普通物理学第14章习题答案
14-15章作业参答案
； 。
答： 的环流只与回路中所包围的电流有关，与外面的电流无关，但是回路上的磁感应强度却是所有电流在那一点产生磁场的叠加。所以（C）对。
14-2．哪一幅图线能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的 随 的变化关系？（ 坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心 ）
答：载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的磁感应强度
（若q是正电荷，受力向西，而实际是负电荷，故电子束受力向东）
（2）利用 ，有： ，
而 ，∴
（3）由类平抛模型，L=vt, 。代入数据，得y=3mm。
说明：本题“（3）问”网上的习题解答和书后的答案都有问题。洛仑兹力不能看成类平抛运动，而应当看成圆周运动。正确的解法是：
解：（3）如图所示，R为圆周运动的半径，L为电子系：
引入电极化强度和极化电荷
引入磁化强度和磁化电流
引入的电位移矢量与电介质无关
引入的磁场强度矢量与磁介质无关
有相对介电常数
有相对磁导率
电介质的存在减弱了原电场
磁介质的存在改变了原磁场
15-3．何谓磁滞回线？
答：对于铁磁质来说，磁感应强度 随磁场强度 的变化而变化所形成的闭合曲线就叫磁滞回线。见教材P107页图15-11。
解：如图，面电流密度为： 。
（1）当 时，利用： ，
有： ，
∴导体内任一点的磁场强度 ，再由 ，有导体内任一点的磁感应强度： 。
利用公式 ，有磁化强度： ；
（2）当 时，利用： 有：
导体外任一点的磁场强度： ，磁感应强度： 。
15-3．螺绕环内通有电流 ，环上所绕线圈共 匝，环的平均周长为 ，环内磁感应强度为 ，计算：（1）磁场强度；（2）磁化强度；（3）磁化率；（4）磁化面电流和相对磁导率。
【免费下载】物理学基本教程课后答案 第十四章 电磁场理论的基本概念
第十四章 电磁场理论的基本概念14-1 平板电容器由半径为R 的两块圆形极板构成，用长直电流给其充电， 使极板间电场强度增加率为d E/d t ，L 为两极板间以r 为半径，圆心在电容器对称轴上，圆平面与极板平行的圆．以L 为边界，作曲面S 使圆平面与S形成闭合曲面以包围电容器的一个极板，如图14-1所示，求通过曲面S 的全电流，(1) r <R 时；(2)r >R 时．分析 全电流定理指出，磁场强度沿闭合回路L 的线积分等于通过以L 为边界的曲面S 的全电流，当回路L 一定时，积分值是一定的，与所取曲面形状无关．因此以r 为半径的圆作为回路，通过圆平面的全电流应等于通过曲面S的全电流．由于本题中通过S 的传导电流是未知的，可以计算通过圆平面的全电流获得所需结果．解(1) r <R 时，穿过以L 为边界圆平面的传导电流为零，圆面积为，电位移通量为，位移电流为2r S π=E r SD D 02επψ==tEr t I D d d d d 02D επψ==所以穿过S 面的全电流等于穿过圆平面的全电流，为t Er I I d d 02D επ=+(2) r>R 时, 因为忽略边缘效应，平板电容器的电场局限在极板内，极板面积为，穿过以L 为边界的圆平面的传导电流为零，电位移通量为2R S π=，位移电流为E R SD D 02επψ==tER t I D D d d d d 02επψ==所以穿过S 面的全电流等于穿过圆平面的全电流，为tE R I I D d d 02επ=+14-2 平板电容器的圆形极板半径为R =0.04m ，放在真空中．今将电容器充电，使两极板间的电场变化率为2.5×1012V/(m .s)．求：(1)两极板间位移电流的大小；(2)r =0.02m 处及r=0.06m 处的磁感强度．分析 通常假定平板电容器极板间距很小，可以忽略边缘效应，认为电场局限在两极板间．解(1) 电容器的极板面积为，2R S π=穿过以L 为边界的圆平面的电位移通量为，位移电流为E R SD D 02επψ==tE R t I D D d d d d 02επψ==A111.0A 105.21085.804.014.312122=⨯⨯⨯⨯⨯=--(2)在两极板间取半径为r 的磁场线为安培回路L ，当r =0.02m<R 时，电位移通量为，位移电流为E r SD D 02επψ==tEr t I D d d d d 02D επψ==由于磁场的对称性，H 的方向在圆周回路L 的切线方向，大小处处相等，根据全电流定理，得DII r H +=⋅=⋅⎰π2d Ll H 则T 1078.2d d 2270000-⨯====tEr I r H B D μεπμμ当r =0.06m>R 时，因为电场局限在两极板间，求电位移通量时，只应计入极板的面积，，位移电流为2R πE R SD D 02επψ==tER t I D D d d d d 02επψ==得T1071.3d d 22720000-⨯====tEr R I r H B D μεπμμ14-3 给极板面积S =3cm 2的平板电容器充电，分别就下面两种情形求极板间的电场变化率d E/d t ：(1) 充电电流I =0.01A ；(2)充电电流I =0.5A ．分析极板内的位移电流与极板外的传导电流在大小和方向上相同，给出传导电流的大小相当于给出位移电流的大小，再根据位移电流的定义便可求出d E/d t ．解 极板间位移电流为 I tES DS t t I D D ====d d d d d d 0εψ(1)当充电电流I =0.01A 时，得s)V/(m 1077.3d d 120⋅⨯==SI t E ε(2)当充电电流I =0.5A 时，得s)V/(m 1088.1d d 140⋅⨯==SIt E ε14-4 平板电容器的正方形极板边长为0.3m ，当放电电流为1.0A 时，忽略边缘效应，求(1)两极板上电荷面密度随时间的变化率；(2)通过极板中如图14-4所示的正方形回路abcd(3)环绕此正方形回路的的大小．⎰⋅Ld l B 分析 若极板上电荷面密度，则对于平板电σ容器有D=．σ解 (1) 极板上电荷，根据传导电流的S q σ=定义，有，得tS t q I d d d d σ==s)C/(m 1.11s)C/(m 3.00.1d d 2222⋅=⋅===d I S I t σ（2）正方形回路abcd 间的位移电流为A 0.111A 1.111.0d d d d d d 2D =⨯====tS DS t t I abcda abcda D σψ（3）正方形回路abcd 的磁感强度环流为1.39×10-7 Wb/m==⋅⎰DabcdaI 0d μl B 14-5 证明对任意形状电容器,当电容量C 不变化时,位移电流为, 其中C 为电容器电容, V 为两极板电势差．