作业题解答下

PAGEPAGE-4-第十二章静电场课后作业1、一个细玻璃棒被弯成半径为R的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q，如图所示．试求圆心O处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理.在处取微小电荷dq=dl=2Qd/它在O处产生场强2分按角变化，将dE分解成二个分量：　　　　　　　3分对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷　　　　　　　＝02分2分所以1分2、如图所示，一电荷面密度为的“无限大”平面，在距离平面a处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R的圆面积范围内的电荷所产生的．试求该圆半径的大小．解：电荷面密度为的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为E=/(20)2分以图中O点为圆心，取半径为r→r＋dr的环形面积，其电量为dq=2rdr2分它在距离平面为a的一点处产生的场强2分则半径为R的圆面积内的电荷在该点的场强为由题意,令E=/(40)，得到R＝23、图示一球形电容器，在外球壳的半径b及内外导体间的电势差U维持恒定的条件下，内球半径a为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？求这个最小电场强度的大小．球形电容器的电容3分当内外导体间电势差为U时，电容器内外球壳上带电荷电容器内球表面处场强大小为3分欲求内球表面的最小场强，令dE/da=0，则得到并有2分可知这时有最小电场强度2分4、一球体内均匀分布着电荷体密度为的正电荷,若保持电荷分布不变,在该球体挖去半径为r的一个小球体,球心为,两球心间距离,如图所示.求:在球形空腔内,球心处的电场强度.在球体内P点处的电场强度.设、O、P三点在同一直径上，且.E1PPE2PEP图(d)OOPE1O’图(a)OOdEO’=E1O’图(c)OPE2P-OrE2O’=0图(b)E1P解：挖去电荷体密度为的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场，而另在挖去处放上电荷体密度为－的同样大小的球体，求出电场，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得2分在图(a)中，以O点为球心，d为半径作球面为高斯面S，则可求出O与P处场强的大小.有E1O’＝E1P=方向分别如图所示.3分在图(b)中，以O点为小球体的球心，可知在O点E2=0.又以O为心，2d为半径作球面为高斯面S可求得P点场强E2P3分求O点的场强.由图(a)、(b)可得EO’=E1O’=，方向如图(c)所示.2分(2)求P点的场强.由图(a)、(b)可得方向如(d)图所示.2分教师评语教师签字月日第十三章电势课后作业1、一“无限大”平面，中部有一半径为R的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为．如图所示，试求通过小孔中心O并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为－的圆盘叠加的结果．选x轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为2分圆盘在该处的场强为∴4分该点电势为4分2、图示一个均匀带电的球层，其电荷体密度为，球层内表面半径为R1，外表面半径为R2．设无穷远处为电势零点，求球层中半径为r处的电势．解：r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1和球面以外的电荷产生的电势U2之和，即U=U1+U2，其中U1=qi/(40r)4分为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势．在球面外取─→＋d的薄层．其电荷为　　dq=·42d它对该薄层内任一点产生的电势为则4分于是全部电荷在半径为r处产生的电势为2分若根据电势定义直接计算同样给分．3、在强度的大小为E，方向竖直向上的匀强电场中，有一半径为R的半球形光滑绝缘槽放在光滑水平面上(如图所示)．槽的质量为M，一质量为m带有电荷＋q的小球从槽的顶点A处由静止释放．如果忽略空气阻力且质点受到的重力大于其所受电场力，求：(1)小球由顶点A滑至半球最低点Ｂ时相对地面的速度；(2)小球通过B点时，槽相对地面的速度；(3)小球通过B点后，能不能再上升到右端最高点C？解：设小球滑到B点时相对地的速度为v，槽相对地的速度为V．小球从A→B过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒，mv＋MV＝0①2分对该系统，由动能定理mgR－EqR＝mv2＋MV2②3分①、②两式联立解出2分方向水平向右．