秋大學物理學習指導下作業(yè)題參考答案

1、第十二章 靜電場課 后 作 業(yè)1、一個細玻璃棒被彎成半徑為R的半圓形，沿其上半部分均勻分布有電荷+Q，沿其下半部分均勻分布有電荷Q，如圖所示試求圓心O處的電場強度 解：把所有電荷都當作正電荷處理. 在處取微小電荷 dq = dl = 2Qd / 它在O處產(chǎn)生場強 2分按角變化，將dE分解成二個分量： 3分對各分量分別積分，積分時考慮到一半是負電荷0 2分 2分所以 1分2、如圖所示，一電荷面密度為的“無限大”平面，在距離平面a處的一點的場強大小的一半是由平面上的一個半徑為R的圓面積范圍內的電荷所產(chǎn)生的試求該圓半徑的大小 解：電荷面密度為的無限大均勻帶電平面在任意點的場強大小為 E= / (20

2、) 2分以圖中O點為圓心，取半徑為rrdr的環(huán)形面積，其電量為 dq = 2rdr 2分它在距離平面為a的一點處產(chǎn)生的場強 2分則半徑為R的圓面積內的電荷在該點的場強為 由題意,令E= / (40)，得到R 2教師評語教師簽字月 日第十三章 電勢課 后 作 業(yè)1、一“無限大”平面，中部有一半徑為R的圓孔，設平面上均勻帶電，電荷面密度為如圖所示，試求通過小孔中心O并與平面垂直的直線上各點的場強和電勢(選O點的電勢為零) 解：將題中的電荷分布看作為面密度為的大平面和面密度為的圓盤疊加的結果選x軸垂直于平面，坐標原點在圓盤中心，大平面在x處產(chǎn)生的場強為 2分圓盤在該處的場強為 4分該點電勢為 4分2

3、、圖示一個均勻帶電的球層，其電荷體密度為，球層內表面半徑為R1，外表面半徑為R2設無窮遠處為電勢零點，求球層中半徑為r處的電勢 解：r處的電勢等于以r為半徑的球面以內的電荷在該處產(chǎn)生的電勢U1和球面以外的電荷產(chǎn)生的電勢U2之和，即 U= U1 + U2 ，其中 U1=qi / (40r) 4分 為計算以r為半徑的球面外電荷產(chǎn)生的電勢在球面外取d的薄層其電荷為 dq=42d它對該薄層內任一點產(chǎn)生的電勢為 則 4分于是全部電荷在半徑為r處產(chǎn)生的電勢為 2分若根據(jù)電勢定義直接計算同樣給分 3、在強度的大小為E，方向豎直向上的勻強電場中，有一半徑為R的半球形光滑絕緣槽放在光滑水平面上(如圖所示)槽的質

4、量為M，一質量為m帶有電荷q的小球從槽的頂點A處由靜止釋放如果忽略空氣阻力且質點受到的重力大于其所受電場力，求： (1) 小球由頂點A滑至半球最低點時相對地面的速度； (2) 小球通過B點時，槽相對地面的速度； (3) 小球通過B點后，能不能再上升到右端最高點C？解：設小球滑到B點時相對地的速度為v，槽相對地的速度為V小球從AB過程中球、槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒， mvMV0 2分對該系統(tǒng)，由動能定理 mgREqRmv2MV2 3分、兩式聯(lián)立解出 2分方向水平向右 1分方向水平向左 1分 小球通過B點后，可以到達C點 1分4、兩個同心的導體球殼，半徑分別為R10.145 m和R20.207

5、 m，內球殼上帶有負電荷q-6.010-8 C一電子以初速度為零自內球殼逸出設兩球殼之間的區(qū)域是真空，試計算電子撞到外球殼上時的速率(電子電荷-1.610-19 C，電子質量me9.110-31 kg，08.8510-12 C2 / Nm2）解：由高斯定理求得兩球殼間的場強為 2分方向沿半徑指向內球殼電子在電場中受電場力的大小為 2分方向沿半徑指向外球殼電子自內球殼到外球殼電場力作功為 2分由動能定理 2分得到 1.98107 m/s 教師評語教師簽字月 日第十四章 靜電場中的導體課 后 作 業(yè)1、厚度為d的“無限大”均勻帶電導體板兩表面單位面積上電荷之和為 試求圖示離左板面距離為a的一點與離