tVCI D d d =证 对任意形状的电容器, t 时刻极板带电量 q =CV ，当C 不变时I ==tVC t q d d d d tVCI I D d d ==14-6 极板面积为S 的一平板电容器与一电动势为E 的电源相连接, 若电容器两极板间的距离d 随时间变化, 且两极板相互离开的速度的大小为v . 在不考虑电源内阻及线路内阻的情况下, 忽略边缘效应, 求两极板间的位移电流.分析 两极板以速度v 相互离开时, 电容器始终与电源相连, 不考虑电源内阻, 也不考虑线路内阻, 两极板的电势差正好为电源电动势．于是可以计算出极板间场强和电位移矢量．解 板间电位移矢量大小为D =dE E00εε=vS 200)(d d d d dd t S S t D I D E Eεε===14-7 如图14-7所示，匀速直线运动的点电荷+q ，以速度v 向O 点运动，在O 点处画一半径为R 的圆，圆面与v 垂直(v<<c )，试计算通过此圆面的位移电流．应用全电流定理计算圆边缘某一点的磁感强度．设运动电荷与该点的距离为r , 把计算结果与运动电荷的磁感强度计算式作比较.304r q rB ⨯=v πμ分析由运动电荷的磁感强度表示式可以看出，该磁场具有轴对称性，即以电荷运动方向为轴线，与轴线距离相等并与电荷距离相等处磁感强度大小相等、方向在垂直于轴线并以轴线为中心的圆的切线方向．解 半径为R 的圆中心到电荷的距离为x ，其边缘到电荷的距离，如图14-722x R r +=所示，当 v<<c 时, 运动点电荷周围电场具有球对称性，以电荷为中心、r 为半径的球的电位移通量为q ，通过给定圆的电位移通量等于以r为半径以该圆为边界的球冠的通量．球冠面积为，则通过给定圆的)(2x r r -π电位移通量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=21222)(114)(2x R x q r x q r x r r qD ππψ因=- v ，则通过圆平面的位移电流为txd d (1)2/32222/3222)(2)(d d 2d d x R qR x R t xR q t I D D +=+-==v ψ分析表明，运动电荷的磁场具有轴对称性，磁场线是垂直于轴线圆心在轴上的一系列同心圆．设圆边缘某点P 的磁感强度为B ，磁场强度为H ，以给定圆为积分回路L ，应用全电流定理和(1)式，得23222L )(22d x R qR I I R H D +=+=⋅=⋅⎰v πl H 2/322)(4x R qR H +=πv由于，，则2/122)(sin x R R +=ϕ22x R r +=2004sin r q H B πϕμμv ==因磁感强度方向在垂直于轴线的圆的切线方向，并利用矢量积的定义，可r ⨯v 以将上式写成矢量式，为304r q r B ⨯=v πμ与运动电荷磁感强度计算公式相同．。
第14章习题答案
s
s′
s′
(∆x=0 ∆t=4.0 s ∆t'=6.0s ) v v t− 2 x ∆t − 2 ∆x c c t′ = ∆t′ = 2 2 1− v2 c2 1− v c
5 v= c 3
= − v∆t 1 − v2 c2 = −1.34 × 109 m
x′ =
x − vt 1− v2 c2
∆x′ =
s
s′
s′
(∆x=0 ∆t=4.0 s ∆t'=6.0s ) v v t− 2 x ∆t − 2 ∆x c c t′ = ∆t′ = 2 2 1− v2 c2 1− v c
5 v= c 3
∆x =
∆x′ +v∆t 1− v c
2 2
=0
′ = −v∆t = −1.34 × 109 m ∆x
习题答案
习题答案
第十四章 相对论
P297 14-13 设想地球上有一观察者测得一宇宙飞船以0.60c的速率向 设想地球上有一观察者测得一宇宙飞船以 的速率向 东飞行， 后该飞船将与一个以0.80c的速率向西飞行的 东飞行，5.0s后该飞船将与一个以 后该飞船将与一个以 的速率向西飞行的 彗星相碰撞，试问: 彗星相碰撞，试问 （1）飞船中的人测得彗星将以多大的速率向它运动？ ）飞船中的人测得彗星将以多大的速率向它运动？ （2）从飞船中的时钟来看，还有多少时间容许它离开航 ）从飞船中的时钟来看， 以避免与彗星相撞？ 线，以避免与彗星相撞？ 解 地球: 系 地球 S系 飞船: 系 飞船 S'系 向东： 向东：x 轴正向
习题答案
第十四章 相对论
P297 14-8 在惯性系S中 一事件，发生于x 在惯性系 中，一事件，发生于 1处， 2.0×10-6s后，另 × 后 一事件发生于x 已知x 一事件发生于 2处，已知 2－ x1=300m．问：(1)能否 ． 能否 找到一个相对于S系做匀速直线运动的 系做匀速直线运动的S'系 系中， 找到一个相对于 系做匀速直线运动的 系，在 S'系中， 系中 两事件发生于同一地点？（ 发生于同一地点？（2） 系中， 两事件发生于同一地点？（ ）在 S'系中，这两事件的 系中 时间间隔？ 时间间隔？
大学物理答案第14章
由分子平均速率公式 ，得：
分子平均速率变为原来的2倍。
17、一定量的理想气体，在容积不变的条件下，当温度降低时，试分析分子的平均碰撞次数和平均自由程变化情况。
解：由碰撞频率气体公式：
而平均速率： 容积不变n不变
当
气体分子平均自由程： n不变
6、我们说分子运动是有规则的，但又说分子运动服从统计规律，这是否有矛盾？应当如何去理解？
解：由于气体分子数目十分庞大，分子之间由于互相碰撞频繁，其运动是无规则的，要根据力学规律对每个分子作计算是不可能的，但是对大量分子整体而言，可用统计平均方法，找出大量分子集体表现出的统计规律性，这与每个分子运动无规则并不矛盾。
第十四章气体动理论
1、如果在封闭容器中，储有处于平衡态的A、B、C三种理想气体。A种气体分子数密度为n1，压强为P1；B种气体分子数密度为2n1；C种气体分子数密度为3n1。求混合气体的压强。
解：由P＝nkT，
对于A气体：P1＝n1kT；
对于B气体：P2＝n2kT＝2n1kT；
对于C气体：P3＝n3kT＝3n1kT；
（4）两种气体内能相等；
解：内能： ，分子的平均动能： 都与自由度i=t+r有关，
平均速率： 与分子量m有关，分子的平均平动动能： 。
而 ， ，选
（1）
13、在标准状况下，若氧气（视为刚性双原子分子理想气体）和氦气的体积比为 ，则其内能之比 为多少？
解：O2和He为理想双原子分子气体，标准状况下，压强P和温度T相等。
7、在宏观上理想气体是如何定义的？在微观上应当如何去认识它？其宏观定义与微观假设是否一致？
解：宏观上，理想气体定义为满足三条实验定律的气体，即宏观量（P、V、T）满足状态方程的气体；微观上，理想气体可看成是由许多自由的无规则运动的弹性小球的集合，理想气体是真实气体在低压、高温时的极限情形，分子之间作用力和相互作用势能可忽略，从理想气体微观模型出发，可得到与其宏观性质相符的结论。
大学物理答案第十四章 干涉习题答案
B.
