大学物理学 第四版 下册 (上海交通大学物理教研室 著) 上海交通大学出版社 课后答案 73页

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课后答案网www.khdaw.com5611-8．在点电荷q的电场中，取一半径为R的圆形平面(如图所示)，平面到q的距离为d，试计算通过该平面的E的通量.解：通过圆平面的电通量与通过与A为圆心、AB为半径、圆的平面为周界的球冠面的电通量相同。22【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为r，有r=d+R，rrsinθ•球冠面一条微元同心圆带面积为：dS=2πrsinθ⋅rdθdθOxθ20∴球冠面的面积：S=2πrsinθ⋅rdθ=2πrcosθ∫d0cosθ=r2d=2πr(1−)】khdaw.comr2q∵球面面积为：S=4πr，通过闭合球面的电通量为：Φ=，球面闭合球面ε0Φ球冠S球面1dqqd由：=，∴Φ=(1−)⋅=(1−)。球冠ΦS2rε2εR2+d2球面球冠0011-9．在半径为R的“无限长”直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求圆柱体内、外的场强分布，并作E~r关系曲线。��1解：由高斯定律EdS⋅=∑q，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为r，长为l的高斯面。�∫∫Siε0S内2ρπrlρr（1）当rR时，2πrlE⋅=，则：E=；ε2εrρR002ε0⎧ρr(rR(rR)⎪⎩2ε0r图见右。11-10．半径为R和R（RR2处各点的场强。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com57��1解：利用高斯定律：EdS⋅=∑q。�∫∫Siε0S内（1）rR时，利用高斯定律及对称性，有：2πrlE=0，则：E=0；233�⎧E=0rR211-11．一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷，若保持电荷分布不变khdaw.com,在该球体中挖去半径为r的一个小球体，球心为O′，两球心间距离OO′=d，如图所示。求：（1）在球形空腔内，球心O′处的电场强度E；0（2）在球体内P点处的电场强度E，设O′、O、P三点在同一直径上，且OP=d。解：利用补偿法，可将其看成是带有电荷体密度为ρ的大球和带有电荷体密度为−ρ的小球的合成。（1）以O为圆心，过O′点作一个半径为d的高斯面，根据高斯定理有：��ρ43ρdEdS⋅=⋅πd⇒E=，方向从O指向O′；�∫S01ε33ε00（2）过P点以O为圆心，作一个半径为d的高斯面。根据高斯定理有：��ρ43ρdEdS⋅=⋅πd⇒E=，方向从O指向P，�∫SP11ε33ε00过P点以O′为圆心，作一个半径为2d的高斯面。根据高斯定理有：��ρ4ρr33EdS⋅=−⋅πr⇒E=−，�∫SP222ε33εd003ρr∴E=E+E=(d−)，方向从O指向P。P1P23ε4d20���11-12．设真空中静电场E的分布为E=cxi，式中c为常量，求空间电荷的分布。解：如图，考虑空间一封闭矩形外表面为高斯面，z��有：EdS⋅=cx⋅∆S�∫∫S0∆S��1ox由高斯定理：�∫∫EdS⋅=∑q，Sε0S内x0xy0∫ρ()x∆Sdx0设空间电荷的密度为ρ()x，有：cx⋅∆=S0ε0x0x0∴ρ()xdx=εcdx，可见ρ()x为常数⇒ρ=εc。∫0∫000khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com5811-13．如图所示，一锥顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为R和R，在它的侧面上均匀12带电，电荷面密度为σ，求顶点O的电势．(以无穷远处为电势零点)解：以顶点为原点，沿轴线方向竖直向下为x轴，在侧面上取环面元，θdx如图示，易知，环面圆半径为：r=xtan，环面圆宽：dl=2θcos2θdxdS=2πrdl⋅=2π⋅xtan⋅，2θcos2利用带电量为q的圆环在垂直环轴线上x处电势的表达式：01qU=⋅，环22dx4πε0r+x0dl=θθdxcosσπ2⋅xtan⋅r2khdaw.com2θcos12σθ有：dU=⋅=⋅tandx，x4πε0θ222ε02(tan)x+x2θθ考虑到圆台上底的坐标为：x=Rcot，x=Rcot，112222θx2σθσθR2cotσ(R2−R1)∴U=⋅tandx=⋅tan2dx=。∫x∫θ12ε22ε2R1cot2ε002011-14．