6、右板面距離為b的一點之間的電勢差 解：選坐標如圖由高斯定理，平板內、外的場強分布為： E = 0 (板內) (板外) 2分1、2兩點間電勢差 3分 2、半徑分別為 1.0 cm與 2.0 cm的兩個球形導體，各帶電荷 1.010-8 C，兩球相距很遠若用細導線將兩球相連接求(1) 每個球所帶電荷；(2) 每球的電勢()解：兩球相距很遠，可視為孤立導體，互不影響球上電荷均勻分布設兩球半徑分別為r1和r2，導線連接后的電荷分別為q1和q2，而q1 + q1 = 2q，則兩球電勢分別是 ， 2分兩球相連后電勢相等， ，則有 2分由此得到 C 1分 C 1分兩球電勢 V 2分 3、如圖所示，一內半徑為

7、a、外半徑為b的金屬球殼，帶有電荷Q，在球殼空腔內距離球心r處有一點電荷q設無限遠處為電勢零點，試求： (1) 球殼內外表面上的電荷 (2) 球心O點處，由球殼內表面上電荷產(chǎn)生的電勢 (3) 球心O點處的總電勢 解：(1) 由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q 2分 (2) 不論球殼內表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一電荷元離O點的距離都是a，所以由這些電荷在O點產(chǎn)生的電勢為 2分 (3) 球心O點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷和點電荷q在O點產(chǎn)生的電勢的代數(shù)和 2分 2分4、半徑分別為R1和R2 (R2 R1 )的兩個同心導體薄球殼，分別帶有電荷Q1

8、和Q2，今將內球殼用細導線與遠處半徑為r的導體球相聯(lián)，如圖所示, 導體球原來不帶電，試求相聯(lián)后導體球所帶電荷q 解：設導體球帶電q，取無窮遠處為電勢零點，則 導體球電勢： 2分內球殼電勢： 2分二者等電勢，即 2分解得 2分教師評語教師簽字月 日第十五章 靜電場中的電解質課 后 作 業(yè) 1. 一電容器由兩個很長的同軸薄圓筒組成，內、外圓筒半徑分別為R1 = 2 cm，R2 = 5 cm，其間充滿相對介電常量為r 的各向同性、均勻電介質電容器接在電壓U = 32 V的電源上，(如圖所示)，試求距離軸線R = 3.5 cm處的A點的電場強度和A點與外筒間的電勢差 解：設內外圓筒沿軸向單位長度上分別

9、帶有電荷+和, 根據(jù)高斯定理可求得兩圓筒間任一點的電場強度為 2分則兩圓筒的電勢差為 解得 3分于是可求得點的電場強度為 = 998 V/m 方向沿徑向向外 2分A點與外筒間的電勢差： = 12.5 V 3分 2.一圓柱形電容器，外柱的直徑為4 cm，內柱的直徑可以適當選擇，若其間充滿各向同性的均勻電介質，該介質的擊穿電場強度的大小為E0= 200 KV/cm試求該電容器可能承受的最高電壓 (自然對數(shù)的底e = 2.7183) 解：設圓柱形電容器單位長度上帶有電荷為，則電容器兩極板之間的場強分布為 2分設電容器內外兩極板半徑分別為r0，R，則極板間電壓為 2分電介質中場強最大處在內柱面上，當這

10、里場強達到E0時電容器擊穿，這時應有 2分適當選擇r0的值，可使U有極大值，即令得 2分顯然有 a 3分小電流環(huán)的磁矩 2分 在極地附近zR，并可以認為磁感強度的軸向分量Bz就是極地的磁感強度B，因而有： 8.101022 Am2 3分3、真空中有一邊長為l的正三角形導體框架另有相互平行并與三角形的bc邊平行的長直導線1和2分別在a點和b點與三角形導體框架相連(如圖)已知直導線中的電流為I，三角形框的每一邊長為l，求正三角形中心點O處的磁感強度 解：令、和分別代表長直導線1、2和通電三角框的 、和邊在O點產(chǎn)生的磁感強度則 ：對O點，直導線1為半無限長通電導線，有 ， 的方向垂直紙面向里 2分：