4n1
k e 2n1
e (2k 1)
D.
4n2
3.双缝干涉实验中，入射光波长为λ ， 用玻璃纸遮住其中一缝，若玻璃纸中 光程比相同厚度的空气大2.5 ，则屏上 原0级明纹处（ ）
A.仍为明条纹 B.变为暗条纹 C.非明非暗 D.无法确定是明纹还是暗纹
4.两块平板玻璃构成空气劈尖，左边为 棱边，用单色平行光垂直入射，若上 面的平板玻璃以棱边为轴，沿逆时针 方向作微小转动，则干涉条纹的（ A ） A.间隔变小，并向棱边方向平移 B.间隔变大，并向远离棱边方向平移 C.间隔不变，向棱边方向平移 D.间隔变小，并向远离棱边方向平移
6.双缝干涉实验中，当双缝在双缝所在 平面上沿缝取向垂直方向上作微小移 动，则干涉图样（ ）
A．作与双缝移动方向相同方向的移动 B．作与双缝移动方向相反方向的移动 C．中心不变，干涉图样变化 D．没有变化
7.在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉 条纹间距变大。可以采取的办法是 （ ） A．使屏靠近双缝 B．使两缝的间距变小 C．把两缝的宽度稍微调窄。 D．.改有波长小的单色光源。
一、选择题 1.当光从光疏媒质射向光密媒质时 （ ） A.反射光有半波损失 B.透射光有半波损失 C.入射光有半波损失 D.入射、反射、透射光均无半波损失
2.若在一折射率为n1的光学元件表面镀 一层折射率为n2（n2<n1）的增透膜， 为使波长为 的入射光透射最多，其厚 度应为（e4 4
由于
x e /
7 得 x 4
第四条明条纹的位移为
7 同理可证 x' 4 '
7 7 7 ( ' ) x x' x 4 ' 4 4 '
大学物理答案第14章培训讲学
大学物理答案第14章第十四章波动光学14-1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向下移动到图中的S′位置，则（）（A）中央明纹向上移动，且条纹间距增大（B）中央明纹向上移动，且条纹间距不变（C）中央明纹向下移动，且条纹间距增大（D）中央明纹向下移动，且条纹间距不变分析与解由S发出的光到达S1、S2的光程相同，它们传到屏上中央O 处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S移到S′时，由S′到达狭缝S1和S2 的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O′处．使得由S′沿S1、S2狭缝传到O′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．故选（B）．题14-1 图14-2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，且n1＜n2，n2＞n3，若用波长为λ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的光程差是（ ）()()()()2222222D 2C 22B 2A n e n e n e n e n λλλ---题14-2 图分析与解 由于n 1 ＜n 2 ，n 2 ＞n 3 ，因此在上表面的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，故它们的光程差222λ±=∆e n ，这里λ是光在真空中的波长．因此正确答案为（B ）．14-3 如图（a ）所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L ，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚柱之间的距离L 变小，则在L 范围内干涉条纹的（ ）（A ） 数目减小，间距变大 （B ） 数目减小，间距不变（C ） 数目不变，间距变小 （D ） 数目增加，间距变小题14-3图分析与解 图（a ）装置形成的劈尖等效图如图（b ）所示．图中 d 为两滚柱的直径差，b 为两相邻明（或暗）条纹间距．因为d 不变，当L 变小时，θ 变大，L ′、b 均变小．由图可得L d b n '==//2sin λθ，因此条纹总数n d b L N λ//2='=，因为d 和λn 不变，所以N 不变．正确答案为（C ）14-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射.若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为（ ）（A ） 3 个 （B ） 4 个 （C ） 5 个 （D ） 6 个分析与解 根据单缝衍射公式()()(),...2,1 212 22sin =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+±±=k λk λk θb 明条纹暗条纹 因此第k 级暗纹对应的单缝处波阵面被分成2k 个半波带，第k 级明纹对应的单缝波阵面被分成2k ＋1 个半波带．则对应第二级暗纹，单缝处波阵面被分成4个半波带．故选（B ）．14-5 波长λ＝550 nm 的单色光垂直入射于光栅常数d ＝='+b b 1.0 ×10-4 cm 的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为（ ）（A ） 4 （B ） 3 （C ） 2 （D ） 1分析与解 由光栅方程(),...1,0dsin =±=k k λθ，可能观察到的最大级次为()82.1/2dsin max =≤λπk 即只能看到第1 级明纹，正确答案为（D ）．14-6 三个偏振片P 1 、P 2 与P 3 堆叠在一起，P 1 与P 3的偏振化方向相互垂直，P 2与P 1 的偏振化方向间的夹角为30°，强度为I 0 的自然光入射于偏振片P 1 ，并依次透过偏振片P 1 、P 2与P 3 ，则通过三个偏振片后的光强为（ ）（A ） 3I 0/16 （B ） 3I 0/8 （C ） 3I 0/32 （D ） 0分析与解 自然光透过偏振片后光强为I 1 ＝I 0/2．由于P 1 和P 2 的偏振化方向成30°，所以偏振光透过P 2 后光强由马吕斯定律得8/330cos 0o 212I I I ==．而P 2和P 3 的偏振化方向也成60°，则透过P 3 后光强变为32/360cos 0o 223I I I ==．故答案为（C ）．14-7 自然光以60°的入射角照射到两介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则折射光为（ ）（A ） 完全线偏振光，且折射角是30°（B ） 部分偏振光且只是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 ） 部分偏振光且折射角是30°分析与解 根据布儒斯特定律，当入射角为布儒斯特角时，反射光是线偏振光，相应的折射光为部分偏振光.此时，反射光与折射光垂直.因为入射角为60°，反射角也为60°，所以折射角为30°.故选（D ）.14-8 在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30 mm ，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m 的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78 mm ．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？分析与解 在双缝干涉中，屏上暗纹位置由()212λ+'=k d d x 决定，式中d ′为双缝到屏的距离，d 为双缝间距．