大物第14章(1)资料

合集下载

【2021 大一轮复习(新高考)物理教师用书】第十四章 第1讲

【2021 大一轮复习(新高考)物理教师用书】第十四章 第1讲

目标要求内容要求说明1.简谐运动及其描述通过实验,认识简谐运动的特征.能用公式和图象描述简谐运动.2.单摆通过实验,探究单摆的周期与摆长的定量关系.知道单摆周期与摆长、重力加速度的关系.3.受迫振动共振通过实验,认识受迫振动的特点.了解产生共振的条件以及共振技术的应用.4.波的形成及描述通过观察,认识波的特征.能区别横波和纵波.能用图象描述横波.理解波速、波长和频率的关系.5.波的反射、折射、干涉及衍射通过实验,认识波的反射、折射、干涉及衍射现象.6.多普勒效应通过实验,认识多普勒效应.能解释多普勒效应产生的原因.能列举多普勒效应的应用实例.7.光的折射通过实验,理解光的折射定律.会测定材料的折射率.8.全反射知道光的全反射现象及其产生的条件.初步了解光纤的工作原理、光纤技术在生产生活中的应用.9.光的干涉、衍射和偏振现象观察光的干涉、衍射和偏振现象,了解这些现象产生的条件,知道其在生产生活中的应用.10.激光通过实验,了解激光的特性,能举例说明激光技术在生产生活中的应用.11.相对论初步了解狭义相对论和广义相对论的几个主要观点以及主要观测证据.关注宇宙学研究的新进展.12.经典力学的局限性知道经典力学的局限性,初步了解相对论时空观和微观世界的量子特征.体会人类对自然界的探索是不断深入的.13.电磁振荡和电磁波了解电磁振荡和电磁波.知道电磁波的发射、传播和接收,认识电磁场的物质性.14.电磁波谱认识电磁波谱.知道各个波段的电磁波的名称、特征和典型应用.知道光也是一种电磁波.15.麦克斯韦电磁理论初步了解麦克斯韦电磁理论的基本思想以及在物理学发展中的意义.16.实验:用单摆测量重力加速度的大小17.实验:测定玻璃的折射率18.实验:用双缝干涉实验测量光的波长第1讲机械振动一、简谐运动1.简谐运动(1)定义:如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比,并且总是指向平衡位置,质点的运动就是简谐运动.(2)平衡位置:物体在振动过程中回复力为零的位置.(3)回复力①定义:使物体返回到平衡位置的力.②方向:总是指向平衡位置.③来源:属于效果力,可以是某一个力,也可以是几个力的合力或某个力的分力.2.简谐运动的两种模型模型弹簧振子单摆示意图简谐运动条件①弹簧质量要忽略②无摩擦等阻力③在弹簧弹性限度内①摆线为不可伸缩的轻细线②无空气阻力等③最大摆角小于等于5°回复力弹簧的弹力提供摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力平衡位置弹簧处于原长处最低点周期与振幅无关T=2πL g能量转化弹性势能与动能的相互转化,系统的机械能守恒重力势能与动能的相互转化,机械能守恒自测1(多选)关于简谐运动的理解,下列说法中正确的是()A.简谐运动是匀变速运动B.周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量C.简谐运动的回复力可以是恒力D.弹簧振子每次经过平衡位置时,动能最大答案BD二、简谐运动的公式和图象1.表达式(1)动力学表达式:F=-kx,其中“-”表示回复力与位移的方向相反.(2)运动学表达式:x=A sin(ωt+φ0),其中A代表振幅,ω=2πf代表简谐运动的快慢,ωt+φ0代表简谐运动的相位,φ0叫做初相.2.图象(1)从平衡位置开始计时,函数表达式为x=A sin ωt,图象如图1甲所示.(2)从最大位移处开始计时,函数表达式为x=A cos ωt,图象如图乙所示.图1自测2(2019·北京市海淀区3月适应性练习)如图2甲所示,弹簧振子在竖直方向做简谐运动.以其平衡位置为坐标原点、竖直向上为正方向建立坐标轴,振子的位移x随时间t的变化如图乙所示,下列说法正确的是()图2A.振子的振幅为4 cmB.振子的振动周期为1 sC.t=1 s时,振子的速度为正的最大值D.t=1 s时,振子的加速度为正的最大值答案 C解析由振动图象可知,该弹簧振子的振幅为2 cm,周期为2 s,t=1 s时,振子正经过平衡位置沿y轴正方向运动,加速度为零,速度为正的最大值,故C正确.三、受迫振动和共振1.受迫振动系统在驱动力作用下的振动.做受迫振动的物体,它做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率),而与物体的固有周期(或频率)无关.2.共振做受迫振动的物体,它的驱动力的频率与固有频率越接近,其振幅就越大,当二者相等时,振幅达到最大,这就是共振现象.共振曲线如图3所示.图3自测3(多选)如图4所示,A球振动后,通过水平细绳迫使B、C振动,振动达到稳定时,下列说法中正确的是()图4A.只有A、C的振动周期相等B.C的振幅比B的振幅小C.C的振幅比B的振幅大D.A、B、C的振动周期相等答案CD受力特征 回复力F =-kx ,F (或a )的大小与x 的大小成正比,方向相反 运动特征靠近平衡位置时,a 、F 、x都减小,v 增大;远离平衡位置时,a 、F 、x 都增大,v 减小能量特征振幅越大,能量越大.在运动过程中,动能和势能相互转化,系统的机械能守恒周期性特征质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化,变化周期就是简谐运动的周期T ;动能和势能也随时间做周期性变化,其变化周期为T2对称性特征 关于平衡位置O 对称的两点,加速度的大小、速度的大小、动能、势能相等,相对平衡位置的位移大小相等例1 (多选)如图5所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端连接一物块,物块沿竖直方向以O 点为平衡位置,在C 、D 两点之间做周期为T 的简谐运动.已知在t 1时刻物块的速度大小为v 、方向向下,动能为E k .下列说法正确的是( )图5A .如果在t 2时刻物块的速度大小也为v ,方向向下,则t 2-t 1的最小值小于T2B .如果在t 2时刻物块的动能也为E k ,则t 2-t 1的最小值为TC .当物块通过O 点时,其加速度最小D .物块运动至C 点时,其加速度最小 答案 AC解析 如果在t 2时刻物块的速度大小也为v 、方向也向下,则t 2-t 1的最小值小于T2,选项A正确;如果在t 2时刻物块的动能也为E k ,则t 2-t 1的最小值小于T2,选项B 错误;物块通过O点时,其加速度最小,速度最大,选项C 正确;物块运动至C 点时,其加速度最大,速度为零,选项D 错误.变式1 (多选)(2019·江苏卷·13B(1))一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,摆球的( ) A .位移增大 B .速度增大 C .回复力增大 D .机械能增大答案 AC解析 摆球做简谐运动,在平衡位置处位移为零,在摆角增大的过程中,摆球的位移增大,速度减小,选项A 正确,B 错误;在摆角增大的过程中,摆球受到的回复力增大,选项C 正确;单摆做简谐运动,机械能守恒,所以在摆角增大的过程中,摆球机械能保持不变,选项D 错误.1.可获取的信息:(1)振幅A 、周期T (或频率f )和初相位φ0(如图6所示).图6(2)某时刻振动质点离开平衡位置的位移.(3)某时刻质点速度的大小和方向:曲线上各点切线的斜率的大小和正负分别表示各时刻质点的速度大小和方向,速度的方向也可根据下一相邻时刻质点的位移的变化来确定. (4)某时刻质点的回复力和加速度的方向:回复力总是指向平衡位置,回复力和加速度的方向相同.(5)某段时间内质点的位移、回复力、加速度、速度、动能和势能的变化情况. 2.简谐运动的对称性(如图7)(1)相隔Δt =(n +12)T (n =0,1,2…)的两个时刻,弹簧振子的位置关于平衡位置对称,位移等大反向,速度也等大反向.图7(2)相隔Δt =nT (n =1,2,3…)的两个时刻,弹簧振子在同一位置,位移和速度都相同. 例2 (2017·北京卷·15)某弹簧振子沿x 轴的简谐运动图象如图8所示,下列描述正确的是( )图8A.t=1 s时,振子的速度为零,加速度为负的最大值B.t=2 s时,振子的速度为负,加速度为正的最大值C.t=3 s时,振子的速度为负的最大值,加速度为零D.t=4 s时,振子的速度为正,加速度为负的最大值答案 A解析t=1 s时,振子位于正向最大位移处,速度为零,加速度为负向最大,故A正确;t =2 s时,振子位于平衡位置并向x轴负方向运动,速度为负向最大,加速度为零,故B错误;t=3 s时,振子位于负向最大位移处,速度为零,加速度为正向最大,故C错误;t=4 s时,振子位于平衡位置并向x轴正方向运动,速度为正向最大,加速度为零,故D错误.变式2质点做简谐运动,其位移x与时间t的关系曲线如图9所示,由图可知()图9A.振幅为4 cm,频率为0.25 HzB.t=1 s时速度为零,但质点所受合外力最大C.t=2 s时质点具有正方向最大加速度D.该质点的振动方程为x=2sin π2t(cm)答案 C变式3如图10所示的弹簧振子,放在光滑水平桌面上,O是平衡位置,振幅A=2 cm,周期T=0.4 s.图10(1)若以向右为位移的正方向,当振子运动到O点右侧最大位移处开始计时,试画出其一个周期的振动图象;(2)若从振子经过平衡位置开始计时,求经过2.6 s小球通过的路程.答案(1)见解析图(2)0.52 m解析(1)当振子在O点右侧最大位移处时,位移最大为2 cm,周期为0.4 s,一个周期的振动图象如图所示.(2)因该振子的周期为0.4 s,则2.6 s=6.5 T,振子在一个周期内的路程为4A,故2.6 s经过的路程为6.5×4×0.02 m=0.52 m.1.简谐运动、受迫振动和共振的比较振动项目简谐运动受迫振动共振受力情况受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质决定,即固有周期T0或固有频率f0由驱动力的周期或频率决定,即T=T驱或f=f驱T驱=T0或f驱=f0振动能量振动系统的机械能不变由产生驱动力的物体提供振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(θ≤5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等2.对共振的理解(1)共振曲线:如图11所示,横坐标为驱动力频率f,纵坐标为振幅A,它直观地反映了驱动力频率对某固有频率为f0的振动系统受迫振动振幅的影响,由图可知,f与f0越接近,振幅A 越大;当f=f0时,振幅A最大.图11(2)受迫振动中系统能量的转化:做受迫振动的系统的机械能不守恒,系统与外界时刻进行能量交换.例3下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系,若该振动系统的固有频率为f固,则()驱动力频率/Hz304050607080受迫振动振幅/cm10.216.827.228.116.58.3A.f固=60 Hz B.60 Hz<f固<70 HzC.50 Hz<f固≤60 Hz D.以上三个都不对答案 C解析从如图所示的共振曲线可判断出f驱与f固相差越大,受迫振动的振幅越小;f驱与f固越接近,受迫振动的振幅越大.并可以从中看出f驱越接近f固,振幅的变化越慢.比较各组数据知f驱在50~60 Hz范围内时,振幅变化最小,因此50 Hz<f固≤60 Hz,即C正确.变式4如图12所示,在一条张紧的绳子上挂几个摆,其中A、B的摆长相等.当A摆振动的时候,通过张紧的绳子给B、C、D摆施加驱动力,使其余各摆做受迫振动.观察B、C、D摆的振动发现()图12A.C摆的频率最小B.D摆的周期最大C.B摆的摆角最大D.B、C、D的摆角相同答案 C解析A摆摆动从而带动其他3个单摆做受迫振动,受迫振动的频率等于驱动力的频率,故其他各摆振动周期与A摆相同,频率也相同,故A、B错误;受迫振动中,当固有频率等于驱动力频率时,出现共振现象,振幅达到最大,由于B摆的固有频率与A摆的频率相同,故B摆发生共振,振幅最大,故C正确,D错误.变式5(多选)关于受迫振动和共振,下列说法正确的是()A .火车过桥时限制速度是为了防止火车发生共振B .若驱动力的频率为5 Hz ,则受迫振动稳定后的振动频率一定为5 HzC .当驱动力的频率等于系统的固有频率时,受迫振动的振幅最大D .受迫振动系统的机械能守恒 答案 BC解析 火车过桥时限制速度是为了防止桥发生共振,选项A 错误;对于一个受迫振动系统,若驱动力的频率为5 Hz ,则振动系统稳定后的振动频率也一定为5 Hz ,选项B 正确;由共振的定义可知,选项C 正确;受迫振动系统中,驱动力做功,系统的机械能不守恒,选项D 错误.1.单摆的受力特征(1)回复力:摆球重力沿与摆线垂直方向的分力,F 回=-mg sin θ=-mgl x =-kx ,负号表示回复力F 回与位移x 的方向相反.(2)向心力:摆线的拉力和摆球重力沿摆线方向分力的合力充当向心力,F 向=F T -mg cos θ. (3)两点说明①当摆球在最高点时,F 向=m v 2l=0,F T =mg cos θ.②当摆球在最低点时,F 向=m v max 2l ,F 向最大,F T =mg +m v max 2l .2.周期公式T =2πlg的两点说明 (1)l 为等效摆长,表示从悬点到摆球重心的距离. (2)g 为当地重力加速度.