11、由畢奧薩伐爾定律，有 方向垂直紙面向里 2分和：由于ab和acb并聯(lián)，有 根據(jù)畢奧薩伐爾定律可求得 =且方向相反 2分所以 1分把，代入B1、B2， 則的大小為 的方向：垂直紙面向里 1分4、在一半徑R =1.0 cm的無限長半圓筒形金屬薄片中，沿長度方向有橫截面上均勻分布的電流I = 5.0 A通過試求圓柱軸線任一點的磁感強度(0 =410-7 N/A2)解：選坐標如圖無限長半圓筒形載流金屬薄片可看作許多平行的無限長載流直導線組成寬為dl的無限長窄條直導線中的電流為 2分它在O點產(chǎn)生的磁感強度 2分 1分 1分對所有窄條電流取積分得 2分 = 0 2分O點的磁感強度 T 2分教師評語教師簽字

12、月 日第十七章 磁力課 后 作 業(yè)1、假設把氫原子看成是一個電子繞核作勻速圓周運動的帶電系統(tǒng)已知平面軌道的半徑為r，電子的電荷為e，質量為me將此系統(tǒng)置于磁感強度為的均勻外磁場中，設的方向與軌道平面平行，求此系統(tǒng)所受的力矩解:電子在xz平面內作速率為v的圓周運動(如圖)， 則 2分電子運動的周期 1分則原子的軌道磁矩 3分的方向與y軸正向相反 1分設方向與x軸正向平行，則系統(tǒng)所受力矩 3分2、有一閉合回路由半徑為a和b的兩個同心共面半圓連接而成，如圖其上均勻分布線密度為的電荷，當回路以勻角速度繞過O點垂直于回路平面的軸轉動時，求圓心O點處的磁感強度的大小 B1、B2分別為帶電的大半圓線圈和小半

13、圓線圈轉動產(chǎn)生的磁感強度，B3為沿直徑的帶電線段轉動產(chǎn)生的磁感強度 ， 3分 ， 3分 4分 3、圖所示為兩條穿過y軸且垂直于xy平面的平行長直導線的正視圖，兩條導線皆通有電流I，但方向相反，它們到x軸的距離皆為a (1) 推導出x軸上P點處的磁感強度的表達式. (2) 求P點在x軸上何處時，該點的B取得最大值 解：(1) 利用安培環(huán)路定理可求得1導線在P點產(chǎn)生的磁感強度的大小為： 2分2導線在P點產(chǎn)生的磁感強度的大小為： 2分、的方向如圖所示P 點總場 ， 3分 (2) 當 ，時，B(x)最大 由此可得：x = 0處，B有最大值 4、在真空中有兩根相互平行的無限長直導線L1和L2，相距10

14、cm，通有方向相反的電流，I1 =20 A，I2 =10 A，試求與兩根導線在同一平面內且在導線L2兩側并與導線L2的距離均為 5.0 cm的兩點的磁感強度的大小(0 =410-7 Hm-1) 解：(1) L1中電流在兩導線間的a點所產(chǎn)生的磁感強度 T 2分L2中電流在a點所產(chǎn)生的磁感強度 T 1分由于、的方向相同，所以a點的合磁感強度的大小 T 2分 (2) L中電流在兩導線外側b點所產(chǎn)生的磁感強度 TL2中電流在b點所產(chǎn)生的磁感強度 T 1分由于和和的方向相反，所以b點的合磁感強度的大小 T 教師評語教師簽字月 日第十八章 磁場中的磁介質課 后 作 業(yè)1、一根同軸線由半徑為R1的長導線和套