1分方向水平向左．1分小球通过B点后，可以到达C点．1分4、两个同心的导体球壳，半径分别为R1＝0.145m和R2＝0.207m，内球壳上带有负电荷q＝-6.0×10-8C．一电子以初速度为零自内球壳逸出．设两球壳之间的区域是真空，试计算电子撞到外球壳上时的速率．(电子电荷ｅ＝-1.6×10-19C，电子质量me＝9.1×10-31kg，0＝8.85×10-12C2/N·m2）解：由高斯定理求得两球壳间的场强为2分方向沿半径指向内球壳．电子在电场中受电场力的大小为2分方向沿半径指向外球壳．电子自内球壳到外球壳电场力作功为2分由动能定理2分得到＝1.98×107m/s教师评语教师签字月日第十四章静电场中的导体课后作业1、厚度为d的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为．试求图示离左板面距离为a的一点与离右板面距离为b的一点之间的电势差．解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为：E=0(板内)(板外)2分1、2两点间电势差3分2、半径分别为1.0cm与2.0cm的两个球形导体，各带电荷1.0×10-8C，两球相距很远．若用细导线将两球相连接．求(1)每个球所带电荷；(2)每球的电势．()解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r1和r2，导线连接后的电荷分别为q1和q2，而q1+q1=2q，则两球电势分别是，2分两球相连后电势相等，，则有2分由此得到C1分C1分两球电势V2分3、如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电荷Q，在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q．设无限远处为电势零点，试求：(1)球壳内外表面上的电荷．(2)球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．(3)球心O点处的总电势．解：(1)由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．2分(2)不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为2分(3)球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和2分2分4、半径分别为R1和R2(R2>R1)的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q1和Q2，今将内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联，如图所示,导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q．解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：2分内球壳电势：2分二者等电势，即2分解得2分教师评语教师签字月日第十五章静电场中的电解质课后作业1.一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R1=2cm，R2=5cm，其间充满相对介电常量为r的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压U=32V的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R=3.5cm处的A点的电场强度和A点与外筒间的电势差．解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+和,根据高斯定理可求得两圆筒间任一点的电场强度为2分则两圆筒的电势差为解得3分于是可求得Ａ点的电场强度为=998V/m方向沿径向向外2分A点与外筒间的电势差：=12.5V3分2.一圆柱形电容器，外柱的直径为4cm，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E0=200KV/cm．试求该电容器可能承受的最高电压．(自然对数的底e=2.7183)解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为，则电容器两极板之间的场强分布为2分设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为2分电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有2分适当选择r0的值，可使U有极大值，即令得2分显然有<0，故当时电容器可承受最高的电压=147kV2分教师评语教师签字月日第十六章磁场和它的源课后作业1、已知半径为R的载流圆线圈与边长为a的载流正方形线圈的磁矩之比为2∶1，且载流圆线圈在中心O处产生的磁感应强度为B0，求在正方形线圈中心O＇处的磁感强度的大小．