所谓第5条暗纹是指对应k ＝4 的那一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离mm 27822.=x ，那么由暗纹公式即可求得波长λ．此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式λdd x '=∆求入射光波长．应注意两个第5 条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么？），故mm 97822.=∆x . 解1 屏上暗纹的位置()212λ+'=k d d x ，把m 102782243-⨯==.,x k 以及d 、d ′值代入，可得λ＝632.8 nm ，为红光．解2 屏上相邻暗纹（或明纹）间距'd x d λ∆=，把322.7810m 9x -∆=⨯，以及d 、d ′值代入，可得λ＝632.8 nm ．14-9 在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1 nm 的单色光照射，双缝与屏的距离d ′＝300mm ．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2 mm ，求双缝间的距离．分析 双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δx ，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x 5 －x -5 ＝10Δx 可求出Δx ．再由公式Δx ＝d ′λ／d 即可求出双缝间距d ．解 根据分析：Δx ＝（x 5 －x -5）/10 ＝1.22×10-3 m双缝间距： d ＝d ′λ／Δx ＝1.34 ×10-4 m14-10 一个微波发射器置于岸上，离水面高度为d ，对岸在离水面h 高度处放置一接收器，水面宽度为D ，且,D d D h ，如图所示．发射器向对面发射波长为λ的微波，且λ＞d ，求接收器测到极大值时，至少离地多高？分析 由发射器直接发射的微波与经水面反射后的微波相遇可互相干涉，这种干涉与劳埃德镜实验完全相同．形成的干涉结果与缝距为2d ，缝屏间距为D 的双缝干涉相似，如图（b ）所示，但要注意的是和劳埃德镜实验一样，由于从水面上反射的光存在半波损失，使得两束光在屏上相遇产生的光程差为2/sin 2λθd +，而不是θd sin 2．题14-10 图解 由分析可知，接收到的信号为极大值时，应满足(),...2,12/sin 2==+k λk λθd()d k D D D h 412sin tan -=≈≈λθθ 取k ＝1 时，得d D h 4min λ=． 14-11 如图所示，将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上，使得屏上原中央极大的所在点O 改变为第五级明纹.假定λ=550 nm ，求：（1）条纹如何移动？（2） 云母片的厚度t.题14-11图分析 (1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O ，光程差Δ＝0，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O ，Δ≠0，故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移．原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差Δ=0的位置.(2) 干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上某点P （明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况．插入介质前的光程差Δ1 ＝r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹），插入介质后的光程差Δ2 ＝（n －1）d ＋r 1 －r 2 ＝k 1 λ（对应k 1 级明纹）．光程差的变化量为Δ2 －Δ1 ＝（n －1）d ＝（k 2 －k 1 ）λ式中（k 2 －k 1 ）可以理解为移过点P 的条纹数（本题为5）．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．解 由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O ，有()λ51212=-=∆-∆d n将有关数据代入可得m 1074.4156-⨯=-=n d λ 14-12 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色？分析 这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）．解 根据分析对反射光加强，有(),...2,122==+k k ne λλ124-=k ne λ 在可见光范围，k ＝2 时，nm 8668.=λ（红光）k ＝3 时，nm 3401.=λ（紫光）故正面呈红紫色．14-13 利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ＝589.3 nm ，L ＝2.888 ×10-2m ，测得30 条条纹的总宽度为4.259 ×10-3 m ，求细丝直径d ．分析 在应用劈尖干涉公式L nb d 2λ= 时，应注意相邻条纹的间距b 是N条条纹的宽度Δx 除以（N －1）．对空气劈尖n ＝1．解 由分析知，相邻条纹间距1-∆=N x b ，则细丝直径为 ()m 107552125-⨯=∆-==.xn N L nb d λλ题14-13 图14-14 集成光学中的楔形薄膜耦合器原理如图所示．沉积在玻璃衬底上的是氧化钽（52O Ta ）薄膜，其楔形端从A 到B 厚度逐渐减小为零．为测定薄膜的厚度，用波长λ＝632.8nm 的He Ne - 激光垂直照射，观察到薄膜楔形端共出现11 条暗纹，且A 处对应一条暗纹，试求氧化钽薄膜的厚度．（52O Ta 对632.8 nm 激光的折射率为2.21）题14-14 图分析 置于玻璃上的薄膜AB 段形成劈尖，求薄膜厚度就是求该劈尖在A 点处的厚度．由于25Ta O 对激光的折射率大于玻璃，故从该劈尖上表面反射的光有半波损失，而下表面没有，因而两反射光光程差为Δ＝2ne ＋λ/2．由反射光暗纹公式2ne k ＋λ/2 ＝（2k ＋1）λ/2，k ＝0，1，2，3，…，可以求厚度e k ．又因为AB 中共有11 条暗纹（因半波损失B 端也为暗纹），则k 取10即得薄膜厚度．解 根据分析，有2ne k ＋2λ＝（2k ＋1）λ/2 （k ＝0，1，2，3，…） 取k ＝10，得薄膜厚度e 10 ＝n 210λ＝1.4 ×10-6m ． 14-15 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θ 很小）．用波长λ＝600 nm 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Δl ＝0.5 mm ，那么劈尖角θ 应是多少？分析 劈尖干涉中相邻条纹的间距l ≈θλn 2，其中θ 为劈尖角，n 是劈尖内介质折射率．由于前后两次劈形膜内介质不同，因而l 不同．则利用l ≈θλn 2和题给条件可求出θ．解 劈形膜内为空气时，θλ2=空l 劈形膜内为液体时，θλn l 2=液则由θλθλnlll22-=-=∆液空，得()rad107112114-⨯=∆-=./lnλθ14-16如图(a)所示的干涉膨胀仪，已知样品的平均高度为3.0 ×10-2m，用λ＝589.3 nm的单色光垂直照射．