例4 (2019·全国卷Ⅱ·34(1))如图13,长为l 的细绳下方悬挂一小球a ,绳的另一端固定在天花板上O 点处,在O 点正下方34l 的O ′处有一固定细铁钉.将小球向右拉开,使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放,并从释放时开始计时.当小球a 摆至最低位置时,细绳会受到铁钉的阻挡.设小球相对于其平衡位置的水平位移为x ,向右为正.下列图像中,能描述小球在开始一个周期内的x -t 关系的是( )图13答案 A解析由单摆的周期公式T=2πlg可知,小球在钉子右侧时的振动周期为在钉子左侧时振动周期的2倍,故B、D项错误;由机械能守恒定律可知,小球在左、右最大位移处距离最低点的高度相同,但由于摆长不同,所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同,当小球在钉子右侧摆动时,最大水平位移较大,故A项正确,C项错误.变式6(多选)(2020·河南九师联盟质检)关于单摆,下列说法正确的是()A.将单摆由沈阳移至广州,单摆周期变大B.将单摆的摆角从4°改为2°,单摆的周期变小C.当单摆的摆球运动到平衡位置时,摆球的速度最大D.当单摆的摆球运动到平衡位置时,受到的合力为零答案AC解析将单摆由沈阳移至广州,因重力加速度减小,根据T=2πlg可知,单摆周期变大,选项A正确;单摆的周期与摆角无关,将单摆的摆角从4°改为2°,单摆的周期不变,选项B 错误;当单摆的摆球运动到平衡位置时,摆球的速度最大,有向心加速度,则受到的合力不为零,选项C正确,D错误.变式7(2019·北京市东城区二模)如图14,细线一端固定于悬挂点O,另一端系一小球.在悬挂点正下方A点处钉一个光滑小钉子.小球从B点由静止释放,摆到最低点C的时间为t1,从C点向右摆到最高点的时间为t2.摆动过程中,如果摆角始终小于5°,不计空气阻力.下列说法正确的是()图14A.t1=t2,摆线碰钉子的瞬间,小球的速率变小B.t1>t2,摆线碰钉子的瞬间,小球的速率变小C.t1>t2,摆线碰钉子的瞬间,小球的速率不变D.t1=t2,摆线碰钉子的瞬间,小球的速率不变答案 C解析 因摆角始终小于5°,则小球在钉子两边摆动时均可看做单摆,根据T =2πl g 可知T 左>T 右,故t 左=14T 左>14T 右=t 右;摆线碰钉子的瞬间,由于水平方向受力为零,可知小球的速率不变,故C 正确.拓展点 实验:探究单摆的运动、用单摆测量重力加速度1.实验步骤(1)让细线的一端穿过金属小球的小孔,然后打一个比小孔大一些的线结,做成单摆.(2)把细线的上端用铁夹固定在铁架台上,把铁架台放在实验桌边,使铁夹伸到桌面以外,让摆球自然下垂,在单摆平衡位置处做上标记,如图15所示.图15(3)用毫米刻度尺量出摆线长度l ′,用游标卡尺测出摆球的直径,即得出金属小球半径r ,计算出摆长l =l ′+r .(4)把单摆从平衡位置处拉开一个很小的角度(不超过5°),然后放开金属小球,让金属小球摆动,待摆动平稳后测出单摆完成30~50次全振动所用的时间t ,计算出金属小球完成一次全振动所用时间,这个时间就是单摆的振动周期,即T =t N(N 为全振动的次数),反复测3次,再算出周期的平均值T =T 1+T 2+T 33. (5)根据单摆周期公式T =2πl g ,计算当地的重力加速度g =4π2l T2. (6)改变摆长,重做几次实验,计算出每次实验的重力加速度值,求出它们的平均值,该平均值即为所测得的当地的重力加速度值.(7)将测得的重力加速度值与当地的重力加速度值相比较,分析产生误差的可能原因.2.数据处理处理数据有两种方法:(1)公式法:测出30次~50次全振动的时间t ,利用T =t N求出周期;不改变摆长,反复测量三次,算出三次测得的周期的平均值T ,然后利用公式g =4π2l T 2求重力加速度. (2)图象法:由单摆周期公式不难推出:l =g 4π2T 2,因此,分别测出一系列摆长l 对应的周期T ,作l -T 2的图象,图象应是一条通过原点的直线,如图16所示,求出图线的斜率k =Δl ΔT2,即可利用g =4π2k 求重力加速度.图16例5 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素.(1)他组装单摆时,在摆线上端的悬点处,用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线,再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧,如图17所示,这样做的目的是________(填字母代号).图17A .保证摆动过程中摆长不变B .可使周期测量更加准确C .需要改变摆长时便于调节D .保证摆球在同一竖直平面内摆动(2)他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下,用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L =0.999 0 m ,再用游标卡尺测量摆球直径,结果如图18所示,则该摆球的直径为______ mm ,单摆摆长为________ m.图18(3)下列振动图象真实地描述了对摆长约为1 m 的单摆进行周期测量的四种操作过程.选项图中横坐标原点表示计时开始,A 、B 、C 均为30次全振动的图象,已知sin 5°=0.087,sin 15°=0.26,这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是________(填字母代号).答案 (1)AC (2)12.0 0.993 0 (3)A解析 (1)橡皮的作用是使摆线摆动过程中悬点位置不变,从而保证摆长不变,同时又便于调节摆长,A 、C 正确;(2)根据游标卡尺读数规则可得摆球直径为d =12 mm +0.1 mm ×0=12.0 mm ,则单摆摆长为L 0=L -d 2=0.993 0 m(注意统一单位); (3)单摆摆角不超过5°,且计时位置应从最低点(即速度最大位置)开始,故A 项的操作符合要求.变式8 某同学用单摆测量当地的重力加速度.他测出了摆线长度L 和摆动周期T ,如图19(a)所示.通过改变悬线长度L ,测出对应的摆动周期T ,获得多组T 与L ,再以T 2为纵轴、L 为横轴画出函数关系图象如图(b)所示.由图象可知,摆球的半径r =________ m ,当地重力加速度g =________ m/s 2;由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会________(选填“偏大”“偏小”或“一样”)图19答案 1.0×10-2 9.86 一样变式9 某同学利用单摆测量重力加速度.(1)为了使测量误差尽量小,下列说法正确的是________.A .组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球B .组装单摆须选用轻且不易伸长的细线C .实验时须使摆球在同一竖直面内摆动D .摆长一定的情况下,摆的振幅尽量大(2)如图20所示,在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m 的单摆.实验时,由于仅有量程为20 cm 、精度为1 mm 的钢板刻度尺,于是他先使摆球自然下垂,在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点,测出单摆的周期T 1;然后保持悬点位置不变,设法将摆长缩短一些,再次使摆球自然下垂,用同样方法在竖直立柱上做另一标记点,并测出单摆的周期T 2;最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL .用上述测量结果,写出重力加速度的表达式g =________.图20答案 (1)BC (2)4π2ΔL T 12-T 22解析 (1)在利用单摆测重力加速度实验中,为了使测量误差尽量小,须选用密度大、半径小的摆球和不易伸长的细线,摆球须在同一竖直面内摆动,摆长一定时,振幅尽量小些,以使其满足简谐运动条件,故选B 、C.(2)设第一次摆长为L ,则第二次摆长为L -ΔL ,故T 1=2πL g ,T 2=2π L -ΔL g,联立解得g =4π2ΔL T 12-T 22.1.做简谐运动的物体,当它每次经过同一位置时,可能不同的物理量是( )A .位移B .速度C .加速度D .回复力答案 B2.(2020·陕西商洛市调研)做简谐运动的单摆摆长不变,若摆球质量减小为原来的14,摆球经过平衡位置时速度增大为原来的2倍,则单摆振动的( )A .频率、振幅都不变B .频率、振幅都改变C .频率不变,振幅改变D .频率改变,振幅不变答案 C3.如图1所示,弹簧振子在a 、b 两点间做简谐振动,当振子从平衡位置O 向a 运动过程中( )图1A.加速度和速度均不断减小B.加速度和速度均不断增大C.加速度不断增大,速度不断减小D.加速度不断减小,速度不断增大答案 C解析在振子由O到a的过程中,其位移不断增大,回复力增大,加速度增大,但是由于加速度与速度方向相反,速度减小,选项C正确.4.如图2所示为某弹簧振子在0~5 s内的振动图象,由图可知,下列说法中正确的是()图2A.振动周期为5 s,振幅为8 cmB.第2 s末振子的速度为零,加速度为负向的最大值C.从第1 s末到第2 s末振子的位移增大,振子在做加速度减小的减速运动D.第3 s末振子的速度为正向的最大值答案 D解析由题图可知振动周期为4 s,振幅为8 cm,选项A错误;第2 s末振子在最大位移处,速度为零,位移为负,加速度为正向的最大值,选项B错误;从第1 s末到第2 s末振子的位移增大,振子在做加速度增大的减速运动,选项C错误;第3 s末振子在平衡位置,向正方向运动,速度为正向的最大值,选项D正确.5.(多选)一个质点做简谐运动的图象如图3所示,下列说法正确的是()图3A.质点振动的频率为4 HzB.在10 s内质点经过的路程为20 cmC.第5 s末,质点的速度为零,加速度最大D.t=1.5 s和t=4.5 s两时刻质点的位移大小相等,都是 2 cm答案BCD解析由题图可知,质点振动的周期为T=4 s,故频率f=1T=0.25 Hz,选项A错误;在10 s内质点振动了2.5个周期,经过的路程是2.5×4A =20 cm ,选项B 正确;第5 s 末,质点处于正向最大位移处,速度为零,加速度最大,选项C 正确;由题图可得振动方程为x =2sin (π2t ) cm ,将t =1.5 s 和t =4.5 s 代入振动方程得x = 2 cm ,选项D 正确.6.如图4所示,弹簧振子B 上放一个物块A ,在A 与B 一起做简谐运动的过程中,下列关于A 受力的说法中正确的是( )图4A .物块A 受重力、支持力及弹簧对它的恒定的弹力B .物块A 受重力、支持力及弹簧对它的大小和方向都随时间变化的弹力C .物块A 受重力、支持力及B 对它的恒定的摩擦力D .物块A 受重力、支持力及B 对它的非恒定的摩擦力答案 D7.一个单摆在地面上做受迫振动,其共振曲线(振幅A 与驱动力频率f 的关系)如图5所示,则( )图5A .此单摆的固有周期约为0.5 sB .此单摆的摆长约为1 mC .若摆长增大,单摆的固有频率增大D .若摆长增大,共振曲线的峰将向右移动答案 B解析 由题图共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz ,固有周期为2 s ,故A 错误;由T =2πl g,得此单摆的摆长约为1 m ,故B 正确;若摆长增大,单摆的固有周期增大,固有频率减小,则共振曲线的峰将向左移动,故C 、D 错误.8.(多选)如图6所示为同一地点的两单摆甲、乙的振动图象,则下列说法中正确的是( )图6A .甲、乙两单摆的摆长相等B .甲摆的机械能比乙摆大C .在t =0.5 s 时有正向最大加速度的是乙摆D .由图象可以求出当地的重力加速度答案 AC解析 由题图振动图象可以看出,甲摆的振幅比乙摆的大,两单摆的振动周期相同,又甲、乙位于同一地点,则g 值相同,根据单摆周期公式T =2πl g可得,甲、乙两单摆的摆长相等,但不知道摆长是多少,不能计算出当地的重力加速度g ,故A 正确,D 错误;两单摆的质量未知,所以两单摆的机械能无法比较,故B 错误;在t =0.5 s 时,乙摆有负向最大位移,即有正向最大加速度,而甲摆的位移为零,加速度为零,故C 正确.9.(多选)一弹簧振子做简谐振动,则以下说法正确的是( )A .振子的加速度方向始终指向平衡位置B .已知振动周期为T ,若Δt =T ,则在t 时刻和(t +Δt )时刻振子运动的加速度一定相同C .若t 时刻和(t +Δt )时刻弹簧的长度相等,则Δt 一定为振动周期的整数倍D .振子的动能相等时,弹簧的长度不一定相等答案 ABD解析 振子的加速度方向始终指向平衡位置,故A 正确;若Δt =T ,则在t 时刻和(t +Δt )时刻振子的位移相同,加速度也相同,故B 正确;从平衡位置再回到平衡位置,经历的时间最短为T 2,弹簧的长度相等,故C 错误;关于平衡位置对称的两个位置,振子的动能相等,弹簧的长度不相等,故D 正确.10.如图7所示为一弹簧振子的振动图象,试完成以下问题:图7(1)写出该振子简谐运动的表达式;(2)在第2 s 末到第3 s 末这段时间内,弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变。

