，求铜片外与铜片共面、离铜片右边缘为

b 处的P 点的磁感应强度B 的大小。 解：设立如图坐标系，取铜片上宽度为dx 的一小

电流， 可将其视为电流强度大小为dx a I

的无限长

载流导线，则此电流在P 点的产生的磁场的大小为

)

(2)(200

x b a a Idx x b a dx

a I

dB -+=-+=πμπμ，方向垂直纸面

则整个铜片在P 点的磁场大小为

A ，C 两点，电流方向如图所示。求环中心O 处的磁感应强度是多少？

解：两导线在O 点磁场大小为0。设圆环半径为R 铁环上A1C 电流在O 处磁感应强度大小为

R

L R

I B C

A C

A πμ221101*

=

，方向垂直纸面向外； 铁环上A2C 电流在O 处磁感应强度大小为

R

L R

I B C

A C

A πμ222202*

=

，方向垂直纸面向内。 又由

C

A C A C A C A L L

I I 1221=，带入上两式中得到O 点 总磁感应强度大小021=-=B B B

R =1.0cm 的无限长半圆柱面形金属薄片中，自下而上有I =5.0A 的电流通过,如

图所示,试求圆柱轴线上任意一点P 的磁感应强度B 的大小及方向。 解：对于俯视图，设立如图坐标系，取圆柱薄片 上一段电流，宽度为dl ，其在P 点磁场如图所示， 由对称性分析可知，整个半圆柱电流在P 点磁场 沿着x 轴方向。所以

又αRd dl =，所以??

*==ααππμsin 20d R R

I

R dB B x

＝5200201037.622sin

-?==*?R

I

d I πμααμπT d = 40cm ，每根导线载有电流A I I 2021==,如图所示，求：

（2）

通过图中斜线所示面积的磁通量。（设1031==r r cm ，l ＝25cm 。） 解（1）与该两导线等距离的一点处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为

（2）由于两电流在矩形上的磁通对称且大小相等，所以其大小为两倍单个导线在此的磁通量。 设立如图的坐标，取长为l ，宽为dx 的面元， 则

a ）和一同轴的导体圆管（内、外半径分别为

b 、

c ）构成。使用时，电流I 从一导体流去，从从一导体流回。设电流

都是均匀分布在导体的横截面上，求空间的磁场分布 解：设电流从内圆柱流出，外圆管流入，以O 点为圆心，如下为半径做圆周为安培环路，并取顺时针方向为正方向。 1） 当a r <时，

由安培环路定理，∑?=?int 0I l d B μ得

22012r a I r B ππμπ=

?， 得2

2

012r a I B πμ=，方向沿着环路切线逆时针。

2） 当b r a <<时，

同1）解法，I r B 022μπ=?，得r

I

B πμ202=，方向沿着环路切线逆时针。 3） 当c r b <<时， 同1）解法，)]()

([22

222203b r b c I I a r B ---=?πππμπ， 得)()

(2222

2

03r c b c r I

B --=

πμ，方向沿着环路切线逆时针。

4） 当r c <时，0int 04==?∑?I l d B μ，04=B

圈长度为l ，宽为b ，近边距长直导线距离为a ，长直导线中通有电流I 。当矩形线圈中通有电流I 1时，它受的磁力的大小和方向各如何？它又受到多大的磁力矩？ 解：

1） 由安培力可知，线圈4个边受力（如图所示），其中2、 4力大小相等，方向相反并在一条直线上，故而相抵消；

l I a

I

l I B F 101112πμ=

=， l I b a I

l I B F 10122)

(2+=

=πμ，

线圈受的合力方向向左，大小为)

(21021b a a lb

II F F F +=

-=πμ

2） 线圈受力与线圈同面，顾线圈所受磁力矩为0.

面电流密度都是j ，但方向相反。球板间合办外的磁场分布。

解：由无限大均匀平板电流磁场公式j B 021μ=及磁场分布方向知， 1）两板在板间磁场方向相同，大小为j j B 00212μμ=?= 2）两板在板外磁场方向相反，大小为0.

