大學(xué)物理（下冊(cè)）練習(xí)解答 大學(xué)物理 施建青

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練習(xí)22畢奧—薩伐爾定律

22-1（1）D；（2）A；（3）B22-2（1）B??I?I?I3?0I-；（2）1.713105T；（3）B0?0?0?0；（4）B=0

4R14R24?R28?aNdr

R2?R122-3解：以O(shè)為圓心，在線圈所在處作一半徑為r的圓．則在r到r+dr的圈數(shù)為

由圓電流公式得

dB?R2?0NIdr2r(R2?R1)?

B?R1?2r(R?0NIdr2?0NI2(R2?R1)?R1)lnR2R1方向⊙

22-4解：利用無限長載流直導(dǎo)線的公式求解。

(1)取離P點(diǎn)為x寬度為dx的無限長載流細(xì)條，它的電流dxdi??dx

x(2)這載流長條在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度dB??0di2?x??0?dx2?xxOP

方向垂直紙面向里。

(3)所有載流長條在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度的方向都一致，所以載流平板在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度

B??dB??0?2?xa?b?bdx?0?a?b?lnx2?xb方向垂直紙面向里。

22-5解：(1)對(duì)r～r+dr段，電荷dq=?dr，旋轉(zhuǎn)形成圓電流．則dI?它在O點(diǎn)的磁感強(qiáng)度dB0?dq????dr2?2?Oradrb?0dI2r4?r???0B0??dB0?4?2????0dr

a?b??dr???0a?b?lnr4?a

?a方向垂直紙面向內(nèi)。

(2)dpm??rdI?1??r2dr225

a?bpm?dpm?方向垂直紙面向內(nèi)。

??a1??r2dr???[(a?b)3?a3]/62a?bb?，有aa???b??0qB0?0?4?a4?a(3)若a>>b，則ln過渡到點(diǎn)電荷的狀況。

同理在a>>b時(shí)，(a?b)?a(1?3b/a)，則pm?33??6a3?3b1?q?a2a2也與點(diǎn)電荷運(yùn)動(dòng)時(shí)的磁矩一致。

練習(xí)23磁通量、磁場的高斯定理和安培環(huán)路定律

23-1（1）B；（2）D23-2（1）?R2c；（2）?12（3）?0rI/(2?R1)，0B?R2；

2Rx?R23-3解：設(shè)x為假想平面里面的一邊與對(duì)稱中心軸線距離

???BdS??B1ldr?x?Bldr

2R2?R2?IB2?0(導(dǎo)線外)

2?r?Il?Ilx?R??02(R2?x2)?0ln2?R4?R令d?/dx=0，得?最大時(shí)

B1??0Ir(導(dǎo)線內(nèi))

x?1(5?1)R223-4解：(1)在環(huán)內(nèi)作半徑為r的圓形回路,由安培環(huán)路定理得

B?2?r??NI，B??NI/(2?r)

在r處取微小截面dS=bdr,

dΦ?BdS??NI2?rbdr

Φ??BdS?S?NI2?rbdr??NIb2?lniR2R1?0

(2)同樣在環(huán)外(rR2)作圓形回路，由于B?2?r?0∴B=0

23-5解：圓電流產(chǎn)生的磁場

?IB1??0I2/(2R)⊙

26

長直導(dǎo)線電流的磁場

B2??0I2/(2?R)⊙

導(dǎo)體管電流產(chǎn)生的磁場

B3??0I1/[2?(d?R)]?

所以，圓心Ｏ點(diǎn)處的磁感強(qiáng)度

B?B1?B2?B3??0I2(R?d)(1??)?RI12??R(R?d)⊙

練習(xí)24磁場對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用、霍爾效應(yīng)

24-1（1）C；（2）B；（3）D

24-2（1）勻速直線，勻速率圓周，等距螺旋線；（2）0.80310

--13

（3）f?kN；

?0e2v4πa2，

垂直向上；（4）3.0831013J；（5）2?mvcos?/(eB)，mvsin?/(eB)；（6）z軸正方向；（7）n，p

24-3解：電子進(jìn)入磁場作圓周運(yùn)動(dòng)，圓心在底邊上．當(dāng)電子軌跡與上面邊界相切時(shí)，對(duì)應(yīng)最大速度，此時(shí)有如下圖情形。