15、在它外面的內半徑為R2、外半徑為R3的同軸導體圓筒組成中間充滿磁導率為的各向同性均勻非鐵磁絕緣材料，如圖傳導電流I沿導線向上流去，由圓筒向下流回，在它們的截面上電流都是均勻分布的求同軸線內外的磁感強度大小B的分布 解：由安培環(huán)路定理： 0 r R1區(qū)域： ， 3分 R1 r R2區(qū)域： ， 3分 R2 r R3區(qū)域： H = 0，B = 0 3分2、螺繞環(huán)中心周長l = 10 cm，環(huán)上均勻密繞線圈N = 200匝，線圈中通有電流I = 0.1 A管內充滿相對磁導率r = 4200的磁介質求管內磁場強度和磁感強度的大小 解： 200 A/m 3分 1.06 T 2分教師評語教師簽字月 日第十九

16、章 電磁感應課 后 作 業(yè)1、如圖所示，一半徑為r2電荷線密度為的均勻帶電圓環(huán)，里邊有一半徑為r1總電阻為R的導體環(huán)，兩環(huán)共面同心(r2 r1)，當大環(huán)以變角速度t)繞垂直于環(huán)面的中心軸旋轉時，求小環(huán)中的感應電流其方向如何？ 解：大環(huán)中相當于有電流 2分這電流在O點處產(chǎn)生的磁感應強度大小 2分以逆時針方向為小環(huán)回路的正方向， 2 分 方向：d(t) /dt 0時，i為負值，即i為順時針方向 1分 d(t) /dt 0時，i為正值，即i為逆時針方向 1分 2、如圖所示，真空中一長直導線通有電流I (t) =I0e-t (式中I0、為常量，t為時間)，有一帶滑動邊的矩形導線框與長直導線平行共面，二

17、者相距a矩形線框的滑動邊與長直導線垂直，它的長度為b，并且以勻速(方向平行長直導線)滑動若忽略線框中的自感電動勢，并設開始時滑動邊與對邊重合，試求任意時刻t在矩形線框內的感應電動勢并討論其方向 解：線框內既有感生又有動生電動勢設順時針繞向為i的正方向由i = d/d t出發(fā)，先求任意時刻t的(t) 2分 2分再求(t)對t的導數(shù)： 4分方向：t 1時，順時針 3、無限長直導線，通以常定電流I有一與之共面的直角三角形線圈ABC已知AC邊長為b，且與長直導線平行，BC邊長為a若線圈以垂直于導線方向的速度向右平移，當B點與長直導線的距離為d時，求線圈ABC內的感應電動勢的大小和感應電動勢的方向 解：

18、建立坐標系，長直導線為y軸，BC邊為x軸，原點在長直導線上，則斜邊的方程為 ，式中r是t時刻B點與長直導線的距離三角形中磁通量 6分 3分當r =d時， 方向：ACBA(即順時針) 4、如圖所示，在豎直面內有一矩形導體回路abcd置于均勻磁場中，的方向垂直于回路平面，abcd回路中的ab邊的長為l，質量為m，可以在保持良好接觸的情況下下滑，且摩擦力不計ab邊的初速度為零，回路電阻R集中在ab邊上 (1) 求任一時刻ab邊的速率v和t的關系； (2) 設兩豎直邊足夠長，最后達到穩(wěn)定的速率為若干？ 4、解(1) 由 ， 3分得 積分 得 4分其中 (2) 當t足夠大則 0 可得穩(wěn)定速率 5、一無限

19、長豎直導線上通有穩(wěn)定電流I，電流方向向上導線旁有一與導線共面、長度為L的金屬棒，繞其一端O在該平面內順時針勻速轉動，如圖所示轉動角速度為，O點到導線的垂直距離為r0 (r0 L)試求金屬棒轉到與水平面成角時，棒內感應電動勢的大小和方向 5、解：棒上線元dl中的動生電動勢為： 3分金屬棒中總的感生電動勢為 1分 4分方向由O指向另一端 2分6、一無限長圓柱形直導線，其截面各處的電流密度相等，總電流為求：導線內部單位長度上所儲存的磁能在時 取 (導線長)則 教師評語教師簽字月 日第二十章 光的干涉課 后 作 業(yè)1、在雙縫干涉實驗中，波長550 nm的單色平行光垂直入射到縫間距a210-4 m的雙縫