大学物理第14章思考题解

大学物理第14章思考题解

《大学物理学》(下册)思考题解第14章 电磁感应14-1 在电磁感应定律i d dtΦ=-¶中,负号的含义是什么? 如何根据负号来判断感应电动势的方向?答:电磁感应定律i d dtΦ=-¶中的负号来自于楞次定律。

由于磁通量Φ变化而引起感应电动势i ¶变化、从而产生感应电流,这个电流的磁场将阻碍原磁通量Φ的变化。

例如原磁通量Φ正在增加,所激发的感应电动势的感应电流的感应磁场将阻碍这个Φ增加。

14-2 如题图所示的几种形状的导线回路,假设均匀磁场垂直于纸面向里,且随时渐减小。

试判断这几种形状的导线回路中,感应电流的流向答:14-3 将一磁铁插入一个由导线组成的闭合电路线圈中,一次迅速插入,另一次缓慢插入。

问:(1)两次插入时在线圈中的感生电荷量是否相同? (2)两次手推磁铁的力所做的功是否相同?(3)若将磁铁插入一个不闭合的金属环中,在环中间发生什么变化? 答:始末两态的磁通1Φ、2Φ不变,所以 (1) 感生电荷量12q RΦ-Φ=,与时间、速度无关,仅与始末两态的磁通有关,所以两次插入线圈的感生电荷量相同。

(2)从感应电流作功考虑,W I t =∆¶,定性地判断:两种情况下I t q ∆=不变,12d dttΦ-ΦΦ=∆=-¶分子不变分母有区别,所以两次手推磁铁的力,慢慢插入的作功少,快速插入的作功多。

(3) 若将磁铁插入一个不闭合的金属环中,在环的两端将产生感应电动势。

14-4 让一块很小的磁铁在一根很长的竖直钢管内下落,若不计空气阻力,试定性说明磁铁进入钢管上部、中部和下部的运动情况,并说明理由。

答:把小磁铁看作磁矩为m的磁偶极子,下落至钢管口附近时,由于钢管口所围面积的磁通量发生了变化,管壁将产生感生电动势和感生电流,感生电流将激发感生磁场'1B ,由于磁矩m 自己产生的磁感B 在管口产生的磁通正在增加,根据楞次定律,它所激发的感生磁场'1B 将阻碍这个增加,因此,'1B 与B 反方向。