当温度由17 ℃上升至30 ℃时，看到有20 条条纹移过，问样品的热膨胀系数为多少？题14-16 图分析温度升高ΔT＝T2－T1后，样品因受热膨胀，其高度l的增加量Δl ＝lαΔT．由于样品表面上移，使在倾角θ不变的情况下，样品与平板玻璃间的空气劈的整体厚度减小．根据等厚干涉原理，干涉条纹将整体向棱边平移，则原k级条纹从a 移至a′处，如图（b）所示，移过某一固定观察点的条纹数目N与Δl的关系为2λNl=∆，由上述关系可得出热膨胀系数α．解由题意知，移动的条纹数N＝20，从分析可得TlN∆=αλ2则热膨胀系数5105112-⨯=∆=.TlNλα K1-14－17在利用牛顿环测未知单色光波长的实验中，当用已知波长为589.3 nm的钠黄光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为Δr＝4.00 ×10-3 m；当用波长未知的单色光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为Δr ′＝3.85 ×10-3 m ，求该单色光的波长．分析 牛顿环装置产生的干涉暗环半径λkR r =，其中k ＝0，1，2…，k ＝0，对应牛顿环中心的暗斑，k ＝1 和k ＝4 则对应第一和第四暗环，由它们之间的间距λR r r r =-=∆14，可知λ∝∆r ，据此可按题中的测量方法求出未知波长λ′．解 根据分析有λλ'=∆'∆r r 故未知光波长 λ′＝546 nm14 －18 如图所示，折射率n 2 ＝1.2 的油滴落在n 3 ＝1.50 的平板玻璃上，形成一上表面近似于球面的油膜，测得油膜中心最高处的高度d m ＝1.1 μm ，用λ＝600 nm 的单色光垂直照射油膜，求（1） 油膜周边是暗环还是明环？ （2） 整个油膜可看到几个完整的暗环？题14-18 图分析 本题也是一种牛顿环干涉现象，由于n 1 ＜n 2 ＜n 3 ，故油膜上任一点处两反射相干光的光程差Δ＝2n 2d ．（1） 令d ＝0，由干涉加强或减弱条件即可判断油膜周边是明环．（2） 由2n 2d ＝（2k ＋1）λ/2，且令d ＝d m 可求得油膜上暗环的最高级次（取整），从而判断油膜上完整暗环的数目．解 （1） 根据分析，由()()(),...2,1,0 212 22=⎪⎩⎪⎨⎧+=k k k d n 暗条纹明条纹λλ 油膜周边处d ＝0，即Δ＝0 符合干涉加强条件，故油膜周边是明环．（2） 油膜上任一暗环处满足()(),...,,/21021222=+==∆k k d n λ令d ＝d m ，解得k ＝3.9，可知油膜上暗环的最高级次为3，故油膜上出现的完整暗环共有4 个，即k ＝0，1，2，3．14-19 把折射率n ＝1.40 的薄膜放入迈克耳孙干涉仪的一臂，如果由此产生了7.0 条条纹的移动，求膜厚．设入射光的波长为589 nm ．分析 迈克耳孙干涉仪中的干涉现象可以等效为薄膜干涉（两平面镜相互垂直）和劈尖干涉（两平面镜不垂直）两种情况，本题属于后一种情况．在干涉仪一臂中插入介质片后，两束相干光的光程差改变了，相当于在观察者视野内的空气劈尖的厚度改变了，从而引起干涉条纹的移动．解 插入厚度为d 的介质片后，两相干光光程差的改变量为2（n －1）d ，从而引起N 条条纹的移动，根据劈尖干涉加强的条件，有2（n －1）d ＝Nλ，得()m 101545126-⨯=-=.n N d λ 14-20 如图所示，狭缝的宽度b ＝0.60 mm ，透镜焦距f ＝0.40m ，有一与狭缝平行的屏放置在透镜焦平面处．若以波长为600 nm 的单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点O 为x ＝1.4 mm 处的点P 看到的是衍射明条纹．试求：（1） 点P 条纹的级数；（2） 从点P 看来对该光波而言，狭缝的波阵面可作半波带的数目．分析 单缝衍射中的明纹条件为()212sin λϕ+±=k b ，在观察点P 位置确定（即衍射角φ确定）以及波长λ确定后，条纹的级数k 也就确定了.而狭缝处的波阵面对明条纹可以划分的半波带数目为（2k ＋1）条．解 （1） 设透镜到屏的距离为d ，由于d ＞＞b ，对点P 而言，有dx =≈ϕϕtan sin ．根据分析中的条纹公式，有 ()212λ+±=k d bx 将b 、d （d ≈f ）、x , λ的值代入，可得k ＝３（2） 由分析可知，半波带数目为7.题14-20 图14-21 一单色平行光垂直照射于一单缝，若其第三条明纹位置正好和波长为600 nm 的单色光垂直入射时的第二级明纹的位置一样，求前一种单色光的波长．分析 采用比较法来确定波长．对应于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由于衍射明纹条件()212sin λϕ+=k b ，故有()()22111212λλ+=+k k ，在两明纹级次和其中一种波长已知的情况下，即可求出另一种未知波长．解 根据分析，将32nm 600122===k k ,,λ代入()()22111212λλ+=+k k ，得()nm 642812121221.=++=k k λλ14-22 已知单缝宽度b ＝1.0 ×10-4 m ，透镜焦距f ＝0.50 m ，用λ1 ＝400 nm 和λ2 ＝760 nm 的单色平行光分别垂直照射，求这两种光的第一级明纹离屏中心的距离，以及这两条明纹之间的距离．若用每厘米刻有1000条刻线的光栅代替这个单缝，则这两种单色光的第一级明纹分别距屏中心多远？ 这两条明纹之间的距离又是多少？分析 用含有两种不同波长的混合光照射单缝或光栅，每种波长可在屏上独立地产生自己的一组衍射条纹，屏上最终显示出两组衍射条纹的混合图样．因而本题可根据单缝（或光栅）衍射公式分别计算两种波长的k 级条纹的位置x 1和x 2 ，并算出其条纹间距Δx ＝x 2 －x 1 ．通过计算可以发现，使用光栅后，条纹将远离屏中心，条纹间距也变大，这是光栅的特点之一．解 （1） 当光垂直照射单缝时，屏上第k 级明纹的位置()f b k x 212λ+=当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x 1 ＝3.0 ×10-3 m当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x 2 ＝5.7 ×10-3 m其条纹间距 Δx ＝x 2 －x 1 ＝2.7 ×10-3 m（2） 当光垂直照射光栅时，屏上第k 级明纹的位置为f dk x λ=' 而光栅常数 m 10m 1010532--==d 当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x 1 ＝2.0 ×10-2 m当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x 2 ＝3.8 ×10-2 m其条纹间距 m 1081212-⨯='-'='∆.x x x 14-23 老鹰眼睛的瞳孔直径约为6 mm ，问其最多飞翔多高时可看清地面上身长为5cm 的小鼠？ 设光在空气中的波长为600 nm ．分析 两物体能否被分辨，取决于两物对光学仪器通光孔（包括鹰眼）的张角θ 和光学仪器的最小分辨角θ0 的关系．当θ≥θ0 时能分辨，其中θ＝θ0 为恰能分辨．在本题中D λθ2210.=为一定值，这里D 是鹰的瞳孔直径.而h L /=θ,其中L 为小鼠的身长，h 为老鹰飞翔的高度.恰好看清时θ＝θ0.解 由分析可知 L /h ＝1.22λ/D ，得飞翔高度h ＝LD /（1.22λ） ＝409.8 m ．14-24 一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束中包含有两种波长的光：λ1 ＝440 nm 和λ2 ＝660 nm ．