20、上，屏到雙縫的距離D2 m求： (1) 中央明紋兩側的兩條第10級明紋中心的間距； (2) 用一厚度為e6.610-5 m、折射率為n1.58的玻璃片覆蓋一縫后，零級明紋將移到原來的第幾級明紋處？(1 nm = 10-9 m) 1、解：(1) x20 D / a 2分 0.11 m 2分 (2) 覆蓋云玻璃后，零級明紋應滿足 (n1)er1r2 2分設不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應有 r2r1k 2分所以 (n1)e = k k(n1) e / 69.670 零級明紋移到原第70級明紋處 2分2、雙縫干涉實驗裝置如圖所示，雙縫與屏之間的距離D120 cm，兩縫之間的距離d0.50 mm，

21、用波長500 nm (1 nm=10-9 m)的單色光垂直照射雙縫(1) 求原點O (零級明條紋所在處)上方的第五級明條紋的坐標x (2) 如果用厚度l1.010-2 mm， 折射率n1.58的透明薄膜復蓋在圖中的S1縫后面，求上述第五級明條紋的坐標x2、解：(1) dx / D k xDk / d = (1200550010-6 / 0.50)mm= 6.0 mm 4分(2) 從幾何關系，近似有 r2r1 有透明薄膜時，兩相干光線的光程差 = r2 ( r1 l +nl) = r2 r1 (n-1)l 對零級明條紋上方的第k級明紋有 零級上方的第五級明條紋坐標 3分 =1200(1.581)

22、0.015510-4 / 0.50mm =19.9 mm 3分 2分 3、在雙縫干涉實驗中，單色光源S0到兩縫S1和S2的距離分別為l1和l2，并且l1l23，為入射光的波長，雙縫之間的距離為d，雙縫到屏幕的距離為D(Dd)，如圖求： (1) 零級明紋到屏幕中央O點的距離 (2) 相鄰明條紋間的距離 3、解：(1) 如圖，設P0為零級明紋中心 則 3分(l2 +r2) (l1 +r1) = 0 r2 r1 = l1 l2 = 3 3分 (2) 在屏上距O點為x處, 光程差 2分明紋條件 (k1，2，.) 在此處令k0，即為(1)的結果相鄰明條紋間距 4、用波長為500 nm (1 nm=10-

23、9 m)的單色光垂直照射到由兩塊光學平玻璃構成的空氣劈形膜上在觀察反射光的干涉現(xiàn)象中，距劈形膜棱邊l = 1.56 cm的A處是從棱邊算起的第四條暗條紋中心 (1) 求此空氣劈形膜的劈尖角； (2) 改用600 nm的單色光垂直照射到此劈尖上仍觀察反射光的干涉條紋，A處是明條紋還是暗條紋？ (3) 在第(2)問的情形從棱邊到A處的范圍內共有幾條明紋？幾條暗紋？4、解：(1) 棱邊處是第一條暗紋中心，在膜厚度為e2處是第二條暗紋中心，依此可知第四條暗紋中心處，即A處膜厚度 e4= 4.810-5 rad 5分 (2) 由上問可知A處膜厚為 e43500 / 2 nm750 nm，對于600 nm

24、的光，連同附加光程差，在A處兩反射光的光程差為，它與波長之比為所以A處是明紋 3分(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 2分 5、折射率為1.60的兩塊標準平面玻璃板之間形成一個劈形膜(劈尖角很小)用波長600 nm (1 nm =10-9 m)的單色光垂直入射，產(chǎn)生等厚干涉條紋假如在劈形膜內充滿n =1.40的液體時的相鄰明紋間距比劈形膜內是空氣時的間距縮小l0.5 mm，那么劈尖角應是多少？5、解：空氣劈形膜時，間距 液體劈形膜時，間距 4分 = ( 1 1 / n ) / ( 2l )1.710-4 rad 4分 6、在楊氏雙縫實驗中，雙縫間距=0.20m