大学物理B2_第14章_1

大学物理B2_第14章_1
vy 、vz).
x vt x ( x vt ) v 2 1 ( ) c
v t (t 2 x ) c
dx vdt dx v 2 1 ( ) c v dt 2 dx c dt v 2 1 ( ) c
dx dx vdt dt dt v dx c2 ux v v 1 2 ux c
3. 物质运动的极限速度为真空中的光速度c
v2 1 2 0 c
4. L变换是比G变换更具普遍意义的变换 当v<<c时,洛仑兹变换又回到伽利略变换 。 x vt x x vt x
2014年10月15日星期三
1 (v / c)2
14
第十四章 相对论1
例1. 观察者O测得一闪光灯在x=1105m, y=1104m, z=1103m, t=510-4s时闪光,另一观察者O相对于O以 0.8c的速度沿轴 xx 运动,求他所测得的事件(闪光灯)坐标。 解: x
2l1c 2l2 t t1 t2 2 2 c u c2 u 2 l1 l2 2 [ ] c 1 ( u )2 u 2 1 ( ) c c 2l2c 2l1 t2 2 t t1 2 c u c2 u 2 l2 l1 2 [ ] c 1 ( u )2 u 2 1 ( ) c c
17
2014年10月15日星期三
第十四章 相对论1
ux v u x v 1 2 ux c uy u y v (1 2 u x ) c uz u z v (1 2 ux ) c 当c>>v时, u x ux v
S→S′
u x +v ux v 1 2 u x c u y uy v (1 2 u x) c u z uz v (1 2 u x) c u x u x +v

物理十四章归纳总结

物理十四章归纳总结

物理十四章归纳总结导言:物理学是一门研究自然界基本规律的学科,包含了十四个重要的章节。

在这篇文章中,我们将对物理学的这十四章进行总结和归纳,希望能够帮助读者对物理学的基础知识有更清晰的理解。

第一章:力及相关概念1.1 力的概念及基本性质1.2 力的分类及力的合成与分解1.3 牛顿第一定律1.4 牛顿第二定律1.5 牛顿第三定律1.6 弹簧力与胡克定律第二章:运动学2.1 位移、速度和加速度2.2 匀速直线运动2.3 加速直线运动2.4 平抛运动2.5 斜抛运动2.6 圆周运动第三章:牛顿运动定律3.1 动量与冲量3.2 力和质量的概念3.3 牛顿第二定律的量和质的关系 3.4 物体的运动状态与力的关系 3.5 牛顿第三定律的应用3.6 质点系的动量第四章:万有引力4.1 引力的概念及性质4.2 引力定律及其应用4.3 行星运动4.4 地球上的物体运动第五章:机械能与能量守恒5.1 动能与动能定理5.2 重力势能与势能的定义5.3 势能和机械能的转化5.4 能量守恒定律及其应用5.5 各种力的非保守性与能量守恒第六章:动量守恒6.1 动量定理6.2 碰撞实验6.3 弹性碰撞6.4 完全非弹性碰撞第七章:静电场7.1 电荷和电场7.2 电场的呈现7.3 电场强度7.4 电场力7.5 电场能第八章:电场8.1 电势能和电势8.2 电势的分布8.3 电场中电势上升和电势差8.4 电势差的计算8.5 电容器的原理和应用第九章:电流和电路9.1 电流的概念9.2 电流的方向与电流强度 9.3 电阻与电压9.4 欧姆定律9.5 串联和并联电路9.6 电功率和电能第十章:磁场10.1 磁场的概念10.2 磁感应强度10.3 磁感应线的性质10.4 安培力定律10.5 楞次定律及其应用10.6 电流感应第十一章:电磁感应和电磁场 11.1 磁生电、电生磁的现象11.2 法拉第电磁感应定律11.3 洛伦兹力和电动势11.4 电磁感应实验的应用11.5 自感和互感第十二章:交流电12.1 交流电的特征12.2 交流电的有效值和频率12.3 交流电的平均值和变化规律12.4 交流电的相量形式12.5 交流电阻、电感和电容的交流特性第十三章:光学13.1 光波的概念及特性13.2 光的反射和折射13.3 光的干涉和衍射13.4 光的偏振和旋光现象13.5 光的光电效应及应用第十四章:相对论14.1 时间、空间和质量的相对性14.2 相对论速度变换14.3 质能关系和能量守恒14.4 狭义相对论的基本概念及应用14.5 引力和广义相对论总结:物理学的十四个章节涵盖了从力学到光学、电磁学和相对论等多个领域,揭示了自然界的基本运行规律。

《大学物理》期末复习 第十四章 相对论

《大学物理》期末复习 第十四章   相对论

第十四章相对论在第一册中讲过的牛顿力学,只适用于宏观物体低速运动,高速运动的物体则使用相对论力学。

相对论内的理论)般参照系包括引力场在广义相对论(推广到一性参照系的理论)狭义相对论(局限于惯本章只介绍狭义相对论§14-1伽利略变换式牛顿绝对时空观一、力学相对性原理力学定律在一切惯性系中数学形式不变理解:体现对称性思想——对于描述力学规律而言,一切惯性系彼此等价。

在一个惯性系中所做的任何力学实验,都不能判断该惯性系相对于其它惯性系的运动。

二、伽利略变换概念介绍:事件:是在空间某一点和时间某一时刻发生的某一现象(例如:两粒子相撞)。

事件描述:发生地点和发生时刻来描述,即一个事件用四个坐标来表示)(t,z,y,x如图所示,有两个惯性系S,'S,相应坐标轴平行,'S相对S以v沿'x正向匀速运动,0=='tt时,O与'O重合。

现在考虑p点发生的一个事件:⎩⎨⎧)时空坐标为(系观察者测出这一事件)时空坐标为(系观察者测出这一事件'''''t ,z ,y ,x S t ,z ,y ,x S按经典力学观点,可得到两组坐标关系为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-=t t z z y y vt x x '''' 或 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===+=''''t t z z y y vtx x (14-1)式(14-1)是伽利略变换及逆变换公式。

三、绝对时空观1、时间间隔的绝对性设有二事件1P ,2P ,在S 系中测得发生时刻分别为1t ,2t ;在'S 系中测得发生时刻分别为't 1,'t 2。

在S系中测得两事件发生时间间隔为12t t t -=∆,在'S 系测得两事件发生的时间间隔为'''tt t 12-=∆。

11t t '=,22t t '=,∴t t '∆∆=。

2018届高考物理大一轮复习教师用书第十四章波与相对论(选修3-4)Word版含解析

2018届高考物理大一轮复习教师用书第十四章波与相对论(选修3-4)Word版含解析

第十四章|波与相对论(选修3-4)第74课时机械振动(双基落实课)[命题者说] 本课时内容包括简谐运动、单摆、受迫振动和共振等知识,主要了解机械振动这种运动形式,高考一般不会对这部分知识单独考查,但是简谐运动的特征、周期和图像、单摆振动的周期,受迫振动和共振等考点,也是高考经常涉及的内容。

1.定义:如果质点的位移与时间的关系遵从正弦函数规律,即它的振动图像(x -t 图像)是一条正弦曲线,这样的振动叫做简谐运动。

2.平衡位置:物体在振动过程中回复力为零的位置。

3.回复力(1)定义:使物体返回到平衡位置的力。

(2)方向:总是指向平衡位置。

(3)来源:属于效果力,可以由某一个力提供,也可以由几个力的合力或某个力的分力提供。

4.描述简谐运动的物理量[小题练通]1.(2017·北京西城区模拟)弹簧振子在做简谐运动的过程中,振子通过平衡位置时( ) A .速度最大 B .回复力最大 C .加速度最大D .弹性势能最大解析:选A 弹簧振子在做简谐运动的过程中,振子通过平衡位置时,弹性势能最小,动能最大,故速度最大,选项A 正确,D 错误;弹簧振子通过平衡位置时,位移为零,根据F =-kx ,a =-kxm ,可知回复力为零,加速度为零,故选项B 、C 错误。

2.关于简谐运动的周期,以下说法正确的是( )A .间隔一个周期的整数倍的两个时刻,物体的振动情况相同B .间隔半个周期的奇数倍的两个时刻,物体的速度和加速度可能同时相同C .半个周期内物体的动能变化一定为零D .一个周期内物体的势能变化一定为零E .经过一个周期质点通过的路程变为零解析:选ACD 根据周期的定义可知,物体完成一次全振动,所有的物理量都恢复到初始状态,故A 选项正确。

