《大学物理基础教程》学习指导与习题解答—王雅红.pdf 131页

'与王雅红等主编的<<大学物理基础教程>>配套使用 编者的话要学习好大学物理，除了课堂教学之外，课外做一定量的练习题，对于掌握物理学的知识和基本规律是非常重要的一个环节。这有助于加深对基本概念、基本定律和原理的理解，有助于理论联系实际能力的锻炼，在培养分析问题、解决问题的能力具有极其重要的作用。本书给出了由王雅红主编的《大学物理基础教程》全部习题的详细解答及每一章的要点。力图通过分析，使学生对相关的物理规律有更深的认识，拓宽解题思路，并通过讨论使学生进一步明确计算结果的物理意义。在解题过程中，力求做到思路明晰，解法简捷，突出物理概念和物理模型，注重分析和方法的介绍。愿本书能对读者学习大学物理有较大的帮助。2012年11月 目录第一章真空的静电场---------------------------------------------------------1第二章静电场中的导体与电介质-------------------------------------21第三章恒定磁场---------------------------------------------------------------35第四章电磁感应电磁场--------------------------------------------------50第五章机械振动---------------------------------------------------------------66第六章机械波-------------------------------------------------------------------79第七章波动光学---------------------------------------------------------------89第八章狭义相对论----------------------------------------------------------114第九章量子物理基础------------------------------------------------------121 第1章真空中的静电场本章要点1．静电场的基本实验定律（1）电荷守恒定律1qq12r（2）库仑定律F=34πεr02．主要物理量F（1）电场强度E=q0场强叠加原理E=E12+E+"+EN=∑Eii"0"Wa（2）电势Ua==∫Eidl（式中“0”为电势零点）q0ab电势差UUab=−aUb=∫Eidl（与电势零点无关）a"0"场强与电势的关系Ua=∫Eidl（积分关系）adUE=-gradU，El=−（微分关系）dl（3）电势能1 "0"Wq=Elid=qUa0∫0a（相对电势能零点）a电荷在电场中移动（a→b）时，电场力做功bAab=−WWab=q00()Uab−U=q∫Eidla3．静电场的基本场方程k1（1）高斯定理v∫ESid=∑qi（表明静电场是有源场）Sε0i=1（2）环路定理v∫Elid=0（表明静电场是保守场）L4．计算方法（1）场强E的计算①电荷分布具有某种对称性时，应用高斯定理较为方便．②一般情况下，应用点电荷的场强公式和场强的叠加原理③先求电势，再应用场强与电势的微分关系求场强．（2）电势U的计算①场强分布已知或容易确定时，根据电势定义式，利用场强的线积分计算．②一般情况下，应用点电荷的电势公式和电势的叠加原理（包括补偿法）．5．典型电场（1）均匀带电球面qE=0(rRk为常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E与r的函数关系.题1-11图分析通常有两种处理方法：(1)利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心9 的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因2而有∫E⋅dS=E⋅4πrS1根据高斯定理∫E⋅dS=∫ρdV，可解得电场强度的分布.ε0(2)利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成2无数个同心带电球壳，球壳带电荷为dq=ρ⋅4πr′dr′，每个带电球壳在壳内激发的电场dE=0，而在球壳外激发的电场dqdE=e2r4πεr0由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布rE()r=∫dE(0≤r≤R)0RE()r=∫dE(r>R)0解1因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常1量，由高斯定理∫E⋅dS=∫ρdV得球体内(0≤r≤R)ε021r2πk4E()r4πr=∫kr4πrdr=rε0ε002krE()r=er4ε0球体外(r＞R)21R2πk4E()r4πr=∫kr4πrdr=Rε0ε004kRE()r=e2r4εr0解2将带电球分割成球壳，球壳带电2dq=ρdV=kr′4πr′dr′10 由上述分析，球体内(0≤r≤R)22r1kr′⋅4πr′dr′krE()r=e=e∫02rr4πεr4ε00球体外(r＞R)24R1kr′⋅4πr′dr′kRE()r=e=e∫02r2r4πε0r4ε0r1-12一个内外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为R3的均匀带电球面，球面带电荷为Q2.求电场分布.分析以球心O为原点，球心至场点的距离r为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿2径矢方向，且大小相等.因而∫EdS=E⋅4πr.在确定高斯面内的电荷题1-12图∑q后，利用高斯定理∫EdS=∑q/ε0即可求出电场强度的分布.解取半径为r的同心球面为高斯面，由上述分析2E⋅4πr=∑q/ε0r＜R1，该高斯面内无电荷，∑q=0，故E1=0(33)Qr−R11R1＜r＜R2，高斯面内电荷∑q=33R−R2111 (33)Qr−R11故E=23324πε()R−Rr021R2＜r＜R3，高斯面内电荷为Q1，故Q1E=324πεr0r＞R3，高斯面内电荷为Q1＋Q2，故Q+Q12E=424πεr0电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(b)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r＝R3的带电球面两侧，电场强度的跃变量Qσ2∆E=E−E==4324πεRε030这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E的变化成为一跃变.1-13两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R和1R(R>R)，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r处的电场强度：(1)221rR.1122分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且∫EdS=E⋅2πrL，求出不同半径高斯面内的电荷∑q.即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理E⋅2πrL=∑q/ε0r＜R1，∑q=012 E=01在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R1＜r＜R2，∑q=λLλE=22πεr0r＞R2，∑q=0E=03在带电面附近，电场强题1-13图度大小不连续，电场强λλLσ度有一跃变∆E===2πεr2πεrLε0001-14如图所示，有三个点电荷Q1、Q2、Q3沿一条直线等间距分布且QQ13==Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Q1、Q3的情况下，将Q2从点O移到无穷远处外力所作的功.分析由库仑力的定义，根据Q1、Q3所受合力为零可求得Q2.外力作功W′应等于电场力作功W的负值，即"W=−W.求电场力作功的方法有两种：(1)根据功题1-14图的定义，电场力作的功为∞W=QEdl∫20其中E是点电荷Q1、Q3产生的合电场强度.(2)根据电场力作功与电势能差的关系，有W=Q()V−V=QV20∞2013 其中V0是Q1、Q3在点O产生的电势(取无穷远处为零电势).解1由题意Q1所受的合力为零QQ23Q+Q=012124πε0d4πε0()2d11解得Q=−Q=−Q2344由点电荷电场的叠加，Q1、Q3激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为QyEE=+E=1y3y3/2222πε0()dy+将Q2从点O沿y轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为2∞∞⎡⎤1QyQWQ′=−⋅Eldd=−−⎢⎥Q⋅y=∫∫23/200⎢⎥⎣⎦482πεdy22πεd0()+01解2与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q=−Q，并由电势24的叠加得Q1、Q3在点O的电势QQQ13V=+=04πεd4πεd2πεd000将Q2从点O推到无穷远处的过程中，外力作功2QW′=−QV=208πεd0比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.1-15已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为λE=er2πεr0为电荷线密度.(1)求在r＝r1和r＝r2两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r→∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明.14 解(1)由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有r2λr2U=E⋅dr=ln12∫r12πεr01λ(2)不能.严格地讲，电场强度E=e只适用于无限长的均匀带电直r2πεr0线，而此时电荷分布在无限空间，r→∞处的电势应与直线上的电势相等.1-16电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x变化的关系曲线.题1-16图分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.σ解由“无限大”均匀带电平板的电场强度±i，叠加求得电场强度2ε0的分布，15 ⎧0(x<−a)⎪⎪σE=⎨i()−aa电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功0σV=∫E⋅dl=−x()−aax-aε0电势变化曲线如图(b)所示.1-17两个同心球面的半径分别为R1和R2，各自带有电荷Q1和Q2.求：(1)各区域电势分布，并画出分布曲线；(2)两球面间的电势差为多少？分析通常可采用两种方法(1)由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由∞V=E⋅dl可求得电势分布.(2)p∫p利用电势叠加原理求电势.一个均匀题1-17图带电的球面，在球面外产生的电势为QV=4πεr0在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势QV=4πεR016 其中R是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1(1)由高斯定理可求得电场分布E=0(rR32r24πεr0∞由电势V=∫E⋅dl可求得各区域的电势分布.r当r≤R1时，有R1R2∞V=E⋅dl+E⋅dl+E⋅dl1∫r1∫R2∫R312Q⎡11⎤Q+Q112=0+⎢−⎥+4πεRR4πεR0⎣12⎦02QQ12=+4πεR4πεR0102当R1≤r≤R2时，有R2∞V=E⋅dl+E⋅dl2∫r2∫R32Q⎡11⎤Q+Q112=⎢−⎥+4πεrR4πεR0⎣2⎦02QQ12=+4πεr4πεR002当r≥R2时，有∞Q+Q12V=E⋅dl=3∫3r4πεr0(2)两个球面间的电势差R2Q⎛11⎞1⎜⎟U=E⋅dl=−12∫R2⎜⎟14πε0⎝R1R2⎠解2(1)由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即17 r≤R1，则QQ12V=+14πεR4πεR0102若该点位于两个球面之间，即R1≤r≤R2，则QQ12V=+24πεr4πεR002若该点位于两个球面之外，即r≥R2，则Q+Q12V=34πεr0(2)两个球面间的电势差QQ11U=()V−V=−1212r=R24πεR4πεR01021-18一半径为R的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布．分析无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理1∫E⋅dS=∫dVεV0可求得电场分布E(r)，再根据电势差的定义bV−V=∫E()r⋅dlaba并取棒表面为零电势(Vb＝0)，即可得空间任意点a的电势.解取高度为l、半径为r且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理当r≤R时2E⋅2πrl=πrlρ/ε0ρr得E()r=2ε018 当r≥R时2E⋅2πrl=πRlρ/ε02ρR得E()r=2εr0取棒表面为零电势，空间电势的分布有当r≤R时Rρrρ22V()r=∫dr=(R−r)r2ε4ε00当r≥R时22RρRρRRV()r=∫dr=lnr2εr2εr00－21-19两个很长的共轴圆柱面(R1＝3.0×10m，R2＝0.10m)，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450Ｖ.求：(1)圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)r＝0.05m处的电场强度.解(1)由例题1.5的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为λE=2πεr0根据电势差的定义有R2λR2U=E⋅dl=ln12∫2R12πεR01解得R2−8−1λ=2πεU/ln=2.1×10C⋅m012R1(2)解得两圆柱面之间r＝0.05m处的电场强度λ−1E==7475V⋅m2πεr019 1-20如图所示,AB=2l,OCD是以B为中心、l为半径的半圆.A点有正电荷+q,B点有负电荷-q.问:(1)把单位正电荷从O点沿OCD移到D点,电场力对它做了多少功?(2)把单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无限远处,电场力对它做了多少功?解(1)O点和D点的电势分别题1-20图为11qq1⎡⎤qqU=−=−=00⎢⎥4πεε00OA4πOD4πε0⎣⎦ll11qq1⎡⎤qq−qU=−=−=D⎢⎥4πε00ADB4πεεD4π0⎣⎦36llπε0lqWqOD=−0()UOUD=6πεl0q(2)WqDD∞∞=−0()UU=6πεl01-21两均匀带电球壳同心放置,半径分别为R1和R2(R10)的点电荷放在P点,测得q所受的电场力为F,若q不0000是足够小,则比值Fq与P点的电场强度比较,是大、是小,还是正好相等?0答由于静电感应现象,q的引入会使大导体上的电荷重新分布,一部分0正电荷远离P点.根据库仑定律可知这时测得的力F小于引入试验电荷时测得的力,所以Fq比P点的场强小.02-2将一个电量q(q>0)、半径为R的大导体球,移近另外一个半径为222 R的原来不带电的小导体球,试判断下列各种说法是否正确?并说明理由.1(1)大球电势高于小球；(2)若以无限远处为电势零点,则小球的电势为负；2(3)大球外任一点P的场强为q(4πεr),其中r为P点距大球球心的距离；02(4)大球表面附近任意一点的场强为σε,其中σπ=q(4R).2022答(1)对.由于静电感应,处在大导体球周围电场中的小导体球上将出现感应电荷.