25、m，縫屏間距1.0m，試求：(1) 若第二級明條紋離屏中心的距離為6.0mm，計算此單色光的波長；(2) 相鄰兩明條紋間的距離6、解: (1)由知， (2) 教師評語教師簽字月 日第二十一章 光的衍射課 后 作 業(yè)1、用每毫米300條刻痕的衍射光柵來檢驗僅含有屬于紅和藍的兩種單色成分的光譜已知紅譜線波長R在 0.630.76m范圍內，藍譜線波長B在0.430.49 m范圍內當光垂直入射到光柵時，發(fā)現(xiàn)在衍射角為24.46處，紅藍兩譜線同時出現(xiàn) (1) 在什么角度下紅藍兩譜線還會同時出現(xiàn)？ (2) 在什么角度下只有紅譜線出現(xiàn)？ 1、解： a+b= (1 / 300) mm = 3.33 m 1分

26、(1)(a + b) sin=kk= (a + b) sin24.46= 1.38 m R=0.630.76 m；B0.430.49 m對于紅光，取k=2 , 則 R=0.69 m 2分對于藍光，取k=3,則 B=0.46m 1分 紅光最大級次kmax= (a + b) / R=4.8, 1分取kmax=4則紅光的第4級與藍光的第6級還會重合設重合處的衍射角為 , 則 =55.9 2分 (2) 紅光的第二、四級與藍光重合，且最多只能看到四級，所以純紅光譜的第一、三級將出現(xiàn) 1 = 11.9 2分 3 = 38.4 1分 2、(1) 在單縫夫瑯禾費衍射實驗中，垂直入射的光有兩種波長，1=400

27、nm，=760 nm (1 nm=10-9 m)已知單縫寬度a=1.010-2 cm，透鏡焦距f=50 cm求兩種光第一級衍射明紋中心之間的距離 (2) 若用光柵常數(shù)d=1.010-3 cm的光柵替換單縫，其他條件和上一問相同，求兩種光第一級主極大之間的距離 解：(1) 由單縫衍射明紋公式可知 (取k1 ) 1分 1分 , 由于 , 所以 1分 1分則兩個第一級明紋之間距為 =0.27 cm 2分 (2) 由光柵衍射主極大的公式 2分且有 所以 =1.8 cm 2分 3、波長600nm(1nm=109m)的單色光垂直入射到一光柵上，測得第二級主極大的衍射角為30，且第三級是缺級 (1) 光柵常

28、數(shù)(a + b)等于多少？ (2) 透光縫可能的最小寬度a等于多少？ (3) 在選定了上述(a + b)和a之后，求在衍射角- 范圍內可能觀察到的全部主極大的級次3、解：(1) 由光柵衍射主極大公式得 a + b =2.410-4 cm 3分 (2) 若第三級不缺級，則由光柵公式得 由于第三級缺級，則對應于最小可能的a，方向應是單縫衍射第一級暗紋：兩式比較，得 a = (a + b)/3=0.810-4 cm 3分 (3) ，(主極大) ，(單縫衍射極小) (k=1，2，3，.) 因此 k=3，6，9，.缺級 2分又因為kmax=(ab) / 4, 所以實際呈現(xiàn)k=0，1，2級明紋(k=4在

29、/ 2處看不到) 2分 4、一束平行光垂直入射到某個光柵上，該光束有兩種波長的光，1=440 nm，2=660 nm (1 nm = 10-9 m)實驗發(fā)現(xiàn)，兩種波長的譜線(不計中央明紋)第二次重合于衍射角=60的方向上求此光柵的光柵常數(shù)d4、解：由光柵衍射主極大公式得 4分當兩譜線重合時有 1=2 1分即 1分兩譜線第二次重合即是 ， k1=6， k2=4 2分由光柵公式可知d sin60=61 =3.0510-3 mm 2分 5、用鈉光(=589.3 nm)垂直照射到某光柵上，測得第三級光譜的衍射角為60 (1) 若換用另一光源測得其第二級光譜的衍射角為30，求后一光源發(fā)光的波長 (2)

30、若以白光(400 nm760 nm) 照射在該光柵上，求其第二級光譜的張角(1 nm= 10-9 m) 5、解：(1) (a + b) sin = 3 a + b =3 / sin ， =60 2分 a + b =2/sin =30 1分 3 / sin =2/sin 1分 =510.3 nm 1分 (2) (a + b) =3 / sin =2041.4 nm 2分 =sin-1(2400 / 2041.4) (=400nm) 1分 =sin-1(2760 / 2041.4) (=760nm) 1分白光第二級光譜的張角 = = 25 1分 6、設光柵平面和透鏡都與屏幕平行，在平面透射光柵上每