当间隔半周期的奇数倍时,所有的矢量都变得大小相等,方向相反,且物体的速度和加速度不同时为零,故B 选项错误,C 、D 选项正确。

经过一个周期,质点通过的路程为4A ,E 错误。

大学物理14章答案

第14章 稳恒电流的磁场14.1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器,由于电介质漏电,在3min 内漏失一半电量,求电介质的电阻率.[解答]设电容器的面积为S ,两板间的距离为l ,则电介质的电阻为l R S ρ=.设t 时刻电容器带电量为q ,则电荷面密度为 ζ = q/S , 两板间的场强为 E = ζ/ε =q/εr ε0S , 电势差为 U = El =ql/εr ε0S , 介质中的电流强度为0d 1d r q U q t R εερ-==,负号表示电容器上的电荷减少.微分方程可变为0d 1d r q t q εερ=-, 积分得0ln r tq Cεερ=-+,设t = 0时,q = q m ,则得C = ln q m ,因此电介质的电阻率的公式为0ln(/)r m tq q ρεε=.当t = 180s 时,q = q m /2,电阻率为121808.84210 2.1ln 2ρ-=⨯⨯⨯ =1.4×1013(Ω·m).14.2 有一导线电阻R = 6Ω,其中通有电流,在下列两种情况下,通过总电量都是30C ,求导线所产生的热量.(1)在24s 内有稳恒电流通过导线; (2)在24s 内电流均匀地减少到零. [解答](1)稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A), 导线产生的热量为Q = I 2Rt = 225(J).(2)电流变化的方程为12.5(1)24i t =-, 由于在相等的时间内通过的电量是相等的,在i-t 图中,在0~24秒内,变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的. 在d t 时间内导线产生的热量元为d Q = i 2R d t ,在24s 内导线产生的热量为2424221d [2.5(1)]d 24Q i R t t R t ==-⎰⎰2423112.5624(1)324t =-⨯⨯⨯⨯-=300(J).14.3 已知铜的相对原子质量A = 63.75,质量密度ρ = 8.9×103kg·m -3. (1)技术上为了安全,铜线内电流密度不能超过6A·mm -2,求此时铜线内电子的漂移速度为多少?(2)求T = 300K 时,铜内电子热运动平均速度,它是漂移速度的多少倍? [解答](1)原子质量单位为u = 1.66×10-27(kg),一个铜原子的质量为m = Au = 1.058×10-25(kg),铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m -3),如果一个铜原子有一个自由电子,n 也是自由电子数密度,因此自由电子的电荷密度为ρe = ne = 1.34×1010(C·m -3). 铜线内电流密度为δ = 6×106(A·m -2),根据公式δ = ρe v ,得电子的漂移速度为 v = ρe /δ = 4.46×10-4(m·s -1).(2)将导体中的电子当气体分子,称为“电子气”,电子做热运动的平均速度为v =其中k 为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K -1,m e 是电子的质量m e = 9.11×10-31kg ,可得v = 1.076×105(m·s -1), 对漂移速度的倍数为v /v = 2.437×108,可见:电子的漂移速率远小于热运动的速度,其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动.14.4通有电流的导线形状如图所示,图中ACDO 是边长为b 的正方O 处的磁感应强度B = ?[解答]电O 点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的.根据毕-萨定律: 002d d 4I r μπ⨯=l r B ,圆弧上的电流元与到O 点的矢径垂直,在O 点产生的磁场大小为012d d 4I l B a μπ=,由于 d l = a d φ, 积分得11d LB B =⎰3/200d 4I a πμϕπ=⎰38Ia μ=.OA 和OD 方向的直线在O 点产生的磁场为零.在AC 段,电流元在O 点产生的磁场为022d sin d 4I l B r μθπ=,由于 l = b cot(π - θ) = -b cot θ,所以 d l = b d θ/sin 2θ;又由于 r = b /sin(π - θ) = b /sin θ, 可得 02s i n d d 4I B b μθθπ=,积分得3/402/2d sin d 4L I B B b ππμθθπ==⎰⎰3/400/2(cos )48IIbb ππμθππ=-=同理可得CD 段在O 点产生的磁场B 3 = B 2. O 点总磁感应强度为00123384I IB B B B a b μπ=++=+.[讨论](1)假设圆弧张角为φ,电流在半径为a 的圆心处产生的磁感应强度为04IB a μϕπ=.(2)有限长直导线产生的磁感应大小为012(cos cos )4IB b μθθπ=-.对于AC 段,θ1 = π/2、θ2 = 3π/4;对于CD 段,θ1 = π/4、θ2 = π/2,都可得0238IB B b π==.上述公式可以直接引用.14.5 如图所示的载流导线,图中半圆的的半径为R ,直线部分伸向无限远处.求圆心O 处的磁感应强度B = ?[解答]在直线磁场公式012(cos cos )4IB R μθθπ=-中,令θ1 = 0、θ2 = π/2,或者θ1 = π/2、θ2 = π,就得半无限长导线在端点半径为R 的圆周上产生的磁感应强度04IB R μπ=.两无限长半直线在O 点产生的磁场方向都向着-Z 方向,大小为B z = μ0I /2πR . 半圆在O 处产生的磁场方向沿着-X 方向,大小为B x = μ0I /4R . O 点的磁感应强度为0042x z IIB B RR μμπ=--=--B i k i k .场强大小为B ==与X 轴的夹角为2arctan arctan z x B B θπ==.14.6 如图所示的正方形线圈ABCD ,每边长为a ,通有电流I .求正方形中心O 处的磁感应强度B = ?[解答]正方形每一边到O 点的距离都是a /2,在O 点产生的磁场大小相等、方向相同.以AD 边为例,利用直线电流的磁场公式:012(cos cos )4IB R μθθπ=-,令θ1 = π/4、θ2 =3π/4、R = a /2,AD 在O 产生的场强为02AD IB a π=,O 点的磁感应强度为4AD B B ==方向垂直纸面向里.14.7 两个共轴圆线圈,每个线圈中的电流强度都是I ,半径为R ,两个圆心间距离O 1O 2 = R ,试证:O 1、O 2中点O 处附近为均匀磁场. [证明]方法一:用二阶导数.一个半径为R 的环电流在离圆心为x 的轴线上产生的磁感应强度大小为:20223/22()IR B R x μ=+.设两线圈相距为2a ,以O 点为原点建立坐标,两线圈在x 点产生的场强分别为201223/22[()]IR B R a x μ=++,202223/22[()]IR B R a x μ=+-.方向相同,总场强为B = B 1 + B 2.一个线圈产生的磁场的曲线是凸状,两边各有一个拐点.两个线圈的磁场叠加之后,如果它们相距太近,其曲线就是更高的凸状;如果它们相距太远,其曲线的中间部分就会下凹,与两边的峰之间各有一个拐点.当它图14.7们由远而近到最适当的位置时,两个拐点就会在中间重合,这时的磁场最均匀,而拐点处的二阶导数为零.设k = μ0IR 2/2,则223/2223/211{}[()][()]B k R a x R a x =++++-B 对x 求一阶导数得225/2d 3{d [()]B a x k x R a x +=-++,225/2}[()]a xR a x --+-求二阶导数得2222227/2d 4()3{d [()]B R a x k x R a x -+=-++22227/24()}[()]R a x R a x --++-,在x = 0处d 2B /d x 2 = 0,得R 2 = 4a 2,所以2a = R .x = 0处的场强为223/22[(/2)]B kR R =+k==方法二:用二项式展开.将B 1展开得2012223/22[2]IR B R a ax x μ=+++20223/22223/22()[1(2)/()]IR R a ax x R a μ=++++.设20223/22()IR k R a μ=+,则23/21222(1)ax x B k R a -+=++.同理,23/22222(1)ax x B k R a --+=++.当x 很小时,二项式展开公式为2(1)(1)1...12n n n x nx x -+=+++⋅.将B 1和B 2按二项式展开,保留二次项,总场强为22232[12ax x B k R a -+=+⋅++22221352()...]1222ax x R a --++⋅⋅+⋅+ 22232[12ax x k R a --+++⋅++22221352()...]1222ax x R a ---++⋅⋅+⋅+22232[12x k R a -=+⋅++ 22222354...]24()a x R a --+⋅⋅++ 222222342[1...]2()R a k x R a --=+⋅++令R 2 - 4a 2 = 0,即a = R /2,得200223/22()25IR IB k R a R μ===+,可知:O 点附近为均强磁场.14.8 将半径为R 的无限长导体圆柱面,沿轴向割去一宽为h (h <<R )的无限长缝后,沿轴向均匀地通有电流,面密度为i ,求轴线上的磁感应强度B = ?[解答]方法一:补缺法.导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成,如果补上长缝,由于对称的缘故,电流在轴线上产生的磁感应强度为零.割去长缝,等效于同时加上两个大小相等,方向相反的电流,其中,与i 相同的电流补上了长缝,与i 相反的电流大小为I = ih .在轴线上产生的磁感应强度为 0022I ihB R R μμππ==.