电荷量Q均匀分布在半径为R的球体内，试求：离球心r处（rR时，4πrE=；有：E=；外外2ε4πεr00R∞离球心r处（rR时，有：E==，23224πεr3εr00khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com59以无穷远处为电势零点，有：����3333R2∞R2ρ(r−R1)∞ρ(R2−R1)ρ22U=E⋅dr+Edr⋅=dr+dr=(R−R)。∫R2∫R3∫2∫R22112R13εr23εr2ε00011-16．电荷以相同的面密度σ分布在半径为r=10cm和r=20cm的两个同心球面上，设12无限远处电势为零，球心处的电势为U=300V。0（1）求电荷面密度σ；（2）若要使球心处的电势也为零，外球面上电荷面密度σ′为多少？−122−1−2（ε=8.85×10C⋅Nm）0解：（1）当rr时，可求得：E=，232εr0222r2��∞��r2σr1∞σ(r1+r2)σ∴U=E⋅dr+E⋅dr=dr+dr=(r+r)0∫r2∫r3∫r2∫r212121εr2εrε000−12ε0U08.85×10×300−92那么：σ===8.85×10Cm−3r+r30×1012（2）设外球面上放电后电荷密度σ"，则有：σrσ1U"(=σr+σ")/rε=0，∴σ"=−=−0120r22则应放掉电荷为：3∆=q4πr2(σ−σ")=σ⋅4πr2=×43.148.8510××−12×3000.2×=6.6710×−9C。22211-17．如图所示，半径为R的均匀带电球面，带有电荷q，沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为λ，长度为l，细线左端离球心距离为r。设球和线上的电荷分布不0受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能（设无穷远处的电势为零）。解：（1）以O点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为x轴，q均匀带电球面在球面外的场强分布为：E=（r>R）。24πεr0��取细线上的微元：dq=λdl=λdr，有：dF=Edq，�r0+lq�λqlr�ˆ��∴F=λdr=（rˆ为r方向上的单位矢量）∫r204πεx4πεrr(+l)0000q（2）∵均匀带电球面在球面外的电势分布为：U=（r>R，∞为电势零点）。4πεr0q对细线上的微元dq=λdr，所具有的电势能为：dW=⋅λdr，4πεr0qr0+lλdrqλr0+l∴W=∫=ln。4πεr0r4πεr000khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com6011-18.一电偶极子的电矩为p，放在场强为E的匀强电场中，p与E之间夹角为θ，如图�所示．若将此偶极子绕通过其中心且垂直于p、E平面的轴转180，外力需作功多少？解：由功的表示式：dA=Mdθ���πθ+考虑到：M=pE×，有：A=∫pEsinθθd=2pEcosθ。θ11-19．如图所示，一个半径为R的均匀带电圆板，其电荷面密度为σ(＞0)今有一质量为m，电荷为−q的粒子(q＞0)沿圆板轴线(x轴)方向向圆板运动，已知在距圆心O（也是x轴原点）为b的位置上时，粒子的速度为v，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性0始终不变)。解：均匀带电圆板在其垂直于面的轴线上x处产生的电势为：0σ22U=(R+x−x)，那么，002ε0khdaw.comσ22U=U−U=(Rb+−R+b)，ObOb2ε0121212qσ22由能量守恒定律，mv=mv−−(qU)=mv+(Rb+−R+b)，0Ob02222ε02qσ22有：v=v+(R+b−R+b)0mε0思考题1111-1．两个点电荷分别带电q和2q，相距l，试问将第三个点电荷放在何处它所受合力为零?qQ2qQ答：由=，解得：x=l(21)−，即离点电荷q的距离为l(21)−。224πεx4πε(l−x)0011-2．下列几个说法中哪一个是正确的？（A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向；（B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同；（C）场强方向可由E=F/q定出，其中q为试验电荷的电量，q可正、可负，F为试验电荷所受的电场力；（D）以上说法都不正确。答：（C）11-3．真空中一半径为R的的均匀带电球面,总电量为q(q＜0)，今在球面面上挖去非常小的一块面积∆S(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去∆S后球心处的电场强度大小和方向.q答：题意可知：σ=，利用补偿法，将挖去部分看成点电荷，24πεR0σ∆S有：E=，方向指向小面积元。24πεR011-4．三个点电荷q、q和−q在一直线上，相距均为2R，以q与q的中心O作一半径12312为2R的球面，A为球面与直线的一个交点，如图。