起于大球上的部分电场线会终止于小球上的负电荷处.在静电场中的电场线方向上电势逐点降低,故大球电势高于小球.(2)不对.若以无限远处为电势零点,由小球上正的感应电荷发出的电场线要伸向无穷远处,所以小球电势为正.(3)不对.由于大导体球上的电荷也要重新分布,空间电场线不再和点电荷的电场线分布相同.上述公式失效.(4)不一定正确.大球表面附近的场强虽等于σε,但由于小球的出现,20两球之间必然产生相互影响,也就是说,小球上出现的感应电荷对大球上的电荷分布也可能产生影响,所以大球上的电荷不一定是均匀分布的,即σ22不一定等于σπ=q(4R)．222-3如图所示,金属球A和同心的金属球壳B原来不带电,试分别讨论下述几种情况下场强和电势的分布情况以及A、B之间的电势差.(1)使球壳B带正电；(2)使球A带正电；(3)A、B分别带等量异号电荷,且内球A带正电；(4)A、B分别带等量异号电荷,且内球A带负电.答(1)球壳B外表面以外空间中,场强不为零,电势为正;球壳B外表面以内为等势体,场强为零；A、B间的题2-3图电势差为零.(2)A、B之间和B外表面以外空间的场强不为零；空间各点电势都为正；A球的电势高于球壳B的电势.(3)只有A、B之间的空间电场强度不为零;球壳B内表面以外空间的电势为零；A球电势高于球壳B的电势.(4)只有A、B之间的空间电场强度不为零；球壳B内表面以外空间的电23 势为零,B内表面以内空间电势小于零；A球电势低于球壳B的电势(还可从公式上加以说明)2-4已知无限大均匀带电板两侧的电场强度为σ2ε,式中σ为面电荷密度.这个公式对于有0限大均匀带电板两侧紧邻处的场强也适用.又知道静电平衡条件下导体表面外紧邻处的场强等于σε,试说明两者之间为什么相差一半.0答设导体表面面元dS处面电荷密度为σ将dS处的场强分解为两部分,如图所示,一部分由dS处电题2-4图荷产生,其大小在导体内外均为E=σ2ε；另一10部分由导体表面上dS面元以外的其他电荷激发,在dS处可视为均匀电场,大小为E,根据静电平衡条件,导体内部电场强为零,所以在导体内部,E21与E必然方向相反,大小相等,故E=σ2ε.在导体外部,E与E22012方向相同,故总的电场强度应为σε(实际上,无限大带电板公式中的σ0为两个带电面的总的电荷.所以两公式中的σ不一致.公式本身不矛盾)2-5保持平行板电容器两极板间的电压不变,减小板间距离d,则极板上的电荷、极板间的电场强度、电容器的电容及电场能量将有何变化?答平行电容器的电容C=εSd,d减少,则电容增大.电容器电容的定0义式为CQ=−(UU),电压UU−不变,C增大,极板上所带电荷Q0ABAB也增大.平行板电容器极板之间的电场强度在忽略边缘效应的情况下为匀强电场,其大小为EU=()−Ud,UU−不变,d减小则场强增大.能ABABQ量WU=()−U,电压不AB2变,Q增大则能量相应增大.2-6将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N的左端接地（如图所示），题2-6图24 则（）（A）N上的负电荷入地（B）N上的正电荷入地（C）N上的所有电荷入地（D）N上所有的感应电荷入地分析与解导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关。因而正确答案为（A）.2-7如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O点有（）q（A）E0==,U4πεd0qq（B）E,==U24ππεd4εd00（C）E0=,U=0题2-7图qq（D）E,==U24ππεd4εR00分析与解达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。点电荷q在导体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O点的电势等于点电荷q在该处激发的电势。因而正确答案为（A）。2-8根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。下列推论正确的是()（A）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷（B）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零（C）若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷（D）介质中的高斯定理表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关（E）介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。因而正确答案为（E）25 2-9两块带电量分别为Q１、Q2的导体平板平行相对放置（如图所示），假设导体平板面积为S，两块导体平板间距为d，并且Sd．试证明（１）相向的两面电荷面密度大小相等符号相反；（2）相背的两面电荷面密度大小相等符号相同．题2-9图分析导体平板间距Sd，忽略边缘效应，导体板近似可以当作无限大带电平板处理。取如图（ｂ）所示的圆柱面为高斯面，高斯面的侧面与电场强度E平行，电场强度通量为零；高斯面的两个端面在导体内部，因导体内电场强度为零，因而电场强度通量也为零，由高斯定理∫SE⋅dS=∑q/ε0=0得∑q=0上式表明处于静电平衡的平行导体板，相对两个面带等量异号电荷．再利用叠加原理，导体板上四个带电面在导体内任意一点激发的合电场强度必须为零，因而平行导体板外侧两个面带等量同号电荷．证明（1）设两块导体平板表面的电荷面密度分别为σ1、σ2、σ3、σ4，取如图（ｂ）所示的圆柱面为高斯面，高斯面由侧面S１和两个端面S2、S3构成，由分析可知E⋅dS=q/ε=0∫S∑026 得∑q=σ2∆S+σ3∆S=0,σ2+σ3=0相向的两面电荷面密度大小相等符号相反．（2）由电场的叠加原理，取水平向右为参考正方向，导体内P点的电场强度为σσσσ1234−−−=0,σ−σ=0相背的两面电荷面密度大小相142ε2ε2ε2ε0000等符号相同．2-10一导体球半径为R１，外罩一半径为R2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为U０．求此系统的电势和电场的分布．Q分析若U=，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为04πεR02等势体，电场强度处处为零，内球不带电．Q若U≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度04πεR02不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场∞分布．并由U=E⋅dl或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度p∫p和电势用已知量U0、Q、R１、R2表示．解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理∫()2()∑E⋅dS=Er⋅4πr=Er⋅q/ε，根据不0同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为r＜R１时，E(r)=01qR１＜r＜R2时，E()r=题2-10图224πεr027 Q+qr＞R2时，E()r=224πεr0由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布．r＜R１时，∞∞RR12qQU=El⋅dd=E⋅l+E⋅dl+E⋅dl=+1∫∫12∫∫3rrR12R4ππεR4εR0102R１＜r＜R2时，∞∞R2qQU=El⋅dd=E⋅l+E⋅dl=+2∫∫23∫rrR24ππεr4εR002r＞R2时，∞qQ+U=El⋅d=3∫3r4πεr0也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r＜R１）qQU=+14ππεR4εR0102在导体球和球壳之间（R１＜r＜R2）qQU=+24ππεr4εR002在球壳外（r＞R2）qQ+U=34πεr0由题意qQUU==+104ππεR4εR0201得qQUU==+104ππεR4εR020128 代入电场、电势的分布得r＜R１时，E=0；UU=110R１＜r＜R2时，RURQRU(r−R)Q101101E2=22−；U2=−r4πε02Rrr4πε02Rrr＞R2时，RU(R−R)QRU(R−R)Q10211021E=−；U=−3223r4πεRrr4πεRr02022-11如图所示球形金属腔带电量为Q＞0，内半径为ɑ，外半径为b，腔内距球心O为r处有一点电荷q，求球心的电势．分析导体球达到静电平衡时，内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；内表面感应电荷不均匀分布，外表面感应电荷均匀分布．球心O点的电势由点电荷q、导体表面的感应电荷共同决定．在带电面上任意取一电荷元，电荷元在球心产生的电势dqdU=4πεR0由于R为常量，因而无论球面电荷如何分布，半径为R的带电球面在球心产生的电势为dqqU==∫∫s4ππεR4εR00由电势的叠加可以求得球心的电势．题2-11图解导体球内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势为qqq+QU=−+4ππεr4εa4πεb0002-12在真空中，将半径为R的金属球接地，与球心O相距为r（r＞R）处放置一点电荷q，不计接地导线上电荷的影响．求金属球表面上的感应电荷总量．29 分析金属球为等势体，金属球上任一点的电势V等于点电荷q和金属球表面感应电荷q′在球心激发的电势之和．在球面上任意取一电荷元ｄq′，电荷元可以视为点电荷，金属球表面的感应电荷在点O激发的电势为dq′U"=∫s4πεR0点O总电势为qUU=+"04πεr0题2-12图而接地金属球的电势U0＝0，由此可解出感应电荷q′．解金属球接地，其球心的电势qqd′q1U"=+∫∫=+dq′=04ππεr4ssεR4πεr4πεR0000感应电荷总量Rq′=∫dq′=−qr2-13两个相距很远的导体，半径分别为r=6.0cm，r=12.0cm，都带12−8有3×10C的电量，如果用一导线将两球连接起来，求最终每个球上的电量．解半径分别为r的电量为q，r电量为q1122qq12=（1）4πεr4πεr0102−8q+q=6×10（2）12−8−8联立q=2×10Cq=4×10C122-14两金属球的半径之比为1∶4，带等量的同号电荷．当两者的距离远大于两球半径时，有一定的电势能．若将两球接触一下再移回原处，则电势能变为原来的多少倍？30 22∞1Q解接触之前的电势能W=Qdr=0∫L24πεr4πεL00接触之后两球电势相等电荷重新分布，设小金属球带电为q，大金属球带电为q′qq′=q+q′=2Q4πεR4πεR010228解得q=Qq′=Q552∞1qq′16Q16W=qq′dr===W∫L204πεr4πεL254πεL250002-15面积为S的平行板电容器，两板间距为d，求：（1）插入厚度为d3，相对介电常数为ε的电介质，其电容量变为原来的多少倍？（2）插入厚r度为d3的导电板，其电容量又变为原来的多少倍？ε0SQQ解（1）C=E=E=012dεSεεS00rQ2QdU=⋅d+⋅εS3εεS300rQ3ε0εrS3εrC===C0U2dε+d1+2εrrd（2）插入厚度为的导电板，可看成是两个电容的串联33εS0C=C=12dC1C23ε0S3C===C0C+C2d2122-16一平行板电容器，中间有两层厚度分别为d和d的电介质，它们1231 的相对介电常数为ε和ε，极板面积为S，求电容．r1r2Q解D=D=σ=12SQQE=E=12εεSεεS0r10r2QdQd12U=Ed+Ed=+1122εεSεεS0r10r2QεS0C==Ud1d2+εεr1r22-17计算均匀带电球体的静电能，设球体半径为R，带电量为Q．Qr解E=rR<134πεR0QE=rR>224πεr0ε02ε0RQr22ε0∞Q22W=EdV=()4πrdr+()4πrdr∫∫∫22∫04πεR32∫R4πεr20023Q=20πεR02-18有一电容为0.50µF的平行平板电容器，两极板间被厚度为0.01mm的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（1）求该电容器的额定电压；（2）求电容器存贮的最大能量．7分析通过查表可知聚四氟乙烯的击穿电场强度Eb＝1.9×10V／m，电容器中的电场强度E≤Eb，由此可以求得电容器的最大电势差和电容器存贮的最大能量．解（1）电容器两极板间的电势差U=Ed=190Vmaxb32 （2）电容器存贮的最大能量12−3W=CU=9.03×10Jemax22-19一平行板空气电容器，极板面积为S，极板间距为d，充电至带电Q后与电源断开，然后用外力缓缓地把两极板间距拉开到2d．求：（1）电容器能量的改变；（2）此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系．分析在将电容器两极板拉开的过程中，由于导体极板上的电荷保持不变，极板间的电场强度亦不变，但电场所占有的空间增大，系统总的电场能量增加了．根据功能原理，所增加的能量应该等于拉开过程中外力克服两极板间的静电引力所作的功．解（1）极板间的电场为均匀场，且电场强度保持不变，因此，电场的能量密度为212Qw=εE=e0222εS0在外力作用下极板间距从d被拉开到2d，电场占有空间的体积，也由V增加到2V，此时电场能量增加2Qd∆W=w∆V=ee2εS0（2）两导体极板带等量异号电荷，外力F将其缓缓拉开时，应有F＝－Fe，则外力所作的功为2QdW=−Fri∆==QEde2εS0外力克服静电引力所作的功等于静电场能量的增加．2-20半径为0.10cm的长直导线，外面套有内半径为1.0cm的共轴导体圆筒，导线与圆筒间为空气．略去边缘效应，求：（1）导线表面最大电荷33 面密度；（2）沿轴线单位长度的最大电场能量．分析如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ，导线表面附近的电场强度λσE==2πεRε006查表可以得知空气的击穿电场强度Eb＝3.0×10（V／m），只有当空气中的电场强度E≤Eb空气才不会被击穿，由于在导线表面附近电场强度最大，因而可以求出σ的极限值．再求得电场能量密度，并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度．解（1）导线表面最大电荷面密度−5−2σ=εE=2.66×10C⋅mmax0b显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关．（2）由上述分析得λ=2πεRE，此时导线与圆筒之间各点的电场强max01b度为λR1()E==R12212112（D）M=M，ε<ε12212112di1分析与解教材中已经证明M21＝M12，电磁感应定律ε=M；2121dtdi2ε=M．因而正确答案为（D）．1212dt4-10对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（）（A）位移电流的实质是变化的电场（B）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C）位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D）位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是定向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A）．53 4-11下列概念正确的是（）（A）感应电场是保守场（B）感应电场的电场线是一组闭合曲线（C）Φ=LI，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比m（D）Φ=LI，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大m分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B）．