方法二:积分法.在导体的截面上建立坐标,x 坐标轴平分角α,α = h/R . 电流垂直纸面向外,在圆弧上取一线元d s = R d θ,无限长直线电流为 d I = i d s = iR d θ, 在轴线产生的磁感应强度大小为图14.8`00d d d 22I iB R μμθππ==,两个分量分别为0d d sin sin d 2x iB B μθθθπ==, 0d d cos cos d 2y iB B μθθθπ=-=-.积分得2/22/200/2/2sin d cos 22x i iB παπαααμμθθθππ--==-⎰0[cos(2/2)cos(/2)]02iμπααπ=---=;2/22/200/2/2cos d sin 22y i i B παπαααμμθθθππ--=-=-⎰0[sin(2/2)sin(/2)]2iμπααπ=---0002sin 2222i iih R μμμααπππ=≈=.B y 的方向沿着y 方向.B y 的大小和方向正是无限长直线电流ih 产生的磁感应强度.14.9 在半径为R = 1.0cm 的无限长半圆柱形导体面中均匀地通有电流I =5.0A ,如图所示.求圆柱轴线上任一点的磁感应强度B = ?[解答]取导体面的横截面,电流方向垂直纸面向外.半圆的周长为C = πR , 电流线密度为 i = I/C = IπR .在半圆上取一线元d l = R d φ代表无限长直导线的截面,电流元为I d φ/π, d I = i d l = 在轴线上产生的磁感应强度为002d d d 22I I B R R μμϕππ==,方向与径向垂直.d B 的两个分量为d B x = d B cos φ,d B y = d B sin φ. 积分得002200cos d sin 022x I IB R R ππμμϕϕϕππ===⎰,020sin d 2y IB R πμϕϕπ=⎰00220(cos )2II RR πμμϕππ=-=.由对称性也可知B x = 0,所以磁感应强度B = B y = 6.4×10-5(T),方向沿着y 正向.14.10 宽度为a 的薄长金属板中通有电流I ,电流沿薄板宽度方向均匀分布.求在薄板所在平面内距板的边缘为x 的P 点处的磁感应强度(如图所示). [解答]电流分布在薄板的表面上,单位长度上电流密度,即面电流的线密度为δ = I/a , 以板的下边缘为原点,在薄板上取一宽度为d l 的通电导线,电流强度为d I = δd l ,在P 点产生磁感应强度为00d d d 22()I lB r x a l μμδππ==+-,磁场方向垂直纸面向外.由于每根电流产生的磁场方向相同,总磁场为00d 2()alB x a l μδπ=+-⎰00ln()2al x a l μδπ==-+-0ln(1)2I aa x μπ=+.[讨论]当a 趋于零时,薄板就变成直线,因此00ln(1/)2/2I Ia x B x a x x μμππ+=→,这就是直线电流产生的磁场强度的公式.14.11 在半径为R 的木球上紧密地绕有细导线,相邻线圈可视为相互平行,盖住半个球面,如图所示.设导线中电流为I ,总匝图14.10图14.11数为N ,求球心O 处的磁感应强度B = ?[解答]四分之一圆的弧长为 C = πR /2, 单位弧长上线圈匝数为n = N/C = 2N/πR .在四分之一圆上取一弧元d l = R d θ, 线圈匝数为d N = n d l = nR d θ, 环电流大小为 d I = I d N = nIR dθ. 环电流的半径为 y = R sin θ, 离O 点的距离为 x = R cos θ, 在O 点产生的磁感应强度为22003d d sin d 22y I nI B R μμθθ==20sin d NIR μθθπ=,方向沿着x 的反方向,积分得O 点的磁感应强度为/2200sin d NI B R πμθθπ=⎰/2000(1cos 2)d 24NI NI R R πμμθθπ=-=⎰.14.12 两个共面的平面带电圆环,其内外半径分别为R 1、R 2和R 3、R 4(R 1 < R 2 < R 3 < R 4)转的转速顺时针转动,里面圆环以每称n 1转逆时针转动,若两圆环电荷面密度均为ζ,求n 1和n 2的比值多大时,圆心处的磁感应强度为零. [解答]半径为r 的圆电流在圆心处产生的磁感应强度为 B = μ0I /2r .在半径为R 1和R 2的环上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环,其面积为d S = 2πr d r ,所带的电量为 d q = ζd S = 2πζr d r , 圆环转动的周期为 T 1 = 1/n 1, 形成的电流元为 d I = d q/T 1 = 2πn 1ζr d r .薄环电流可以当作圆电流,在圆心产生的磁感应强度为d B 1 = μ0d I /2r = πμ0n 1ζd r ,圆环在圆心产生磁感应强度为B 1 = πμ0n 1ζ(R 2-R 1).同理,半径为R 3和R 4的圆环在圆心处产生的磁感应强度为B 2 = πμ0n 2ζ(R 4-R 3).由于两环的转动方向相反,在圆心产生的磁感应强度也相反,当它们大小相同时,圆心处的磁感应强度为零,即:πμ0n 1ζ(R 2-R 1) = πμ0n 2ζ(R 4-R 3),解得比值为431221 = R R n n R R --.15.13 半径为R 的无限长直圆柱导体,通以电流I ,电流在截面上分布不均匀,电流密度δ = kr ,求:导体内磁感应强度?[解答]在圆柱体内取一半径为r 、宽度为d r 的薄圆环,其面积为 d S = 2πr d r ,电流元为 d I = δd S = 2πk r 2d r ,从0到r 积分得薄环包围的电流强度为2πkr 3/3;I r = 从0到R 积分得全部电流强度I = 2πkR 3/3,因此I r /I = r 3/R 3.根据安培环路定理可得导体内的磁感应强度200322r I I B r r R μμππ==.15.14 有一电介质圆盘,其表面均匀带有电量Q ,半径为a ,可绕盘心且与盘面垂直的轴转动,设角速度为ω.求圆盘中心o 的磁感应强度B = ? [解答]圆盘面积为 S = πa 2, 面电荷密度为ζ = Q/S = Q/πa 2.在圆盘上取一半径为r 、宽度为d r 的薄环,其面积为d S = 2πr d r ,所带的电量为d q = ζd S = 2πζr d r .薄圆环转动的周期为 T = 2π/ω,形成的电流元为 d I = d q/T = ωζr d r .薄环电流可以当作圆电流,在圆心产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωζd r /2,从o 到a 积分得圆盘在圆心产生磁感应强度为B = μ0ωζa /2 = μ0ωQ /2πa .如果圆盘带正电,则磁场方向向上.14.15 二条长直载流导线与一长方形线圈共面,如图所示.已知a = b = c = 10cm ,l = 10m ,I 1 = I 2 = 100A ,求通过线圈的磁通量.[解答]电流I 1和I 2在线圈中产生的磁场方向都是垂直纸面向里的,在坐标系中的x 点,它们共同产生的磁感应强度大小为 图15.1301022(/2)2(/2)I I B a b x c b x μμππ=++++-.在矩形中取一面积元d S = l d x ,通过面积元的磁通量为d Φ = B d S = Bl d x ,通过线圈的磁通量为/2012/2()d 2/2/2b b l I I x a b x c b x μΦπ-=++++-⎰011(ln ln )2l a b c I I a c b μπ+=-+=2×10-7×10×100×2ln2=2.77×10-4(Wb).14.16 一电子在垂直于均匀磁场的方向做半径为R = 1.2cm 的圆周运动,电子速度v = 104m·s -1.求圆轨道内所包围的磁通量是多少? [解答]电子所带的电量为e = 1.6×10-19库仑,质量为m =9.1×10-31千克.电子在磁场所受的洛伦兹力成为电子做圆周运动的向心力,即:f = evB = mv 2/R ,所以 B = mv/eR .电子轨道所包围的面积为 S = πR 2,磁通量为Φ = BS = πmvR/e =2.14×10-9(Wb).14.17 同轴电缆由导体圆柱和一同轴导体薄圆筒构成,电流I 从一导体流入,从另一导体流出,且导体上电流均匀分布在其横截面积上,设圆柱半径为R 1,圆筒半径为R 2,如图所示.求:(1)磁感应强度B 的分布; (2)在圆柱和圆筒之间单位长度截面的磁通量为多少?[解答](1)导体圆柱的面积为 S = πR 12,面电流密度为 δ = I/S = I/πR 12. 在圆柱以半径r 作一圆形环路,其面积为 S r = πr 2,包围的电流是 I r = δS r = Ir 2/R 12. 根据安培环路定理 rL I I 00d μμ∑⎰==⋅l B ,由于B 与环路方向相同,积分得2πrB = μ0I r ,所以磁感应强度为B = μ0Ir /2πR 12,(0 < r < R 1).在两导体之间作一半径为r 的圆形环中,所包围的电流为I ,根据安培环中图14.16 图14.17定理可得B = μ0I /2πr ,(R 1 < r < R 2).在圆筒之外作一半径为r 的圆形环中,由于圆柱和圆筒通过的电流相反,所包围的电流为零,根据安培环中定理可得B = 0,(r > R 2).(2)在圆柱和圆筒之间离轴线r 处作一径向的长为l = 1、宽为d r 的矩形,其面积为 d S = l d r = d r ,方向与磁力线的方向一致,通过矩形的磁通量为 d Φ = B d S = B d r , 总磁通量为2100211d ln 22R R I I R r r R μμΦππ==⎰.14.18一长直载流导体,具有半径为R 的圆形横截面,在其内部有与导体相切,半径为a 的圆柱形长孔,其轴与导体轴平行,相距b = R – a ,导体截有均匀分布的电流I .(1)证明空孔内的磁场为均匀场并求出磁感应强度B 的值;(2)若要获得与载流为I ,单位长度匝数n 的长螺线管内部磁场相等的均匀磁场,a 应满足什么条件?(1)[证明]导体中的电流垂直纸面向外,电流密度为22()IR a δπ=-.长孔中没有电流,可以当作通有相反电流的导体,两个电流密度的大小都为δ,这样,长孔中磁场是两个均匀分布的圆形电流产生的. 