I ,截面上各处电流密度均匀分布，柱半径为R 。求柱内外磁场分布。在长为l 的一段圆柱内环绕中心轴线的磁通量是多少？ 解：如图，电流沿着圆柱垂直纸面流出，以圆柱轴线上一点

为圆心，如下半径做垂直轴线的安培环路，环路沿逆时针方向

1）R r <时，由安培环路定理∑?=?int 0I l d B μ得

22012r R I r B ππμπ=

?， 得2

2

012r R

I B πμ=，方向沿着环路切线逆时针。 2）R r >时，同理1）得

I r B 022μπ=?，得r

I

B πμ202=

，方向沿着环路切线逆时针。 电磁学 电磁感应

5A I =的长直导线近旁有一导线段ab ，长20cm l =，离长直导线距离

10cm d =。当它沿平行于长直导线的方向以速度10cm/s v =平移时，导线中的感应电动势多大？a ，b 哪端的电势高？ 题解：

由于ab ε＜

0，所以a 端电势高。

5.0A I =，另一 矩形线圈共3110?匝，宽a ＝10cm ，长L ＝20cm ， 以2cm/s v =

的速度向右平动，求当d ＝10cm 时 线圈中的感应电动势。 题解：

线圈向右平移时，上下两边不产生 动生电动势。因此，整个线圈内的 感应电动势为

5sin100A i t π=，线圈内的感生电动势多大？

题解：若通交变电流时，通过线圈的磁链为 在半径为R 的圆柱形体积内，充 满磁感应强度为B 的均匀磁场。有一长为 L 的金属棒放在磁场中。设磁场在增强，并 且

dB

dt

已知，求棒中的感生电动势，并指出 哪端的电势高。

题解：考虑oba ?。以S 表示其面积，则通过

S 的 磁通量为BS Φ=。当磁通变化时，感应电 场的电场线为圆心在o 的同心圆。由法拉 第电磁感应定律得 由此得12ba dB S

dt ε=-=-，由于dB

dt

＞0，所以ba ε＜0，因而b 端的电高。 2.0cm 的螺线管，长30.0cm ，上面均匀密绕1200匝线圈，线圈内为空气。（1）求这线圈中自感多大？（2）如果在线圈中电流以23.010A/s ?的速率改变，在线圈中产生的自感电动势多大？

题解：（1）根据定义，线圈中自感

222

7322

300410(1.210)0.027.610H 0.3

N S

N R L l

l μμπππ--?????=

=

==?。

（2）自感电动势大小327.610 3.010 2.3v di

L

dt

ε-==???= a 由50匝细线绕成，截面积为24.0cm ，放在另一个匝数为100匝，半径为20.0cm 的圆环形线圈b 的中心，两线圈同轴。求：（1）两线圈的互感系数（2）当线圈a 中的电流以50A/s 的变化率减少时，线圈b 内的磁通量的变化率（3）线圈b 的感生电动势。 题解：（1）线圈b 通电流b I 时，由于线圈a 的半径较线圈b 的半径甚小，所以可近似求得线圈a

通过的磁链为02b a b b a a

b

I N N S R μψ=，由此得两线圈的互感系数为

74

6041050100 4.010 6.310H 220.2ab a b a b b N N S M I R μπ---ψ?????====??。

（2）

66111

6.310(50) 3.110Wb/s 100

ba a b d di d M dt N dt N dt --Φψ===???-=-?。 （3）646.310(50) 3.110v ba di

M

dt

ε--=-=-??-=?。

a ，二者中心相距为D ，电流一去一回。若忽略导线内的磁场，证明这两条输电线单位长度的自感为01ln

D a

L a

μπ-=

。 题解：两条平行输电线一去一回构成一长窄条回路，可以引入单位长度的自感的概念。当电线中通有电流I 时，通过导线间单位长度的面积的磁通量为

001212ln

2D a D a

a

a

I I D a

B dr dr r a

μμππ---Φ===??

，从而得单位长度的输电线的自感为01ln

D a L I a

μπΦ-=

=。 N ，面积为S ，将它的两端与一测电量的冲击电流计相连。它和电流计线路的总电阻为R 。先把它放到待测磁场处，并使线圈平面与磁场方向垂直，然后把它急速的移到磁场外边，这时检流计给出通过的通过的电量是q 。适用N ，S ，q ，R 表示待测磁场的大小。

题解：线圈移动时通过冲击电流计的总电量 因此，qR

B NS

=

。

1L 和2L ，它们之间的互感为M 。（1）当两者顺串联，即2，3端相连，1，4端接入电路时，证明两者的等效自感为L ＝122L L M ++；（2）当两者反串联，即2，4端相连，1，3端接入电路时，证明两者等效自感为122L L L M =+-。

题解： （1）由于二者顺串联，所以当电流通过时，此一线圈产生的通过另一线圈的磁通量的方向和另一线圈自身产生的磁通量的方向相同。因而通过两线圈的总磁链数112221ψ=ψ+ψ+ψ+ψ， 由于111122222211,,,,LI L I MI L I MI ψ=ψ=ψ=ψ=ψ=，而且有12I I I ==。代入上式得

