大学物理第11章13节

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大学物理第十一章光学第2节杨氏双缝干涉实验劳埃德镜

x
2. 干涉条纹分析

ห้องสมุดไป่ตู้
s1
r1 r2
P
·
I
s
d
0
s2
d’
图中: 相邻实线与虚线的相位差为
设01、02分别为s1、s2相干光的初相; A1、A2分别为 s1、s2 在P点的振幅。假设A0＝A1＝A2, 01＝02 两光波在P点处的光强:
2 2 I＝A2＝2 A0 ＋2 A0 cos(Δ )
第十一章光学
13
物理学
第五版
11-2 杨氏双缝干涉实验劳埃德镜
例2 以单色光照射到相距为0.2 mm的双缝上，双缝与屏幕的垂直距离为1 m. (1)从第一级明纹到同侧的第四级明纹间的距离为7.5 mm，求单色光的波长； (2)若入射光的波长为600 nm,中央明纹中心距离最邻近的暗纹中心的距离是多少？
d'
B
p
x
o
s2
r
x r d d'
k 0,1,2, (2k 1) 减弱 2
第十一章光学
5
k
加强
物理学
第五版
11-2 杨氏双缝干涉实验劳埃德镜
明、暗条纹的位置

d x＝ k d
k＝0, 1, 2, ...明纹中心
d x＝ ( 2k－ 1) d 2
r1
r2
d'
B
p
s
x
o
o
s2
r
d ' d
当很小时(<5º )
波程差
sin tan x / d ' x r r2 r1 d sin d d'

《大学物理》稳恒磁场

42
第四节安培环路定理
Bdl L
0 (I1 I2 )
（0 I1
I
）
2
I1
I2 I3
I1
L
I1
问（1）B 是否与回路 L 外电流有关？
（2）若
LB d l 0 ,是否回路 L 上各处
B
0
？
是否回路 L 内无电流穿过？
43
第四节安培环路定理
安培环路定理的应用
例题无限长载流圆柱体的磁场
33
第三节磁通量磁场的高斯定理
例题如图载流长直导线的电流为 I, 试求通过矩形面积的磁通量.
B
I
l
d1 d2
o
x
解
B 0I
2π x
dΦm
BdS
0I
2πx
ldx
Φm
B dS 0Il
S
2π
d2 dx x d1
Φm
0 Il
2π
ln
d2 d1
34
第三节磁通量磁场的高斯定理磁场的高斯定理
d
I
B1
r1
dl1
B2 dl2
r2
l
B1
0I ，
2 π r1
B2
0 I
2 π r2
B1
dl1
B2
dl2
0 I
2π
d
B1 dl1 B2 dl2 0
l B d l 0
40
第四节安培环路定理
多电流情况
I1
I2
I3
l
B B1 B2 B3
Bdl
l
0(I2 I3)
推广：
➢ 安培环路定理
第13章