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φ＝60°的方向上，求此光栅的光栅常数．分析 根据光栅衍射方程λϕk d ±=sin ，两种不同波长的谱线，除k ＝0 中央明纹外，同级明纹在屏上位置是不同的，如果重合，应是它们对应不同级次的明纹在相同衍射角方向上重合．故由d sin φ＝k λ1 ＝k ′λ2 可求解本题．解 由分析可知21sin λλϕk k d '==， 得得 2312///=='λλk k上式表明第一次重合是λ1 的第3 级明纹与λ2 的第2级明纹重合，第二次重合是λ1 的第6 级明纹与λ2 的第4级明纹重合．此时，k ＝6，k ′＝4，φ＝60°，则光栅常数μm 05.3m 1005.3/sin 61=⨯==-ϕλk d*14-25 波长为600 nm 的单色光垂直入射在一光栅上，其透光和不透光部分的宽度比为1：3，第二级主极大出现在200sin .=ϕ处．试问（1） 光栅上相邻两缝的间距是多少？（2） 光栅上狭缝的宽度有多大？ （3） 在－90°＜φ＜90°范围内，呈现全部明条纹的级数为哪些．分析 （1） 利用光栅方程()λϕϕk b b d ±='+=sin sin ，即可由题给条件求出光栅常数b b d '+=（即两相邻缝的间距）．这里b 和b '是光栅上相邻两缝透光（狭缝）和不透光部分的宽度，在已知两者之比时可求得狭缝的宽度（2） 要求屏上呈现的全部级数，除了要求最大级次k 以外，还必须知道光栅缺级情况.光栅衍射是多缝干涉的结果，也同时可看成是光透过许多平行的单缝衍射的结果．缺级就是按光栅方程计算屏上某些应出现明纹的位置，按各个单缝衍射计算恰是出现暗纹的位置．因此可以利用光栅方程()λϕϕk b b d ='+=sin sin 和单缝衍射暗纹公式'sin b k ϕλ=可以计算屏上缺级的情况，从而求出屏上条纹总数．解 （1）光栅常数 μm 6m 106sin 6=⨯==-ϕk λd （2） 由 ⎪⎩⎪⎨⎧='='+=31μm 6b b b b d 得狭缝的宽度b =1.5 μm .（3） 利用缺级条件()()()⎩⎨⎧±=''=±=='+,...1,0sin ,...1,0sin k k b k k b b λϕλϕ 则（b ＋b ′）／b ＝k ／k ′＝4，则在k ＝4k ′，即±4， ±8， ±12，…级缺级．又由光栅方程()λϕk b b ±='+sin ，可知屏上呈现条纹最高级次应满足()10='+<λ/b b k ，即k =9，考虑到缺级，实际屏上呈现的级数为：0， ±1， ±2， ±3，±5， ±6， ±7， ±9，共15 条．*14-26 以波长为0.11 nm 的X 射线照射岩盐晶体，实验测得X 射线与晶面夹角为11.5°时获得第一级反射极大．（1） 岩盐晶体原子平面之间的间距d 为多大？ （2） 如以另一束待测X 射线照射，测得X 射线与晶面夹角为17.5°时获得第一级反射光极大，求该X 射线的波长．分析 X 射线入射到晶体上时，干涉加强条件为２d sin θ ＝k λ（k ＝0，1，2，…）式中d 为晶格常数，即晶体内原子平面之间的间距（如图）．解 （1） 由布拉格公式(),...,,210sin 2==k k d λθ第一级反射极大，即k ＝1．因此，得 nm 276.0sin 211==θλd（2） 同理，由2d sin θ2 ＝kλ2 ，取k ＝1，得nm 166.0sin 222==θλd题14-26图14-27 测得一池静水的表面反射出来的太阳光是线偏振光，求此时太阳处在地平线的多大仰角处？ （水的折射率为1.33）题14-27 图分析 设太阳光（自然光）以入射角i 入射到水面，则所求仰角i θ-=2π．当反射光起偏时，根据布儒斯特定律，有120arctan n n i i ==（其中n 1 为空气的折射率，n 2 为水的折射率）．解 根据以上分析，有120arctan 2πn n θi i =-== 则 o 129.36arctan 2π=-=n n θ 14-28 一束光是自然光和线偏振光的混合，当它通过一偏振片时，发现透射光的强度取决于偏振片的取向，其强度可以变化5 倍，求入射光中两种光的强度各占总入射光强度的几分之几．分析 偏振片的旋转，仅对入射的混合光中的线偏振光部分有影响，在偏振片旋转一周的过程中，当偏振光的振动方向平行于偏振片的偏振化方向时，透射光强最大；而相互垂直时，透射光强最小．分别计算最大透射光强I max 和最小透射光强I min ，按题意用相比的方法即能求解．解 设入射混合光强为I ，其中线偏振光强为xI ，自然光强为（1－x ）I ．按题意旋转偏振片，则有最大透射光强 ()I x x I ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=121max 最小透射光强 ()I x I ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=121min按题意5min max =I I /，则有()()x x x -⨯=+-1215121 解得 x ＝2/3即线偏振光占总入射光强的2/3，自然光占1/3．。
物理学14章习题解答
[物理学14章习题解答]14-15光源s1 和s2 在真空中发出的光都是波长为λ的单色光，现将它们分别放于折射率为n1 和n2的介质中，如图14-5所示。
界面上一点p到两光源的距离分别为r1 和r2。
(1)两束光的波长各为多大？(2)两束光到达点p的相位变化各为多大？(3)假如s1 和s2 为相干光源，并且初相位相同，求点p干涉加强和干涉减弱的条件。
图14-5解(1)已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n 的介质中的波长λ'可以表示为,所以，在折射率为n1和n2的介质中的波长可分别表示为和.(2)光传播r的距离，所引起的相位的变化为,所以，第一束光到达点p相位的变化为,第二束光到达点p相位的变化为.(3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点p干涉加强的条件是, ;点p干涉减弱的条件是, .14-16若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？解观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。
14-17在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm。
求所用单色光的波长。
解在双缝干涉实验中，暗条纹满足,第5条暗条纹的级次为4，即，所以,其中。
两个第5条暗条纹的间距为,等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为.14-18在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。
解因为第1条暗条纹对应于，所以第2条暗条纹和第5条暗条纹分别对应于和。
根据双缝干涉的规律，暗条纹的位置应满足.所以，第2条与第5条暗条纹之间的距离为.14-20在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的紫光(波长为400 nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？解光从第一个表面反射要产生半波损失，但从第二个表面反射无半波损失，所以光程差应表示为,式中e为薄膜的厚度，此厚度应为最小值，干涉级次k最小应取1，因为当时，薄膜的厚度必须取零，上式才能成立。
大学物理第14章学习题答案