求：(1)通过该球面的电通量∫∫E⋅dS；khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com61(2)A点的场强E。A��q+qqqq解：(1)12；(2)123EdS⋅=E=+−。�∫∫SεA2224πε(3R)4πεR4πεR000011-5．有一边长为a的正方形平面，在其中垂线上距中心O点a/2处，有一电荷为q的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为多少？解：设想一下再加5个相同的正方形平面将q围在正方体的中心，通过此正方体闭合外表面的通量为：Φ=q/ε，那么，闭合0q通过该平面的电场强度通量为：khdaw.comΦ=。6ε011-6．对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中哪一个是正确的？(A)如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷；(B)如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷；(C)如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零；(D)如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷。答：(A)��111-7．由真空中静电场的高斯定理�∫EdS⋅=∑q可知Sε0(A)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零；(B)闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定都不为零；(C)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定都为零；(D)闭合面内无电荷时，闭合面上各点场强一定为零。答：(C)11-8．图示为一具有球对称性分布的静电场的E~r关系曲线．请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的。(A)半径为R的均匀带电球面；(B)半径为R的均匀带电球体；(C)半径为R、电荷体密度ρ=Ar(A为常数）的非均匀带电球体；(D)半径为R、电荷体密度ρ=A/r(A为常数)的非均匀带电球体。答：(D)11-9．如图，在点电荷q的电场中，选取以q为中心、R为半径的球面上一点P处作电势零点，则与点电荷q距离为r的P"点的电势为qq⎛11⎞(A)(B)⎜−⎟4πε0r4πε0⎝rR⎠khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com62qq⎛11⎞(C)(D)⎜−⎟4πε0(r−R)4πε0⎝Rr⎠答：(B)11-10．密立根油滴实验，是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其电场由两块带电平行板产生．实验中，半径为r、带有两个电子电荷的油滴保持静止时，其所在电场的两块极板的电势差为U．当电势差增加到4U时，半径为2r的油滴保持静止，则1212该油滴所带的电荷为多少？U12434U1243解：q=ρ⋅πrg┄①，q′=ρ⋅π(2r)g┄②d3d3∴①②联立有：q′=2q=4e。11-11．设无穷远处电势为零，则半径为R的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的U和b皆为常量)：khdaw.com0答：(C)11-12．无限长均匀带电直线的电势零点能取在无穷远吗？答：不能。见书中例11-12。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com91习题1212-1．一半径为0.10米的孤立导体球，已知其电势为100V(以无穷远为零电势)，计算球表面的面电荷密度。QσR解：由于导体球是一个等势体，导体电荷分布在球表面，∴电势为：U==，4πεRε00−12ε0U8.8510××100−92则：σ===8.8510×Cm。R0.1−812-2．两个相距很远的导体球，半径分别为r=6.0cm，r=12.0cm，都带有3×10C的12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q，1122q1q2−8由题意，有：=┄①，q+q=6×10┄②，124πεr4πεr0102−8−8①②联立，有：q=×210C，q=×410C。khdaw.com1212-3．有一外半径为R1，内半径R2的金属球壳，在壳内有一半径为R3的金属球，球壳和内球均带电量q，求球心的电势．解：由高斯定理，可求出场强分布：⎧E=0rR421⎪⎩4πε0rR3��R2��R1��∞��∴U=Edr⋅+Edr⋅+Edr⋅+Edr⋅0∫01∫R2∫R3∫R4321R2q∞2qq112=dr+dr=(−+)。