大学物理第五版课后答案上完整版

3-6一架以 2 m s 解 0Δ-='v m t FN 1055.252⨯=='lm F v 鸟对飞机的平均冲力为 N 1055.25⨯-='-=F F3-7 质量为m 的物体,由水平面上点O 分析 3-8 Fx=30+4t 的合外力解 1 由分析知()s N 68230d 4302220⋅=+=+=⎰t t t t I 2 由I ＝300 ＝30t ＋2t 2 ,解此方程可得 t ＝6．86 s 另一解不合题意已舍去3 由动量定理,有 I ＝m v 2- m v 1由2可知t ＝6．86 s 时I ＝300 N ·s ,将I 、m 及v 1代入可得 112s m 40-⋅=+=mm I v v3-9 高空作业 51kg 的人3-10质量为m 的小球,在力F= - kx 作用下运动ωkA t t ωkA t kx t F I ωt t t t -=-=-==⎰⎰⎰2/π02121d cos d d 即()ωkA m -=v Δ3-11 在水平地面上,有一横截面S= 2()A B t S ρtv v v -==ΔΔIF , N 105.2232⨯-=-=-='v S ρF F 3-12 爆炸后 ,hgx t x x 21010==v 21121gt t h y --=v ;12121t gth -=v x x m m 2021v v = y m m 2121210v v +-=落地时,y 2 ＝0,由式5、6可解得第二块碎片落地点的水平位置 x 2 ＝500 m 3-13 A,B 两船在平静的湖面上平行逆行航行 B 船以解()A A B A A m m m m v v v '=+- 1 ()''=+-B B A B B m m m m v v v 23-14 质量为m 丶的人手里拿着质量为m 的物体解取如图所示坐标．把人与物视为一系统,当人跳跃到最高点处,在向左抛物的过程中,满足动量守恒,故有u m m m α'++=cos 00v v 人的水平速率的增量为u mm mα'+=-=cos Δ0v v v 而人从最高点到地面的运动时间为 gαt sin 0v =所以,人跳跃后增加的距离()g m m αm t x '+==sin ΔΔ0v v3-15 一质量均匀柔软的绳竖直的悬挂着0N =-+F F yg l m1 y lmt F d 0d v -=' 2 而 F F '-= 3 3-16 设在地球表面附近,一初质量为 10 5解 1 以火箭发射处为原点,竖直向上为正方向．该火箭在重力场中的动力学方程为ma mg tmu=-d d 1 2 t m mg t m u d d d d v=- 分离变量后积分,有 ⎰⎰⎰-=t m m t g m m u 0d d d 00v v v3-17 质量为m 的质点在外力F 的作用下沿Ox 轴运动,已知 t=0时质点位于原点解 2d 0000L F x x LF F W L=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎰;mLF 0=v 3-18 如图一绳索 5N 3-19 一物体在介质x=ct 3解 23d d ct tx==v ;3/43/242299x kc t kc k F ===v3-20 一人从 m 深的井中提水解水桶在匀速上提过程中,a ＝0,拉力与水桶重力平衡,有 F ＋P ＝0在图示所取坐标下,水桶重力随位置的变化关系为P ＝mg -αgy 3-21 一质量为的小球的细绳解 1()J 53.0cos 1Δ=-==θmgl h P W P ;s F d T T ⋅=⎰W2 J 53.0k k ==E E 小球在最低位置的速率为 1PKs m 30.222-⋅===mW m Ev 3l m P F 2T v =- N 49.22T =+=lm mg F v3-22 一质量为m 的质点,系在细绳的一段,绳的另一端解 1 2202k 0k 832121v v v m m m E E W -=-=-= 1 2 由于摩擦力是一恒力,且F ｆ＝μmg ,故有mg μr πs F W 2180cos of -== 2rg πμ16320v = 3 34k0==W E n 圈3-23 如图所示,A 和B 两块板用一轻弹簧F 1 ＝P 1 ＋F 2221212121mgy ky mgy ky +=-;F 1 -F 2 ＝2P 1 F ＝P 1 ＋F 2 当A 板跳到N 点时,B 板刚被提起,此时弹性力F ′2 ＝P 2 ,且F 2 ＝F ′2 ．由式3可得F ＝P 1 ＋P 2 ＝m 1 ＋m 2 g3-24有一自动卸货矿车W ｆ＝＋′gl ＋x 1W ｆ＝-m -m ′ gl ＋x sin α 2 3-25 分铁锤敲入钉子木板 -2 解⎰⎰+=xx x x x kx x kx Δ000d d Δx ＝ ×10 -2m3-26 m 的地球卫星, 3Re 解()E 22E E 33R m R m m G v = 则 E E 2K 621R m m G m E ==v 2 E E P 3R mm G E -=3 EE E E E E P K 636R mm G R m m G R m m G E E E -=-=+=3-27 天文观测台冰块解由系统的机械能守恒,有R m F θmgR 2N cos v =- o θ2.4832arccos ==;32cos RgθgR ==v v 的方向与重力P 方向的夹角为 α＝90°-θ ＝°3-28 m= kg A 时解 rm mg c 2v= 1()()22213Δ21c m r mg l k v += 2 由式1、2 可得 ()12m N 366Δ7-⋅==l mgr k 3-29 质量为m, 速度为v 的钢球 m 丶的靶．解 ()1v v m m m '+= 1()20212212121kx m m m +'+=v v 2()v m m k m m x '+'=03-30 质量为m 的弹丸,穿过v v v ''+=m m m 21 l m g m h2v ''=' 2 221221hm gl m m v v ''+'='' 3glm m 52'=v 3-31 一个电子和一个3-32 质量为 x 10 -23kgαm βm m A B A cos cos 221v v v '+= 1αm βmA B sin sin 20v v '-= 2 222212m 2121A B A m v v v '+⎪⎭⎫ ⎝⎛= 3()1722s m 1069.42-⋅⨯='-=A A B v v v3-33 如图质量为m 丶的物块低端A 处解在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有()10cos v m m αmv '+= 1()αh αg m m μsin cos '+- ()()()21222121v v m m gh m m m m '+-'++'+= 2()1cot 2cos 202+-⎪⎭⎫ ⎝⎛'+=αμgh αm m m v v 3-34 如图一质量为m 的小球内壁半球形 3-35 打桩 m=10t解 1 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有⎰='1h 01d 4h hK S gh m 1m 88.821='=KS gm h 2 ()v v m m m +'=0 2()()220h h h 21S 4d -211gh m m m m Kh +'-+'-=⎰+v v 3 h 2 ＝ m ;v v ''+'-=m h g m m 20 ()23h 021d h m 354-3v ''-'-=+⎰m gh m h S 5h 3 ＝ m3-36 一系统0332211=++x x x m m m v v v ;0332211=++y y y m m m v v v则 ()()j i 113s m 0.2s m 8.2--⋅-⋅-=v 3-37 如图 m1 = kg m2 = AB 小球m 5.1202120=+=x m m m x c ;m 9.1102110=+=y m m m y c ()t m m F m m t F x x tx2112101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 3 ()t m m F m m t F y y ty2122101 ,d d +=+=⎰⎰v v v 4 t m m F y ty y c d d 0212cc0⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=;()22212019.09.12t t m m Fy y c c +=++= 2()()()j i F F P P t t t t0.60.8d Δ021-=+==⎰4-6 一汽车 12s 3 r min 解()200s rad 1.13π2-⋅=-=-=t n n t ωωα ;()0020π221n n t ωωt αt ωθ-=-=+=4-7 某种电动机启动后 ;s()22//0s rad e 5.4e d d ---⋅===t τt τωt ωα;()rad 9.36d 1d /60060=-==-⎰⎰t e ωt ωθτt 则t ＝ s 时电动机转过的圈数87.5π2/==θN 圈4-8 水分子 θd m J H A A 22sin 2='θd m J H B B 22cos 2='此二式相加,可得22d m J J H B B A A =+''则 m 1059.9211-''⨯=+=HB B A A m J J d由二式相比,可得 θJ J B B A A 2tan /='' 则 o 3.521.141.93arctan arctan===''B B A A J J θ 4-9 一飞轮 30cm cm4-10 如图圆盘的质量为m 半径为R22/3222/2203215d 2 d π2πd mR r r R m r r R mr m r J R R RR ====⎰⎰⎰ 2 ;22222032392ππ3215mR R R R m m mR J =⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-+='4-11 用落体观察法测定飞轮的转动惯量 4-12 一燃气轮机 m2解1 在匀变速转动中,角加速度tωωα0-=,由转动定律αJ M =,可得飞轮所经历的时间4-13 如图 m1 = 16kg 圆柱体A解 1αr m αJ r F T 2121== ;a m F g m F P T T 222='-='-21222m m g m a += ;m 45.222121222=+==m m gt m at s2 ()N 2.3922121=+=-=g m m m m a g m F T 4-14 m1 m2 A B 组合轮两端()αJ J r F R F T T 2121+=- 11T T F F =',22T T F F ='解上述方程组,可得gR r m R m J J r m R m a 222121211+++-=;gr r m R m J J rm R m a 222121212+++-=g m r m R m J J Rr m r m J J F T 1222121221211++++++=;g m rm R m J J Rr m R m J J F T 2222121121212++++++= 4-15 如图所示装置,定滑轮半径rαr a a ==21 αJ r F r F T T ='-'12 11T T F F =',22T T F F =' 4-16 飞轮 60kg()0121='-+l F l l F Nd μF l ll d μF d F M N 121f 2212+=== 1 4-17 一半径为R,质量为m 的匀质圆盘;; 停止 4-18 如图通风机J ωC t ωα-==d d 1t JCωωt ωωd d 00⎰⎰-=J Ct e ωω/0-= 22ln CJt =24-19 如图一长 2l 的细棒AB解()αe ωml mr ωJ L t 2022sin 122--===2 ()[]αe ωml tt L M t 202sin 12d dd d --==te αωml -=202sin 2 ;αωml M 202sin 2= 4-20 m 丶半径R 的圆盘裂开解 1 R ω=0v4-21 光滑水平木杆 m1= L=40cm解根据角动量守恒定理()ωJ J ωJ '+=212;()1212212s 1.2936-=+=+='m m m J J ωJ ωv4-22 r1 r2 薄伞形轮 4-23 的小孩R ωωωωv +=+=010;()010100=++ωωJ ωJ 122020s 1052.9--⨯-=+-=RmR J mR ωv4-24 一转台砂粒 Q =2t 解在时间0→10 s 内落至台面的砂粒的质量为kg 10.0Qd s 100==⎰t m ;()ωmr J ωJ 2000+= ;112000s π80.0-=+=J mrJ ωJ ω 4-25 为使运行中的飞船4-26 m 的蜘蛛解 1 ()b a ωJ J ωJ 100+=a a b ωmm m ωJ J J ω2100+''=+=2 即22mr J =.在此过程中,由系统角动量守恒,有()c a ωJ J ωJ 100+=4-27 的均匀细棒解 1 由刚体的角动量定理得 28388Δ31arccos o 222'=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=gl m t F θ 4-28 第一颗人造卫星 5 2211v v mr mr = 12221212121r Gmm m r Gmm m EE -=-v v 2()1321121s m 1011.8-⋅⨯=+=r r r r Gm E v ;131212s m 1031.6-⋅⨯==v v r r4-29 地球对自传解 1 地球的质量m Ｅ＝ ×1024 kg,半径R ＝ ×106 m,所以,地球自转的动能2 对式T ωπ2=两边微分,可得T Tωd π2d 2-= T ωT T ωΔπ2Δπ2Δ22-=-= T E ωT J ωωωJ E K K ΔπΔπ2ΔΔ3-=-== 2式中n 为一年中的天数n ＝365,ΔT 为一天中周期的增加量.4-30 如图一质量为m 的小球由一绳索 ;;; 新的角速度解 1200mr J =和20141mr J =,则00014ωωJ J ω==2 2020200211232121ωmr ωJ ωJ W =-=4-31 质量解 1 棒绕端点的转动惯量231ml J =由转动定律M ＝Jα可得棒在θ 位置时的角加速度为()lθg J θM α2cos 3==;2s 418-=.α 由于θωωt ωαd d d d ==,⎰⎰=o 6000d d θαωωω ;1600s 98.7sin 3o -==l θg ω 2J 98.021==mgl E K3 由于该动能也就是转动动能,即221ωJ E K =,1s 57.832-==='l g J E ωK 4-32 如图 A B 两飞轮 J1 = kg;M解 1 取两飞轮为系统,根据系统的角动量守恒,有2 ()J 1032.12121Δ42112221⨯-=-+=ωJ ωJ J E 4-34 如图 OO 丶自由转动解()B ωmR J ωJ 2000+= 1()2220200212121BB m ωmR J mgR ωJ v ++=+ 22000mR J ωJ ωB +=2022002mRJ RωJ gR B ++=v 0ωωC = ;gR C 4=v 4-35 为使运行中飞船停止绕其中心轴转动 ,一种可能方案有()()2222122121ωl R m ωJ J '+=+ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-'+=141m m R l 4-37 一长为L, 质量为m 的均匀细棒,在光滑的;;绕质心ωJ ωJ t F-'=-Δ21;ωωml J J ω41412=+='2 22223212121ωml ωJ ωJ E ΔK -=-''=4-38 如图细绳大木轴解设木轴所受静摩擦力F f 如图所示,则有F mR J R R θR a C C 212121cos ++= ;F mR J R θR R a αC C 21211cos ++== 5-6 1964 年,盖尔曼等人解由于夸克可视为经典点电荷,由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力. 5-7 质量为m , 电荷为-e 的电子由此出发命题可证.证由上述分析可得电子的动能为r e εm E K 202π8121==v ;3022π4mrεe ω=;432022232π4me E εωK ==v 5-8 在氯化铯 1 由对称性,每条对角线上的一对铯离子与氯离子间的作用合力为零,故F 1 ＝0.2 除了有缺陷的那条对角线外,其它铯离子与氯离子的作用合力为零,所以氯离子所受的合力F 2 的值为5-9 若电荷均匀地分布在长为L 的细棒 , 求证证 1 延长线上一点P 的电场强度⎰'=Lr πεqE 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则()220022204π12/12/1π4d π41L r QεL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.2, E rεqαE Ld π4d sin 20⎰'= 利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x r r +=' 统一积分变量,则5-10 一半径为R 的半球壳,均匀的带有电荷, 解由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有 5-11 水分子H2O解1 水分子的电偶极矩θer θP P cos 2cos 200==在电偶极矩延长线上 5-13 如图为电四级子解由点电荷电场公式,得()()k k k E 42022220222206π4...321...32112π4/11/1112π4z qd εq z d z d z d z d z z εq z d z d z z εq =⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++++-=⎭⎬⎫⎩⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-+-=; 5-14 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面对称轴平行 5-15 如图边长为a 的立方体,其表面同理 ()[]()2121AOEF d a E dS E E -=-⋅+=⋅=⎰⎰i j i S E Φ 5-16 分析地球周围的大气犹如;;5-17 设在半径为R 的球体内 ,其电荷为对称分布球体内0≤r ≤R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E r==⎰ ,()r εkr r e E 024=球体外r ＞R()40022πd π41π4r εk r r kr εr r E R==⎰,()r εkR r e E 024=5-18 如图 , 一无限大均匀带电薄平板n εσe E 012=;nr x xεσe E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=220212 ,n rx x εσe E E E 220212+=+=在圆孔中心处x ＝0,则 E ＝0 在距离圆孔较远时x ＞＞r ,则5-19 如图, 在电荷体密度p 的均匀带电球体证带电球体内部一点的电场强度为r E 03ερ=r E 013ερ=,2023r E ερ-= ()210213r r E E E -=+=ερ;a E 03ερ=5-20 一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳,总电荷为Q1解取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析 r ＜R 1 ,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ,故 r ＞R 3 ,高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ,故5-21 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面解 ∑=⋅0/π2εq rL E r ＜R 1 , 0=∑q 01=E 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1 ＜r ＜R 2 ,L λq =∑rελE 02π2=r ＞R 2, 0=∑q 03=E 5-22 如图 ,有三个点电荷Q1Q2Q3解在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势5-23 已知均匀带电直线附近的1 ,12012ln π2d 21r r ελU r r =⋅=⎰r E 2 不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等. 5-24 水分子电偶极矩解由点电荷电势的叠加1 若o 0=θ V 1023.2π4320P -⨯==rεpV 2 若o45=θ V 1058.1π445cos 320o P -⨯==r εp V 3 若o90=θ 0π490cos 20oP ==r εp V5-25 