R(l?R)sin45??R

O45°∴R?l/(2?1)?(2?1)lRO′l由R?mv/(eB)，求出v最大值為

v?24-5解：(1)p型半導(dǎo)體

eBRleB?(2?1)mm(2)U?KIBa1K?

n0qIBn0??2.82?1020m-3

aqU練習(xí)25磁場對(duì)電流的作用、磁介質(zhì)

25-1（1）C；（2）B25-2（1）

2aIB；（2）pm?-

1122（3）?I(R2?R12)，Mm??IB(R2?R12)；

22e2B4r??0me；（4）9.3431019Am2，相反；（5）0.226T，300A/m

25-3解：對(duì)OO＇軸而言,重力矩為

M1?2a?gS?磁力矩為

27

1asin??a?gSasin??2Sa2?gsin?2M2?BIa2sin(???)?Ia2Bco?s平衡時(shí)，M1?M2。所以

122Sa2?gsin??Ia2Bcos?B?2S?gtg?/I?9.35?10?3T

25-4解：(1)M?pm?B

M(t)?Bpmsin?t??a2BI0sin2?t

(2)

P?Md?/dt?M??BI0??a2sin2?t

TP?(1/T)?BI0??a2sin2?tdt??1BI0??a2225-5解：(1)設(shè)磁場強(qiáng)度為H，磁感強(qiáng)度為B

H=nI=NI/lB=?0?rH=?0?rIN/l

鐵環(huán)的周長遠(yuǎn)大于橫截面半徑，所以在橫截面內(nèi)可以認(rèn)為磁場是均勻的。所以

Φ?B?S?S?0?rIN/l?1.21?10Wb

(2)M???r?1?H?9.58?10A?m

-（3）iS＝M＝9.583103A2m1

3-1?6練習(xí)26電磁感應(yīng)的基本定律、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)

26-1（1）A；（2）D

26-2（1）等于，小于；（2）3B?l/8，?3B?l/8，0；（3）一致(或1B?R2)，沿

222曲線由中心向外；（4）一個(gè)電源，vBL，洛倫茲力

26-3解：由題意，大線圈中的電流Ｉ在小線圈回路處產(chǎn)生的磁場可視為均勻的。

?0IR22?IR2B??223/2223/24?(R?x)2(R?x)?0?0?r2RI2IR22??B?S??r?32(R2?x2)3/22x?0小線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

d?3?0?r2IR2dx3?0?r2R2I?i???v44dt2xdt2x當(dāng)x=NR時(shí)，

?i?3?0?r2Iv/(2N4R2)

26-4解：(1)設(shè)線圈轉(zhuǎn)至任意位置時(shí)圓線圈的法向與磁場之間的夾角為?，則

??B?r2cos?,???t?2?nt

2??B?rcos2?nt

???Nd??NB?r22?nsin2?nt?2?2BNr2nsin2?ntdt?2??NBr2n2?i??sin2?nt?Imsint

RRΤ當(dāng)線圈轉(zhuǎn)過????時(shí)，t=T/4，則

28

i?Im?2??r2NBn/R?0.987A

(2)由圓線圈中電流Im在圓心處激發(fā)的磁場為

B???0NIm/(2r)?6.20310-4T方向在圖面內(nèi)向下，故此時(shí)圓心處的實(shí)際磁感強(qiáng)度的大小

B0?(B2?B?2)1/2?0.500T

方向與磁場B的方向基本一致。26-5解：?i?而由i??1d?d?,i?i?

RRdtdtdq1可得dq?idt?d?dtRQ1?dq?d??0?0R1Q??