4-12一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为−5()−2Φ=8.0×10sin100πtWb，求在t=1.0×10s时，线圈中的感应电动势．分析由于线圈有N匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成ddΦψε=−N=−，其中ψ=NΦ称为磁链．ddtt解线圈中总的感应电动势dΦε=−N=−2.51cos(100π)tdt−2当t=1.0×10s时，ε=2.51V．4-13有两根相距为d的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，dI且电流均以的变化率增长．若有一dt边长为d的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应题4-13图电动势．54 dΦ分析本题仍可用法拉第电磁感应定律ε=−来求解．由于回路处在非dt均匀磁场中，磁通量就需用Φ=∫B⋅dS来计算（其中B为两无限长直电流S单独存在时产生的磁感强度B1与B2之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B仅与x有关，即B=Bx()，故取一个平行于长直导线的宽为dx、长为d的面元ｄS，如图中阴影部分所示，则dS=ddx，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元dS=dxdy，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可dl用公式E=−M求解．Mdt解1穿过面元dS的磁通量为µIµI00dΦ=B⋅dS=B⋅dS+B⋅dS=ddx−ddx12()2πx+d2πx因此穿过线圈的磁通量为2dµId2dµIdµId3000Φ=∫dΦ=∫d()dx−∫ddx=ln2πx+d2πx2π4再由法拉第电磁感应定律，有dΦ⎛⎞µ0d3dIε=−=⎜⎟lnd2tt⎝⎠π4d解2当两长直导线有电流I通过时，穿过线圈的磁通量为µdI30Φ=ln2π4线圈与两长直导线间的互感为Φµd30M==lnI2π455 dl当电流以变化时，线圈中的互感电动势为dtdI⎛µ0d3⎞dIε=−M=−⎜⎟lnd2tt⎝⎠π4d4-14如图（a）所示，把一半径为R的半圆形导线OP置置于磁感强度为B的均匀磁场中，当导线以速率v水平向右平动时，求导线中感应电动势的大小，哪一端电势较高？题4-14图dΦ分析本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由ε=−求dt解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式ε=∫l(vB×⋅)dl求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl上的动生电动势ddε=×(vB)⋅l.在一般情况下，上述各量可能是ｄl所在位置的函数．矢量（v×B）的方向就是导线中电势升高的方向．解1如图（ｂ）所示，假想半圆形导线OP在宽为2R的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O或56 端点P距形导轨左侧距离为x，则⎛12⎞Φ=⎜2Rx+πR⎟B⎝2⎠即ddΦxε=−=−22RB=−RvBddtt由于静止的形导轨上的电动势为零，则E＝－2RvB．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP段来说端点P的电势较高．解2建立如图（c）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl，则odε=×(vBl)⋅d=vBsin90cosθdl=vBcosθRdθπ/2εε==∫∫dcvvBRosθdθ=2RB−π/2由矢量（v×B）的指向可知，端点P的电势较高．解3连接OP使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，dΦ穿过回路的磁通量Φ=BS=常数.由法拉第电磁感应定律ε=−可知，dtε＝0又因ε＝εOP＋εPO即εOP＝－εPO＝2RvB由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．4-15长为L的铜棒，以距端点r处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．分析应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反57 （电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA棒与OB棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而EOA和EOB则可12以直接利用ε=Brω给出的结果．2题4-15图解1如图（ａ）所示，在棒上距点O为l处取导体元dl，则L-r1εωAB=×∫∫()vBl⋅dd=−lBl=−ωLB()L−2rAB-r2因此棒两端的电势差为1U==εω−−LBL()2rABAB2当L＞2r时，端点A处的电势较高解2将AB棒上的电动势看作是OA棒和OB棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中1212ε=Brω,εω=−BL()rOAOB221则εε=−ε=−ωBL()L−2rABOAOB258 4-16如图所示，长为L的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕OO′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B与转轴平行．求OP棒在图示位置处的电动势．分析如前所述，本题既可以用法拉第电磁dΦ感应定律ε=−计算（此时必须构造一dt个包含OP导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO），也可用ε=×∫(vB)⋅dl来计算．由于对称性，导l体OP旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．题4-16图解1由上分析，得εOP=×∫OP(vB)⋅dlo=∫vBsin90cosαdll()(o)=∫lsinθωBcos90−θdll2L12=ωBsinθ∫ldl=ωB()Lsinθ02由矢量v×B的方向可知端点P的电势较高．解2设想导体OP为直角三角形导体回路OPQO中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势dΦε=−=0=εε++εOPPQQOdt显然，εQO＝0，所以59 1122εOP=−εεPQ=QP=ωBP()Q=ωB(Lsinθ)22由上可知，导体棒OP旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP等效．后者是垂直切割的情况．−14-17如图（ａ）所示，金属杆AB以匀速v=2.0m⋅s平行于一长直导线移动，此导线通有电流I＝40A．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？题4-17图分析本题可用两种方法求解．（1）用公式ε=∫l(vB×⋅)dl求解，建µI0立图（a）所示的坐标系，所取导体元dl=dx，该处的磁感强度B=．（2）2πx用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB在内的闭合回路．为此可设想杆AB在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t，杆AB距导轨下端CD的距离为y，先用公式Φ=∫SB⋅dS求得穿过该回路的磁通60 dΦ量，再代入公式ε=−，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动dt势．解1根据分析，杆中的感应电动势为1.1mµ00µIv−5εAB=×∫∫()vB⋅dl=−vdx=−ln11=−3.84×10VAB0.1m2πx2π式中负号表示电动势方向由B指向A，故点A电势较高．解2设顺时针方向为回路ABCD的正向，根据分析，在距直导线x处，取宽为ｄx、长为y的面元dS，则穿过面元的磁通量为µI0dΦ=B⋅dS=ydx2πx穿过回路的磁通量为1.1mµIµIy00Φ=∫∫dΦ=ydx=−ln11S0.1m2πx2π回路的电动势为ddΦµ00IIyµy−5ε=−=−ln11=−=−3.84×10Vd2txπd2tπ由于静止的形导轨上电动势为零，所以−5εε==−3.84×10VAB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB导体来说，电动势方向应由B指向A，故点A电势较高．4-18如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh段和fg段上的电动势为零(此两段导体61 上处处满足(vB×)⋅=dl0)，因而线框中的总电动势为ε=∫∫(vB×)⋅ddl+(v×⋅B)l=∫(vB×)⋅dl−∫(v×⋅B)dl=εεef−hgefghefhg其等效电路如图（ｂ）所示．题4-18图dΦ2．用公式ε=−求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的dt磁通量．为此设时刻t时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c）所示，显dξ然ξ是时间t的函数，且有=v．在求得线框在任意位置处的电动势ε（ξ）dt后，再令ξ＝d，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1根据分析，线框中的电动势为ε=−εεefhg=×∫∫(vB)⋅ddl−(v×B)⋅lefhgµIvl2µIvl200=dl−dl2πd∫02π()d+l∫01µIvII021=2πdd(+l1)62 由εef＞εhg可知，线框中的电动势方向为efgh．解2设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为l1µIlµIlξ+l02021Φ==∫dxln02xππ()+ξ2ξ相应电动势为dΦµIlvl021εξ()=−=d2tlπξξ()+1令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为µIlvl021ε=2πdd()+l1由ε＞0可知，线框中电动势方向为顺时针方向．dB4-19有一磁感强度为B的均匀磁场，以恒定的变化率在变化．把一块dt质量为m的铜，拉成截面半径为r的导线，并用它做成一个半径为R的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B垂直．试证：这回路中的感应电流为mdBI=4πρddt式中ρ为铜的电阻率，d为铜的密度．2解圆形回路导线长为2πR，导线截面积为πr，其电阻R′为l2RR′=ρ=ρ2Sr在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为Φ=BS，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为2E1dΦ12dBπRrdBI===πR=R′R′dtR′dt2ρdt63 22m而m=d2πRπr，即πRr=，代入上式可得2πdmdBI=4πρddt4-20在半径为R的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l的金属棒放在磁场中，设B随时间的变化率2dBdBl2⎛⎞l为常量．试证：棒上感应电动势的大小为ε=−R⎜⎟.dtd2t⎝⎠2分析变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从题4-20图而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由ε=E⋅dl计算棒上感生电动势．此外，还可连接∫klOP、OQ，设想PQOP构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP、OQ沿半径方向，与通过该处的感生电场强度Ek处处垂直，故E⋅dl=0，OP、OQ两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出k64 的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ上的电动势．证1由法拉第电磁感应定律，有2ddΦBBdl2⎛⎞lεε==−=SR=−PQ∆⎜⎟ddttdt2⎝⎠2rdB证2在r＜R区域，感生电场强度的大小E=k2dt设PQ上线元ｄx处，Ek的方向如图（b）所示，则金属杆PQ上的电动势为22lrBdRl−()/2εθ=⋅Exdc=Exosd=dxPQ∫∫kk∫02dtrdBl22=−Rl()/2d2t讨论假如金属棒PQ有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？该如何求解？4-21设有半径R＝0.20m的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离d＝0.50cm，以恒定电流I＝2.0A对电容器充电．求位移电流密度（忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的）．分析尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场．从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流．在本题中，导线内存在着传导电流Ic，而在平行板电容器间存在着位移电流Id，它们使电路中的电流连续，即I=I．dc解忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间2位移电流I=j⋅dS=jπR，由此得位移电流密度的大小d∫ddSIdIc−2j===15.9A⋅md22πRπR65 第5章机械振动本章要点1．简谐振动动力学方程的基本形式2dx2+ωx=02dt2．简谐振动运动方程xA=cos(ωt+ϕ)3．描述简谐振动的特征量（1）振幅A：振动物体偏离平衡位置最大位移的绝对值。振幅由系统的初始条件决定，22其公式为A=x+(v/ω)00（2）相ωt+ϕ与初相ϕ：相是决定振动系统在t时刻状态的物理量；初相则由系统的初始条件决定，有公式ϕ=arctg(/−vωx).00（3）周期T和频率ν：T表示系统作一次完全振动所需要的时间；ν表示单位时间内系统所作的完全振动的次数.因而T=1/ν。T和ν是由系统本身的性质决定的.可由列出的动力学方程中的圆频率ω求出，有T=2π/ω或ν=ω/2π单摆的周期为T=2πl/g弹簧振子的周期为T=2πm/k4．几何描述法——旋转矢量（参考圆）5．能量：简谐振动系统的总机械能守恒。对水平弹簧振子，66 1222动能为Em=ωAsin(ωt+ϕ)k21222势能为Em=ωAcos(ωt+ϕ)P212212总机械能为E=mωA=kA226．简谐振动的合成（1）振动方向相同、频率相同、相差固定的两个简谐振动，合成后仍为同向同频的简谐振动，其振动方程为：xA=+cos(ωtϕ)22其中AA=+A+2cAAos(ϕ−ϕ)121212AAsinϕ+sinϕ1122ϕ=arctg()AAcosϕ+cosϕ1122且当ϕ−=ϕπ2k(k=0,±1,±2,?)时，A=A+A，即振动得到最1212大的加强；而当ϕ−=ϕπ(2k+1)(k=0,±1,±2,?)时，12A=A−A，即振动受到最大的削弱.12（3）振动方向垂直、频繁相同的两个简谐振动合成后，振动物体的轨迹一般为椭圆，特殊情况下为圆或直线.习题答案5-1质点作简谐运动.在什么情况下速度和加速度方向相同?在什么情况下方向相反?答质点从最大位移处向平衡位置运动的1/4周期内,速度和加速度方向相同.从平衡位置向最大位移处运动的1/4周期内,两者方向相反.5-2从运动学看什么是简谐振动？从动力学看什么是简谐振动？