31、厘米有5000條刻線，用它來觀察鈉黃光（=589 nm）的光譜線 (1)當光線垂直入射到光柵上時，能看到的光譜線的最高級次km是多少？ (2)當光線以30的入射角（入射線與光柵平面的法線的夾角）斜入射到光柵上時，能看到的光譜線的最高級次 是多少？ (1nm=109m) 6、解： 光柵常數(shù)d=210-6 m 1分 (1) 垂直入射時，設能看到的光譜線的最高級次為km，則據(jù)光柵方程有 dsin= km sin km / d 1 ， kmd / =3.39 km為整數(shù),有 km=3 4分(2) 斜入射時，設能看到的光譜線的最高級次為，則據(jù)斜入射時的光柵方程有 sin1 =5.09 為整數(shù)，有 =5

32、5分教師評語教師簽字月 日第二十二章 光的偏振課 后 作 業(yè)1、一束光強為I0的自然光垂直入射在三個疊在一起的偏振片P1、P2、P3上，已知P1與P3的偏振化方相互垂直 (1) 求P2與P3的偏振化方向之間夾角為多大時，穿過第三個偏振片的透射光強為I0 / 8； (2) 若以入射光方向為軸轉動P2，當P2轉過多大角度時，穿過第三個偏振片的透射光強由原來的I0 / 8單調減小到I0 /16？此時P2、P1的偏振化方向之間的夾角多大？1、解：(1) 透過P1的光強 I1I0 / 2 1分設P2與P1的偏振化方向之間的夾角為，則透過P2后的光強為 I2I1 cos2 = (I0 cos2) / 2

33、2分透過P3后的光強為 3分由題意可知I3I0 / 8，則45 1分(2) 轉動P2，若使I3I0 / 16,則P1與P2偏振化方向的夾角22.5 2分P2轉過的角度為(4522.5)22.5 1分 2、兩個偏振片P1，P2疊在一起，一束強度為I0的光垂直入射到偏振片上已知該入射光由強度相同的自然光和線偏振光混合而成，且入射光穿過第一個偏振片P1后的光強為0.716 I0；當將P1抽出去后，入射光穿過P2后的光強為0.375I0求P1、P2的偏振化方向之間的夾角 2、解：設入射光中線偏振光的光矢量振動方向與P1的偏振化方向之間的夾角為，已知透過P1后的光強I10.716I0，則 I10.716

34、 I0 0.5(I0 / 2)0.5(I0 cos21) 3分 cos210.932 115.1(15) 1分設2為入射光中線偏振光的光矢量振動方向與P2的偏振化方向之間的夾角已知入射光單獨穿過P2后的光強I20.375I0， 則由 得 260 2分以表示P1、P2的偏振化方間的夾角，有兩個可能值 2175 2分或 2-145 2分 3、兩個偏振片P1、P2疊在一起，由自然光和線偏振光混合而成的光束垂直入射在偏振片上進行了兩次測量：P1、P2偏振化方向分別為60和45；入射光中線偏振光的光矢量振動方向與P1偏振化方向夾角分別為60和忽略偏振片對可透射分量的反射和吸收若兩次測量中連續(xù)穿過P1、P

35、2后的透射光強之比為1 / 2；第二次測量中穿過P1的透射光強與入射光強之比為5 / 12 求： (1) 入射光中線偏振光與自然光的強度之比； (2) 角度3、解：設I為自然光強；xI為入射光中線偏振光強，x為待定系數(shù)，即入射光中線偏振光強與自然光強之比據(jù)題意，入射光強為IxI (1) 3分 3分 解得 2分 (2) 將x值代入 cos2=1 / 4 60 2分 4、一光束由強度相同的自然光和線偏振光混合而成此光束垂直入射到幾個疊在一起的偏振片上 (1) 欲使最后出射光振動方向垂直于原來入射光中線偏振光的振動方向，并且入射光中兩種成分的光的出射光強相等，至少需要幾個偏振片？它們的偏振化方向應如