一个球形雨滴半径当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后,雨滴半径1322R R =,带有电量q 2 ＝2q 1 ,雨滴表面电势5-26 电荷面密度分别为;;;两块无限大解 ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x0 2 00i E ()a x a x εσV x <<--=⋅=⎰ d 00l E()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 0a -axl E l E ;()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a -a x l E l E 5-27 两个同心球面的半径分别为R1 R2 , 各自带有解 1 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V +=若该点位于两个球面之间,即R 1 ≤r ≤R 2 ,则 202012π4π4R εQ r εQ V +=若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+= 2 ; ()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-== 5-28 一半径为R 的无限长带电细棒,其内部的电荷均匀分布当r ≤R 时02/ππ2ερl r rl E =⋅ ()02εr ρr E = 当r ≥R 时02/ππ2ερl R rl E =⋅ ()rεR ρr E 022=当r ≤R 时()()22004d 2r R ερr εr ρr V R r-==⎰当r ≥R 时()rR εR ρr r εR ρr V R r ln 2d 20202==⎰5-29 一圆盘半径R= 10 -2解 1 带电圆环激发的电势220d π2π41d x r r r σεV +=()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2 12 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V 2 电场强度方向沿x 轴方向.3 将场点至盘心的距离x ＝ cm 分别代入式1和式2,得当x ＞＞R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有 5-30 两根同长的圆柱面 R1= 10 -2 m R2=解得 1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ2 解得两圆柱面之间r ＝处的电场强度 5-31 轻原子核结合成为较重原子核解 1 两个质子相接触时势能最大,根据能量守恒由20K021v m E =可估算出质子初始速率17k 00s m 102.1/2-⋅⨯==m E v 该速度已达到光速的4％.2.kT E E 23K K0== K 106.5329K0⨯≈=kE T 5-32 在一次典型的闪电中Kg 1098.8Δ4⨯===LqUL E m 即可融化约 90 吨冰. 2 一个家庭一年消耗的能量为5-33 两个半径为R 的圆环分别带等量异电荷正负q解 1 由带电圆环电势的叠加,两环圆心连线的x 轴上的电势为2 当R x l x >>>>,时,化简整理得在R x >>时带电圆环等效于一对带等量异号的点电荷,即电偶极子.上式就是电偶极子延长线上一点的电势.5-34 如图 , 在Oxy 平面上倒扣着半径为R 的半球面,假设将半球面扩展为带有相同电荷面密度σ的一个完整球面,此时在A 、B 两点的电势分别为5-35 在玻尔的氢原子模型中,电子 10-10解 1 电子在玻尔轨道上作圆周运动时,它的电势能为2 电子在玻尔轨道上运动时,静电力提供电子作圆周运动所需的向心力,即()r m r εe /π4/2202v =.此时,电子的动能为电子的电离能等于外界把电子从原子中拉出来需要的最低能量 6-6 不带电的导体球A 含有两个 ; ()20π4rεq q q F d c b d +=点电荷q d 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零,点电荷q b 、q c 处于球形空腔的中心,空腔内表面感应电荷均匀分布,点电荷q b 、q c 受到的作用力为零.6-7 一真空二极管,其主要构件是是一个半;;R1=解 1 电子到达阳极时,势能的减少量为 26-8 一导体球半径为R1,外罩一半径为R2r ＜R １时, ()01=r E R １＜r ＜R 2 时,()202π4r εqr E = r ＞R 2 时, ()202π4r εqQ r E += r ＜R １时, R １＜r ＜R 2 时, r ＞R 2 时,也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内r ＜R １20101π4π4R εQR εq V += 在导体球和球壳之间R １＜r ＜R 2 2002π4π4R εQ r εq V +=在球壳外r ＞R 2 r εQ q V 03π4+= ;102001π4π4R εQR εq V V +== 102001π4π4R εQR εq V V +== 代入电场、电势的分布得 r ＜R １时, 01=E ；01V V = R １＜r ＜R 2 时,22012012π4rR εQ R r V R E -=；r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时,6-9 如图 ,在一半径为R1 = cm 的金属球 A 外面套解V 106.5π4π4π43302010⨯=-+-+=R εQ Q R εQ R εq V A A A A A V 105.4π4330⨯=+=R εQ Q V BA B 2 将球壳B 接地后断开,再把球A 接地,设球A 带电q A ,球A 和球壳B 的电势为 6-10 两块带电量分别为Q1,Q2的导体平板平行证明１设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ１、σ2、σ3、σ4 ,取如图ｂ所示的圆柱面为高斯面,高斯面由侧面S １和两个端面S 2、S 3构成,由分析可知得 0,0ΔΔ3232=+=+=∑σσS σS σq相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．2 由电场的叠加原理,取水平向右为参考正方向,导体内P 点的电场强度为 6-11 将带电量为Q 的导体板A 从远处移至不带电的导体板B 附件解１如图ｂ所示,依照题意和导体板达到静电平衡时的电荷分布规律可得()Q S σσ=+21 ;()Q S σσ=+43;041=-σσ;032=+σσSQσσσσ24321==-==两导体板间电场强度为S εQ E 02=；方向为A 指向B ．两导体板间的电势差为 SεQd U AB 02=2 如图c 所示,导体板B 接地后电势为零．两导体板间电场强度为S εQ E 0='；方向为A 指向B ． SεQdU AB0=' 6-12 如图 Q>0, 内半径为a, 外半径b6-13 如图, 在真空中将半径为R 的金属球接地,在与球心 6-14 地球和电离层可当做一个球形电容器 6-15 两线输电线的线径代入数据 F 1052.512-⨯=C 6-16 电容式计算机键盘解按下按键时电容的变化量为⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=0011Δd d S εC ;mm 152.0ΔΔΔ00min20min =+=-=S εC d Cd d d d6-17 盖革-米勒管可用解 1 由上述分析,利用高斯定理可得L λεrL E 01π2=⋅,则两极间的电场强度 2 当611 2.010V m E -=⨯⋅ ,R 1 ＝ mm,R 2 ＝ mm 时,6-18 解 1 查表可知二氧化钛的相对电容率εr ＝173,故充满此介质的平板电容器的电容2 C 1084.18-⨯==CU Q 2-80m C 1084.1⋅⨯==-SQσ 31-5m V 102.1⋅⨯==dUE 6-19 如图 , 半径R= 的导体球带有电荷 Q = -8C解 1 取半径为r 的同心球面为高斯面,由高斯定理得r ＜R 0π421=⋅r D 01=D ；01=E R ＜r ＜R ＋d Q r D =⋅22π422π4r Q D =；202π4r εεQ E r=r ＞R ＋d Q r D =⋅23π4;23π4r Q D =；203π4r εεQE r =r 1 ＝5 cm,该点在导体球内,则01=r D ；01=r Er 2 ＝15 cm,该点在介质层内,εｒ＝,则2822m C 105.3π42--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 100.8π42-⋅⨯==r εεQ E r r r 3 ＝25 cm,该点在空气层内,空气中ε≈ε0 ,则2823m C 103.1π43--⋅⨯==r Q D r ；12220m V 104.1π43-⋅⨯==r εQ E r 2 取无穷远处电势为零,由电势与电场强度的积分关系得 r 3 ＝25 cm,V 360π4d 0r 331==⋅=⎰∞rεQV r E r 2 ＝15 cm, ()()V480π4π4π4d d 0020r 3222=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ r εεQ V r r dR dR rE r E r 1 ＝5 cm,()()V540π4π4π4d d 000321=+++-=⋅+⋅=⎰⎰+∞+d R εQd R εεQ R εεQ V r r dR RdR rE r E3 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上,因空气的电容率ε ＝ε0 ,极化电荷可忽略．故在介质外表面； 6-20 人体的某些细胞壁两侧解 1细胞壁内的电场强度V /m 108.960⨯==rεεσE ；方向指向细胞外． 2 细胞壁两表面间的电势差V 101.52-⨯==Ed U ． 6-21 有一个平板电容器 = 10-5 C;M-2解 250m C 105.4Δ--⋅⨯===σSQD 16r 0m V 105.2-⋅⨯==εεDE D 、P 、E 方向相同,均由正极板指向负极板图中垂直向下．