一个物体受到一个使它返回平衡位置的力，它是否一定作简谐振动？67 答从运动学看：物体在平衡位置附近做往复运动，位移（角位移）随时间t的变化规律可以用一个正（余）弦函数来表示，则该运动就是简谐振动。从动力学看：物体受到的合外力不仅与位移方向相反，而且大小应与位移大小成正比，所以一个物体受到一个使它返回平衡位置的力，不一定作简谐振动。−25-3有一弹簧振子,振幅A=×5.010m,周期T=2.0s,初相为π/4,试写出它的运动方程.答弹簧振子作简谐运动,假设其运动方程为x=Acos(ωt+φ),将已知数据代入,即得运动方程为−2xt=×5.010cos(ππ+4)(SI)5-4一质点做简谐振动，振动方程为x=Acos(ωt+φ)，当时间t=T/2(T为周期)时，质点的速度为()(A)－Aωsinφ(B)Aωsinφ(C)－Aωcosφ(D)Aωcosφ正确答案为（B）5-5一物体做简谐振动，振动方程为x=Acos(ωt+π/4),当时间t=T/4(T为周期)时，物体的加速度为()2X(m)(A)－Aω×222A/2(B)Aω×2205t(s)2(C)－Aω×32－A2题5-6图(D)Aω×32正确答案为（B）5-6一简谐振动的曲线如所示，该振动的周期为()（A）10s（B）11s（C）12s（D）13s正确答案为（C）5-7有一弹簧振子，总能量为E，如果简谐振动的振幅增加为原来的两倍，重物的质量增加为原来的四倍，则它的总能量变为()（A）2E（B）4E（C）E/2（D）E/4正确答案为（B）5-8一个弹簧振子和一个单摆，在地面上的固有振动周期分别为T1和T2，将它们拿到月球上去，相应的周期分别为Τ′和Τ′，则有()1268 （A）Τ"＞T1且Τ′＞T2（B）Τ"＜T1且Τ′＜T21212（C）Τ"=T1且Τ′=T2（D）Τ"=T1且Τ′＞T21212正确答案为（D）5-9一弹簧振子在光滑的水平面上做简谐振动时，弹性力在半个周期内所做的功为()222(A)kA（B）kA/2（C）kA/4（D）0正确答案为（D）A5-10一个质点作简谐运动，振幅为A，在起始时刻质点的位移为−，且2向x轴正方向运动，代表此简谐运动的旋转矢量为（）题5-10图分析与解（B）图中旋转矢量的矢端在x轴上投影点的位移为－A/2，且投影点的运动方向指向Ox轴正向，即其速度的x分量大于零，故满足题意．因而正确答案为（B）．5-11一质点作谐振动，周期为T，它由平衡位置沿x轴负方向运动到离最大负位移1/2处所需要的最短时间为（）（A）T/4（B）T/12（C）T/6（D）T/8正确答案为（B）5-12已知某简谐运动的振动曲线如图（a）所示，则此简谐运动的运动方程为（）⎡⎤22⎡22⎤()A2xt=−cos⎢⎥ππ()cm(C)x=+2cos⎢ππt⎥()cm⎣⎦33⎣33⎦⎡⎤42⎡42⎤()B2xt=−cos⎢⎥ππ()cm(D)xt=+2cos⎢ππ⎥()cm⎣⎦33⎣33⎦69 分析与解由振动曲线可知，初始时刻质点的位移为–A/2，且向x轴负方向运动．图（ｂ）是其相应的旋转矢量图，由旋转矢量法可知初相位为2π/3．振动曲线上给出质点从–A/2处运动到+A处所需时间为1s，由对应题5-12图题5-12图旋转矢量图可知相应的相位差∆ϕ=4π/3，则角频率()−1ω=∆ϕ/∆t=4π/3sϕ，故选（D）．本题也可根据振动曲线所给信息，逐一代入方程来找出正确答案．5-13两个同周期简谐运动曲线如图（a）所示，x1的相位比x2的相位（）ππ（A）落后（B）超前（C）落后π（D）超前π22题5-13图分析与解由振动曲线图作出相应的旋转矢量图（b）即可得到答案为（B）．5-14当质点以频率ν作简谐运动时，它的动能的变化频率为（）70 ν（A）（B）ν（C）2ν（D）4ν21222分析与解质点作简谐运动的动能表式为E=mωAsin()ωt+ϕ，可k2见其周期为简谐运动周期的一半，则频率为简谐运动频率ν的两倍．因而正确答案为（C）．5-15图（a）中所画的是两个简谐运动的曲线，若这两个简谐运动可叠加，则合成的余弦振动的初相位为（）31（A）π（B）π（C）π（D）022分析与解由振动曲线可以知道，这是两个同振动方向、同频率简谐运动，题5-15图它们的相位差是π（即反相位）．运动方程分别为x=Acosωt和1Ax=cos(ωt+π)．它们的振幅不同．对于这样两个简谐运动，可用旋转22A矢量法，如图（b）很方便求得合运动方程为x=cosωt．因而正确答案12为（D）．−25-16有一个弹簧振子，振幅A=2.0×10m，周期T=1.0s，初相ϕ=3π/4．试写出它的运动方程，并作出x−t图、v−t图和a−t图．分析弹簧振子的振动是简谐运动．振幅A、初相ϕ、角频率ω是简谐运动方程x=Acos(ωt+ϕ)的三个特征量．求运动方程就要设法确定这三个物71 理量．题中除A、ϕ已知外，ω可通过关系式ω=2π/T确定．振子运动的速度和加速度的计算仍与质点运动学中的计算方法相同．解因ω=2π/T，则运动方程xA=cos(ωt+ϕ)⎛⎞2πt=+Acos⎜⎟ϕ⎝⎠T根据题中给出的数据得−2xt=×2.010cos(2π+0.75π)m题5-16图振子的速度和加速度分别为v=d/xdy−2-1=−×4π10sin()2πt+0.75πms⋅22−2-1ax=d/dy=−8π×10cos(2πt+0.75π)ms⋅x−t、v−t及a−t图如图所示．5-17若简谐运动方程为x=0.10cos(20πt+0.25π)m，求：（1）振幅、频率、角频率、周期和初相；（2）t=2s时的位移、速度和加速度．分析可采用比较法求解．将已知的简谐运动方程与简谐运动方程的一般形式x=Acos(ωt+ϕ)作比较，即可求得各特征量．运用与上题相同的处理方法，写出位移、速度、加速度的表达式，代入t值后，即可求得结果．解（1）将xt=+0.10cos(20π0.25π)m与x=Acos(ωt+ϕ)比较后可−1得：振幅A＝0.10m，角频率ω=20πs，初相ϕ＝0.25π，则周期T=2π/ω=0.1s，频率v=1/THz．72 （２）t=2s时的位移、速度、加速度分别为()−2x=0.10cos40πt+0.25π=7.07×10m()-1v=dx/dt=−2πsin40π+0.25π=−4.44m⋅s222()2-2a=dx/dt=−40πcos40π+0.25π=−2.79×10m⋅s-25-18一放置在水平桌面上的弹簧振子，振幅A＝2.0×10m，周期T0=.50s．当t＝0时，（1）物体在正方向端点；（2）物体在平衡位置、-2向负方向运动；（3）物体在x＝1.0×10m处，向负方向运动；（4）物体-2在x＝－1.0×10m处，向正方向运动．求以上各种情况的运动方程．分析在振幅A和周期T已知的条件下，确定初相φ是求解简谐运动方程的关键．初相的确定通常有两种方法．（1）解析法：由振动方程出发，根据初始条件，即t＝0时，x＝x0和v＝v0来确定φ值．（2）旋转矢量法：如图（a）所示，将质点P在Ox轴上振动的初始位置x0和速度v0的方向与旋转矢量图相对应来确定φ．旋转矢量法比较直观、方便，在分析中常采用．题5-18图-2−1解由题给条件知A＝2.0×10m，ω=2/T=4πs，而初相φ可采用分析中的两种不同方法来求．解析法：根据简谐运动方程x=Acos(ωt+ϕ)，当t=0时有x=Acos(ωt+ϕ)，v=−Aωsin．当（1）x=A时，cosϕ=1，则000173 ϕ=0；1ππ（2）x0=0时，cosϕ2=0，ϕ2=±，因v0<0，取ϕ2=；22−2ππ（3）x=1.0×10m时，cosϕ=0.5，=±，由v<0，取ϕ=；0330333−2π（4）x0=−1.0×10m时，cosϕ4=−0.5，ϕ4=π±，由v0>0，34π取ϕ=．43旋转矢量法：分别画出四个不同初始状态的旋转矢量图，如图（b）所ππ4π示，它们所对应的初相分别为ϕ1=0，ϕ2=，ϕ3=，ϕ4=．233振幅A、角频率ω、初相φ均确定后，则各相应状态下的运动方程为−2（1）x=2.0×10cos4πt()m−2（2）x=2.0×10cos(4πt+π/2)(m)−2（3）x=2.0×10cos(4πt+π/3)(m)−2（4）x=2.0×10cos(4πt+4π/3)(m)5-19某振动质点的x-t曲线如图（a）所示，试求：（1）运动方程；（2）点P对应的相位；（3）到达点P相应位置所需的时间．分析由已知运动方程画振动曲线和由振动曲线求运动方程是振动中常见的两类问题．本题就是要通过x～t图线确定振动的三个特征量A、ω和ϕ，0从而写出运动方程．曲线最大幅值即为振幅A；而ω、ϕ通常可通过旋转0矢量法或解析法解出，一般采用旋转矢量法比较方便．解（1）质点振动振幅A＝0.10ｍ．而由振动曲线可画出t0＝0和t1＝4ｓ时74 旋转矢量，如图（b）所示．由图可见初相ϕ=−π/3（或ϕ=5π/3），00−1而由ω()t−t=π/2+π/3得ω=5π/24s，则运动方程为10⎛5π⎞()x=0.10cos⎜t−π/3⎟m⎝24⎠题5-19图（2）图（a）中点P的位置是质点从A／2处运动到正向的端点处．对应的旋转矢量图如图（c）所示．当初相取ϕ=−π/3时，点P的相位为0ϕp=ϕ0+ω(tp−0)=0（如果初相取成ϕ=5π/3，则点P相应的相位应0表示为ϕϕ=+ω(t−0)=2π．p0p（3）由旋转矢量图可得ω(t−0)=π/3，则t=1.6s．pp5-20作简谐运动的物体，由平衡位置向x轴正方向运动，试问经过下列路程所需的最短时间各为周期的几分之几？（1）由平衡位置到最大位移处；（2）由平衡位置到x＝A/2处；（3）由x＝A/2处到最大位移处．解采用旋转矢量法求解较为方便．按题意作如图所示的旋转矢量图，平衡位置在点O．（1）平衡位置x1到最大位移x3处，图中的旋转矢量从位置1转到位置3，故∆ϕ=π/2，则所需时间1∆t=∆ϕ/ω=T/41175 （2）从平衡位置x1到x2＝A/2处，图中旋转矢量从位置1转到位置2，故有∆ϕ=π/6，则所需时间2∆t=∆ϕ/ω=T/1222（3）从x2＝A/2运动到最大位移x3处，图中旋转矢量从位置2转到位置3，有∆ϕ=π/3，则所需时间3∆t=∆ϕ/ω=T/6335-21两质点作同频率、同振幅的简谐运动．第一个质点的运动方程为x=Acos(ωt+ϕ)，当第一个质点自振动1题5-20图正方向回到平衡位置时，第二个质点恰在振动正方向的端点，试用旋转矢量图表示它们，并求第二个质点的运动方程及它们的相位差．解图示为两质点在时刻t的旋转矢量图，可见第一个质点M的相位比第二个质点N的相位超前π/2，即它们的相位差∆φ＝π/2．故第二个质点的运动方程应为题5-21图x=Acos(ωt+ϕ−π/2)25-22图（a）为一简谐运动质点的速度与时间的关系曲线，且振幅为2cm，求（1）振动周期；（2）加速度的最大值；（3）运动方程．分析根据v-t图可知速度的最大值vmax，由vmax＝Aω可求出角频率ω，进而2可求出周期T和加速度的最大值amax＝Aω．在要求的简谐运动方程x＝Acos（ωt＋φ）中，因为A和ω已得出，故只要求初相位φ即可．由v～t曲线图可以知道，当t＝0时，质点运动速度v0＝vmax/2＝Aω/2，之后速度越来越大，因此可以判断出质点沿x轴正向向着平衡点运动．利用v0＝－Aωsinφ就可求出φ．76 题5-22图−1解（1）由v=Aω得ω=1.5s，则maxT=2π/ω=4.2s2−2−2（2）a=Aω=4.5×10m⋅smax（3）从分析中已知v=−Aωsin=Aω/2，即0sinϕ=−1/2,ϕπ=−−/6,5π/6因为质点沿x轴正向向平衡位置运动，则取ϕ=−5/π6，其旋转矢量图如图（b）所示．则运动方程为x=2cos(1.5t−5π/6)(cm)-25-23质量为0.10kg的物体，以振幅1.0×10m作简谐运动，其最大加速-2度为4.0ｍ·s求：（1）振动的周期；（2）物体通过平衡位置时的总能量与动能；（3）物体在何处其动能和势能相等？（4）当物体的位移大小为振幅的一半时，动能、势能各占总能量的多少？2分析在简谐运动过程中，物体的最大加速度a=Aω，由此可确定振max动的周期T．另外，在简谐运动过程中机械能是守恒的，其中动能和势能互22相交替转化，其总能量E＝kA/2．当动能与势能相等时，Ek＝EP＝kA/4．因而可求解本题．解（1）由分析可得振动周期77 T=2π/ω=2πA/a=0.314smax（2）当物体处于平衡位置时，系统的势能为零，由机械能守恒可得系统的动能等于总能量，即1221E=E=mAω=mAakmax22−3=2.0×10J（3）设振子在位移x0处动能与势能相等，则有22kx/2=kA/40−3得x=±2A/2=±7.07×10m0（４）物体位移的大小为振幅的一半（即xA=/2）时的势能为121⎛A⎞EP=kx=k⎜⎟=E/422⎝2⎠则动能为E=E−E=3E/4KP78 第6章机械波1.机械波的基本概念（1）产生的条件：波源，弹性介质（2）基本类型：横波，纵波（3）特征量：波速，周期和频率，波长（4）几何描述：波面与波前，波线2.平面简谐波（1）波函数：yA=cos[]ω(t∓x/u)+α（2）能量2221)能量密度ω=+ρωAtsin[ω(∓x/u)ϕ]122平均能量密度ϖ=ρAω21222)平均能流密度(波强)I=ϖv=ρVAω23.机械波的干涉（1）惠更斯原理（2）波的叠加原理（3）波的相干条件：频率相同，振动方向相同，相差固定（4）二列波相干叠加的结果：当∆ϕ=±2kπ(k=0,1,2,")时，振幅最大；当∆ϕ=±(2k+1)π(k=0,1,2,")时,振幅最小.（5）驻波：由两列振幅相同，传播方向相反的波相干叠加形成，其波动方程形如y=2Acos(2πx/λ)cosωt由此可确定波腹、波节的位置.相邻的波腹(或波节)间的距离为半个波长.4.多普勒效应由于声源与观察者的相对运动，造成接收频率发生变化的现象.79 习题答案6-1什么是波动?波动和振动有什么区别和联系?具备什么条件才能形成机械波?答振动的传播过程称为波动.波动是波源的振动状态或振动能量在介质中的传播,介质的质点并不随波前进,波动传到的各质点只是在各自的平衡位置附近作与波源同频率的振动.产生机械波必须具备两个条件:(1)有产生机械振动的振源,或称波源;(2)有传播这种振动的弹性介质.⎡x⎤6-2在波动方程yA=cosω(t−)+ϕ中,y、A、ω、u、x、ϕ的意义是⎢⎣u⎥⎦x什么?的意义是什么?如果将波动方程写成u⎡x⎤xyA=−cosωtωϕ+,ω的意义又是什么?⎢⎣u⎥⎦u答y是x、t的函数,表示传播介质中距原点为x处的质点在t时刻的位移；A为质点的振幅,ω为角频率,u为波速,ϕ为初相.由于介质不吸收能量,当振动沿x轴正向以波速u传播到坐标x的点时,该点处波面上各点将以相同的振幅A和相同的角频率ω重复着坐标原点O处的振动.x为波从原点O处传到x处所需的时间.uxω表示距原点x处的质点比原点处质点落后的振动相位.u6-3在某弹性介质中,波源作简谐运动,并产生平面余弦波,波长为λ,波速为u,频率为ν，问在同一介质内,这三个量哪一个是不变量?当波从一种介质进入另一种介质时,哪些是不变量?波速与波源振动速度是否相同?答波速仅决定于传波介质的性质,因此,在同一介质内,波速u是不变量.而频率则是由波源振动状态决定的,而波长λ=u/ν,因此,当波源振动状态发生变化时,ν和λ都将发生变化.当波从一种介质进入另一种介质时,只要波源不变,则ν将不变,但u要发生变化,因此波长λ=u/ν也将发生变化.波速与波源振动速度是完全不同的物理量.