解：设圆线圈磁矩为pm1，方线圈磁矩为pm2，则，∴3分正方形一边在其中心处产生的磁感强度为正方形各边在其中心产生的磁感强度大小相等，方向相同，因此中心O＇处总的磁感强度的大小为3分∵，得∴2分2、假定地球的磁场是由地球中心的载流小环产生的，已知地极附近磁感强度B为6.27×10-5T，地球半径为R=6.37×106m．0=4×10-7H/m．试用毕奥－萨伐尔定律求该电流环的磁矩大小．解：毕奥─萨伐尔定律：2分如图示，，(a为电流环的半径)．∵r>>a∴3分小电流环的磁矩∴2分在极地附近z≈R，并可以认为磁感强度的轴向分量Bz就是极地的磁感强度B，因而有：≈8.10×1022A·m23分3、真空中有一边长为l的正三角形导体框架．另有相互平行并与三角形的bc边平行的长直导线1和2分别在a点和b点与三角形导体框架相连(如图)．已知直导线中的电流为I，三角形框的每一边长为l，求正三角形中心点O处的磁感强度．解：令、、和分别代表长直导线1、2和通电三角框的、和边在O点产生的磁感强度．则：对O点，直导线1为半无限长通电导线，有，的方向垂直纸面向里．2分：由毕奥－萨伐尔定律，有方向垂直纸面向里．2分和：由于ab和acb并联，有根据毕奥－萨伐尔定律可求得=且方向相反．2分所以1分把，代入B1、B2，则的大小为的方向：垂直纸面向里．1分4、在一半径R=1.0cm的无限长半圆筒形金属薄片中，沿长度方向有横截面上均匀分布的电流I=5.0A通过．试求圆柱轴线任一点的磁感强度．(0=4×10-7N/A2)解：选坐标如图．无限长半圆筒形载流金属薄片可看作许多平行的无限长载流直导线组成．宽为dl的无限长窄条直导线中的电流为2分它在O点产生的磁感强度2分1分1分对所有窄条电流取积分得2分=02分O点的磁感强度T2分教师评语教师签字月日第十七章磁力课后作业1、假设把氢原子看成是一个电子绕核作匀速圆周运动的带电系统．已知平面轨道的半径为r，电子的电荷为e，质量为me．将此系统置于磁感强度为的均匀外磁场中，设的方向与轨道平面平行，求此系统所受的力矩．解:电子在xz平面内作速率为v的圆周运动(如图)，则∴2分电子运动的周期1分则原子的轨道磁矩3分的方向与y轴正向相反．1分设方向与x轴正向平行，则系统所受力矩3分2、有一闭合回路由半径为a和b的两个同心共面半圆连接而成，如图．其上均匀分布线密度为的电荷，当回路以匀角速度绕过O点垂直于回路平面的轴转动时，求圆心O点处的磁感强度的大小．B1、B2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度，B3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度．，3分，3分4分3、图所示为两条穿过y轴且垂直于x－y平面的平行长直导线的正视图，两条导线皆通有电流I，但方向相反，它们到x轴的距离皆为a．(1)推导出x轴上P点处的磁感强度的表达式.(2)求P点在x轴上何处时，该点的B取得最大值．解：(1)利用安培环路定理可求得1导线在P点产生的磁感强度的大小为：2分2导线在P点产生的磁感强度的大小为：2分、的方向如图所示．P点总场，3分(2)当，时，B(x)最大．由此可得：x=0处，B有最大值．4、在真空中有两根相互平行的无限长直导线L1和L2，相距10cm，通有方向相反的电流，I1=20A，I2=10A，试求与两根导线在同一平面内且在导线L2两侧并与导线L2的距离均为5.0cm的两点的磁感强度的大小．(0=4×10-7H·m-1)解：(1)L1中电流在两导线间的a点所产生的磁感强度T2分L2中电流在a点所产生的磁感强度T1分由于、的方向相同，所以a点的合磁感强度的大小T2分(2)L中电流在两导线外侧b点所产生的磁感强度TL2中电流在b点所产生的磁感强度T1分由于和和的方向相反，所以b点的合磁感强度的大小T教师评语教师签字月日第十八章磁场中的磁介质课后作业1、一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图．传导电流I沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B的分布．解：由安培环路定理：0R3区域：H=0，B=03分2、螺绕环中心周长l=10cm，环上均匀密绕线圈N=200匝，线圈中通有电流I=0.1A．管内充满相对磁导率r=4200的磁介质．求管内磁场强度和磁感强度的大小．解：200A/m3分1.06T2分教师评语教师签字月日第十九章电磁感应课后作业1、如图所示，一半径为r2电荷线密度为的均匀带电圆环，里边有一半径为r1总电阻为R的导体环，两环共面同心(r2>>r1)，当大环以变角速度t)绕垂直于环面的中心轴旋转时，求小环中的感应电流．