6-22 在一个半径为R1的长直导线外套有氯解由介质中的高斯定理,有⎰=⋅=⋅L λrL D d π2S D ;r rλe D π2=r r r εελεεe D E 00π2==;r r rλε-εe E -D P π2110⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== 6-23 如图 , 球形电极浮在相对电容率 = 的油槽中解 R εC 01π2= ;R εεC r 02π2=6-24 如图 , 由两块相距为 mm 的薄金属板A,B 构成的空气平板电容器解 1 13232123C C C C C C C C ++⋅=+=32122d d d ==且,故1322C C C == ,因此A 、B 间的总电容12C C =2 若电容器的一个引脚不慎与金属屏蔽盒相碰,相当于C2 或者C3 极板短接,其电容为零,则总电容6-25 如图 , 在点A 和点B 之间有五个电容器解 1 由电容器的串、并联,有求得等效电容C AB ＝4 μF．2 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===,得V 4==AB ACABAC U C C U 6-26 如图,有一空气电热板级板面积S ,间距d 解 12 插入电介质后,电容器的电容C 1 为()()δd εδS εεδS εεQ δd SεQ Q C r r r -+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=0001/ ;()δd εδSU εεU C C r r -+==011 ()δd εδU S εεQ E r r -+=='011;()δd εδUεS εQ E r r -+==0113 插入导体达到静电平衡后,导体为等势体,其电容和极板上的电荷分别为导体中电场强度 02='E δd UE -=2 6-27 为了实时检测纺织品6-28 利用电容传感器测量油料液面高度证由分析知,导体A 、C 构成一组柱形电容器,它们的电容分别为d D L εαln π20=；()dD L εεβr ln π20-= UX βaU CU Q +== 6-29 有一电容为 uF 的平行平板电容器解 1 V 190max ==d E U b2J 1003.92132max -⨯=CU W e6-30 半径为的长直导线,解 1 导线表面最大电荷面密度 250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ 2 由上述分析得b E R ελ10max π2=,此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210π2R r R rRr ελE m <<==0=E 其他 6-31 一空气平板电容器,空气厚解 ()16m V 102.3-⋅⨯=+-=δδd εVεE r r此时,因b E E > ,空气层被击穿,击穿后40 kV 电压全部加在玻璃板两侧,此时玻璃板内的电场强度由于玻璃的击穿电场强度'110V m b E M -=⋅,b E E '> ,故玻璃也将相继被击穿,电容器完全被击穿．6-32 某介质的相对电容率 er=解 16m V 1018-⋅⨯=≤b E E m 1022.2/4-⨯==b m E U d要制作电容为 μF 的平板电容器,其极板面积 210m 42.0==εεCdS 6-33 一平行板空气电容器,极板面积S,极板间距d, 充电解 1 20220221S εQ E εw e == Sεd Q V w W e e 022ΔΔ== 2 两导体极板带等量异号电荷,外力F 将其缓缓拉开时,应有F ＝－F e ,则外力所作的功为7-6 北京正负电子对撞机 7-7 已知铜的摩尔质量解 1M ρN n A /= 14s m 1046.4//--⋅⨯===e ρN M j ne j A m m d v 2 室温下T ＝300 Ｋ电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 7-8 有两个同轴导体圆柱面,它们的长度均为20m解由分析可知,在半径r ＝ mm 的圆柱面上的电流密度 7-9 已知地球北极磁场磁感应强度B 的大小为 T解设赤道电流为I,则由教材第7 －4 节例2 知,圆电流轴线上北极点的磁感强度 7-10 如图,有两根导线沿半径方向接到铁环 7-11 如图几种截流导线在平面内分布解ａRIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外．ｂ将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可得RIμR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里． c 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流,由叠加原理可得RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外． 7-12 截流导线形状如图, 球O 点 ;; B7-13 如图, 一个半径为R 的无限长半球圆柱面导体,解根据分析,由于长直细线中的电流R l I I π/d d =,它在轴线上一点激发的磁感强度的大小为RIμB B x 20π== B 的方向指向Ox 轴负向． 7-14 分实验室常用所谓亥姆霍兹线圈由 0d d =xB, 解得 x ＝0 由0d d 022==x x B ,解得 d ＝R① 将磁感强度B 在两线圈中点附近用泰勒级数展开,则若x ＜＜1；且()0d 0d =xB ；()0d 0d 22=x B ．则磁感强度Bx 在中点O 附近近似为常量,场为均匀场．这表明在d ＝R 时,中点x ＝0附近区域的磁场可视为均匀磁场． 7-15 如图,截流长直导线的电流为L,求通过矩形面积的磁通量 7-16 已知 10mm2 裸铜线;; 50A在导线内r ＜R , 2222πππR r r R I I ==∑,因而202πRIr μB =在导线外r ＞R ,I I =∑,因而rIμB 2π0=2 在导线表面磁感强度连续,由I ＝50 A,m 1078.1π/3-⨯==s R ,得 7-17 有一同轴电缆, 其尺寸如图解由上述分析得r ＜R 1 22101ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR Ir μB =R 1 ＜r ＜R 2 I μr B 022π=⋅ rI μB 2π02= R 2 ＜r ＜R 3r ＞R 3 ()02π04=-=⋅I I μr B 04=B7-18 如图,N 匝线圈均匀密绕;;中空骨架上∑=⋅I μr B 02π r ＜R 1 02π1=⋅r B01=B R 2 ＞r ＞R 1 NI μr B 022π=⋅ rNIμB 2π02=r ＞R 2 02π3=⋅r B 03=B RNIμB 2π0≈7-19 电流I 均匀的流过半径为R 的圆形长直导线 7-20 设电流均匀流过无限大导电平面 7-21 设有两无限大平行载流平面 ,解 1 取垂直于纸面向里为x 轴正向,合磁场为 2 两导体载流平面之外,合磁场的磁感强度 7-22 已知地面上空 B= -4解 1 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向,如图所示． 2N 102.316-⨯==B F v q L N 1064.116-⨯==g m G p因而,有101095.1/⨯=G F L ,即质子所受的洛伦兹力远大于重力． 7-23 在一个显像管的电子 4 eV 解 1 B F ⨯=v q电子带负电,q ＜0,因而可以判断电子束将偏向东侧．2m 71.62===eBmE eB m R k v 由题知cm 20=y ,并由图中的几何关系可得电子束偏向东侧的距离m 1098.2Δ322-⨯=--=y R R x 即显示屏上的图像将整体向东平移近3 mm ．这种平移并不会影响整幅图像的质量．7-24 试证明霍尔电场强度与恒流强度之比j E ρC = ;B E ⨯-=v H ; v ne =jnev ρρC ==j E ;;B E ⨯-=v H ; B/ne ρB/ρ/ρB/ρ/E E C H ===v v v / 7-25 霍尔效应测量血流的速度7-26 磁力可以用来输送导电液体 1JBl S IBl S F p ===Δ 2 26A/m 1038.3Δ⨯==Blp J 7-27 带电粒子在过饱和液体中运动半径7-28 从太阳射来的速率 10 7解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径 m 101.1311⨯==eB m R v ;m 2322==eB m R v 7-29 如图, 一根长直导线载有电流I1 = 30A I2=20Adl I I μF π22103=; ()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d l I I μd l I I μF F F 合力的方向朝左,指向直导线．7-30 一直流变电站电压500kv解 1 d I μBI F B π220== ;dεU C λE F E 022π2== 由0=+E B f f 可得 2 输出功率7-31 将一电流均匀分布的无限大...B0依照右手定则可知磁场力的方向为水平指向左侧．7-32 在直径为的刚棒上解 1 因为所有电子的磁矩方向相同,则圆盘的磁矩27m A 1056.1⋅⨯==-e μN m2 由磁矩的定义,可得圆盘边缘等效电流A 100.2/3-⨯==S m I 7-33 在氢原子中,L=h/2π7-34 如图 ,半径为R 的圆片均匀带电,电荷面密度解由上述分析可知,轴线上x 处的磁感强度大小为7-35 如图一根长直同轴电缆, 内外解 1 取与电缆轴同心的圆为积分路径,根据磁介质中的安培环路定理,有 ∑=f I r H π2 对r ＜R 1 221ππr R I I f =∑ 2112πR Ir H = 01=M ,21012πR Ir μB = 对R 2 ＞r ＞R 1 I I f =∑ rI H 2π2= 填充的磁介质相对磁导率为μr ,有()r I μM r 2π12-=,rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2 03=M , 对r ＞R 3 0=-=∑I I I f 04=H ,04=M ,04=B 2 由r M I s 2π⋅=,磁介质内、外表面磁化电流的大小为7-36 设长L= ,截面积S= 2解 1 A N M SL ρN 0= ;2000m A 85.7-⋅===m N M SL ρNm m A 2 维持铁棒与磁场正交所需力矩等于该位置上磁矩所受的磁力矩 7-37 在实验室,为了测试;;平均周长分析根据右手定则,磁感线与电流相互环连,磁场沿环型螺线管分布,当环形螺线管中通以电流I 时,由安培环路定理得磁介质内部的磁场强度为由题意可知,环内部的磁感强度S ΦB /=,而H μμB r 0=,故有解磁介质内部的磁场强度和磁感强度分别为L NI /和S Φ/,因而。