如果在圆形截面中过任意点P 取一个半径为r 的同心圆,其面积为S = πr 2, 包围的电流为 ΣI = δS = πr 2δ, 根据安培环路定理可得方程 = μ0ΣI , 2πrB r磁感应强度为0022r I B r r μμδπ∑==,方向与矢径r 垂直.同理,密度为-δ的电流在P 点产生的磁感应强度为0``2r B r μδ=,方向与矢径r`垂直.设两个磁感应强度之间的夹角为θ,则合场强的平方为222``2cos r r r r B B B B B θ=++22220()(`2`cos )2B r r rr μδθ=++.根据余弦定理,如图可知:222`2`cos b r r rr ϕ=+-,由于φ = π - θ,所以02B b μδ=,由于b 和δ都是常量,可见:长孔中是均匀磁场.将δ和b 代入公式得磁感应强度大小为02()IB R a μπ=+,可以证明磁场的方向向上.(2)[解答]长螺线管内部的场为B =μ0nI ,与上式联立得12a R n π=-,这就是a 所满足的条件.[注意]此题中的长孔中的磁场与习题13.10.中空腔中的电场情况非常类似.14.19 在XOY 平面内有一载流线圈abcda ,通有电流I = 20A ,ºbc半径R = 20cm ,电流方向如图所示.线圈处于磁感应强度B = 8.0×10-2T 的均强磁场中,B 沿着X轴正方向.求:直线段ab 和cd 以及圆弧段ºbc和ºda 在外磁场中所受安培力的大小和方向.手螺旋法则,ºbc 弧和cd 边受力方向垂直[解答]根据右纸面向外,ºda 弧和ab 边受力方向垂直纸面向里.由于对cd 边所受安培力的大小是相同的,ºbc 弧称的关系,ab 边和和ºda弧所受安培力的大小也是相同的. ab 边与磁场方向的夹角是α = 45°,长度为l = R /sin α,所受安培力为F ab = |I l ×B | = IlB sin α= IRB = 0.32(N) = F cd .在圆弧上取一电流元I d l ,其矢径R 与X 轴方向的夹角为θ,所受力的大小为d F bc = |I d l ×B | = I d lB sin θ,由于线元为 d l = R d θ,所以 d F bc = IRB sin θd θ,因此安培力为/20/20sin d (cos )bc F IRB IRB ππθθθ==-⎰= IRB = 0.32(N) = F da .14.20载有电流I 1的无限长直导线旁有一正三角形线圈,边长为a ,载有电流I 2,一边与直导线平等且与直导线相距为b ,直导线与线圈共面,如图所示,求I 1作用在这三角形线圈上的力.[解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里,在AB 边处产生的磁感应强度大小为B = μ0I 1/2πb , 作用力大小为 μ0I 1I 2a /2πb , F AB = I 2aB = 方向向左. 三角形的三个内角 α = 60°,在AC 边上的电流元I 2d l 所受磁场力为d F = I 2d lB ,两个分量分别为 d F x = d F cos α和 d F y = d F sin α,与BC 边相比,两个x 分量大小相等,方向相同;两个y 分量大小相等,方向相反.由于 d l = d r /sin α,所以 d F x = I 2d rB cot α,积分得sin 012cot 1d 2b a x b I I F r r αμαπ+=⎰012cot sin ln 2I I b a b μααπ+==.作用在三角形线圈上的力的大小为F = F AB – 2F x012(2I I a b μπ=,方向向左.14.21 载有电流I 1的无限长直导线,在它上面放置一个半径为R 电流为I 2的圆形电流线圈,长直导线沿其直径方图14.21向,且相互绝缘,如图所示.求I 2在电流I 1的磁场中所受到的力.[解答]电流I 1在右边产生磁场方向垂直纸面向里,右上1/4弧受力向右上方,右下1/4弧受力向右下方;电流I 1在左边产生磁场方向垂直纸面向外,左上1/4弧受力向右下方,左下1/4弧受力向右上方.因此,合力方向向右,大小是右上1/4弧所受的向右的力的四倍.电流元所受的力的大小为d F = I 2d lB ,其中 d l = R d θ,B = μ0I 1/2πr ,而 r = R cos θ,所以向右的分别为d F x = d F cos θ = μ0I 1I 2d θ/2π,积分得/2012012d d 24x I I I I F πμμθπ==⎰, 电流I 2所受的合力大小为F = 4F x = μ0I 1I 2,方向向右.14.22如图所示,斜面上放有一木制圆柱,质量m = 0.5kg ,半径为R ,长为 l = 0.10m ,圆柱上绕有10匝导线,圆柱体的轴线位导线回路平面内.斜面倾角为θ,处于均匀磁场B = 0.5T 中,B 的方向竖直向上.如果线圈平面与斜面平行,求通过回路的电流I 至少要多大时,圆柱才不致沿斜面向下滚动?[解答]线圈面积为 S = 2Rl ,磁矩大小为p m = NIS ,方向与B 成θ角,所以磁力矩大小为p m B sin θ =NI 2RlB sin θ, M m = |p m ×B | =方向垂直纸面向外.重力大小为 G = mg ,力臂为 L = R sin θ,重力矩为 M g = GL = mgR sin θ,方向垂直纸面向里.圆柱不滚动时,两力矩平衡,即NI 2RlB sin θ = mgR sin θ,解得电流强度为I = mg /2NlB = 5(A).14.23 均匀带电细直线AB ,电荷线密度为λ,可绕垂直于直线的轴O 以ω角速度均速转动,设直线长为b ,其A 端距转轴O 距离为a ,求:(1)O 点的磁感应强度B ; (2)磁矩p m ; (3)若a >>b ,求B 0与p m . [解答](1)直线转动的周期为T = 2π/ω, 在直线上距O 为r 处取一径向线元d r ,所带的电量为图14.23d q = λd r ,形成的圆电流元为 d I = d q/T = ωλd r /2π,在圆心O 点产生的磁感应强度为d B = μ0d I /2r = μ0ωλd r /4πr ,整个直线在O 点产生磁感应强度为001d ln 44a b a a b B r r a μωλμωλππ++==⎰,如果λ > 0,B 的方向垂直纸面向外.(2)圆电流元包含的面积为S = πr 2,形成的磁矩为 d p m = S d I = ωλr 2d r /2,积分得233d [()]26a bm a p r r a b a ωλωλ+==+-⎰.如果λ > 0,p m 的方向垂直纸面向外.(3)当a >>b 时,因为00ln(1)(...)44b b B a a μωλμωλππ=+=+,所以04b B a μωλπ≈. 33[(1)1]6m a b p a ωλ=+-3223[33()()]62a b b b a b a a a ωλωλ=++≈.14.24一圆线圈直径为8cm ,共12匝,通有电流5A ,将此线圈置于磁感应强度为0.6T 的均强磁场中,求:(1)作用在线圈上的电大磁力矩为多少?(2)线圈平面在什么位置时磁力矩为最大磁力矩的一半.[解答](1)线圈半径为R = 0.04m ,面积为 S = πR 2,磁矩为 p m = NIS = πR 2NI ,磁力矩为 M = p m B sin θ.当θ = π/2时,磁力矩最大M m = p m B = πR 2NIB = 0.18(N·m).(2)由于M = M m sin θ,当M = M m /2时,可得sin θ = 0.5,θ = 30°或150°.14.25 在半径为R ,通以电流I 2的圆电流的圆周上,有一无限长通以电流I 1的直导线(I 1,I 2相互绝缘,且I 1与圆电流I 2所在平面垂直),如图所示,求I 2所受的力矩.若I 1置于圆电流圆心处(仍垂直),I 2所受力矩又如何?[解答]在x 轴上方的圆周上取一电流元I 2d l ,其大小为 I 2R d θ, I 2d l = 所受的安培力为 I 2d l ×B , d F = 其大小为d F = |I 2d l ×B | = I 2R d θB sin φ, 其中φ =θ/2,B 是电流I 1在电流元I 2d l 处产生的磁感应强度010124cos I I B r R μμππϕ==,因此安培力的大小可化为012d t a n d 42I I F μθθπ=,力的方向垂直纸面向里.如果在x 轴下方取一电流元,其受力方向垂直纸面向外,因此,圆周所受的安培力使其绕x 轴旋转.电流元所受的力矩为2012d d (sin )sin d 22I I R M F R μθθθπ==电流所受的力矩为201201(1cos )d 22I I R M πμθθπ=-⎰0122I I Rμ=. 如果电流I 1置于圆电流圆心处,那么I 2就与I 1产生的磁力线重合,所受的力为零,力矩也为零. 14.26 一个电子在B = 20×10-4T 的磁场中,沿半径R = 2cm 的螺旋线运动,螺距h = 5cm ,如图所示,求:(1)电子的速度为多少? (2)B 的方向如何?[解答]电子带负电,设速度v 的方向与磁力线的负方向成θ角,则沿着磁力线方向的速度为 v 1 = v cos θ,垂直速度为 v 2 = v sin θ.由 R = mv 2/eB , 得 v 2 = eBR/m .由 h = v 1T ,得v1 = h/T = heB/2πm,因此速度为v=== 7.75×106(m·s-1);由212t a nv Rv hπθ=== 2.51,得θ = 68.3° = 68°18′.14.27 一银质条带,z1 = 2cm,y1 = 1mm.银条置于Y方向的均匀磁场中 B = 1.5T,如图所示.设电流强度I = 200A,自由电子数n = 7.4×1028个·m-3,试求:(1)电子的漂移速度;(2)霍尔电压为多少?[解答](1)电流密度为δ = ρv,其中电荷的体密度为ρ = ne.电流通过的横截面为S = y1z1,电流强度为I =δS = neSv,得电子的漂移速度为281917.410 1.6100.0010.02IvneS-==⨯⨯⨯⨯⨯=8.45×10-4(m·s-1).(2)霍尔系数为2819117.410 1.610HRne-==⨯⨯⨯= 8.44×10-11(m3·C-1),霍尔电压为111200 1.58.44100.001H HIBU Ry-⨯==⨯= 2.53×10-5(V)。