其方向如何？解：大环中相当于有电流2分这电流在O点处产生的磁感应强度大小2分以逆时针方向为小环回路的正方向，2分∴方向：d(t)/dt>0时，i为负值，即i为顺时针方向．1分d(t)/dt<0时，i为正值，即i为逆时针方向．1分2、如图所示，真空中一长直导线通有电流I(t)=I0e-t(式中I0、为常量，t为时间)，有一带滑动边的矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a．矩形线框的滑动边与长直导线垂直，它的长度为b，并且以匀速(方向平行长直导线)滑动．若忽略线框中的自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意时刻t在矩形线框内的感应电动势并讨论其方向．解：线框内既有感生又有动生电动势．设顺时针绕向为i的正方向．由i=d/dt出发，先求任意时刻t的(t)2分2分再求(t)对t的导数：∴4分方向：t<1时，逆时针；t>1时，顺时针．3、无限长直导线，通以常定电流I．有一与之共面的直角三角形线圈ABC．已知AC边长为b，且与长直导线平行，BC边长为a．若线圈以垂直于导线方向的速度向右平移，当B点与长直导线的距离为d时，求线圈ABC内的感应电动势的大小和感应电动势的方向．解：建立坐标系，长直导线为y轴，BC边为x轴，原点在长直导线上，则斜边的方程为，式中r是t时刻B点与长直导线的距离．三角形中磁通量6分3分当r=d时，方向：ACBA(即顺时针)4、如图所示，在竖直面内有一矩形导体回路abcd置于均匀磁场中，的方向垂直于回路平面，abcd回路中的ab边的长为l，质量为m，可以在保持良好接触的情况下下滑，且摩擦力不计．ab边的初速度为零，回路电阻R集中在ab边上．(1)求任一时刻ab边的速率v和t的关系；(2)设两竖直边足够长，最后达到稳定的速率为若干？4、解∶(1)由，3分得积分得　4分其中．(2)当t足够大则→0可得稳定速率5、一无限长竖直导线上通有稳定电流I，电流方向向上．导线旁有一与导线共面、长度为L的金属棒，绕其一端O在该平面内顺时针匀速转动，如图所示．转动角速度为，O点到导线的垂直距离为r0(r0>L)．试求金属棒转到与水平面成角时，棒内感应电动势的大小和方向．5、解：棒上线元dl中的动生电动势为：3分金属棒中总的感生电动势为1分4分方向由O指向另一端．2分6、一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．在时∴取(∵导线长)则教师评语教师签字月日第二十章光的干涉课后作业1、在双缝干涉实验中，波长＝550nm的单色平行光垂直入射到缝间距a＝2×10-4m的双缝上，屏到双缝的距离D＝2m．求：(1)中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2)用一厚度为e＝6.6×10-5m、折射率为n＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1nm=10-9m)1、解：(1)x＝20D/a2分＝0.11m2分(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n－1)e＋r1＝r22分设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2－r1＝k2分所以(n－1)e=kk＝(n－1)e/＝6.96≈7零级明纹移到原第7级明纹处2分2、双缝干涉实验装置如图所示，双缝与屏之间的距离D＝120cm，两缝之间的距离d＝0.50mm，用波长＝500nm(1nm=10-9m)的单色光垂直照射双缝．(1)求原点O(零级明条纹所在处)上方的第五级明条纹的坐标x．(2)如果用厚度l＝1.0×10-2mm，折射率n＝1.58的透明薄膜复盖在图中的S1缝后面，求上述第五级明条纹的坐标x．2、解：(1)∵dx/D≈kx≈Dk/d=(1200×5×500×10-6/0.50)mm=6.0mm4分(2)从几何关系，近似有r2－r1≈有透明薄膜时，两相干光线的光程差=r2–(r1–l+nl)=r2–r1–(n-1)l对零级明条纹上方的第k级明纹有零级上方的第五级明条纹坐标3分=1200[(1.58－1)×0.01±5×5×10-4]/0.50mm=19.9mm3分2分3、在双缝干涉实验中，单色光源S0到两缝S1和S2的距离分别为l1和l2，并且l1－l2＝3，为入射光的波长，双缝之间的距离为d，双缝到屏幕的距离为D(D>>d)，如图．求：(1)零级明纹到屏幕中央O点的距离．(2)相邻明条纹间的距离．3、解：(1)如图，设P0为零级明纹中心则3分(l2+r2)(l1+r1)=0∴r2–r1=l1–l2=3∴3分(2)在屏上距O点为x处,光程差2分明纹条件(k＝1，2，....)