波速的大小主要决定于介80 质的性质,在同一介质中是一个不变量,而波源振动速度的大小和方向随时间作周期性变化.6-4一平面简谐波，波速为µ=5cm/s，设t=3s时刻的波形如图所示，则x=0处的质点的振动方程为（）y(cm)－2u(A)y=2×10cos(πt/2－π/2)(SI)－2(B)y=2×10cos(πt+π)(SI)－2(C)y=2×10cos(πt/2+π/2)(SI)05152535x(cm)－2(D)y=2×10cos(πt－3π/2)(SI)正确答案为（A）题6-4图6-5一平面简谐波在t=0时刻的波形y(m)u图如图所示，波速为um=200s，则0.4图中O点的振动加速度的表达式为P0100200300x(m)（）2（A）a=0.4πcos(πt－π/2)(SI)（B）a=0.4π2cos(πt－3π/2)(SI)题6-5图2（C）a=－0.4πcos(2πt－π)(SI)2（D）a=－1.6πcos(2πt+π/2)(SI)正确答案为（D）6-6一平面简谐波在t=0时刻的波形图如题6-5图所示，波速为um=200s，则图中P(100m)点的振动速度表达式为（）（A）v=－0.8πcos(2πt－π)(SI)s1r1（B）v=－0.2πcos(πt－π)(SI)p(C)v=0.2πcos(2πt－π/2)(SI)（D）v=0.2πcos(πt－3π/2)(SI)r2正确答案为（A）s2题6-7图6-7如图所示，两列波长为λ的相干波在P点相遇，S1点的初相位是φ1，S1点到P点距离是r1；S2点的初相位是φ2，S2点到P点距离是r2，k=0,±1,±2,±3····，则P点为干涉极大的条件为（）（A）r2－r1=kλ(C)φ2－φ1=2kπ(B)φ2－φ1+2π(r2－r1)/λ=2kλ(D)φ2－φ1－2π(r2－r1)/λ=2kπ正确答案为（D）6-8传播速度为100m／s、频率为50Hz的平面简谐波，在波线上相距为0.5m的两点之间的相位差是（）（A）π/3（B）π/6（C）π/２(D）π/４正确答案为（C）81 6-9下列的平面简谐波的波函数中，选出一组相干波的波函数（）π(A)yA1=cos(x−20t)(B)yA2=cos2π(x−5t)4⎛⎞xπ(C)yA=cos2π⎜⎟2.5t−+0.2(D)y=−Acos()x240t34⎝⎠86正确答案为（A，C）6-10已知平面简谐波的波函数为y＝Acos（at－bx）（a，b为正值），则（）（A）波的频率为a（B）波的传播速度为b/a（C）波长为π/b（D）波的周期为２π/a正确答案为（D）6-11图（a）表示t＝0时的简谐波的波形图，波沿x轴正方向传播，图（b）为一质点的振动曲线．则图（a）中所表示的x＝0处振动的初相位与图（b）所表示的振动的初相位分别为（）题6-11图ππ（Ａ）均为零（Ｂ）均为（Ｃ）均为−22ππππ（Ｄ）与−（Ｅ）−与2222分析与解本题给了两个很相似的曲线图，但本质却完全不同．求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义．图（a）描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t时刻的位移状态．其中原点处质点位移为零，其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y轴负向，利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2．而图（b）是一个质点82 的振动曲线图，该质点在t＝0时位移为0，t＞0时，由曲线形状可知，质点向y轴正向运动，故由旋转矢量法可判知初相位为－π/2，答案为（D）．6-12机械波的表达式为yt=+0.05cos(6π0.06πx)m，则（）-1（Ａ）波长为100ｍ（Ｂ）波速为10ｍ·ｓ（Ｃ）周期为1/3ｓ（Ｄ）波沿x轴正方向传播⎡⎛x⎞⎤分析与解波动方程的一般表式为y=Acos⎢ω⎜t∓⎟+ϕ⎥，其中A为振⎣⎝u⎠⎦幅，φ为初相，u为波速．x/u前的“－”表示波沿x轴正向传播，“+”表示波沿x轴负向传播．因此将原式写为yt=0.05cos(6π(+x/100))m和一般式-1比较可知（Ｂ）、（Ｄ）均不对．而由ω＝2π/T＝6πｓ可知T＝1/3ｓ．则λ＝uT＝33.3m，因此（Ａ）也不对．只有（Ｃ）正确．T6-13一平面简谐波，沿x轴负方向传播，角频率为ω，波速为u．设t=4时刻的波形如图（a）所示，则该波的表达式为（）⎡⎛⎞x⎤⎡⎛x⎞π⎤(A)yA=cos⎢ω⎜⎟t−+π⎥(B)yA=cos⎢ω⎜t−⎟−⎥⎣⎝⎠u⎦⎣⎝⎠u2⎦⎡⎛⎞xπ⎤⎡⎛⎞x⎤(C)yA=+cos⎢ω⎜t⎟−⎥(D)yA=cos⎢ω⎜⎟t++π⎥⎣⎝u⎠2⎦⎣⎝⎠u⎦分析与解因为波沿x轴负向传播，由上题分析知（Ａ）、（B）表式不正题6-13图确．找出（C）、（D）哪个是正确答案，可以有很多方法．这里给出两个常用方法．方法一：直接将t＝T/4，x＝0代入方程，那么对（C）有y0＝A、83 对（D）有y0＝0，可见（D）的结果与图一致．方法二：用旋转矢量法求出波动方程的初相位．由图（a）可以知道t＝T/4时原点处质点的位移为0，且向y轴正向运动，则此时刻的旋转矢量图如图（b）所示．要求初相位，只要将该时刻的旋转矢量反转（顺时针转）∆φ＝ω·∆t＝ω·T/4＝π/2，如图（b）所示，即得φ0＝π．同样得（D）是正确答案．6-14在驻波中，两个相邻波节间各质点的振动（）（A）振幅相同，相位相同（B）振幅不同，相位相同（C）振幅相同，相位不同（D）振幅不同，相位不同x分析与解驻波方程为y=2Acos2πcos2πvt，因此根据其特点，两波节λ间各点运动同相位，但振幅不同．因此正确答案为（B）．−3()6-15波源作简谐运动，其运动方程为y=4.0×10cos240πtm，它-1所形成的波形以30ｍ·ｓ的速度沿一直线传播．（1）求波的周期及波长；（2）写出波动方程．分析已知波源运动方程求波动物理量及波动方程，可先将运动方程与其一般形式y=Acos(ωt+ϕ)进行比较，求出振幅A、角频率ω及初相φ0，而这三个物理量与波动方程的一般形式y=Acos[ω(t−x/u)+ϕ]中相应0的三个物理量是相同的．再利用题中已知的波速u及公式ω＝2πν＝2π／T和λ＝uT即可求解．−1解（1）由已知的运动方程可知，质点振动的角频率ω=240πs．根据分析中所述，波的周期就是振动的周期，故有−3T=2π/ω=8.33×10s波长为：λ＝uT＝0.25ｍ（２）将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得−3−1A=×4.010m，ω=240πs，φ0＝0故以波源为原点，沿x轴正向传播的波的波动方程为84 yA=⎡cos⎣⎦ωϕ(t−x/u)+0⎤−3=×4.010cos()240πtx−8π(m)6-16已知一波动方程为y=0.05sin(10πt-2x)(m)．（1）求波长、频率、波速和周期；（2）说明x＝0时方程的意义，并作图表示．分析采用比较法．将题给的题6-16图波动方程改写成波动方程的余弦函数形式，比较可得角频率ω、波速u，从而求出波长、频率等．当x确定时波动方程即为质点的运动方程y＝y（t）．解（1）将题给的波动方程改写为y=0.05cos[10π(t−x/5π)−π/2](m)与y=Acos[ω(t−x/u)+ϕ]比0-1-1较后可得波速u＝15.7ｍ·ｓ，角频率ω＝10πｓ，故有v/=ω2π==50.Hz,T1/v=0.2s,λ=uT=3.14m（2）由分析知x＝0时，方程y=0.05cos(10πt−π/2)(m)表示位于坐标原点的质点的运动方程（如图）．6-17有一平面简谐波在空间传播．已知在波线上某点B的运动规律为y=Acos(ωt+ϕ)，就图（a）（b）（c）给出的三种坐标取法，（1）分别列出波动方程．（2）用这三个方程来描述与B相距为b的P点的运动规律．分析（1）波动方程的一般表式为y=Acos[ω(t∓x/u)+ϕ]，式中振0幅A、角频率ω和波速u从B点运动方程和所给图均已知．因此只要求出原点的初相φ0．而对（a）、（b）情况，B点即为原点，所以φ0＝φ，对情况（c），原点比B点超前相位∆φ＝ωl／u，则φ0＝φ＋ω1／u．（2）写出三种情况下波动方程后只要将P点相应的坐标代入即可写出P点的运动规律．解（1）根据分析和图示波的传播方向，有（a）情况下：y=Acos[ω()t−x/u+ϕ]85 （b）情况下：y=Acos[ω()t+x/u+ϕ]⎡ωl⎤（c）情况下：y=Acos⎢ω()t−x/u+ϕ+⎥⎣u⎦题6-17图（2）将P点的x坐标值分别代入上述相应的波动方程可得三种情况下均有：y=Acos[ω(t−b/u)+ϕ]P讨论由于三种情况下，在沿波传播方向上，P点均落在B点后距离为b处，即P点的振动均比B点的振动落后时间b/u，落后相位ωb/u，因而P点的运动方程均为y=Acos[]ω(t−b/u)+ϕ．P6-18如图所示为一平面简谐波t＝0时刻的波形图，求（1）该波的波动方程；（2）P处质点的运动方程．分析（1）根据波题6-18图形图可得到波的波长λ、振幅A和波速u，因此只要求初相φ，即可写出波动方程．而由图可知t＝0时，x＝0处质点在平衡位置处，且由波的传播方向可以判断出该质点向y轴正向运动，利用旋转矢量法可知φ＝－π/2．（2）波动方程确定后，将P处质点的坐标x代入波动方程即可求出其运动方程yP＝yP（t）．-1解（1）由图可知振幅A＝0.04ｍ，波长λ＝0.40ｍ，波速u＝0.08ｍ·ｓ，86 -1则ω＝2π/T＝2πu/λ＝（2π/5）ｓ，根据分析已知φ＝－π/2，因此波动方程为⎡2π⎛x⎞π⎤()y=0.04cos⎢⎜t−⎟−⎥m⎣5⎝0.08⎠2⎦（2）距原点O为x＝0.20ｍ处的P点运动方程为⎡2ππ⎤y=+0.04cos⎢⎥t()m⎢⎣52⎥⎦6-19一平面简谐波，波长12m，沿OX轴负向传播．图（a）所示为x1=.0m处质点的振动曲线，求此波的波动方程．分析该题可利用振动曲线来获取波动的特征量，从而建立波动方程．求解的关键是如何根据图（a）写出它所对应的运动方程．较简便的方法是旋转矢量法．解由图（a）可知质点振动的振幅A＝0.40ｍ，t＝0时位于x＝1.0m处的质点在A/2处并向Oy轴正向移动．据此作出相应的旋转矢量图（b），从图中可知ϕ′=−π/3．又由图（a）可知，t＝5s时，质点第一次回到平衡0−1位置，由图（b）可看出ωt＝5π/6，因而得角频率ωπ=(/6)s．由上述特征量可写出x＝1.0m处质点的运动方程为⎡ππ⎤()y=0.04cost−m⎢⎣63⎥⎦−1将波速u=λ/T=ωλ/2π=1.0m⋅s及x＝1.0m代入波动方程的一般形式y=Acos[ω(t+x/u)+ϕ]中，并与上述x＝1.0m处的运动方程作0比较，可得φ0＝－π／2，则波动方程为⎡π()π⎤()y=0.04cost+x−m⎢⎥⎣62⎦6-20平面简谐波的波动方程为y=0.08cos(4πt−2πx)(m)．求：（1）t＝2.1s时波源及距波源0.10m两处的相位；（2）离波源0.80m87 及0.30m两处的相位差．解（1）将t＝2.1s和x＝0代入题给波动方程，可得波源处的相位ϕ=8.4π1将t＝2.1s和x′＝0.10m代入题给波动方程，得0.10m处的相位为ϕ=8.2π2（2）从波动方程可知波长λ＝1.0m．这样，x1＝0.80m与x2＝0.30m两点间的相位差∆∆φ=2π⋅x/λ=π6-21如图所示，两相干波源分别在P、Q两点处，它们发出频率为ν、波长为λ，初相相同的两列相干波．设PQ＝3λ/2，R为PQ连线上的一点．求：（1）自P、Q发出的两列波在R处的相位差；（2）两波在R处干涉时的合振幅．分析因两波源的初相相同，题6-21图两列波在点R处的相位差∆φ仍与上题一样，由它们的波程差决定．因R处质点同时受两列相干波的作用，其振动为这两个同频率、同振动方向的简谐运动的合成，合振幅22A=A+A+2AAcos∆ϕ．1212解（1）两列波在R处的相位差为∆ϕ=2π∆r/λ=3π（2）由于∆ϕ=3π，则合振幅为22A=A+A+2AAcos3π=A−A12121288 第7章波动光学本章要点1.杨氏双缝干涉±kλ明纹k=0,1,2,?nd(1)光程差δ=n(r−r)=x=21D±（2k−1)λ2暗纹k=1,2,?(2)条纹位置Dλx=±k,k=0,1,2,?明ndDλx=±()2k+1,k=1,2,?暗nd2Dλ(3)相邻明(暗)条纹间距∆x=nd2.薄膜等厚干涉(1)劈尖kλk=1,2,?λ反射光程差δ=2ne+=2()2k+1λ2k=0,1,2,?暗纹λ相邻明(暗)条纹对应膜厚度差∆e=e−e=k+1k2n∆eλ相邻明(暗)条纹间距l==θ2nθ(2)牛顿环kλk=1,2,?明纹λ反射光程差δ=2ne+=2()2k+1λ2k=0,1,2,?暗纹()2k−1Rλr=,k=1,2,?明2n环纹半径kRλr=,k=0,1,2,?暗n(3)迈克耳逊干涉仪平面镜移动距离与移过条纹数目的关系89 λx=N23.单缝衍射(1)光程差±kλk=1,2,?暗纹中心λasinϕ=±()2k+1k=1,2,?明纹中心20为中央明纹中心λ(2)中央明纹角宽度∆ϕ=ϕ−ϕ=20+1−1aλ(3)中央明纹线宽度∆=x2f0aλ(4)其它各级明纹宽度过∆=xfa4.衍射光栅(1)光栅公式(平行光正入射)(a+b)sinϕ=±kλk=0,1,2,?(2)谱线位置x=ftgϕ≈fsinϕkkka+b(3)能看见的谱线最大级数k≤(k取整数)maxmaxλ(4)有缺级现象5.自然光和偏振光自然光的光振动在所有可能方向上的振幅都相等.它可以分成强度相同,振动方向相互垂直的独立的两束光.光振动沿某一方向占优势的光为部分偏振光,线偏振光的光振动沿着偏振化方向,它的偏化程度最高.6.获得偏振光的方法(1)自然光通过偏振片变成线偏振光.(2)当自然光以起偏角i0射到两种介质的界面上时,反射光为线偏90 n2振光,折射光为部分偏振光,i0由布儒斯特定律tgi0=决定.n1(3)自然光射到透明晶体时,由于晶体的双折射现象,透射光是线偏振光.7.偏振光的检验由马吕斯定律得知,线偏振光通过检偏器后的光强为2I=Icosα0据此,可以由检偏器转动时光强I的改变来检验偏振光.一切起偏器都可以用作检偏器.习题答案7-1在杨氏双缝干涉实验中,(1)如果把光源S向上移动,则干涉图样将发生怎样的移动?(2)当缝间距离不断增大时,则干涉图样中相邻明纹之间的距离将发生什么变化?(3)若每条狭缝都加宽1倍,干涉图样中相邻明纹之间的距离将发生什么变化?答(1)在杨氏双缝实验中,如果把光源S向上移动,则干涉图样将向下平移.(2)明纹间距Δx=Dλ/d,当缝间距离d不断增大时,干涉图样中明纹之间的距离减小,当d过大时,Δx过小,条纹太密将不易分辨.(3)若每条狭缝都加宽1倍,干涉图样中相邻明纹之间的距离不变.7-2有人说:“等厚干涉条纹是在厚度相等(均匀)的薄膜上形成的,等倾干涉条纹是在夹角一定的劈尖上形成的.”你说对吗?答不对.7-3试讨论,在单缝衍射实验中,当光源S在垂直于透镜光轴的平面里上下移动时,衍射图样有何变化?答当光源S在垂直于透镜光轴的平面里上下移动时,整个衍射图样作向下或向上的移动,但光强分布规律仍保持不变.7-4试讨论夫琅禾费单缝衍射实验装置有如下变动时衍射图样的变化.(1)增大透镜L的焦距;(2)将观察屏作垂直于透镜光轴的移动(不超出入射光束的照明范围);(3)将观察屏沿透镜光轴方向前后平移.在以上哪些情形里,零级衍射光斑的中心发生移动?答(1)由衍射条纹的间距公式Δxk=fλ/a,可知,增大透镜L的焦距f,将会使衍射条纹的间距增大.结合零级亮纹的位置公式可知,此时零级亮纹的中91 心位置不变.(2)由单缝衍射的明暗条纹分布公式可知,光强分布规律只与缝宽a、衍射角ϕ和光波波长λ有关,所以将观察屏作垂直于光轴的移动时,不会产生衍射图样的变化.(3)由单缝衍射的明暗条纹公式可知,将观察屏沿透镜光轴方向前后平移时,衍射图样不会变化.对于点光源的单缝衍射来说,以上三种情况都不会使零级衍射光斑的中心发生移动.7-5什么叫线偏振光?线偏振光是否一定是单色光?答如果在光的传播过程中,其光矢量的振动总是平行于某一过传播方向的固定平面,则这种光称为线偏振光.由于白光通过偏振片后,就可变成线偏振光,所以线偏振光不一定是单色光.7-6用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到这些环状干涉条纹（）（A）向上平移。（B）向中心收缩。（C）向外扩张。（D）静止不动。（E）向左平移。正确答案为（B）7-7在迈克尔逊干涉仪的一支光路中，放入一片折射率为n的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差改变量为一个波长λ,则薄膜的厚度为（）λλλλ（A）（B）（C）（D）22nn2(n−1)正确答案为（D）"7-8在折射率为n=1.68的平板玻璃表面涂一层折射率为n=1.38的MgF2透明薄膜，可以减少玻璃表面的反射光。