大学物理王继龙版第十四章

一、光源
§14-1 光源 光的相干性
光源的最基本发光单元是分子、原子。
E h
1.普通光源:属于自发辐射 普通光源发光具有独立性、随机性、间歇性 2.激光光源:受激辐射 激光光源能发出频率,相位,振动方向,传播方向相 同的光.
太原理工大学物理系
二、光的单色性 普通光源所发光为复色光,单色光源发光为单色 光.激光为最好的单色光源. 三、光的相干性 1.干涉现象 两列光波相遇时,出现稳定的明暗相间花样称 为光的干涉现象.
max
k
2
太原理工大学物理系
§14-4薄膜干涉
本节讨论等倾干涉和等厚干涉,以等厚干涉为主。 一、分振幅干涉装置--薄膜干涉
由薄膜上下表面分别反射的两束反射光为相干 光,薄膜干涉就是要讨论这两束反射光的干涉。
经薄膜上下表面分别反射在薄膜的背面形成两 束透射光,这两束透射光也是相干光,还可以讨 论这两束透射光的干涉。 太原理工大学物理系
2 n1 sin2 i


2
两束相干光的光程差决定于
膜的厚度e 入射角i
太原理工大学物理系
二、等厚干涉 1)光程差 在入射点膜厚为e,该点的两 束反射光引起的光程差
n2
2n2e

2
n 2 n1
n1 n1
e
2)条纹位置 在膜表面附近形成明、暗相间的条纹。
k , k 1,2, 明纹 2k 1 由 2n2e k 得e
I
3
2 a a


a
0

a
2

a
3

a
sin
太原理工大学物理系
§14-8
衍射光栅

高考物理第一轮复习第十四章 第1讲


振动 项目 受力情况
简谐运动 受回复力
基础考点 自主悟透
受迫振动 受驱动力作用
共振 受驱动力作用
振动周期或 由系统本身性质决定,即 由驱动力的周期或频率决
频率
固有周期T0或固有频率f0 定,即T=T驱或f=f驱
T驱=T0或f驱=f0
振动物体获得的能 振动变式1 (多选)(2019·江苏卷·13B(1))一单摆做简谐运动,在偏角增大的过程中,
摆球的
√A.位移增大 √C.回复力增大
B.速度增大 D.机械能增大
解析 摆球做简谐运动,在平衡位置处位移为零,在摆角增大的过程中,摆球 的位移增大,速度减小,选项A正确,B错误; 在摆角增大的过程中,摆球受到的回复力增大,选项C正确; 单摆做简谐运动,机械能守恒,所以在摆角增大的过程中,摆球机械能保持不 变,选项D错误.
√C.C的振幅比B的振幅大
√D.A、B、C的振动周期相等
图4
研透命题点
02
命题点一 简谐运动的规律
基础考点 自主悟透
受力特征 回复力F=-kx,F(或a)的大小与x的大小成正比,方向相反
靠近平衡位置时,a、F、x都减小,v增大;远离平衡位置时, 运动特征
a、F、x都增大,v减小 振幅越大,能量越大.在运动过程中,动能和势能相互转化, 能量特征 系统的机械能守恒 质点的位移、回复力、加速度和速度均随时间做周期性变化, 周期性特征 变化周期就是简谐运动的周期T;动能和势能也随时间做周期 性变化,其变化周期为 关于平衡位置O对称的两点,加速度的大小、速度的大小、动 对称性特征 能、势能相等,相对平衡位置的位移大小相等
A.f固=60 Hz
√C.50 Hz<f固≤60 Hz
B.60 Hz<f固<70 Hz D.以上三个都不对

大学物理答案第14章

大学物理答案第14章 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN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S 1 、S 2 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S 1 、S 2 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S 1 和S 2 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S 1 、S 2 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n 2 ,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n 1 和n 3,且n 1 <n 2 ,n 2 >n 3 ,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θλθλn l l l 22-=-=∆液空,得 ()rad 107112114-⨯=∆-=./l n λθ14-16 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 =T 2 -T 1 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2λN l =∆,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T l N ∆=αλ2则热膨胀系数 5105112-⨯=∆=.Tl Nλα K 1-14-17 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 λ =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 θ14-28 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.。

  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

2E x 2
2E t 2
2H x 2
2H t 2
令: u 2 1
E
o
x
E
z
E0cos (t
H
r) u
H
H 0cos (t
r) u
• 真空中: u 1/ 00 2.9979108 m / s c 折射率
• 介质中: u 1/ 0r 0r c / r r c / n c
3. 电磁波的性质
c
2r2
]}
1.非相干叠加
(1) E1 E2
E1
E2
E1E2cos
π 2
0
(2) 1 2
1
2T
t T t
E01
E02{cos[(1
2
)t
(1
2
)
1r1
2r2
c
]
cos[(1
2 )t
(1
2)
1r1
2r2
c
]}dt
0
即 E1 E2 0
(3) (1 2 ) 不恒定
E1 E2 0
青 492~470 6.11014 ~ 6.4 1014
480
兰 470~455 6.4 1014 ~ 6.6 1014
460
紫 455~390 6.6 1014 ~ 7.51014
430
人眼最为敏感的光是黄绿光,即 555 nm 附近。
§14.2 光源 光波的叠加
一. 光源
能够发光的物体称为光源
r1 )
2dx (r2 r1)
2dx dx 2D D
d D , x D
xd 2k
D
2
k 0,1,2, 光强极大
xd (2k 1) k 0,1,2, 光强极小
D
2
x 2k D (光强极大位置) x (2k 1) D (光强极小位置)
2d
2d
讨论 (1) 条纹分布
• 两光波在 P 点叠加后的相 对强度 干涉项 I p I1 I2 2 E1 E2
当干涉项 2 E1 E2 0 , 非相干叠加
当干涉项
2
E1
E2
0
,
相干叠加
·
P
E1 E2
1 2
E01
E02{cos[(1
2
)t
(1
2
)
1r1
2r2
c
]
讨论
cos[(1
2
)t
(1
2
)
1r1
I1 I2 I0
I p 4I0
(2) 相消干涉(暗) (2k 1)π , k 0,1,2,3...
I p Imin I1 I2 2 I1I2 I1 I2
如果 I1 I2 I0
Ip 0
3.相干条件、相干光源
相干条件:(1)频率相同(2)相位差恒定(3)光矢量振动方向平行
相干光源:同一原子的同一次发光
§14.3 光的干涉 杨氏实验
一. 杨氏双缝实验(分波阵面法)
• 实验现象
s1
S
s2
明条纹位置 明条纹位置 明条纹位置
• 理论分析
r12
D2
(x
d )2 2
r22
D2
(x
d )2 2
S1 d
r22 r12 2dx (r2 r1)(r2 r1) S2
r1
r2
x
O
D
两相干光
2d
x (2k 1) D
2d
屏上相邻明(暗)条纹间距为
x
xk 1
xk
D
d
一系列平行等间距 的明暗相间条纹
当 d x ,条纹不易分辨。
若已知 d , D 及Δx, 可测
(2) 强度分布
dx
D
I p I1 I2 2 I1I2 cos
(1) 热辐射

(2) 电致发光 发
(3) 光致发光 (4) 化学发光
辐 射
(5) 同步辐射光源 受
(6) 激光光源
激 辐

激发态原子或分子的自发辐射 激发态原子或分子的受激辐射
E2
= (E2-E1) / h
E1
E2
= (E2-E1) / h
E1
c
• 原子光波列
波列长 L = c
.. • 一般光源的发光特点: 1 间歇性; 2 随机性。 非相干(不同原子发的光) 相干(同一原子先后发的光)
• 获得相干光的方法
(1) 分波前法:
S2 S S1
S3
(2) 分振幅法:
相干光
P
O
S n1 n2 n1 n1
相干光
P
P'
二.光波的叠加
E1 E2
E01cos(1t
E02cos(2t
1r1
c
2r2
c
1) 2)
r1

· r2
2
• 两光波在 P 点叠加
EP E1 E2
EP2 E12 E22 2E1 E2
wm H 2 / 2
w we wm
w 1 E2 1 H2
2
2
• 能流密度 S(坡印亭矢量)
S dA udt w uw dA dt
E H
1 ( E2 1 H 2 )
2
2
1
EH
坡印亭矢量
S wu E H
udt
u
S
dA
• 波的强度 I
I S S 1
t T
Sdt
非相干叠加时
IP I1 I2
2.相干叠加
1 2 且 (1 2) 恒定
I p I1 I2 2
1 I1I2 T
t T
cosdt
t
I1 I2 2 I1I2 cos
1
2
(r1
c
r2 )
(1) 相长干涉(明) 2kπ , k 0,1,2,3...
如果
I p Imax I1 I2 2 I1I2 I1 I2
光色 波长(nm)
频率(Hz)
中心波长 (nm)
红 760~622 3.9 1014 ~ 4.81014
660
橙 622~597 4.8 1014 ~ 5.0 1014
610
黄 597~577 5.0 1014 ~ 5.4 1014
570
绿 577~492 5.4 1014 ~ 6.11014
540
(1) 电磁波是横波
E H // u
(2) 电磁波具有偏振性
H
(3)
E

H
传播速度相同、
相位相同
y
E
E H
O
振幅之间满足:
z
H
E
u
u
x
0 E0 0 H0
(4) 电磁波具有波的共性 ——在介质分界面处有反射和折射
折射率 n c u
00
r r
4. 电磁波的能量密度
we E 2 / 2
Tt
1
T
t T t
E0 H 0cos
2
(t
r u
)dt
1 2
E0 H 0
1 2
E02
结论:I 正比于 E02 或 H02。
5. 辐射压强 —— 光压
二. 光是电磁波
• 可见光 —— 能够引起人的视觉的电磁波。
7.60107 ~ 3.90107 m
760 ~ 390 nm
可见光七彩颜色的波长和频率范围
第14章 波动光学基础
北极光
§14.1 光是电磁波
一. 电磁波
1. 电磁波的产生
电磁波 —— 交变的电磁场的传播
H
E
H
E
H
E
H
任何做加速运动的电荷或电荷系都是电磁波的波源 例如:天线中的振荡电流 分子或原子中电荷的振动
2.
对电磁波
E
,H
的描述(平面简谐波)
由麦克斯韦理论可得:
y u
相关文档
最新文档