在此处令k＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距4、用波长为500nm(1nm=10-9m)的单色光垂直照射到由两块光学平玻璃构成的空气劈形膜上．在观察反射光的干涉现象中，距劈形膜棱边l=1.56cm的A处是从棱边算起的第四条暗条纹中心．(1)求此空气劈形膜的劈尖角；(2)改用600nm的单色光垂直照射到此劈尖上仍观察反射光的干涉条纹，A处是明条纹还是暗条纹？(3)在第(2)问的情形从棱边到A处的范围内共有几条明纹？几条暗纹？4、解：(1)棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2＝处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜厚度e4=∴＝4.8×10-5rad5分(2)由上问可知A处膜厚为e4＝3×500/2nm＝750nm，对于＇＝600nm的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为，它与波长之比为．所以A处是明纹3分(3)棱边处仍是暗纹，A处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹．2分5、折射率为1.60的两块

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平面玻璃板之间形成一个劈形膜(劈尖角很小)．用波长＝600nm(1nm=10-9m)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l＝0.5mm，那么劈尖角应是多少？5、解：空气劈形膜时，间距液体劈形膜时，间距4分∴=(1–1/n)/(2l)＝1.7×10-4rad4分6、在杨氏双缝实验中，双缝间距=0.20mm，缝屏间距＝1.0m，试求：(1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm，计算此单色光的波长；(2)相邻两明条纹间的距离．6、解:(1)由知，，∴(2)教师评语教师签字月日第二十一章光的衍射课后作业1、用每毫米300条刻痕的衍射光栅来检验仅含有属于红和蓝的两种单色成分的光谱．已知红谱线波长R在0.63─0.76m范围内，蓝谱线波长B在0.43─0.49m范围内．当光垂直入射到光栅时，发现在衍射角为24.46°处，红蓝两谱线同时出现．(1)在什么角度下红蓝两谱线还会同时出现？(2)在什么角度下只有红谱线出现？1、解：∵a+b=(1/300)mm=3.33m1分(1)(a+b)sin=k∴k=(a+b)sin24.46°=1.38m∵R=0.63─0.76m；B＝0.43─0.49m对于红光，取k=2,则R=0.69m2分对于蓝光，取k=3,则B=0.46m1分红光最大级次kmax=(a+b)/R=4.8,1分取kmax=4则红光的第4级与蓝光的第6级还会重合．设重合处的衍射角为,则∴=55.9°2分(2)红光的第二、四级与蓝光重合，且最多只能看到四级，所以纯红光谱的第一、三级将出现．1=11.9°2分3=38.4°1分2、(1)在单缝夫琅禾费衍射实验中，垂直入射的光有两种波长，1=400nm，=760nm(1nm=10-9m)．已知单缝宽度a=1.0×10-2cm，透镜焦距f=50cm．求两种光第一级衍射明纹中心之间的距离．(2)若用光栅常数d=1.0×10-3cm的光栅替换单缝，其他条件和上一问相同，求两种光第一级主极大之间的距离．解：(1)由单缝衍射明纹公式可知(取k＝1)1分1分,由于,所以1分1分则两个第一级明纹之间距为=0.27cm2分(2)由光栅衍射主极大的公式2分且有所以=1.8cm2分3、波长600nm(1nm=10﹣9m)的单色光垂直入射到一光栅上，测得第二级主极大的衍射角为30°，且第三级是缺级．(1)光栅常数(a+b)等于多少？(2)透光缝可能的最小宽度a等于多少？(3)在选定了上述(a+b)和a之后，求在衍射角-＜＜范围内可能观察到的全部主极大的级次．3、解：(1)由光栅衍射主极大公式得a+b==2.4×10-4cm3分(2)若第三级不缺级，则由光栅公式得由于第三级缺级，则对应于最小可能的a，方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得a=(a+b)/3=0.8×10-4cm3分(3)，(主极大)，(单缝衍射极小)(k＇=1，2，3，......)因此k=3，6，9，........缺级．2分又因为kmax=(a＋b)/4,所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．(k=±4在/2处看不到．)2分4、一束平行光垂直入射到某个光栅上，该光束有两种波长的光，1=440nm，2=660nm(1nm=10-9m)．