习题十四14-1 自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光?答：自然光不能说一定不是单色光．因为它只强调存在大量的、各个方向的光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样．线偏振光也不一定是单色光．因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同．14-2 用哪些方法可以获得线偏振光?怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振光和自然光? 答：略．14-3 一束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射光，试说明这束光是怎样入射的?其偏振状态如何?答：这束光是以布儒斯特角入射的．其偏振态为平行入射面的线偏振光． 14-4 什么是光轴、主截面和主平面?什么是寻常光线和非常光线?它们的振动方向和各自的主平面有何关系? 答：略．14-5 在单轴晶体中，e 光是否总是以e n c /的速率传播?哪个方向以0/n c 的速率传播? 答：e 光沿不同方向传播速率不等，并不是以0/n c 的速率传播．沿光轴方向以0/n c 的速率传播．14-6是否只有自然光入射晶体时才能产生O 光和e 光?答：否．线偏振光不沿光轴入射晶体时，也能产生O 光和e 光．14-7投射到起偏器的自然光强度为0I ，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行．然后使检偏器绕入射光的传播方向转过130°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是0I 的几倍? 解：由马吕斯定律有0o 2018330cos 2I I I ==0ο2024145cos 2I I I ==0ο2038160cos 2I I I ==所以透过检偏器后光的强度分别是0I 的83,41,81倍． 14-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与1I 之比为多少?解：由马吕斯定律ο20160cos 2I I =80I = 32930cos 30cos 20ο2ο20I I I ==∴25.2491==I I14-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少? 解：（1） max 120131cos 2I I I ==α 又 2max I I =∴ ,61I I =故 'ο11124454,33cos ,31cos===ααα. (2) 0220231cos 2I I I ==α ∴ 'ο221635,32cos ==αα 14-10 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少? 解：(1),140.1tan 0=i ∴'ο02854=i (2) 'ο0ο323590=-=i y14-11 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率． 解：由158tan οn=,故60.1=n 14-12 光由空气射入折射率为n 的玻璃．在题14-12图所示的各种情况中，用黑点和短线把反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还是部分偏振光．图中.arctan ,00n i i i =≠题图14-12解：见图．题解14-12图题14-13图*14-13如果一个二分之一波片或四分之一波片的光轴与起偏器的偏振化方向成30°角，试问从二分之一波片还是从四分之一波片透射出来的光将是：(1)线偏振光?(2)圆偏振光?(3)椭圆偏振光?为什么?解：从偏振片出射的线偏振光进入晶(波)片后分解为e o ,光，仍沿原方向前进，但振方向相互垂直(o 光矢垂直光轴，e 光矢平行光轴)．设入射波片的线偏振光振幅为A ，则有A.2130sin ,A 2330cos οο====A A A A o e ∴ e o A A ≠e o , 光虽沿同一方向前进，但传播速度不同，因此两光通过晶片后有光程差．若为二分之一波片,e o ,光通过它后有光程差2λ=∆，位相差πϕ=∆，所以透射的是线偏振光．因为由相互垂直振动的合成得ϕϕ∆=∆-+22222sin cos 2eo eoA A xyA y A x ∴ 0)(2=+eo A yA x 即 x A A y oe-= 若为四分之一波片，则e o ,光的,4λ=∆位相差2πϕ=∆，此时1sin ,0cos =∆=∆ϕϕ∴12222=+eoA y A x即透射光是椭圆偏振光．*14-14 将厚度为1mm 且垂直于光轴切出的石英晶片，放在两平行的偏振片之间，对某一波长的光波，经过晶片后振动面旋转了20°．问石英晶片的厚度变为多少时，该波长的光将完全不能通过?解：通过晶片的振动面旋转的角度ϕ与晶片厚度d 成正比．要使该波长的光完全不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转ο90． ∴ 1212::d d =ϕϕmm 5.412090οο1122=⨯==d d ϕϕ。
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d U I 证： d = C dt 证：设极板面积S，板间距d
∴
e0 dt dt 若不是平行板电容器，上式仍可适用。
位移电流密度 平行板电容器 圆柱形电容器
Φ d U d e C= 0 =C
Φ=
U Φ= S d CU
δd
D =σ
dD = dt
δd
l
D = pr 2
δd
d σ = dt 1 dl = 2 p r d t 目录
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r D d H= 2 dt
q D d d S = dt dt
r dq r d q t) H = 2S d = 2S dt ( 0sin ω t r ω q0cos ωt = 2 p R2
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.
.
解：
d H dl = dt sD d S H 2pr = p r2 d D dt
14-2 在一对巨大的圆形极板(电容C=l.0 ×10-12 F)上，加上频率为50Hz、峰值为 174000V的交变电压，计算极板间位移电 流的最大。
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已知：C =1.0×10-12 F, f =50Hz , Um =1.74×105V 求：Idm Φ Id =e0 d 解： dt S ωt Φ = ES = Umcos d S e C = 0 d Id = C ∴ ω Um sin ωt Id 的最大值 Idm = Cω Um =C 2p f Um =1.0×10-12×2p×50×1.74×105 =5.74×10-5(A) 结束 目录
g ( )m δ 5.7×107 = = -12 11 e 2 p f 8.85 × 10 × 2 p × 3 × 10 ( ) δ dm 0
= 2.0×1016
= 2.0×1016
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14-5 有一平板电容器，极板是半径为R 的圆形板，现将两极板由中心处用长直引线 连接到一远处的交变电源上，使两极板上的 电荷量按规律q=q0sinω t变化。略去极板边 缘效应，试求两极板间任一点的磁场强度。
14-6 为了在一个1.0mF的电容器内产生 1.0A的瞬时位移电流，加在电容器上的电压 变化率应是多大?