若用波长λ=500nm−9(1nm=10m)的单色光垂直入射，为了尽量减少反射，则MgF2薄膜的最小厚度应是（）（A）181.2nm（B）78.1nm（C）90.6nm（D）156.3nm正确答案为（C）7-9在双缝干涉实验中，缝是水平的，若双缝所在的平板稍微向上平移，其它条件不变，则屏上的干涉条纹（）（A）向上平移，且间距改变（B）向下平移，且间距不变（C）不移动，但间距改变（D）向上平移，且间距不变92 正确答案为（D）7-10若把牛顿环装置（都是用折射率为1.52的玻璃制成的）由空气搬入折射率为1.33的水中，则干涉条纹（）（A）中心暗斑变成亮斑（B）变疏（C）变密（D）间距不变正确答案为（C）7-11在真空中波长为λ的单色光，在折射率为n的透明介质中从A沿某路径传到B，若A、B两点相位差为3π，则此路径AB的光程差为（）1.5λ（A）1.5λ（B）1.5nλ（C）3λ（D）n正确答案为（A）7-12根据惠更斯-菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S，则S的前方某点P的光强度决定于波阵面S上所有面积元发出的子波各自传到P点的（）（A）振动振幅之和（B）光强之和（C）振动振幅之和的平方（D）振动的相干叠加正确答案为（D）7-13在单缝夫琅和费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为oa=4λ的单缝上，对应于衍射角为30的方向上，单缝处波阵面可分成多少个半波带数目为（）（A）2个（B）4个（C）6个（D）8个正确答案为（B）7-14一衍射光栅对某一定波长的垂直入射光在屏上只能出现0级和1级主级大，欲使屏上出现更高级次的衍射主极大，应该（）（A）换一个光栅常数较小的光栅（B）换一个光栅常数较大的光栅（C）将光栅向靠近屏幕的方向移动工（D）将光栅向远离屏幕的方向移动正确答案为（B）7-15在双缝干涉实验中，用单色自然光，在屏上形成干涉条纹，若在两缝后放一个偏振片，则（）（A）干涉条纹的间距不变，但明纹的亮度加强（B）干涉条纹的间距不变，但明纹的亮度减弱（C）干涉条纹的间距变窄，且明纹的亮度减弱（D）无干涉条纹正确答案为（B）7-16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93 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．因题7-16图此正确答案为（B）．7-17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（）λλ()A2ne(B)2ne−()C2ne−λ(D)2ne−222222n2分析与解由于n1＜n2，n2＞n3，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λ程差δ=2ne±，这里λ是光在真空中22的波长．因此正确答案为（B）．7-18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，题7-17图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（）94 （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l题7-18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，l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′、l均变小．由图可得sinθ=λ/2ld=/L′，因此条纹总数nNL==′/2ld/λn，因为d和λn不变，所以N不变．正确答案为（C）7-19在单缝夫琅禾费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为3λ的单缝上，对应于衍射角为30°的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为（）（A）2个（B）3个（C）4个（D）6个分析与解根据单缝衍射公式⎧λ⎪⎪±2k()暗条纹2aksinθ==⎨1,2,...⎪±+()2k1λ()明条纹⎪⎩2因此第k级暗纹对应的单缝波阵面被分成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．由题意asinθ=3λ/2，即对应第1级明纹，单缝分成3个半波带．正确答案为（B）．-47-20波长λ＝550nm的单色光垂直入射于光栅常数d＝1.0×10cm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dsinθ=±2kλ(k=0,1,...)，可能观察到的最大级次为95 dsin(π/2)k≤=1.82maxλ即只能看到第1级明纹，答案为（D）．7-21三个偏振片P1、P2与P3堆叠在一起，P1与P3的偏振化方向相互垂直，P2与P1的偏振化方向间的夹角为45°，强度为I0的自然光入射于偏振片P1，并依次透过偏振片P1、P2与P3，则通过三个偏振片后的光强为（）（A）I0/16（B）3I0/8（C）I0/8（D）I0/4分析与解自然光透过偏振片后光强为I1＝I0/2．由于P1和P2的偏振化方向成2o45°，所以偏振光透过P2后光强由马吕斯定律得I2=I1cos45=I0/4．而P2和P3的偏振化方向也成45°，则透过P3后光强变为2oI=Icos45=I/8．故答案为（C）．3207-22一束自然光自空气射向一块平板玻璃，如图所示，设入射角等于布儒斯特角iB，则在界面2的反射光（）（A）是自然光（B）是线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面（C）是线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面（D）是部分偏振光分析与解由几何光学知识可知，在界面2处反射光与折射光仍然垂直，因此光在界面2处的入射角也是布儒斯特角，根据布儒斯特定律，反射光是线偏振光且光振动方向垂直题7-22图于入射面．答案为（B）．7-23在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30mm，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22.78mm．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？Dλ分析与解在双缝干涉中，屏上暗纹位置由xk=+()21决定，式中d2D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96 22.78一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离x=mm，2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D条纹间距公式∆=xλ求入射光波长．应注意两个第5条暗纹之间所包含d22.78的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么？），故∆x=mm。9Dλ22.78−3解1屏上暗纹的位置xk=+()21，把k=4,x=×10m以及d22d、D值代入，可得λ＝632.8nm，为红光．D22.78−3解2屏上相邻暗纹（或明纹）间距∆=xλ，把∆=x×10m，d9以及d、D值代入，可得λ＝632.8nm．7-24在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1nm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12.2mm，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∆x，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x5－x-5＝10∆x可求出∆x．再由公式∆x＝Dλ／d即可求出双缝间距d．-3解根据分析：∆x＝（x5－x-5）/10＝1.22×10m-4双缝间距：d＝Dλ／∆x＝1.34×10m7-25如图所示，由光源S发出的λ＝600nm的单色光，自空气射入折射率n＝1.23的一层透明物质，再射入空气．若透明物质的厚度为d＝1.0cm，入射角θ＝30°，且SA＝BC＝5.0cm，求：（1）折射角θ1为多少？（2）此单色光在这层透明物质里的频率、速度和波长各为多少？（3）S到C的几何路程为多少？光程又为多少？sinθ解（1）由折射定律=n可得sinθ1o⎛sinθ⎞⎛sin30⎞oθ1=arcsin⎜⎟=arcsin⎜⎜⎟⎟=24⎝n⎠⎝1.23⎠（2）单色光在透明介质中的速度vn，波长λn和频率ν分别为97 c8−1v==2.44×10ms⋅nnλ−7λ==4.88×10m=488nmnnc14ν==5.0×10Hzλ（3）S到C的几何路程为SC=SA++ABBCd=+SA+BC=01.11mcosθ1题7-25图S到C的光程为∑niDi=SA×1+AB×n+BC×1=0.114m7-26一双缝装置的一个缝被折射率为1.40的薄玻璃片所遮盖，另一个缝被折射率为1.70的薄玻璃片所遮盖．在玻璃片插入以后，屏上原来中央极大的所在点，现变为第五级明纹．假定λ＝480nm，且两玻璃片厚度均为d，求d值．分析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∆＝0，故点题7-26图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，∆≠0，故点O不再是中央明纹，整个条纹发生平移．这时，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＝r1－r2＝k1λ（对应k1级明纹），插入介质后98 的光程差δ2＝[（n1－1）d＋r1］－[（n2－1）d＋r2］＝k2λ（对应k2级明纹）．光程差的变化量为δ2－δ1＝（n2－n1）d＝（k2－k1）λ式中（k2－k1）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δ21−=δλ()nn2−1d=5将有关数据代入可得5λd==8.0µmn−n217-27白光垂直照射到空气中一厚度为380nm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？背面呈现什么颜色？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），求背面呈现的颜色就是在透射光，中求干涉增强（即反射减弱）光的波长．解根据分析对反射光加强，有2ne+λ/2=kλ(k=1,2,...)λ=4ne/(2k−1)在可见光范围，k＝2时，λ=668.8nm（红光）k＝3时，λ=401.3nm（紫光）故正面呈红紫色．同理，对透射光加强，有2ne＝kλ（k＝1，2，…）在可见光范围仅有k＝2时，λ＝501.6nm（绿光）．即背面呈绿色．7-28在折射率n3＝1.52的照相机镜头表面涂有一层折射率n2＝1.38的MgF2增透膜，若此膜仅适用于波长λ＝550nm的光，则此膜的最小厚度为多少？分析在薄膜干涉中，膜的材料及厚度都将对两反射光（或两透射光）的光程差产生影响，从而可使某些波长的光在反射（或透射）中得到加强或减弱，99 这种选择性使薄膜干涉在工程技术上有很多应用．本题所述的增透膜，就是希望波长λ＝550nm的光在透射中得到加强，从而得到所希望的照相效果（因感光底片对此波长附近的光最为敏感）．具体求解时应注意在d>0的前提下，k取最小的允许值．解1因干涉的互补性，波长为550nm的光在透射中得到加强，则在反射中λ一定减弱，两反射光的光程差δ2＝2n2d，由干涉相消条件δ2=+(21k)，2得λd=()2k+14n2取k＝0，则dmin＝99.6nm．解2由于空气的折射率n1＝1，且有n1＜n2＜n3，则对透射光而言，两相干λ光的光程差δ=2nd+，由干涉加强条件δ1＝kλ，得122λd=()2k+14n2取k＝1，则膜的最小厚度dmin＝99.6nm．7-29利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ=589.3nm，−2-3L=×2.88810m，测得30条条纹的总宽度为4.259×10m，求细丝直径d．分析在应用劈尖干涉公式λd=L时，应注意相邻条纹的2nl间距l是N条条纹的宽度∆x除以（N－1）．对空气劈尖n＝1．解由分析知，相邻条纹间距题7-29图∆xl=，则细丝直径为N−1λλ()N−1−5dL==L=5.75×10m22nln∆x7-30集成光学中的楔100题7-30图 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（TaO）薄25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．（TaO对632.8nm25激光的折射率为2.21）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TaO对激光的折射率大于玻璃，故从该劈尖上表面反射25的光有半波损失，而下表面没有，因而两反射光光程差为∆＝2ne＋λ/2．由反射光暗纹公式2nek＋λ/2＝（2k＋1）λ/2，k＝0，1，2，3，…，可以求厚度ek．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2nek＋λ/2＝（2k＋1）λ/2（k＝0，1，2，3，…）-6取k＝10，得薄膜厚度e10＝10λ/2n＝1.4×10m．7-31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＝600nm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θ应是多少？分析劈尖干涉中相邻条纹的间距l≈λ/2nθ，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≈λ/2nθ和题给条件可求出θ．解劈形膜内为空气时，l=λ/2θ空劈形膜内为液体时，l=λ/2nθ液则由∆ll=−l=λ/2θλ−/2nθ，得空液λ(1−1/n)−4θ==1.71×10rad2∆l7-32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589.3nm101 -3的钠黄光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为∆r＝4.00×10m；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∆r′＝3.85-3×10m，求该单色光的波长．分析牛顿环装置产生的干涉暗环半径r=kRλ，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∆r=r−r=Rλ，可知∆r∝λ，据此可按题中的测41量方法求出未知波长λ′．解根据分析有∆r′λ′=∆rλ故未知光波长λ′＝546nm7-33在牛顿环实验中，当透镜与玻璃之间充以某种液体时，第10个亮环-2-2的直径由1.40×10m变为1.27×10m，试求这种液体的折射率．分析当透镜与平板玻璃间充满某种液体（n2＞1），且满足n1＞n2，nn23<或n1＜n2，n2＞n3时，在厚度为d的地方，两相干光的光程差为λkRλ∆=2nd+．由此可推导出牛顿环暗环半径r=和明环半径22n2⎛1⎞Rλr=⎜k−⎟，这里明、暗环半径和充入的介质折射率n2有关．有兴⎝2⎠n2趣的读者可自行推导．必须指出，在牛顿环中，若介质不均匀或分析的是透射光而不是反射光，那么关于暗环、明环半径的公式与教材中的公式是不同的，不能随意套用．解当透镜与玻璃之间为空气时，k级明纹的直径为⎛1⎞dk=2rk=2⎜k−⎟Rλ⎝2⎠当透镜与玻璃之间为液体时，k级明纹的直径为102 ⎛⎞1Rλd2kk′′==r2⎜⎜k−⎟⎟⎜⎝⎠2n⎟2解上述两式得2⎛d⎞⎜k⎟n==1.222⎜d′⎟⎝k⎠7-34如图所示，折射率n2＝1.2的油滴落在n3＝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dm＝1.1µm，用λ＝600nm的单色光垂直照射油膜，求（1）油膜题7-34图周边是暗环还是明环？（2）整个油膜可看到几个完整的暗环？分析本题也是一种牛顿环干涉现象，由于n1＜n2＜n3，故油膜上任一点处两反射相干光的光程差∆＝2n2d．（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2n2d＝（2k＋1）λ/2，且令d＝dm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2nd=kλ/2,k=0,1,2,...（明纹）222nd2=+()k1λ2,k=0,1,2,...