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=60°的方向上．求此光栅的光栅常数d．4、解：由光栅衍射主极大公式得4分当两谱线重合时有1=21分即．．．．．．．1分两谱线第二次重合即是，k1=6，k2=42分由光栅公式可知dsin60°=61=3.05×10-3mm2分5、用钠光(=589.3nm)垂直照射到某光栅上，测得第三级光谱的衍射角为60°．(1)若换用另一光源测得其第二级光谱的衍射角为30°，求后一光源发光的波长．(2)若以白光(400nm－760nm)照射在该光栅上，求其第二级光谱的张角．(1nm=10-9m)5、解：(1)(a+b)sin=3a+b=3/sin，=60°2分a+b=2'/sin=30°1分3/sin=2'/sin1分'=510.3nm1分(2)(a+b)=3/sin=2041.4nm2分=sin-1(2×400/2041.4)(=400nm)1分=sin-1(2×760/2041.4)(=760nm)1分白光第二级光谱的张角==25°1分6、设光栅平面和透镜都与屏幕平行，在平面透射光栅上每厘米有5000条刻线，用它来观察钠黄光（=589nm）的光谱线．(1)当光线垂直入射到光栅上时，能看到的光谱线的最高级次km是多少？(2)当光线以30°的入射角（入射线与光栅平面的法线的夹角）斜入射到光栅上时，能看到的光谱线的最高级次是多少？(1nm=109m)6、解：光栅常数d=2×10-6m1分(1)垂直入射时，设能看到的光谱线的最高级次为km，则据光栅方程有dsin=km∵sin≤１∴km/d≤1，∴km≤d/=3.39∵km为整数,有km=34分(2)斜入射时，设能看到的光谱线的最高级次为，则据斜入射时的光栅方程有∵sin＇≤1∴∴=5.09∵为整数，有=55分教师评语教师签字月日第二十二章光的偏振课后作业1、一束光强为I0的自然光垂直入射在三个叠在一起的偏振片P1、P2、P3上，已知P1与P3的偏振化方相互垂直．(1)求P2与P3的偏振化方向之间夹角为多大时，穿过第三个偏振片的透射光强为I0/8；(2)若以入射光方向为轴转动P2，当P2转过多大角度时，穿过第三个偏振片的透射光强由原来的I0/8单调减小到I0/16？此时P2、P1的偏振化方向之间的夹角多大？1、解：(1)透过P1的光强I1＝I0/21分设P2与P1的偏振化方向之间的夹角为，则透过P2后的光强为I2＝I1cos2=(I0cos2)/22分透过P3后的光强为3分由题意可知I3＝I0/8，则＝45°．1分(2)转动P2，若使I3＝I0/16,则P1与P2偏振化方向的夹角＝22.5°2分P2转过的角度为(45°－22.5°)＝22.5°．1分2、两个偏振片P1，P2叠在一起，一束强度为I0的光垂直入射到偏振片上．已知该入射光由强度相同的自然光和线偏振光混合而成，且入射光穿过第一个偏振片P1后的光强为0.716I0；当将P1抽出去后，入射光穿过P2后的光强为0.375I0．求P1、P2的偏振化方向之间的夹角．2、解：设入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P1的偏振化方向之间的夹角为，已知透过P1后的光强I1＝0.716I0，则I1＝0.716I0＝0.5(I0/2)＋0.5(I0cos21)3分cos21＝0.9321＝15.1°(≈15°)1分设2为入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P2的偏振化方向之间的夹角．已知入射光单独穿过P2后的光强I2＝0.375I0，则由得2＝60°2分以表示P1、P2的偏振化方间的夹角，有两个可能值＝2＋1＝75°2分或＝2-1＝45°2分3、两个偏振片P1、P2叠在一起，由自然光和线偏振光混合而成的光束垂直入射在偏振片上．进行了两次测量：P1、P2偏振化方向分别为60°和45°；入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P1偏振化方向夹角分别为60°和．忽略偏振片对可透射分量的反射和吸收．若两次测量中连续穿过P1、P2后的透射光强之比为1/2；第二次测量中穿过P1的透射光强与入射光强之比为5/12．求：(1)入射光中线偏振光与自然光的强度之比；(2)角度．3、解：设I为自然光强；xI为入射光中线偏振光强，x为待定系数，即入射光中线偏振光强与自然光强之比．据题意，入射光强为I＋xI．(1)①3分②3分①×②解得2分(2)将x值代入②cos2=1/4＝60°2分4、一光束由强度相同的自然光和线偏振光混合而成．此光束垂直入射到几个叠在一起的偏振片上．(1)欲使最后出射光振动方向垂直于原来入射光中线偏振光的振动方向，并且入射光中两种成分的光的出射光强相等，至少需要几个偏振片？它们的偏振化方向应如何放置？(2)这种情况下最后出射光强与入射光强的比值是多少？