大学物理课程总结

大学物理课程总结大学物理课程总结大学物理课程总结在大二上学期，我们学习了大学物理这门课程，物理学是一切自然科学的基础，处于诸多自然科学学科的核心地位，物理学研究的粒子和原子构成了蛋白质、基因、器官、生物体，构成了一切天然的和人造的物质以及广袤的陆地、海洋、大气，甚至整个宇宙，因此，物理学是化学、生物、材料科学、地球物理和天体物理等学科的基础。

今天，物理学和这些学科之间的边缘领域中又形成了一系列分支学科和交叉学科，如粒子物理、核物理、凝聚态物理、原子分子物理、电子物理、生物物理等等。

这些学科都取得了引人瞩目的成就。

在该学期的学习中，我们主要学习了以下几个章节的内容：第4章机械振动第5章机械波第6章气体动理论基础第7章热力学基础第12章光的干涉第13章光的衍射第14章光的偏振在对以上几个章节进行学习了之后，我们大致了解了有关振动、热力学、光学几个方面的知识。

下面，我对以上几个章节的内容进行详细的介绍。

第四章主要介绍了机械振动，例如：任何一个具有质量和弹性的系统在其运动状态发生突变时都会发生振动。

任何一个物理量在某一量值附近随时间做周期性变化都可以叫做振动。

本章主要讨论简谐振动和振动的合成，并简要介绍阻尼振动、受迫振动和共振现象以及非线性振动。

在第五章机械波的学习中，我们知道了什么是“波”。

如果在空间某处发生的振动，以有限的速度向四周传播，则这种传播着的振动称为波。

机械振动在连续介质内的传播叫做机械波；电磁振动在真空或介质中的传播叫做电磁波；近代物理指出，微观粒子以至任何物体都具有波动性，这种波叫做物质波。

不同性质的波动虽然机制各不相同，但它们在空间的传播规律却具有共性。

本章一机械波为例，讨论了波动运动规律。

从第六章开始，我们开始学习气体动理论和热力学篇，其中，气体动理论是统计物理最简单、最基本的内容。

本章介绍热学中的系统、平衡态、温度等概念，从物质的微观结构出发，阐明平衡状态下的宏观参量压强和温度的微观本质，并导出理想气体的内能公式，最后讨论理想气体分子在平衡状态下的几个统计规律。