R??RQ???10?5Wb

2由于???rB，所以

B??/(?r2N)?10?2T

練習(xí)27感生電動(dòng)勢(shì)、自感和互感

27-1（1）B；（2）D；（3）D

??R27-2（1）0；（2）0；（3）0rln2；（4）0.15H

2π227-3解：大小：??=?d???dt???SdB/dt

R1c

b××R?O?×Ba??=?SdB/dt=(1R2??1Oa22?sin?)dB/dt=3.68mV

方向：沿adcb繞向。

27-4解：線框內(nèi)既有感生又有動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)。設(shè)順時(shí)針繞向?yàn)??的正方向。由??=?d??/dt出發(fā)，先求任意時(shí)刻t的??(t)

dI(t)ayS??(t)??B?da?b?a?0I(t)a?bx(t)dy?I(t)x(t)ln2?y2?a?0?i

d?(t)a?bdIdx?(ln)(x?I)dt2?bdtdt???t?0I0ev(1??t)lna?b

2?a?0dyx(t)v?????d???0?方向：??t1時(shí)，順時(shí)針。

B1?

dtvI0e??t(?t?1)lna?b2?a27-5解：(1)根據(jù)安培環(huán)路定理可求得磁場分布如下：

?0I2?rr>R

29

B1????B?dS?SR?0Ir2?R?0Ir20≤r≤R分

3R/22R/22?R?dr??R?0I2?rdr

?0I33?0I?0I3R2?(R?)?ln??ln242?216?2?24?R??3?3M??0?0ln

I16?2?2di?0I0?33(2)???M?(?ln)sin?t分

dt2π82?0I2練習(xí)28磁場能量、位移電流、Maxwell方程組

28-1（1）A；（2）D28-2（1）1∶16；（2）

??D?dS???dVSV，

??E?dl????t?dSLS?B，

??B?dS?0，

S??H?dl??(J?LS?D2（3）?R?0dE/dt，與E方向一致（或由正極板垂直指向負(fù)極)?dS；

?t板）

28-3解：

??H?dl??IH?i，2?rH?I(R10，所以

13131?2(3)x?15?10cos(10t??)(SI)

3???

練習(xí)30簡諧振動(dòng)的能量、簡諧振動(dòng)的疊加

30-1（1）D；（2）B

30-2（1）T/8，3T/8；（2）0.84；（3）3/4，2??l/g；（4）|A1–A2|，

32

-（5）43102m，1?；（6）1.47；（7）291Hz或309Hz；（8）x?A2?A1cos(2?t?1?)；

T224:3

30-3解：(1)勢(shì)能

WP?總能量

12kx2E?由題意，

12kA212kx?kA2/42Ax????4.24?10?2m

2(2)周期

T=2?/?=6s

從平衡位置運(yùn)動(dòng)到x??A2的最短時(shí)間?t為T/8

∴?t=0.75s

30-4(1)取平衡位置為原點(diǎn)，向下為x正方向。設(shè)物體在平衡位置時(shí)彈簧的伸長量為

?l，則有mg?k?l,加拉力F后彈簧又伸長x0，則

F?mg?k(?l?x0)?0

F=kx0

由題意，t=0時(shí)v0=0，x=x0。則

A?又由題給物體振動(dòng)周期T?2x0?(v0/?)2?x0

322?2s,可得角頻率??。由于k?m?，所以48TF?kA?(4?2m/T2)A?0.444N

v2?(2?/T)2(A2?x2)

(2)平衡位置以下1cm處EK?Ep?1mv2?1.07?10?2J2121kx?(4?2m/T2)x2=4.44310-4J2230-5解：由合振動(dòng)的振幅及初相公式，可得

A?2A12?A2?2A1A2cos??

31?52?62?2?5?6?cos(???)?10?2m?7.81?10?2m

445sin3(?/4)?6sin?(/4)??arctg=84.8°=1.48rad

5cos3?(/4)?6cos?(/4)所以

x?7.81?10?2cos(10t?1.48)(SI)

30-6解：把兩波寫成

33

11y1?A1cos[?(0.02x?8.0t)]?A1cos[?(8.0t?0.02x)]

221y2?A2cos[?(8.0t?0.02x)]

2并令A(yù)1=A2=A=0.06m，則對(duì)于所求的點(diǎn)有

2A2?A12?A2?2A1A2cos??

1cos????

2由???0.02?x，可得

0.02?x??(2k??2?/3)或0.02?x??(2k??2?/3)

x??50(2k?2/3)m或x??50(2k?2/3)m(k=0,1,2,?)