（暗纹）油膜周边处d＝0，即∆＝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∆=2nd=()2k+1λ/2(k=0,1,2,...)2令d＝dm，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＝0，1，2，3．7-35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589nm．103 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d＝NλNλ−6d==5.154×10m2()n−17-36如图所示，狭缝的宽度a＝0.60mm，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．若以单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点O为x＝1.4mm处的点P，看到的是衍射明条纹．试求：（1）该入射光的波长；（2）点P条纹的级数；（3）从点P看来对该光波而言，狭缝处的波阵面可作半波带的数目．分析单缝衍射中的明纹条λ件为asinφ=±(2k+1)，在2a观察点P确定（即φ确定）后，由于k只能取整数值，故满足上式的λ只可取若干不连续的值，对照可见光的波长范围可确定入射光波长的取值．此外，如点P处的明纹级次为k，则狭缝处的波阵面可题7-36图以划分的半波带数目为（2k＋1），它们都与观察点P有关，φ越大，可以划分的半波带数目也越大．x解（1）透镜到屏的距离为d，由于d＞＞b，对点P而言，有sinϕ≈．根dλ据单缝衍射明纹条件asinφ=()2k+1，有2axλ=+()21kd2104 将a、d（d≈f）、x的值代入，并考虑可见光波长的上、下限值，有λ=400nm时,k=4.75minmaxλ=760nm时,k=2.27maxmax因k只能取整数值，故在可见光范围内只允许有k＝４和k＝３，它们所对应的入射光波长分别为λ2＝466.7nm和λ1＝600nm．（2）点P的条纹级次随入射光波长而异，当λ1＝600nm时，k＝3；当λ2466.7nm时，k＝4．（3）当λ1＝600nm时，k＝３，半波带数目为（2k＋1）＝7；当λ=466.n7m时，k＝4，半波带数目为9．27-37单缝的宽度a＝0.40mm，以波长λ＝589nm的单色光垂直照射，设透镜的焦距f＝1.0m．求：（1）第一级暗纹距中心的距离；（2）第二级明纹距中心的距离．分析对于问题（3）单色光倾斜入射单缝的情况，在入射光到达单缝时，其上下两列边界光线之间已存在光程差bsini（若为光栅，则为dsini），对应等光程的中央主题7-37图极大将移至点O′（此时φ＝i＝30°），屏上衍射条纹原有的对称性受到一定的破坏．如图所示，对于点O′上方的条纹（此时入射光与衍射光位于法线两侧，且φ＞i），满足⎧⎪⎪⎪−()2k+1λ/2()明条纹as()ini−sinφ=⎨⎪⎪⎪⎩−kλ()暗条纹如令sinϕ=1，可求得最大条纹级次km1．对于点O下方的条纹（此时入射光与衍射光位于法线同侧），满足105 ⎧⎪⎪⎪()2k+1λ/2()明条纹as()ini+sinφ=⎨⎪⎪⎪⎩kλ()暗条纹如令sinϕ=1，可求得另一侧的最大条纹级次km2．对于点O′与O之间的条纹（此时入射光与衍射光位于法线两侧，但φ＜i），满足⎧⎪⎪(2k+1)λ/2()明条纹⎪as()ini−sinφ=⎨⎪⎪⎪⎩kλ()暗条纹需要说明的是，点O′与O之间的条纹与点O下方的条纹属于中央主极大同一侧的各级条纹，不同的是前者k值较小，后者k值较大，且k值在点O附近连续变化．kλ解（1）由单缝衍射的暗纹条件asinφ=kλ，得φφ≈sin=，则第111a一级（k＝1）暗纹距中心的距离为-3x=ftanϕ≈fϕ=1.47×10m111λλ（2）由明纹条件asinφ2=(2k+1)，得φφ22≈sin=+()2k1，则22a第二级（k＝2）明纹距中心的距离为-3x=ftanϕ≈fϕ=3.68×10m222在上述计算中，由于k取值较小，即φ较小，故ϕ≈sinϕ≈tanϕ．如k取值较大，则应严格计算．7-38一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600nm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，λ由于衍射明纹条件bsinϕ=()2k+1，故有(2k1+1)λ1=(2k2+1)λ2，在2两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λ=600nm,k=2,k=3代入221（()2k+1λ=(2k+1)λ，得1122106 (2k+1)λ22λ==428.6nm12k+11-47-39已知单缝宽度b＝1.0×10m，透镜焦距f＝0.5m，用λ1＝400nm和λ2＝760nm的单色平行光分别垂直照射，（1）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．（2）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x1和x2，并算出其条纹间距∆x＝x2－x1．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λx=()21kf+2a-3当λ1＝400nm和k＝1时，x1＝3.0×10m-3当λ2＝760nm和k＝1时，x2＝5.7×10m-3其条纹间距∆x＝x2－x1＝2.7×10m（2）当光垂直照射光栅时，屏上第k级明纹的位置为kλx′=fd−210−5而光栅常数d=m=10m310−2当λ1＝400nm和k＝1时，x1".=×2010m−2当λ2＝760nm和k＝1时，x2".=×3810m−2其条纹间距∆x′=x′−x′=1.8×10m217-40迎面而来的一辆汽车的两车头灯相距为1.0m，问在汽车离人多远时，它们刚能为人眼所分辨？设瞳孔直径为3.0mm，光在空气中的波长λ＝500nm．107 分析两物体能否被分辨，取决于两物对光学仪器通光孔（包括人眼）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λl恰能分辨．在本题中θ=1.22为一定值，而θ≈，式中l为两灯间距，0Ddd为人与车之间的距离．d越大或l越小，θ就越小，当θ＜θ0时两灯就不能被分辨，这与我们的生活经验相符合．lλ解当θ＝θ0时，=1.22，此时，人与车之间的距离为dDDld==4918m1.22λ7-41一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＝440nm和λ2＝660nm．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dsinϕ=±kλ，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dsinφ＝kλ1＝k′λ2可求解本题．解由分析可知dsinϕ=kλ=k′λ12得k/k′=λ/λ=3/221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−6d=kλ/sinϕ=3.05×10m=3.05µm17-42用一个1.0mm内有500条刻痕的平面透射光栅观察钠光谱（λ＝589nm），设透镜焦距f＝1.00m．问：（1）光线垂直入射时，最多能看*到第几级光谱；（2）光线以入射角30°入射时，最多能看到第几级光谱；（3）若用白光垂直照射光栅，求第一级光谱的线宽度．−310分析（1）首先确定光栅常数d=m，式中N为刻痕数，然后由光N108 线垂直照射光栅时的衍射条件，即可解得结果．(2)如同光线倾斜入射单缝一样，此时光栅衍射的明纹条件改变为d()sini±sinϕ=±kλ（详见题11-25的分析），由于两侧条纹不再对称，令sinϕ=1，可求得km1和km2两个值，其中一个比垂直入射时的km值小，另一个比km值大，因而，在其他条件不变的情况下，倾斜入射时可以观察到较高级次的条纹．（3）用白光照射光栅，除中央明纹仍为白光外，其余处出现一系列光谱带，称为光栅光谱．每个光谱带是由同一级次不同波长的明纹依次排列而成．所谓第一级光谱的线宽度是指入射光中最小波长（取λ=400nm）min和最大波长（取λ=760nm）的第一级明纹在屏上的间距，其余波长的max第一级明纹均出现在此范围内．需要指出的是，对于较高级次的光谱会出现相邻光谱间的交错重叠的现象．解（1）光波垂直入射时，光栅衍射明纹的条件为dsinϕ=±kλ，令sinϕ=1，可得dk=±=±3.39mλ取整数km＝3，即最多能看到第3级光谱．（2）倾斜入射时，光栅明纹的条件为d()sini±sinϕ=±kλ令sinϕ=1，可求得位于中央主极大两侧，能观察到条纹的最大km值分别为km1＝5和km2＝1（已取整数值）．故在法线两侧能观察到的最大级次分别为五级和一级．（3）白光的波长范围为400nm～760nm，用白光垂直照射时，由dsinϕ=kλ可得第一级（k＝1）光谱在屏上的位置．对应于λ1＝400nm和λλ12λ2＝760nm的明纹的衍射角为ϕ1=arcsin;ϕ2=arcsin，利用dd109 xtanϕ=可得明纹的位置为fx=ftanϕ=0.2m,x=ftanϕ=0.41m1122则第一级光谱的线宽度为∆x=x−x=0.21m217-43波长为600nm的单色光垂直入射在一光栅上，第二级主极大出现在sinϕ=0.20处，第四级缺级．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，实际呈现的全部级数．分析（1）利用光栅方程dsinφ=+()absinφ=±kλ，即可由题给条件求出光栅常数d（即两相邻缝的间距）．（2）光栅衍射是多缝干涉的结果，也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dsinφ=+()absinφ=kλ和单缝衍射暗纹公式"aksinϕ=λ计算缝宽和屏上缺级的情况，从而求出屏上条纹总数．解（1）由题已知k＝2时，sinϕ=0.20，则由分析可得光栅常数：−6dk==λ/sinφ6×10m=6µm⎧⎪(ab+=)sinφkλ(k=0,±1,...)⎪⎪（2）由分析知缺级条件⎨⎪⎪asinφ==k′′λ()k0,±1,...⎪⎩则(ab+)a＝k／k′＝m，k＝mk′，即mk′级明纹缺级．由题意k＝4缺级，即()ab+a＝4／k′⎧⎪⎪a.=15µm当k′＝1时，m＝4，⎨，即±4，±8，±12，…级缺级．（符合⎪⎪⎩a.=45µm110 题意）当k′＝2时，m＝2，第±2，±4，±6，…级缺级．（第二级已存在，不符合题意，舍去）4⎧⎪⎪a.=45µm当k′＝3时，m,=⎨，第±4，±8，±12，…级缺级．（符3⎪⎪⎩a.=15µm合题意）当k′＝4时，m＝1，第±1，±2，±3，±4，…级全部缺级．（不符合题意，舍去）因此，狭缝宽度a为1.5µm或者4.5µm，而缺级只发生在±4，±8，±12，…级．（3）由光栅方程()ab+=sinφ±kλ，可知屏上呈现条纹最高级次应满足ka<+()b/λ=10，故考虑到缺级，实际屏上呈现的级数为：0，±1，±2，±3，±5，±6，±7，±9，共15条．7-44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）分析设太阳光（自然光）以入射角i入射到水面，则所求仰角题7-44图πθ=−i．当反射光起偏时，2n2根据布儒斯特定律，有i=i0=arctan（其中n1为空气的折射率，n2为n1水的折射率）．解根据以上分析，有πn2i=i=−θ=arctan02n1πn2o则θ=−arctan=36.92n1111 7-45使自然光通过两个偏振化方向相交60°的偏振片，透射光强为I1，今在这两个偏振片之间插入另一偏振片，它的方向与前两个偏振片均成30°角，则透射光强为多少？分析设入射自然光强为I0，偏振片I对入射的自然光起起偏作用，透射的I0偏振光光强恒为，而偏振片Ⅱ对入射的偏振光起检偏作用，此时透射与2入射的偏振光强满足马吕斯定律．若偏振片Ⅲ插入两块偏振片之间，则偏振片Ⅱ、Ⅲ均起检偏作用，故透射光强必须两次应用马吕斯定律方能求出．解根据以上分析，入射光通过偏振片Ⅰ和Ⅱ后，透射光强为⎛1⎞2oI1=⎜I0⎟cos60⎝2⎠插入偏振片Ⅲ后，其透射光强为⎡⎛1⎞2o⎤2oI2=⎢⎜I0⎟cos30⎥cos30⎣⎝2⎠⎦两式相比可得I=2.25I217-46一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Imax和最小透射光强Imin，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⎡1⎤I=()1−x+xImax⎢2⎥⎣⎦⎡1⎤最小透射光强I=()1−xImin⎢2⎥⎣⎦按题意I/I=5，则有maxmin112 11()1−x+x=5×()1−x22解得x＝2/3即线偏振光占总入射光强的2/3，自然光占1/3．113 第8章狭义相对论本章要点1.狭义相对论的基本原理(1)爱因斯坦的相对性原理：在所有惯性系中，物理定律的表达形式都相同．(2)光速不变原理：在所有惯性系中，光在真空中的速率都等于恒量c,与光源和观察者的运动无关．2.洛伦兹坐标变换式（只写出了正变换．把正变换中的v改为−v，把带撇和不带撇的量作对应交换后，便可得到逆变换.）2""x−−vt""tvx/cx,==yy,z=z,t=22221v−−/c1v/c3.狭义相对论时空观(1)“同时”的相对性：在一惯性系中同时同地的两个事件，在其他惯性系中也是同时的；同时不同地的两个事件，在其他惯性系中是不同时的．22(2)长度收缩ll=1−v/c（l为固有长度）．00τ0(3)时间延缓τ=（τ为固有时间）．0221v−/c4.相对论质量、动量、能量和动力学方程m0(1)质量m=(m为静止质量)0221−v/cmv0(2)动量Pv==m221v−/c2(3)相对论能量E=mc114 22动能E=E−E=mc−mck0022224动量能量关系式E=Pc+mc0ddPdm()vmdv(4)动力学方程Fv===+mdtdtdtdt习题答案8-1两飞船A、B均沿静止参照系的x轴方向运动，速度分别为v和v.由12飞船A向飞船B发射一束光，相对于飞船A的速度为c，则该光束相对于飞船B的速度为多少？答光速c.8-2在狭义相对论当中，有没有以光速运动的粒子？这种粒子的动量和能量的关系如何？答光子是以光速运动的粒子.由狭义相对论的动量和能量的关系式：22222,EE=+Pc,E=mc当粒子的质量为零时，该粒子的速度才能达到光000速，E=Pc.例如：对于光子有m0==，，vcE=Pc.08-3假设光子在某一惯性系中的速度等于c，那末，是否存在这样一个惯性系，光子在这个惯性系中的速度不等于c?答光速不变是狭义相对论的基本假设,真空中的光速是常量，它与光源或观察者的运动无关，更不依赖于惯性系的选择，因此不存在这样一个惯性系，光子在这个惯性系中的速度不等于c.8-4宇宙飞船相对地面以速度u作匀速直线运动。某时刻位于飞船头部的光信号发生器向飞船尾部发出一光脉冲，宇航员测得经过∆t时间尾部接收器收到此信号，则可知飞船的固有长度为（）22ct∆（A）c∆t（B）u∆t（C）ct∆1u−(c)(D)221u−()c正确答案为（A）8-5在地面测得一星球离地球5光年，宇航员欲将此距离缩为3光年，他乘的飞船相对地球的速度应是（）c3c4c9c（A）（B）（C）(D)25510115 正确答案为（C）8-6一匀质矩形薄板，在它静止时测得其长为a，宽为b，质量为m，由此0可以算出其面积密度为m/ab.假定该薄板沿长度方向以接近光速的速度0v作匀速直线运动,此时再测算该矩形薄板的面积密度为（）22m10−(vc)m0（A）（B）abab1−v2()2cmm00（C）（D）223ab⎡⎤⎢⎥⎣⎦1−()vcab⎡1v2⎤2⎢−(2)⎥⎣c⎦正确答案为（C）8-7实验室测得粒子的总能量是其静止能量的K倍,则其相对实验室的运动速度为（）cc2c2c(A)(B)K−1（C）1−K(D)K+1K−1KKK正确答案为（B）8-8把一静止质量为m的粒子,由静止加速到v0=.6c,所需作的功为0（）2222(A)0.18mc(B)0.36mc（C）1.25mc(D)0.25mc0000正确答案为（D）8-9A、B两地直线距离约500km，某时刻从两地同时各开出一列火车，设恰有一艘飞船从沿B到A联线方向以u=9000m/s的速率飞行.问宇航员测得哪列火车先开？