36、何放置？ (2) 這種情況下最后出射光強與入射光強的比值是多少？ 4、解：設入射光中兩種成分的強度都是I0，總強度為2 I0 (1) 通過第一個偏振片后，原自然光變?yōu)榫€偏振光，強度為I0 / 2， 原線偏振光部分強度變?yōu)镮0 cos2，其中為入射線偏振光振動方向與偏振片偏振化方向P1的夾角以上兩部分透射光的振動方向都與P1一致如果二者相等，則以后不論再穿過幾個偏振片，都維持強度相等(如果二者強度不相等，則以后出射強度也不相等)因此，必須有 I0 / 2I0 cos2 ，得45 2分為了滿足線偏振部分振動方向在出射后“轉過”90，只要最后一個偏振片偏振化方向與入射線偏振方向夾角為90就行了 2分

37、 綜上所述，只要兩個偏振片就行了(只有一個偏振片不可能將振動方向“轉過”90) 2分 配置如圖，表示入射光中線偏振部分的振動方向， P1、P2分別是第一、第二偏振片的偏振化方向 2分 (2) 出射強度I2(1/2)I0 cos2 45I0 cos4 45 I0 (1 / 4)+(1 / 4)=I0/2比值 I2/(2I0)1 / 4 2分5、如圖安排的三種透光媒質、，其折射率分別為n11.33，n21.50，n31兩個交界面相互平行一束自然光自媒質中入射 到與的交界面上，若反射光為線偏振光， (1) 求入射角i (2) 媒質、界面上的反射光是不是線偏振光？為什么？ 5、解： (1) 據(jù)布儒斯特

38、定律 tgi(n2 / n1)1.50 / 1.33 2分 i48.44 (48) 1分 (2) 令介質中的折射角為r，則r 0.5i41.56此r在數(shù)值上等于在、界面上的入射角。若、界面上的反射光是線偏振光，則必滿足布儒斯特定律 1分 tg i0n3 / n21 / 1.5 2分 i033.69 1分因為ri0，故、界面上的反射光不是線偏振光 1分6、有一平面玻璃板放在水中，板面與水面夾角為(見圖)設水和玻璃的折射率分別為1.333和1.517已知圖中水面的反射光是完全偏振光，欲使玻璃板面的反射光也是完全偏振光，角應是多大？ 6、解：由題可知i1和i2應為相應的布儒斯特角，由布儒斯特定律知

39、tg i1= n11.33； 1分 tg i2n2 / n11.57 / 1.333， 2分由此得 i153.12， 1分 i248.69 1分由ABC可得 ( / 2r)( / 2i2) 2分整理得 i2r 由布儒斯特定律可知， r / 2i1 2分將r代入上式得 i1i2 / 253.1248.699011.8 1分教師評語教師簽字月 日第二十三章 波粒二象性課 后 作 業(yè) 1、以波長 410 nm (1 nm = 10-9 m)的單色光照射某一金屬，產(chǎn)生的光電子的最大動能EK= 1.0 eV，求能使該金屬產(chǎn)生光電效應的單色光的最大波長是多少？ (普朗克常量h =6.6310-34 Js)

40、解：設能使該金屬產(chǎn)生光電效應的單色光最大波長為 由 可得 2分又按題意： 得 = 612 nm 3分 2、假定在康普頓散射實驗中，入射光的波長0 = 0.0030 nm，反沖電子的速度v = 0.6 c，求散射光的波長 (電子的靜止質量me=9.1110-31 kg ，普朗克常量h =6.6310-34 Js，1 nm = 10-9 m，c表示真空中的光速) 解：根據(jù)能量守恒,有 2分這里 1分 則 解得： = 0.00434 nm 2分 3、粒子在磁感應強度為B = 0.025 T的均勻磁場中沿半徑為R =0.83 cm的圓形軌道運動 (1) 試計算其德布羅意波長 (2) 若使質量m = 0.1 g的小球以與粒子相同的速率運動則其波長為多少？ (粒子的質量m =6.6410-27 kg，普朗克常量h =6.6310-34 Js，基本電荷e =1.6010-19 C)解：(1) 德布羅