練習(xí)31波的基本概念、平面簡諧波

31-1（1）C；（2）B；（3）D31-2（1）503m/s；（2）125rad/s，338m/s，17.0m；（3）u=5.103103m/s；（4）

2??y?0.10cos[165?(t?x/330)??](SI)；（5）yx1?Acos(t?)或

T2yx1?Asin(2?t/T)；（6）80N

31-3解：設(shè)平面簡諧波的波長為?，坐標(biāo)原點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)初相為?，則該列平面簡諧波

的表達(dá)式可寫成

y?0.1cos(7?t?2?x/???)(SI)

t=1s時(shí)

y?0.1cos[7??2?(0.1/?)??]?0

因此時(shí)a質(zhì)點(diǎn)向y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，故

7??2?(0.1/?)???1?①2而此時(shí)，b質(zhì)點(diǎn)正通過y=0.05m處向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，應(yīng)有y?0.1cos[7??2?(0.2/?)??]?0.05且

7??2?(0.2/?)?????②由①、②兩式聯(lián)立得

13??=0.24m

???17?/3

所以，該平面簡諧波的表達(dá)式為

y?0.1cos[7?t??x17?x1??](SI)或y?0.1cos[7?t???](SI)0.1230.123y?Acos(2??t??)

31-4解：(1)設(shè)x=0處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為

由圖可知，t=t＇時(shí)

y?Acos(2??t???)?0

34

dy/dt??2??Asin(2??t???)?0

所以

2??t?????/2，??x=0處的振動(dòng)方程為

1??2??t?21y?Acos[2??(t?t?)??]

2(2)該波的表達(dá)式為

1y?Acos[2??(t?t??x/u)??]

231-5解：(1)由P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向，可判定該波向左傳播。原點(diǎn)O處質(zhì)點(diǎn)，t=0時(shí)所以

2A/2?Acos?,v0??A?sin??0

???/4

O處振動(dòng)方程為

1y0?Acos(500?t??)(SI)

4由圖可判定波長?=200m，故波動(dòng)表達(dá)式為

y?Acos[2?(250t?(2)距O點(diǎn)100m處

x1)??](SI)20235y?Acos(500πt?π)

45v??500?Acos(500?t??)(SI)

4練習(xí)32波的能量、波的干擾、駐波和多普勒效應(yīng)

32-1（1）D；（2）C；（3）B；（4）C32-2（1）5J；（2）4；（3）

??2?（4）S1的相位比S2的相位超前?/2；（5）Sw；

11（6）637.5Hz，566.7HzAcos[2?(?t?x/?)??]，2Acos(2?x/???)cos(2??t??)；

2232-3解：

????2??1?2??(r2?r1)??2?r22?r1?????/44??2A?(A12?A2?2A1A2cos??)1/2?0.464m

32-4解：(1)反射點(diǎn)是固定端，所以反射有相位突變?，因此反射波的表達(dá)式為

y2?Acos[2?(x/??t/T)??]

(2)駐波的表達(dá)式是

11y?y1?y2?2Acos(2?x/???)cos(2?t/T??)

22

35

(3)波腹位置

2?x/??x?波節(jié)位置

1??n?211(n?)?,n=1,2,3,4,?22112?x/????n???

221x?n?,n=1,2,3,4,?

232-5解：A點(diǎn)的觀測(cè)者接收到的拍頻是S振源向A處發(fā)射的波和向墻壁發(fā)射的波經(jīng)反射到A處合成的結(jié)果。即

V?0

V?(?u)V?2??0

V?uVV2uV2u????2??1?(?)?022?0??0

VV?uV?uV?u??Vu??1.0m/s

2?0?1?練習(xí)33光的相干性、分波陣面干擾

33-1（1）A；（2）C；（3）C；（4）B33-2（1）(n1-n2)e或(n2-n1)e；（2）dsin??＋(r1－r2)；（3）3.6mm33-3解：由于??=c，所以

???=-???

?