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解：
Id = C dU dt dU Id = dt C
1.0 = 1.0×10-6 =1.6×106(V)
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14-7 一圆形极板电容器，极板的面积为 S ，两极板的间距为 d 。一根长为d 的极细 的导线在极板间沿轴线与两板相连，已知细 导线的电阻为 R，两极板外接交变电压 U =U0sinω t，求: (1)细导线中的电流; (2)通过电容器的位移电流; (3)通过极板外接线中的电流; (4)极板间离轴线为r 处的磁场强度。设r 小于极板的半径。
14-3 有一电荷q ，以速度v(v<<c)作匀速 运动。试从 d Ψ . H dl = dt 计算离电荷r 处的磁场强度。
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已知： q , v (v<<c) d Φ0 求： 从 H dl = H dt 解：通过平面的电位移通量 q S Φ = D dS = 2d s4 πr s a q q 2 v 2 sin d q q r π = 2 r 0 4 π a q = 2 (1 cosa )
´ ´ ´ ´ ´ B E E ´. B ´= E´ B E + x x + x x xBx 2 v v 2 = ExBx+ g c2 EyEz+EyBy c2 EzBz-vByBz v E E v2 E B E B -vB B y z c2 y z c2 y y + z z 2 2 2 v v = ExBx+ g (1 c2 )EyBy + (1 c2 )EzBz =ExBx+EyBy+EzBz = E . B 结束 目录
0701 0711 0721 0731
АБВГДЕЁЖЗИ ЙКЛМНОПРСТ УФХЦЧШЩЪЫЬ ЭЮЯ
0211 0221 0231 0241 0251 0261 0271 0281 0291
⊑⊒⊓⊔ ⊕⊖⊗⊘⊙⊚⊛⊜⊝⊞ ⊟⊠⊡⊢⊣⊤≽≾≿⊀ ⊁⊂⊃⊄⊅⊆⊇⊈⊉⊊ ⊋⊌⊍⊎⊏⊐≳≴≵≶ ≷≸≹≺≻≼㈠㈡ ㈢㈣㈤㈥㈦㈧㈨㈩ ⅠⅡⅢⅣⅤⅥⅦⅧⅨⅩ ⅪⅫⅩ
qv H= 2 sina 4p r
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14-4 当导线中有交流电流时，证明：其 中传导电流密度δ 与位移电流密度D/t的 大小比为γ ω /ε 0 。 式中γ 是导线的电导率，ω =2π f ，f 是交 流电的频率，导线的ε r 1。已知铜导线的 γ =5.7×107S/m ，分别计算当铜导线载有 频率为(1)50Hz和(2)3.0×1011 Hz的交流电 流时，传导电流密度和位移电流密度大小的 比值。
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已知：S、d、 R、 U =U sinω t
0
求：(1)I, (2)Id , (3)I ´ (4)H
解：(1)
U U 0 ωt sin I= = R R
(2)
(3)
e d U 0S U Id = C ω ωt 0 cos = dt d
I ´ = I + Id
e U 0 sin 0S U ω t+ ω ωt 0 cos = R d
.B
Bx By Bz = x + y + z =0
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Bx By Bz 证明： = x + y + z =0 m I 0 Bx = sinq 2pr
.B
= 2pr2 = 2p(x2+y2) m Ix 0 By = 2p(x2+y2)
m0Iy
m0Iy
B z =0
(2) E´ c B´ = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c B´ c B´ = E´ x +E´ y + E´ z x y c B´ z 2 2 = Ex c Bx 2 2 2 2 2 2 2 g + Ey + v Bz 2EyBz + Ez + v By + 2EzBy 2 2 v v 2 2 v 2 v 2 2 2( 2 E c c4 y + Bz c2 EyBz + c4 Ez + By + c2 EyBz) 2 2 2 v 2 2 2 2 v 2 g = Ex c Bx + g (1 c2 )Ey + (1 c2 )Ex 2 2 2 2 2) 2 2 2 g g ) + (v c Bz + (v c By
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H2pr = I + Id 2 p r e U 0 sin 0 Uω t ω ωt + 0 cos = R d
2 p r e 1 U 0 ω t + 0 Uω ωt sin H= 0 cos 2pr R d
.
(4)
H
dl = I ´
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14-8 已知无限长载流导线在空间任一点 的磁感应强度为：m0I/2pr 。试证明满足方 程式
.B
=
m0Iy(-2x)
2 2
+ 2 2 +0 = 0 2p(x +y ) 2p(x +y )
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m0Ix(-2y)
14-9 试从方程式 及
D ×H =δ + t
. D =ρ 出发，导出 .δ =
ρ t
并解释其物理意义。
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解：由方程
×H
D =δ + t
两边取散度
.
. .
R
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电荷在运动，a 在变化 q a d Φ d 0 ∴ Id = sin a = dt dt 2
a d ∵r v sina = dt
.
q a d ∴ H d l = 2 sina dt qv 2 a sin = 2r 由于对称性在半径为R 的平面上H值相同
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qv 2pRH = r sin2a 2 R = rsina
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解： δ =g E 设Fra bibliotekd E δ d = e0 dt E =E0 sin ωt
ωt δ =g E0 sin ( )m g δ = e0 ω ( m d) δ ω E0 cosω t δ d = e0 g ( )m 5.7×107 δ = = -12 e 2 p f 8.85 × 10 ×2p×50 ( ) δ dm 0
×H
( .D ) t ρ . + 0= δ t δ + = .
. δ =
∴
ρ t
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14-10 利用电磁场量间的变换关系，证 明 E . B 和 E 2 c 2B 2 是不变量。
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证： E´ x =Ex g (Ey-vBy ) E´ x= (1)
B´ x =Bx v g ´ By= ( c2 Ez+By ) v g ´ g (Ez+vBy ) Bz = ( 2 Ey+Bz ) E´ z= c
2
2
2
= Ex +Ey + Ez c Bx c By c Bz 2 2 2 =E c B
2 2 2
2
2
2
2
2
2
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习题总目录
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0601 ΑΒΓΔΕΖΗΘΙΚ 0611 ΛΜΝΞΟΠΡΣΤ 0621 ΥΦΧΨ 0631αβγδεζηθ 0641ικλμνξοπρσ 0651 τυφχψω 0101 、。·ˉˇ¨〃〄— 0111 ～‖…„‟“”【】々 0121 〆〇〈〉《》「〒〓」 0131 『ª×÷∶∧∨∑∏∪ 0141 ∩∈∷√≱∥∠≲≰∫ 0151 ∮≡≌≈∸∝≠≮≯≤ 0161 ≥∞∵∴▬▫©′″℃ 0171 ＄¤￠￡‰§№▪▩▦ 0181 ▨▧▥▤□■▣▢※→ 0191 ←↑↓』→耻虫仇 0201 ⅰⅱⅲⅳⅴⅵⅶⅷⅸⅹ