大学物理课程介绍

大学物理课程介绍大学物理是一门实验性科学，它很好的将理论和实践结合起来，是理论联系实际的一个窗口。

能够培养学生用科学的眼睛看世界，坚持真理，破除迷信。

大学物理是低年级开设的课程，在使学生树立正确学习态度、掌握科学学习方法，培养独立获取知识的能力方面起十分重要的作用。

本课程主要由：质点运动学、质点动力学、振动和波、波动光学、分子动理论、热力学以及电磁学七个部分组成。

本课程课程代码为：090201本课程课程类别为：基础课，必修课。

本课程适用对象为：理工科各类非物理专业的本专科学生。

授课学时：本科化工类、轻纺类授课总学时为68学时，3.4学分，第二学期一学期完成；本科材料类、建工类、机械类、动力类、电子信息类授课总学时为100学时，5学分，分第二学期68学时，3.4学分和第三学期32学时，1.6学分两学期完成。

专科授课总学时为70学时，3.5学分。

本课程目前师资配备为：教授2名，副教授2名，讲师6名，助教10名。

本课程考核形式：闭卷考试占70%，作业及平时成绩占30% 。

本课程教材与教学参考书：基本教材：内蒙古工业大学物理系编.《大学物理》（第一版）. 内蒙古大学出版社. 2002.教学参考书：1、祁关泉等译.《物理学史》.上海教育出版社.1986,3.2、何维杰，欧阳玉.《物理学思想史与方法论》.湖南大学出版社.2001,9.3、赵凯华，罗蔚茵.《新概念物理教程》（力学…）.高等教育出版社.1986,2.4、尹鸿钧.《基础物理教程丛书》（力学…）.中国科学技术大学出版社.1996,2.5、顾建中.《力学教程》.人民教育出版社.1979.3.6、梁昆淼.《力学》（上、下册，修订版）.人民教育出版社.1980.1.7、李椿，章立源，钱尚武.《热学》.人民教育出版社.1978.9.8、赵凯华.《电磁学》（上、下册）.人民教育出版社.1978,4.9、梁灿彬，秦光戎，梁竹健.《电磁学》.人民教育出版社.1980,12.10、姚启钧.《光学教程》.人民教育出版社.1981.6.11、母国光，李若蹯.《普通物理学》（光学部分）.高等教育出版社.1965.11.12、章志鸣，沈元华，陈惠芬.《光学》.高等教育出版社.2000,6.13、张三慧.《大学物理学》（第一、二、三、四、五册）.清华大学出版社.1999.14、陆果.《基础物理学教程》（上、下册）.高等教育出版社.1998.15、[美]阿特.霍布森.《物理学：基本概念极其与方方面面的联系》.上海科学技术出版社.2001.16、邓飞帆，葛昆龄，王祖恺.《普通物理疑难问答》.湖南科技出版社.1984,7.17、华东师大普物研究室.《大学物理选择题》.北京工业学院出版社.1987,10.18、[英]Toh kok Aun,Tan Sean Huat.《普通物理选择题》.上海科技文献出版社.1985,6.19、四川师范学院物理系电磁学教研组.《电磁学思考题解答》（上、下册）.1980,4.20、潘仲麟，黄有兴.《电磁学解题指导》.浙江科技出版社.1982,5.21、苏曾燧.《普通物理思考题集》（第二版）.高等教育出版社.1983,7.22、杨建华，苏惠惠.《大学物理学重大难点专题辅导》.成都科技大学出版社.1993,12.23、北京大学物理系，中国科技大学物理教研室.《物理学习题集》（第一、二、三集）.1980.4，1983.4.24、王发伯，赵仲罴，黄宁庆，罗维治等.《普通物理典型题解》.湖南科技出版社.1981,5.25、马文蔚等编.《物理学》（第三版）.高等教育出版社.1993.26、D. Halliday，R. Resnick，K. S. Krane.《PHYSICS》Fifth Edition. JOHN WILEY & SONS,INC.2002.《大学物理》课程教学大纲一、课程名称大学物理（University physics）二、课程编码090201三、学时数、学分数、开课学期总学时100学时；5学分第二学期：68学时；3.4学分。

大学物理电磁学ppt课件

i
L Er d
B dS S t
--对导线所围面积积分
28
电磁学复习
自感系数 L I
互感系数 M 12 21
i2
i1
自感磁能
WL

1 2
LI 2
互感磁能 WM = M I1I2
L

L
dI dt
12

M
d i2 dt
普适式(L一定)
长直螺线管: B = nI L = n2V
U

q
40 ( x2
R2 )1 2
8
电磁学复习
第11章导体和电介质的静电场
11-1 导体的静电平衡 11-2 电容器及其电容 11-3 静电场中的电介质 11-4 有电介质时的高斯定理 11-5 静电场中的能量
9
电磁学复习
知识点:
静电平衡状态下导体上电荷分布、电场强度和电势电容器的电容及其储能电介质的极化：求D、E、P 电场能量典型例题: 例11.1; 例11.3; 例11.5 典型习题: P50 11-1, 6, 8, 10, 14, 17, 19, 20, 21, 22
平行板电容器 C 0S
d
充电介质:
圆柱形电容器 C 20L
ln(R2 R1 )
C rC0
球形电容器电容
C 40
RA RB RB - RA
电容器储能： We

1 CU 2 2

Q2 2C

1 QU 2
12
电磁学复习
3. 电介质极化：在外场E0中
无极分子 --- 位移极化有极分子 --- 取向极化
电电负内源源载阻充功功功放率率率电II时I22Rr的功率转充放换电电：：充外电电电源路U输I输出入功电率I 源U功II 2率r UI 16