?????????-???????????=c???????=0.173nm

lc=???/???=(c/?)2/(c????????)=c/??=6000km

33-4解：(1)?x＝20D?/a＝0.11m(2)覆蓋云玻璃后，零級(jí)明紋應(yīng)滿足

(n－1)e＋r1＝r2

設(shè)不蓋玻璃片時(shí)，此點(diǎn)為第k級(jí)明紋，則應(yīng)有

r2－r1＝k?

(n－1)e=k?

k＝(n－1)e/?＝6.96≈7零級(jí)明紋移到原第7級(jí)明紋處

33-5解：(1)干擾條紋間距

?x=?D/d

相鄰兩明條紋的角距離

??=?x/D=?/d

由上式可知角距離正比于?，???增大10％，?也應(yīng)增大10％．故

?＇＝?（1＋0.1）＝648.2nm

(2)整個(gè)干擾裝置浸入水中時(shí)，相鄰兩明條紋角距離變?yōu)?/p>

???＇＝?x/(nd)=?????n

由題給條件可得

36

??＇＝0.15°

?

33-6解：(1)如圖，設(shè)P0為零級(jí)明紋中心則r2?r1?dP0O/D

(l2+r2)?(l1+r1)=0

所以

r2–r1=l1–l2=3?

s1l1s0l2ds2r1r2xP0ODP0O?D?r2?r1?/d?3D?/d

(2)在屏上距O點(diǎn)為x處,光程差??(dx/D)?3?明紋條件

???k?(k＝1，2，)所以

xk???k??3??D/d

?x在此處令k＝0，即為(1)的結(jié)果．相鄰明條紋間距

?xk?1?xk?D?/d

練習(xí)34等厚干擾

34-1（1）B；C；（3）C

34-2（1）r12/r22；（2）2(n–1)e–?/2或2(n–1)e+?/2；（3）3?/(2n)34-3解：(1)明環(huán)半徑

r??2k?1?R??/2

2r2-??＝53105cm)?2k?1?R(2)(2k－1)＝2r2/(R?)對(duì)于r＝1.00cm，

k＝r2/(R?)＋0.5＝50.5

故在OA范圍內(nèi)可觀測(cè)到的明環(huán)數(shù)目為50個(gè)。

34-4證：如圖過接觸點(diǎn)O作凸凹球面的公共切平面,第k個(gè)暗環(huán)半徑處,凸凹球面與切平面的距離分別為e1、e2，第k個(gè)暗環(huán)處空氣薄膜的厚度?e為

?e=e1–e2

由幾何關(guān)系近似可得e1?rk2/?2R1?，e2?rk2/?2R2?

O2第k個(gè)暗環(huán)的條件為

R2O1R1rkO?e112?e????2k?1??(k=1，2，3?)

222??e=k?

e1e2r2?22k?11????RR???k?

2??1?R2?R1?rk2??RR???k??12?37

rk2?k?R1R2(k=1，2，3?)

R2?R134-5解：設(shè)Ａ點(diǎn)處空氣薄膜的厚度為ｅ，則有2e?改變波長后有

11?1?(2k?1)?1,即2e?k?1222e?(k?1)?2

k?1?k?2??2,k??2/(?2??1)

故

e?11k?1??1?2/(?2??1)221?處是其次條暗紋中心，234-6解：(1)棱邊處是第一條暗紋中心，在膜厚度為e2＝依此可知第四條暗紋中心處，即A處膜厚度

e4=

所以

3?2??e4/l?3?/?2l?＝4.8310-5rad

(2)由上問可知A處膜厚為e4＝33500/2nm＝750nm

對(duì)于?＇＝600nm的光，連同附加光程差，在A處兩反射光的光程差為2e4?它與波長??之比為2e4/???1??，21?3.0．所以A處是明紋2(3)棱邊處仍是暗紋，A處是第三條明紋，所以共有三條明紋，三條暗紋。

練習(xí)35等傾干擾、邁克爾遜干擾

35-1（1）B；（2）D

35-2（1）[(4ne/?)–1]?或[(4ne/??+1]?；（2）114.6nm；（3）2d/N；（4）2(n–1)h35-3解：由于

2en2?sin2i??/2?k?