122L L L M =++。

（2）当两者反串联时，此一线圈产生的通过另一线圈的磁通量的方向将和另一线圈自身产生的磁通量的方向相反，而上述磁链关系式中的2112,ψψ前应改为负号。这样，仍利用上面的磁链数和自感系数或互感系数的关系，就可以得到122L L L M =+-。

12,R R 筒和圆柱之间电介质和金属的r μ均可取作1，求此电缆通过电流I （由中心圆柱流出，由圆筒流回）时，单位长度内存储的磁能，并通过和自感磁能的公式比较求出单位长度电缆的自感系数。 题解：

121222200

02200011

11()21()21(ln )222244R R ml R Ir I I R B W dV rdr rdr R r R μμμππμμπππ??==+=+???????由于212

ml L I W =，所以有单位长度电缆的自感系数为021

1(ln )24R

L R μπ=

+。 光学 光的干涉 .

D ＝120 cm ，两缝之间的距离d ＝0.50 mm ，用波长λ＝500 nm (1 nm=10-9 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 ＝1.0×10-2 mm ， 折射率n ＝1.58的透明薄膜复盖在图中的S 1缝后面，求上述第五级明条纹的坐标x '．

解：(1) ∵ dx / D ≈ k λ x ≈Dk λ / d =

(1200×5×500×10-6 / 0.50)mm= 6.0 mm (2) 从几何关系，近似有

r 2－r 1≈ D x /d '

有透明薄膜时，两相干光线的光程差 δ = r 2 – ( r 1 –l +nl ) = r 2 – r 1 –(n -1)l 对零级明条纹上方的第k 级明纹有 λδk =

零级上方的第五级明条纹坐标()[]d k l n D x /1λ+-='

=1200[(1.58

－1)×0.01±5×5×10-4] / 0.50mm =19.9 mm λ＝600 nm (1 nm ＝10-9 m)的光垂直照射由两块平玻璃板构成的空气劈形膜，劈尖角＝2×10-4 rad ．改变劈尖角，相邻两明条纹间距缩小了?l ＝1.0 mm ，求劈尖角的改变量?θ． 解：原间距 l 1＝λ / 2θ＝1.5 mm

改变后， l 2＝l 1－?l ＝0.5 mm

θ 改变后， θ2＝λ / 2l 2＝6×10-4 rad

?θ＝θ2－θ＝4.0×10-4 rad

λ＝550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距a ＝2×10-4 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 ＝6.6×10-5 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 = 10-9 m)

解：(1)?x ＝20 D λ / a ＝0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足

(n －1)e ＋r 1＝r 2 设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有

r 2－r 1＝k λ 所以 (n －1)e = k λ k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处

若用薄玻璃片(折射率n 1＝1.4)覆盖缝S 1，用同样厚度的玻璃片(但折射率n 2＝1.7)覆盖缝S 2，将使原来未放玻璃时屏上的中央明条纹处O 变为第五级明纹．设单

色光波长λ＝480 nm(1nm=10-9

m )，求玻璃片的厚度d (可认为光线垂直穿过玻璃片)． 解：原来， δ = r 2－r 1= 0

覆盖玻璃后， δ＝( r 2 + n 2d – d )－(r 1 + n 1d －d )＝5λ ∴ (n 2－n 1)d ＝5λ

= 8.0×10-6 m

S 0到两缝S 1和S 2的距离分别为l 1和l 2，并且l 1－l 2＝3λ，λd ，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．

解：(1) 如图，设P 0为零级明纹中心

则 D O P d r r /012≈-

(l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0

∴ r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ ∴

()d D d r r D O P /3/

120λ=-=

(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差

明纹条件 λδk ±= (k ＝1，2，....)

在此处令k ＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距

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 解：(1) 明环半径 ()2/12λ?-=

R k r

()R

k r 1222-=λ＝5×10-5 cm (或500 nm)

(2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ)

对于r ＝1.00 cm ， k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5 故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个．

λ的单色光垂直照射到折射率为n 2的劈形膜上，如图所示，图中n 1＜n 2＜n 3

，观察

反射光形成的干涉条纹．

3

(1) 从形膜顶部O 开始向右数起，第五条暗 纹中心所对应的薄膜厚度e 5是多少？ (2) 相邻的二明纹所对应的薄膜厚度之差是多少？ 解：∵ n 1＜n 2＜n 3， 二反射光之间没有附加相位差π，光程差为

δ = 2n 2 e

第五条暗纹中心对应的薄膜厚度为e 5， 2n 2 e 5 = (2k - 1)λ / 2 k = 5

明纹的条件是

2n 2 e k = k λ 相邻二明纹所对应的膜厚度之差

?e = e k+1－e k = λ / (2n 2)

e 0．现用波长为λ的单色光垂直R ，求反射光形成的牛顿环的各暗环半径．

解：设某暗环半径为r ，由图可知，根据几何关系， 近似有

()R r e 2/2= ① 再根据干涉减弱条件有

()λλ122

1

21220+=++k e e ②

式中ｋ为大于零的整数．把式①代入式②可得

(k 为整数，且k ＞2e 0 / λ) .