大学物理：Chapter 13-驻波

2
)
y驻
2 A cos(2
x
)cos(2
2
t T
)
2
(3) 波节点： 2 Acos(2 x ) 2
0,
2 x (2k 1)
2
2
2 x k , x k (k 0, 1, 2,) (0 x 5 )
垂直入射中，入射波和反射波的合成
四、半波损失 (相位跃变）
1. 波阻：ρ u 其中，ρ — 介质密度；u — 波速。两介质相比较，ρ u 大者称波密介质，小者称波疏介质。
2. 半波损失
— 当波由波疏介质向波密介质垂直入射，在两介质界面
反射时相位突变π ，称为“半波损失”。
★ 1v1 2v2 时，有半波损失，
A驻 2 A
2 x 2 1 k (k 0, 1, 2,)
2
★ 相邻两波节(或波腹)间的距离： Δx xk 1 xk 2
t 0
tT 4
tT 2
t 3T 4
波节:始终不动的点。红色虚线对应的位置。
波腹:振幅始终最大的点。黑色虚线对应的位置。
2. 驻波中各点的相位关系
2π
2
半波损失: 反射点为波节，表明入射波与反射波在该点反相.
两端固定的弦振动的简正模式
l n n n 1,2,
2
l 1
2 l 22
2
l 33
2
1）弦上的驻波
A
弦
B
L n n
L
2
n
2L n
n=1 n=2 n=3
n
u
n
n u n=4 2L
1
u 2L （基频）
2
u L
3
3u 2L

大学物理第十一章光学第9节衍射光栅汇总

一光栅物理学第五版
11-9 衍射光栅
光栅是由大量的等宽等间距的平行狭缝（或反射面）
构成的光学元件。从广义上理解，任何具有空间周期
性的衍射屏都可叫作光栅。
衍射角
L
P
Q
o
f
第十一章光学
1
物理学
11-9 衍射光栅
第五版
二光栅衍射条纹的形成
衍射角
b
b'
b b'
光栅常数
(b b')sin
b ：透光部分的宽度 b’ ：不透光部分的宽度
栅出现最高级次光谱的条件: d·sin90º= kmax紫
d sin k d和k相同时: 越大越大, 离中央明纹越远
各级明纹为彩色条纹；中央零级明纹中心是白色的；边缘是彩色条纹(紫在内红在外)
第十一章光学
13
物理学
第五版
11-9 衍射光栅
例如二级光谱重叠部分光谱范围
(b b') sin 3紫
k2
b b'
3 7.6105cm 1cm 6500
1.48
1
不4 第三级光谱所能出现的最大波长
' (b b')sin90 b b' 513 nm 绿光
11-9 衍射光栅
(k 0,1,2,)
k 1,
s in k 1
sink
b b'
光栅常数越小，明纹越窄，明纹间相隔越远.
一定，b b' 减少， k1 k 增大．
入射光波长越大，明纹间相隔越远.
b b' 一定，增大， k 1 k 增大．
第十一章光学
8
物理学
第五版

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同学们好！
科学决的问题。任何一个发展随着时间的推移都会出现新的严重的困难。 ---爱因斯坦
一个人类胚胎20周时在子宫内吮吸手指的照片
?
§11.13
波的能量
一、波的能量条件：连续、弹性、各向同性、无耗散介质
载波介质模型：
思考：讨论波的能量时，能否将介质视为质点的集合？
形变最大抖动
振速最大
在波传播的过程中，
•各介质元产生不同程度的弹性形变，具有弹性势能dEP
•各介质元以变化的振动速率
上下振动，具有振动动能 dEk
1. 介质元的能量
设弹性细棒密度ρ
取长dx的介质元
dm dV Sdx
x
S
x dx

x y A cos ( t ) u
dm
dEk , dEp同相变化
形成物理图像
纵波（体变）
y
u

x
平衡位置处：疏部或密部中心、形变最大、dEp最大;
速度最大、dEk 最大.
最大位移处：速度为零、形变为零 ,
dEk dEp 0
y 横波：(切变 ) x
上下形变为零振速为零形变最大抖动振速最大
时刻波形
未起振的介质元
1 A x 2 Y sin ( t ) dV 2 2 u u
2 2
1 x 2 2 2 A sin ( t ) dV 2 u
Y u
x 1 1 y 2 1 2 2 2 2 dE k dmv dV ( ) A sin ( t ) dV 2 u 2 2 t
2 2 2
得能量密度：
dE x 2 2 2 w A si n ( t ) dV u
平均能量密度
1 w T x 1 A si n ( t )dt A2 2 2 u
2 2 2

T
0
能流密度：三、
单位时间内通过垂直于波线的单位面积的平均能量
t内通过S的能量
1 x 2 1 2 2 2 dE p k (dy ) A sin ( t ) dV 2 u 2
介质元振动能量
x dE dEk dE p A sin ( t ) dV u
2 2 2
非孤立系统注意：波动介质元能量
dE随时间周期性变化，不守恒
（1）它的势能转换成动能；
（2）它的动能转换成势能；
（3）它从相邻的一段媒质元获得能量，其能量逐渐增加；
（4）它把自己的能量传给相邻的一段媒质元，其能量逐渐减小。
答案：（3）
能量密度二、由介质元振动能量
x dE dEk dEp A sin ( t ) dV u
介质元：载波介质中的微小体积元（质量元），忽略其中各质点振动速度的差异，而要计及各质点振动位移的差异，即计及介质元的形变。
载波介质－介质元的集合
介质元振动能量（ dEk、dEp ）的总和波的能量：
实例：将一软绳（弹性介质）划分为多个微小体积元（介质元）
上下
形变为零振速为零
时刻波形
u
未起振的介质元
x
设弹性细棒中有纵波
x
S
x dx
dm

u
x
t 时刻 S
y
y dy
x
S
x dx
dm

u
x
S
y
y dy
动能： 1 1 y 2 1 x 2 2 2 2 dE k dmv dV ( ) A sin ( t ) dV 2 2 t 2 u 势能：
dEp 取决于介质元的形变（两端质点的相对位移）
y 切变最大、dEp最大、 x 平衡位置处：速度最大、dEk 最大
y 最大位移处：切变 0, 速度为零，dEk dEp 0 x
比较：
质点谐振动能量孤立系统，机械能守恒介质元波动能量非孤立系统，dE不守恒
dEk , dEp同相变化
Ek , Ep 反相变化
练习：一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从最大位移处回到平衡位置的过程中
S
u
u t
S
E w u t S
E 1 2 2 I w u A u t S 2
能量传播方向与u方向相同
1 2 2 I A u 2
能流密度——波的强度
1 dE p ky2 2 1 dE p k (dy ) 2 2
x y A cos ( t ) u 1 F S kdy S kdx dE p k (dy )2 Y 2 dy dx dy dx S 1 YS YS (dy )2 k 2 dx dx 1 y 2 Y ( ) S dx 2 x