令k=0，則

2en2?sin2i??/2e?(?/2)/2n2?sin2i?111nm

35-4解：設(shè)介質(zhì)薄膜的厚度為e，上、下表面反射均為由光疏介質(zhì)到光密介質(zhì)，故不計(jì)附加程差。當(dāng)光垂直入射i=0時(shí)，依公式有，對(duì)?1：

n?=1.3512n?e??2k?1??1①

2n0=1.00按題意還應(yīng)有，對(duì)?2：

e2n?e?k?2②

由①②解得：n=1.50k?2??2??1??1?3

將k、?2、n?代入②式得

38

e?k?2-＝7.783104mm2n?35-5解：反射鏡移動(dòng)距離

93?10?e?N???10?589.?m?2.?95?610m22設(shè)開始時(shí)中心級(jí)次為k，邊緣級(jí)次為k-10。則有

2e?k?(1)

2ecosik?(k?10)?(2)

移動(dòng)后：中心級(jí)次變?yōu)閗?10，邊緣級(jí)次變?yōu)閗?15。則有

2(e??e)?(k?10)?(3)2(e??e)cosik?(k?15)?2(4)

聯(lián)立式（1）、（2）、（3）和（4），可解得k?20，邊緣處k?15?5。

練習(xí)36單縫衍射、園孔衍射

36-1（1）C；（1）D

-36-2（1）子波；子波干擾(或“子波相干疊加〞)；（2）53104mm；（3）4，第一，

-5

暗；（4）4；（5）2.24310，4.47；（6）13.9

36-3解：(1)對(duì)于第一級(jí)暗紋，有

asin?1≈?

因?1很小，故

tg??1≈sin?1=?/a

故中央明紋寬度

?x0=2ftg??1=2f?/a=1.2cm

(2)對(duì)于其次級(jí)暗紋，有

asin?2≈2?

x2=ftg??2≈fsin??2=2f?/a=1.2cm分

36-4解：(1)由單縫衍射暗紋公式得

asin?1?1?1asin?2?2?2

由題意可知

?1??2,sin?1?sin?2

代入上式可得

?1?2?2

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

asin?2?k2?2(k2=1,2,??)

sin?2?k2?2/a

若k2=2k1，則?1=?2，即?1的任一k1級(jí)微小都有?2的2k1級(jí)微小與之重合。36-5解：設(shè)人眼在空氣中最小分辯角為?，汽車與人之距離為S

??1.22S??l

39

?d

S?l??l?ld/1.22?=4.93103m

1.22?/d36-6解：(1)已知d=3mm，??=550nm，人眼的最小分辯角為：

??1.22?/d?2.24310-4rad

(2)設(shè)等號(hào)兩橫線相距?x=2mm時(shí)，人距黑板l剛好看清，則l=?x/????8.9m

所以距黑板10m處的同學(xué)看不明白。

練習(xí)37光柵衍射、X射線衍射

37-1（1）D；（2）D；（3）D37-2（1）一、三；（2）3；（3）30°；（4）2d37-3解：由光柵衍射主極大公式得

dsin?1?k1?1dsin?2?k2?2

sin?1k?k?4402k1?11?1?

sin?2k2?2k2?6603k2當(dāng)兩譜線重合時(shí)有?1=??2即

k1369???．．．．．．．k2246兩譜線其次次重合即是

k16?，k1=6，k2=4k24由光柵公式可知

dsin60°=6?1

d?6?1-3

=3.05310mm?sin6037-4解：(1)(a?b)sin??k?當(dāng)???/2時(shí)

k?(a?b)/??3.39，kmax=3又由于a=b

(a?b)sin??2asin??k?