10 cm 的平玻璃片，一端互相接触，另一端用厚度为0.004 mm 的纸片隔开，形以波长为500 nm 的平行光垂直照射，观察反射光的等厚干涉条纹，在全部10 cm 的长度内呈现多少条明纹？(1 nm=10-9 m) 解：设空气膜最大厚度为e ，

2e +λ21= k λ ，从而λ

λ

21

2+=e k ＝16.5 ∴ 明纹数为16．

λ＝500 nm (1 nm ＝10-9 m)的单色光垂直照射在由两块玻璃板(一端刚好接触成为劈棱)构成的空气劈形膜上．劈尖角θ＝2×10-4 rad ．如果劈形膜内充满折射率为n ＝1.40的液体．求从劈棱数起第五个明条纹在充入液体前后移动的距离． 解：设第五个明纹处膜厚为e ，则有2ne ＋λ / 2＝5 λ 设该处至劈棱的距离为l ，则有近似关系e ＝l θ，

由上两式得 2nl θ＝9 λ / 2，l ＝9λ / 4n θ 充入液体前第五个明纹位置 l 1＝9 λ / 4θ 充入液体后第五个明纹位置 l 2＝9 λ / 4n θ 充入液体前后第五个明纹移动的距离

?l ＝l 1 – l 2＝9 λ ( 1 - 1 / n ) / 4θ ＝1.61 mm

光学第四章 光的衍射

mm a 10.0=，在缝后放一焦距为cm 50的会聚透镜，用波长nm 1.546=λ 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：中央明条纹的半角宽度：a

λ

θθ=

≈sin

中央明条纹宽度：m a

f

f f t

g f x 31046.522sin 22-?=

=≈*≈*=?λ

θθθ

nm 8.632=λ的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样的第一极小与单缝法线的 5，试求该缝的宽度。

解：单缝衍射暗纹中心条件：λθk a ±=sin ???=3,2,1k

当nm k 8.632,5,1===λθ 时，可得m a 61026.7sin -?==

θ

λ

3级明纹的位置恰与波长为nm 600的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光波长。 解：单缝衍射明纹中心（近似）：()

2

12sin λ

θ+±=k a ???=3,2,1k

两条纹重合时对应的θ相等，∴ ()

()

2

122

12sin 2

21

1λλθ+±=+±=k k a

cm 120。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分辨这mm 0.5，入射光波长为nm 550，而且仅考虑人眼瞳孔的衍射效应。 解：设汽车与人的距离为L ，辆车灯对人眼张角为θ，车灯相距d

人眼的最小分辨角为：D

λ

δθ22.1=

车灯对人眼张角： L d

=

θ 恰能分辨时 m dD L 3

9

3109.810

55022.1105.02.122.1?=????==?=--λθδθ

cm 5，在km 160高空的卫星上的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需要多大？光的波长按nm 500计。

解：1）角分辨率为：rad L d 7

3

210310

160105--?=??==δθ 2）由D

λ

δθ22.1=得：m D 21031050022.122.17

9=???==--δθλ

1λ和2λ的平行光垂直入射到一光栅上，测的波长1λ的第三级主极大与2

λ 30，已知nm 5601=λ，求：（1）光栅常数d ；（2）波长2λ 解：1）由光栅衍射方程：λθk d ±=sin ???=3,2,1k 得：

2）同理 nm d d 4204

30sin 4sin 22==

?=

λλθ

mm d 10.0=，缝宽mm a 02.0=，用波长nm 480=λ的平行单色光垂直入射该双缝，双缝后放一焦距为cm 50的透镜，试求： （1） 透镜焦平面处屏上的干涉条纹间距； （2） 单缝衍射中央亮条纹的宽度；