提前多少时间？分析与解地面参照系中，B列车时空坐标（x，t），A列车时空坐标（x，112t），飞船参照系中，两列车时间差2u∆∆tx−2c−8∆t"==−5×10s2u1−2c“-”号表明A列车先开.116 "8-10惯性系S相对另一惯性系S沿x轴做匀速直线运动,取两坐标原点重合时刻作为计时起点.在S系中测得两事件的时空坐标分别为4−44−4"x=×610m,t2=×10s,以及x=×1210m,t1=×10s.已知在S1122""系中测得两事件同时发生.试问：(1)S系相对S系的速度是多少?(2)S系中测得两事件的空间间隔是多少?"分析与解S系相对S系的速度为v，(1)t"2=γ⎡tv−(/c)x⎤,t"2=γ⎡⎤tv−()/cx11⎢⎣1⎥⎦22⎢⎥⎣⎦2""由题意tt−=0212则tt−=(v/c)(x−x)212128tt21−c−1故vc==−=−1.5×10m⋅sxx−221""(2)由洛仑兹变换x=γ()x−vt,x=γ()x−vt111222""xx21−=γ⎡⎣()x2−−xv1(t2−t1)⎤⎦""4代入数值，x−x5=×.210m2138-11在惯性系S中，有两个事件同时发生在xx"轴上相距为1.0×10m的两3处，从惯性系S"观测到这两个事件相距为2.0×10m,试问由S"系测得此两事件的时间间隔为多少？分析与解设此两事件在S系中的时空坐标为(x,0,0,t)和(x,0,0,t),且有11223x−x1=×.010m,tt−=0.而在S"系中，此两事件的时空坐标为2121""""""3(x,0,0,t)和(x,0,0,t)，且|x－x|=2.0×10m，根据洛伦兹变换，有112221(x−x)(−vt−t)2121x′−x′=21221−v/cv()t−t−()x−x21221ct′−t′=21221−v/c117 由式(1)可得1/22⎡()x−x⎤321v=⎢1−2⎥c=c()x′−x′2⎣21⎦将v值代入式(2)，可得−6t′−t′=5.77×10s21−68-12在惯性系S中，某事件A发生在x处，经过2.0×10s后，另一事件B1发生在x处，已知x−x3=00m.问：(1)能否找到一个相对S系作匀速直221线运动的参考系S"，在S"系中，两事件发生在同一地点？(2)在S"系中，上述两事件的时间间隔为多少？分析与解由洛伦兹时空变换式，可得(x−x)(−vt−t)2121x′−x′=21221−v/cv()t−t−()x−x21221ct′−t′=21221−v/c(1)令x′2－x′1＝0，由式(1)可得x2−x18-1v==1.50×10ms⋅=0.50ctt−21(2)将v值代入式(2)，可得v()tt21−−2()x2−x1′′−==c−−226=×−tt()tt1v/c1.7310s2121221/−vc这表明在S"系中事件A先发生.8-13一物体的速度使其质量增加了10％,试问此物体在运动方向上缩短了百分之几?分析与解设静止质量为m,运动质量为m,02mm−0m02v由题设=0.10,m=，β=m2c201−β1由此二式得−10=.1021−β118 211−β=1.10在运动方向上的长度和静长分别为l和l，则相对收缩量为：0∆lll0−2==11−−β=9.1%0ll08-14一艘宇宙飞船的船身固有长度为L=90m,相对于地面以v=08.c（c为0真空中光速）的匀速度在一观察站的上空飞过.试求:（1）观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔是多少？（2）宇航员测得船身通过观测站的时间间隔是多少？分析与解(1)观测站测得飞船身的长度为：22L=L1−v/c=54m0L−7则∆t2==.25×10s1v（2）宇航员测得飞船身的长度为L则0L0−7∆t3==.75×10s2v8-15两个事件先后发生于惯性系甲中的同一地点，其时间间隔为0.4s，而在惯性系乙中测得这两个时间发生的时间间隔为0.5s,求甲、乙两惯性系之间的相对运动速率.∆t′分析与解∵∆t=2v1−2c0.4∴0.5=2v1−2c解之得v=0.6c8-16S′系相对S系以恒速率沿x轴运动，在S系中同一时刻发生的两事件，沿x轴相距2400m。而在S′系中的观测者测得这两事件的空间间隔为3000m，试求这两事件在S′系中测得的时间间隔是多少？l300010分析与解∵l0=γl∴γ===l2400v21−2c解得：v=0.6c119 又vv⎡v⎤∵∆t=t−t=γ(t′+x′)−γ(t′+x′)=γ(t′−t′)+(x′−x′)21222121⎢21221⎥cc⎣c⎦⎡v⎤∆t=0∴∆t=γ(t′−t′)+(x′−x′)=0⎢21221⎥⎣c⎦⎡v⎤也就是(t′−t′)+(x′−x′)=0⎢21221⎥⎣c⎦v−6就有∆t′=−(x′−x′)=−3×10s221c−88-17π介子在静止参照系中的平均寿命为τ=×2.510秒，在实验室内测0得某一π介子在它一生中行进的距离为375m。求此π介子相对实验室参照系的运动速度。∆t′τ0分析与解由∆t=得到τ=所以速度为22vv1−1−22cc2v3751−l2cv==−8τ2.5×10解得v=0.9998c−118-18回旋加速器可使质子获得5.4×10J的动能，问质子的质量可达其静止质量的多少倍？质子的速率可达多少？22分析与解E=mc−mc设m=xmk00222E=xmc−mc=(x−1)mck000−11-27825.4×10=(x-1)1.67×10×(3.0×10)倍数x=1.36mm10再由m=,所以==1.3622vm0v1−1−22cc解得v=0.678c120 第9章量子物理基础本章要点1.黑体辐射4（1）斯特藩-玻耳兹曼定律M(TT)=σB（2）维恩位移定律Tλ=bm−34（3）普朗克能量子ε=hν，hJ=6.63×⋅10s2.爱因斯坦光子理论2（1）光子能量ε=mc=hν（2）光子动量p=mc=h/λ22（3）光子质量m=E/c=hν/c（4）光子静止质量m=0012（5）光电效应方程hmν=+vW2（6）遏止频率ν=W/h03.康普顿效应h−3波长改变公式∆λ=−λθ(1cos)，λ==2.43×10nmccmc04.德布罗意物质波hhE=hν,λ==pmv5.不确定关系121 ∆x∆p≥h,∆⋅yp∆≥Z,∆zp⋅∆≥Zxyz6.波函数量子力学中用波函数描述微观粒子的运动状态，由波函数可以得知描述状态的全部物理量，波函数在空间一点的模方正比于在该点找到粒子的概率.7.玻尔的氢原子理论(1)三条基本假设：①稳定态假设、②角动量量子化假设E−EnkL=mvr=nZ、③跃迁频率假设ν=.h222⎛⎞ε0h0（2）氢原子轨道半径和能量rn=⎜⎟=0.529nAn2⎝⎠πme24em1⎛⎞eE=−=−⎜⎟n22288πεrnεh00n⎝⎠⎛⎞1171−（3）波数公式ν!=−R⎜⎟，R=×1.09710m22⎝⎠kn8.氢原子的量子力学解释量子力学对氢原子处理的结果是：原子中的电子状态有四个量子数来描述.（1）主量子数n：n=1,2,3,?，决定原子中电子的能量E；n（2）角量子数l：l,=01,2,?,(n−1)，决定电子绕核运动角动量的大小；（3）此量子数m：m,=±01,±2,?,±l，决定电子角动量矢量在外ll磁场中的方向和大小；1（4）自旋量子数m：m=±，决定电子自旋角动量矢量在外ss2磁场中的方向和大小.9.氢原子的量子力学解释原子按泡利原理和能量最小原理填充电子.n−12主壳层最多的电子数为Zn=+22∑()ln1=2l=0能级高低由(n+0.7l)确定.122 习题答案9-1已知从铝金属逸出一个电子需要4.2eV的能量，若用可见光投射到铝的表面，能否产生光电效应？为什么？答不能。因为在可见光中，紫光光子能量最大，为−348hc6.63×10×3×10==3.1eV−9λ400×10该能量小于铝金属的逸出功4.2eV，所以不能产生光电效应现象。9-2在我们日常生活中，为什么觉查不到粒子的波动性和电磁辐射的粒子性？答日常生活中常见的宏观粒子一般质量较大，当它被视为波时，根据德布h罗意关系p=可知其波长很短，很难找到与波长尺度相当的障碍物产生λ波的干涉衍射现象，从而不显出波动性，所以，实物粒子的波动性不易看到.h对一般常见的电磁辐射，如无限电波一般波长都较长，其对应的动量p=λ则很小，故不显出其粒子性.9-3什么是爱因斯坦的光子假说？光子的能量和动量与什么因素有关？答爱因斯坦在解决光电效应的问题中认为光可以看成由微粒构成的粒子流，这些粒子称为光子，对于频率为ν的光束，光子能量为ε=hν，其动h量为p=.λ9-4什么是光的波粒二象性？答光的波粒二象性是指光即具有粒子性又有波动性，一般来说，光在传播过程中波动性表现的比较明显，当光和物质相互作用时粒子性表现显著。光的这种两重性，反映了光的本性.9-5一个光子和一个电子具有相同的波长，则（）（A）光子具有较大的动量（B）电子具有较大的动量（C）电子与光子的动量相等（D）电子和光子的动量不确定正确答案为（C）9-6光电效应和康普顿效应都是光子和物质原子中的电子相互作用过程，其区别何在？在下面几种理解中，正确的是（）(A)两种效应中电子与光子组成的系统都服从能量守恒定律和动量守恒定律(B)光电效应是由于电子吸收光子能量而产生的，而康普顿效应则是由于电123 子与光子的弹性碰撞过程(C)两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程(D)两种效应都属于电子吸收光子的过程正确答案为（B）9-7氢原子从能量为-0.85eV的状态跃迁到激发能（从基态到激发态所需的能量）为10.19eV的状态时，所发射的光子的能量为（）（A）2.56eV（B）3.41eV（C）4.25eV（D）9.95eV正确答案为（A）9-8欲使电子的德布罗意波长为0.1nm，加速电压为（）（A）1.5V（B）12.25V（C）150V（D）125.5V正确答案为（C）9-9若外来单色光把大量氢原子激发至第三激发态，则当氢原子跃迁回低能态时，可发出的可见光线的条数是（）（A）1（B）2（C）3（D）4正确答案为（B）9-10在氢原子的L壳层中，电子可能具有的量子数（n,l,m,m）是（）ls1111(A)(1,O,O,−)(B)(2,1,-1,)(C)(2,O,1,−)(D)(3,1,-1,)2222正确答案为（B）9-11波长为300nm的光照在某金属表面时，光电子能量范围从0到−1941×0J。此金属遏止电压为U=V；红限频率ν=Hz，（普a0−34−19朗克常数h.=×66310j.s,电子电量eC=×1.610）.14正确答案为2.5V,39.H7×10z.9-12光子波长为λ，则其能量=，动量的大小=，质量=.hchh正确答案为,,λλλch9-13设描述微观粒子运动的归一化波函数为Ψ(r,t)则dd∗（1）ψψ（）r,t(r,t)表示；h（2）Ψ(r,t)须满足的条件是：；124 （3）其归一化条件是.正确答案为(1)粒子t时刻在r附近单位体积中处出现的概率；(2)单值、连hh续、有限；(3)∫∫∫ψψ(r,t)∗=(r,t)dV1.9-14当主量子数n=3时，电子角动量的可能值L=.正确答案为L=0,2ZZ,69-15一个原子中下列量子数（1）nl,,m；(2)nl,,m；（3）nl,；（4）n相s同的最多电子数分别是,,,.2正确答案为2,21l+,2(2l+1),2n9-16钨的逸出功是4.52eV，钡的逸出功是2.50eV，分别计算钨和钡的截止频率.哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？（可见光频率处在3.85×1014～7.69×1014Hz）W115分析与解钨的截止频率ν==10.H9×10z01hW215钡的截止频率ν==06.H03×10z02h对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率ν正好处于该范围内，而钨的02截止频率ν大于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电01管材料.09-17从铝中移出一个电子需要4.2eV的能量，今有波长为2000A的光投射到铝表面。试问：（1）由此发射出来的光电子的最大动能是多少？（2）遏止电势差是多大?（3）截止波长λ０？分析与解(1)已知逸出功W=4.2eV12据光电效应公式hmν=v+W2则光电子最大动能：12hcE=mv=−hνW=−Wkmax2λ-34８-10-19=(6.63×10×3×10)/(2000×10)-4.2×1.6×10-19=3.23×10J=2.0eV125 12(2)∵eU==Emvakmax2-19-１９∴遏止电压Ua=(3.23×10)/(1.6×10)=2.0V(3)红限频率ν０，∴hν０=W，又ν０=c/λ０-348-19∴截止波长λ０=(hc)/W=(6.63×10×３×10)/(4.2×1.60×10)−7=2.96×10m=0.296μm9-18设氢原子光谱中，由主量子数n=3和n=4的高能态跃迁到n=2的定态所发射的谱线波长分别为λ和λ，求由n=4的高能态跃迁到n=3的定态所12发射的波长λ=?.（用λ和λ表示）12111分析与解=R(−)⋯⋯⋯（1）22λ231111=R(−)⋯⋯⋯（2）22λ242111=R(−)⋯⋯⋯（3）22λ34由（1）（2）（3）得λλ12λ=．λ−λ1209-19已知氢光谱的某一线系的极限波长为3647A，其中有一谱线波长为06565A，试由玻尔氢原子理论，求与该波长相应的始态与终态能级的能量。7−1（R.=×1110m）1R分析与解极限波数v!==kR=λ=220λk0111Rλλ0vR!==(−)n==322λknλλ−0E13.61Ee==−Vnn22n所以,末态k,=2E=−34.eV2始态n,=3E=−15.eV．39-20在玻尔氢原子理论中，当电子由量子数n=5的轨道跃迁到k=2的轨126 道上时，对外辐射光的波长为多少？若再将该电子从k=2的轨道跃迁到游离状态，外界需要提供多少能量？分析与解根据氢原子辐射的波长公式，电子从n=5跃迁到k=2轨道状态时对外辐射光的波长满足11⎛⎞1=−R⎜⎟22λ⎝⎠25－7则λ＝4.34×10m＝434nm而电子从k=2跃迁到游离态n→∞所需的能量为EE11∆E=E−E=−=−3.4eV2∞22∞负号表示电子吸收能量.9-21处于基态的氢原子被外来单色光照射,激发出的谱线有巴尔末线系中的两条谱线,试求这两条谱线的波长和外来光的频率.分析与解巴尔末系是由n＞2的高能级跃迁到n=2的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是n=4的激发态．２E４=-13.6／４=-0.85eV２E３=-13.6／３=-1.51eV２E２=-13.6／２=-3.4eVhν=(hc)/λ=En-Em∴λ=(hc)/(En-Em)∴λα=(hc)/(E３－E２)－３４８-19=(6.63×10×３×10)/((3.4-1.51)×1.60×10-100=6573×10m=6573Aλβ=(hc)/(E４-E２)-34８-190=(6.63×１０×3×10)/((3.4-0.85)×1.6×10)=4872A基态氢原子吸收一个光子hν被激发到n=4的能态∴hν=E４－E１=(hc)/λ-19-3415ν=(E４－E１)/h=((13.6-0.85)×1.6×10)/(6.626×10)=3.08×10Hz-10-189-22氦氖激光器所发红光波长为λ=6328×10m，谱线宽度∆λ=10m，求：当这种光子沿x轴方向传播时，它的x坐标的不确定量有多大？127 分析与解沿x轴方向传播的激光的动量为hp=xλh两边微分可得动量不确定量大小为∆p=∆λx2λ式中∆λ即为谱线宽度，根据不确定关系得2hλ∆x==∆p∆λx代入已知数据可得其坐标的不确定量5∆×x=410m.22πx9-23宽度为a的一维无限深势阱中的波函数ψ(x)=sin，粒子在aa5x=a处出现的概率密度？在n=2时何处发现粒子的几率最大？6∗22π521分析与解ψ(x)ψ(x)=(sin⋅a)=aa62a∗22πx213几率密度：ψ(x)ψ(x)=(sin)极大值为a,a．aa449-24已知X光光子能量为0.60MeV,在康普顿散射后波长改变了2000，求反冲电子获得的能量和动量大小。分析与解由题意，散射光子波长为λ=1.2λ，故电子获得动能为：011hc1−14Eh=c()−=(1−)==0.10MeV1.6×10Jkλλλ1.20021−4电子的静能为：Em==c8.2×10J00反冲电子动量为：22EE−E(2E+E)00kk−22pk===1.79×10gm/scc128'