有譜線

asin??k?/2

但當(dāng)k=±2，±4，±6，?時(shí)缺級(jí)。所以能看到5條譜線為0，±1，±3級(jí)。(2)(a?b)(sin??sin?)?k?，

?=30°，?=±90°

1?，k?(a?b)(sin30??sin90?)/?=5.09取kmax=521?ax??1????，k?(a?b)(sin30??sin90?)/?=-1.7取km2??由于a=b，故第2，4，?缺級(jí)。所以，能看5條譜線為+5，+3，+1，0，-1級(jí)

40

37-5解：光柵常數(shù)

d=1m/(5×105)=2×10?5m

設(shè)?1=450nm，?2=650nm,則據(jù)光柵方程，?1和?2的第2級(jí)譜線有dsin?1=2?1；dsin?2=2?2

?1=sin?12?1/d＝26.74°，?2=sin?12?2/d＝40.54°

第2級(jí)光譜的寬度

x2??x1=f(tg?2?tg?1)

所以

f=(x1?x2)/(tg?2??tg?1)＝100cm

-6

37-6解：光柵常數(shù)d=2310m。

(1)垂直入射時(shí)，設(shè)能看到的光譜線的最高級(jí)次為km，則據(jù)光柵方程有

dsin??=km?

由于sin??≤１，所以km?/d≤1，故

km≤d/?=3.39

由于km為整數(shù),有

km=3

?，則據(jù)斜入射時(shí)的光柵方程有(3)斜入射時(shí)，設(shè)能看到的光譜線的最高級(jí)次為km??dsin30??sin???km即

??1??/d?sin???km2??/d?1.5，故由于sin?＇≤1，所以km??1.5d/?=5.09km

?為整數(shù)，有由于km?=5km37-7解：設(shè)晶面間距為d；第一束X射線波長為?1，掠射角?1=30°，級(jí)次k1=1；

另一束射線波長為?2=0.097nm，掠射角?2=60°，級(jí)次k2=3。根據(jù)布拉格公式：第一束2dsin?1?k1?1

其次束2dsin?2?k2?2

兩式相除得

?1?k2?2sin?1?0.168nm

k1sin?2練習(xí)38光的偏振

38-1（1）A；（2）D；（3）D38-2（1）2，1/4；（2）30?，1.73；（3）ii0i

41

i0i0

（4）自然光或(和)圓偏振光，線偏振光(完全偏振光)，部分偏振光或橢圓偏振光

38-3解：設(shè)其次個(gè)偏振片與第一個(gè)偏振片的偏振化方向間的夾角為?．透過第一個(gè)偏振片后的光強(qiáng)

I1＝I0/2

透過其次個(gè)偏振片后的光強(qiáng)為I2，由馬呂斯定律

I2＝(I0/2)cos2?分

透過第三個(gè)偏振片的光強(qiáng)為I3

I3＝I2cos2(90°－??)=(I0/2)cos2?sin2????(I0/8)sin22??

由題意知I3＝I2/16，所以

sin22?=1/2

??sin?12/2＝22.5°

38-4證：因反射光線1為完全偏振光，故自然光線的入射角i0滿足布儒斯特定律

tgi0＝n/n0

在這種狀況下，反射光線和折射光線垂直，有

i0＋r＝90?

因而上式可寫成

tg(90?－r)＝ctgr＝n/n0

tgr＝n0/n

折射光線在玻璃板下表面的入射角r也滿足布儒斯特定律，因而反射光線2也是完全偏振光.38-5解：(1)o光振幅

12??Ao?Asin?

e光振幅

Ae?Acos?

?=60°，兩光強(qiáng)之比

Io/Ie?(Ao/Ae)?(sin?/cos?)?tg??3(2)晶片厚度d=0.50mm兩光光程差

?=(ne-no)d=4.5?m

38-6解：??(no?ne)d?222?

4d??4(no?ne)＝8.56310-7m

練習(xí)39黑體輻射、普朗克量子假設(shè)、光電效應(yīng)

39-1（1）C；（2）B；（3）D39-2（1）0.64；（2）5.133103；（3）2.403103K；（4）黑體輻射；認(rèn)為黑體腔壁由大量帶電簡諧振子組成，每個(gè)振子輻射和吸收的能量值是不連續(xù)的，是能量子h?的整數(shù)倍；（5）A/h，(h/e)(?1??0)

39-3解：(1)太陽在單位時(shí)間內(nèi)輻射的總能量E=1.37310334?(RSE)2=3.8731026W(2)太陽的輻射出射度

42

E0?由斯特藩－玻爾茲曼定律

E?0.6743108