（3） 单缝衍射的中央包线内有多少条干涉主极大。

解：1）干涉条纹间距： m d f x 339

2104.210

1.010*******----?=????==?λ 2）单缝衍射中央亮条纹宽度m a f x 2

392104.210

02.010*********----?=?????=='?λ 3）中央亮条纹内干涉主极大的数目：

光栅衍射缺级条件：k a d

k '±

= ???='3,2,1k 可知当1='k 时，502

.01

.0===a d k ，即第5级主极大与中央亮条纹边缘（单缝衍射1级暗

纹中心）重合，所以中央亮条纹内有0，4321±±±±，，，共9条干涉主极大。

6000条刻痕的光栅上，其第一级谱线的角位置为 20，试求它的第2级谱线在何处？解：由光栅衍射方程λθk d ±=sin ???=3,2,1k 可知对于第1级谱线

对于第2 级谱线 2.4310

6000

107.52arcsin 2arcsin 272=???==--d λθ

nm 600的单色光垂直入射在一光栅上，第2，3级明纹分别出现在20.0sin =θ和

30.0sin =θ处，第4级缺级。试求： （1）光栅常量；

（2）光栅上狭缝的宽度； （3）屏上实际呈现的全部级数。

解：1）由光栅衍射方程λθk d ±=sin ???=3,2,1k 可知对第2级谱线： 2）由缺级条件：k a d k '±= ???='3,2,1k 可知 14?=a

d

，所以

3）由2

max π

θ=得： 1010600100.6sin 9

6max max =??==--λθd k 屏上呈现的级次为：97653210±±±±±±±，，，，，，， （不在屏上）缺级，，1084±±±

3000条缝，用波长为nm 555的单色光以 30角向上斜入射，问在屏的中

心位置是光栅光谱的几级谱线。

解：斜射的光栅衍射方程：()λθk i d =-sin sin 对于屏中心位置0=θ，所以310555300030sin 10sin 9

2-=???-=-=

--

λ

i

d k 光学第五章 光的偏振

0I 。若第三块偏振片插入起

偏器和检偏器之间，且它的透振方向和竖直方向成θ角，试问透射光的强度

为（ D ）

A 、 θcos 0I

B 、θ2cos 0I

C 、θ4cos 0I

D 、8/2sin 0θI

当偏振片以入射光为轴转动时，发现透射光的光强有变化，但无全暗情况，那么入射光应该是： ( D )

A 、自然光

B 、部分偏振光

C 、线偏振光

D 、不能确定其偏振情况的光

( C )

A` 反射光束垂直偏振于入射面，而透射光束平等于入射面并 为完全线偏光

B 、反射光束平等偏振于入射面，而透射光束是部分偏振光

C 、反射光束是垂直于入射面的线偏振光，而透射光束是部分偏振的

D 、反射光束和透射光束都是部分偏振的

55 °的反射角反射后完全偏振，偏振光振动平面与反射平面夹角为: ( D )

A 、 0 °

B 、 35 °

C 、 55 °

D 、 90 °

30 °，今以强度为0I 的自然光正入射起偏器，则透过检偏器的光强为 ___16/30I

60 °的偏振片，透射光强为1I 。今在这两个偏振片之间再插入另一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30 °角，则透射光强为多少？

解：设入射的自然光光强为0I ，则透过第一个偏振片后光强变为0I /2。透过第2个偏振片后光强变为1002/60cos I I =，由此得 10

21

0860

cos 2I I I ==，上述两偏振片间加入另一偏振片后，透过的光强变为

1）透射光最大强度的三分之一，或（2）入射光强度的三分之一，则这两个偏振片的偏振化方向间的夹角是多少？ 解：（1）自然光入射，两偏振光同向时，透过光强最大，为

2

I 。当透射光强为3/)2/(0I 时，有 3

2

2

cos 02

0I I =

θ

两偏振片的偏振化方向夹角为；44543

1

arccos

0'==θ （2）由于透射光强I '为3

2

cos 0

2

0I I I =

'

='θ 所以有 61353

2

arccos

0'=='θ

1.33，玻璃的折射率为1.50,当光由水中射向玻璃而反射时，起偏振角是多少？当光由玻璃中射向水而反射时，起偏振角又为多少？这两个起偏振角的数值是什么关系？ 解： 光由水中射向玻璃而反射时，起偏振角为624833

.15

.1arctan arctan

01212,0'===n n i 光由玻璃中射向水而反射时，起偏振角为：43415

.133

.1arctan arctan

02121,0'===n n i 由于121,01212,0)(tan tan -==

i n n i ，所以2

21,012,0π

=+i i ，即两者互余。

45 °，它在界面同一侧的起偏振角是多少？ 解：临界角β与折射率的关系为12/sin n n =β。在界面同一侧的起偏振角为

此时，太阳在地平线上多大的仰角？

解：此时，太阳光射向水面的入射角为45300

.133.1arctan tan

0120'====n n acr i i 。太阳此时的仰角为65369000'=-=i α