4、解：设入射光中两种成分的强度都是I0，总强度为2I0．(1)通过第一个偏振片后，原自然光变为线偏振光，强度为I0/2，原线偏振光部分强度变为I0cos2，其中为入射线偏振光振动方向与偏振片偏振化方向P1的夹角．以上两部分透射光的振动方向都与P1一致．如果二者相等，则以后不论再穿过几个偏振片，都维持强度相等(如果二者强度不相等，则以后出射强度也不相等)．因此，必须有I0/2＝I0cos2，得＝45．2分为了满足线偏振部分振动方向在出射后“转过”90，只要最后一个偏振片偏振化方向与入射线偏振方向夹角为90就行了．2分综上所述，只要两个偏振片就行了(只有一个偏振片不可能将振动方向“转过”90)．2分配置如图，表示入射光中线偏振部分的振动方向，P1、P2分别是第一、第二偏振片的偏振化方向2分(2)出射强度I2＝(1/2)I0cos245＋I0cos445＝I0[(1/4)+(1/4)]=I0/2比值I2/(2I0)＝1/42分5、如图安排的三种透光媒质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，其折射率分别为n1＝1.33，n2＝1.50，n3＝1．两个交界面相互平行．一束自然光自媒质Ⅰ中入射到Ⅰ与Ⅱ的交界面上，若反射光为线偏振光，(1)求入射角i．(2)媒质Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光是不是线偏振光？为什么？5、解：(1)据布儒斯特定律tgi＝(n2/n1)＝1.50/1.332分i＝48.44°(＝48°)1分(2)令介质Ⅱ中的折射角为r，则r＝0.5－i＝41.56°此r在数值上等于在Ⅱ、Ⅲ界面上的入射角。若Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光是线偏振光，则必满足布儒斯特定律1分tgi0＝n3/n2＝1/1.52分i0＝33.69°1分因为r≠i0，故Ⅱ、Ⅲ界面上的反射光不是线偏振光．1分6、有一平面玻璃板放在水中，板面与水面夹角为(见图)．设水和玻璃的折射率分别为1.333和1.517．已知图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，角应是多大？6、解：由题可知i1和i2应为相应的布儒斯特角，由布儒斯特定律知tgi1=n1＝1.33；1分tgi2＝n2/n1＝1.57/1.333，2分由此得i1＝53.12°，1分i2＝48.69°．1分由△ABC可得＋(/2＋r)＋(/2－i2)＝2分整理得＝i2－r由布儒斯特定律可知，r＝/2－i12分将r代入上式得＝i1＋i2－/2＝53.12°＋48.69°－90°＝11.8°1分教师评语教师签字月日第二十三章波粒二象性课后作业1、以波长410nm(1nm=10-9m)的单色光照射某一金属，产生的光电子的最大动能EK=1.0eV，求能使该金属产生光电效应的单色光的最大波长是多少？(普朗克常量h=6.63×10-34J·s)解：设能使该金属产生光电效应的单色光最大波长为．由可得2分又按题意：∴得=612nm3分2、假定在康普顿散射实验中，入射光的波长0=0.0030nm，反冲电子的速度v=0.6c，求散射光的波长．(电子的静止质量me=9.11×10-31kg，普朗克常量h=6.63×10-34J·s，1nm=10-9m，c表示真空中的光速)解：根据能量守恒,有2分这里1分∴则解得：=0.00434nm2分3、粒子在磁感应强度为B=0.025T的均匀磁场中沿半径为R=0.83cm的圆形轨道运动．(1)试计算其德布罗意波长．(2)若使质量m=0.1g的小球以与粒子相同的速率运动．则其波长为多少？(粒子的质量m=6.64×10-27kg，普朗克常量h=6.63×10-34J·s，基本电荷e=1.60×10-19C)解：(1)德布罗意公式：由题可知粒子受磁场力作用作圆周运动，又则4分故3分(2)由上一问可得对于质量为m的小球=6.64×10-34m3分4、同时测量能量为1keV作一维运动的电子的位置与动量时，若位置的不确定值在0.1nm(1nm=109m)内，则动量的不确定值的百分比p/p至少为何值？(电子质量me=9.11×10-31kg，1eV=1.60×10-19J,普朗克常量h=6.63×10-34J·s)解：1keV的电子，其动量为1.71×10-23kg·m·s-12分据不确定关系式：得kg·m·s-12分∴p/p=0.062＝6.2％1分[若不确定关系式写成则p/p=39％，或写成则p/p=3.1％，均可视为正确．]教师评语教师签字月日第二十四章薛定谔方程课后作业1、已知粒子在无限深势阱中运动，其波函数为(0≤x≤a)求发现粒子的概率为最大的位置．解：先求粒子的位置概率密度2分当时，有最大值．在0≤x≤a范围内可得∴．3分2、粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：(0