∫R2∫R234πεr14πεr4πεRRR00032112-4．一电量为q的点电荷位于导体球壳中心，壳的内外半径分别为R、R．求球壳内外12和球壳上场强和电势的分布，并画出E~r和V~r曲线.解：由高斯定理，可求出场强分布：⎧qR1⎪E=0<RE322⎪⎩4πεr0∴电势的分布为：OrR1q∞qRR当0<≤rR时，U=dr+dr1211∫r2∫R24πεr24πεrU00q111=(−+)；Or4πεrRR012RRkhdaw.com12若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com92∞qq当R<≤rR时，U=dr=；122∫2R24πεr4πεR002∞qq当r≥R时，U=dr=。23∫2r4πεr4πεr0012-5．半径R=0.05,m，带电量q=×310C−8的金属球，被一同心导体球壳包围，球壳内1半径R=0.07m，外半径R=0.09m，带电量Q=−×210C−8。试求距球心r处的P点的23场强与电势。（1）r=0.10m（2）r=0.06m（3）r=0.03m。解：由高斯定理，可求出场强分布：⎧E=0rR423⎪⎩4πε0r∴电势的分布为：R2q∞Qq+q11Qq+当r≤R时，U=dr+dr=(−)+，11∫R2∫R214πεr34πεr4πεRR4πεR0001203R2q∞Qq+q11Qq+当R<≤rR时，U=dr+dr=(−)+，122∫r2∫R24πεr34πεr4πεrR4πεR000203∞Qq+Qq+当R<≤rR时，U=dr=，233∫2R34πεr4πεR003∞Qq+Qq+当r>R时，U=dr=，34∫2r4πεr4πεr00∴（1）r=0.10m，适用于r>R情况，有：3Qq+Qq+E==×910N3，U==900V；4244πεr4πεr00（2）r=0.06m，适用于R<R，D=；r>rR时，E==；011022ε4πεr00DQDQR>>rR时，E==；r>R时，E==。2132242εε4πεεrε4πεrr0r00013-7．一圆柱形电容器，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•大小为E=200kVm/，试求该电容器可能承受的最高电压。rR0λ解：由介质中的高斯定理，有：E=，2πεεr0rR��RλλR∴U=Edr⋅=dr=ln，r∫r∫r2πεεr2πεεr0r0rλR∵击穿场强为E，∴=rE，则U=rEln，00r02πεεr0rkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.comdURRR令r，=0，有：Eln−E=0，∴ln=1⇒r=rr=0000drrre00RRE0∴U=rEln==147KV。max00re013-8．一平行板电容器，中间有两层厚度分别为d和d的电介质，它们的相对介电常数为ε12r1和ε，极板面积为S，求电容量。r2σσ解：∵D=D=σ，∴E=，E=，1212εεεε0r10r2σd1σd2εr1而：U=Ed+Ed=+，1122εεεεεr20r10r2QεSεεεS有：00r1r2。C===khdaw.comUd1+d2εr2d1+εr12dεεr1r21213-9．利用电场能量密度w=εE计算均匀带电球体的静电能，设球体半径为R，带电e2量为Q。⎧QrE=rR22⎪4πεr⎩0ε02ε0RQr22ε0∞Q22∴W=EdV=()4πrdr+()4πrdr∫∫∫22∫04πεR32∫R4πεr20023Q=。20πεR013-10．半径为2.0cm的导体外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为−84.0cm和5.0cm，当内球带电量为3.0×10C时，求：（1）系统储存了多少电能?（2）用导线把壳与球连在一起后电能变化了多少？解：（1）先求场强分布：⎧E=0rR3234πεr⎩012考虑到电场能量密度w=εE，有：球与球壳之间的电能：e22ε02ε0R2q22q11−4W=EdV=()4πrdr=(−)=1.0110×J1∫∫∫∫R22214πεr8πεRR0012球壳外部空间的电能：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com2ε02ε0∞q22q−5W=EdV=()4πrdr==8.110×J，2∫∫∫∫R22234πεr8πεR003∴系统储存的电能：W=W+W=1.8210×−4J；12（2）如用导线把壳与球连在一起，球与球壳内表面所带电荷为0，所以W"0=1−5而外表面所带电荷不变，那么：W"=W=8.110×J。213-11．球形电容器内外半径分别为R1和R2，充有电量Q。（1）求电容器内电场的总能量；21Q（2）证明此结果与按W=算得的电容器所储电能值相等。e2CQ解：（1）由高斯定理可知，球内空间的场强为：E=，（R<R时，>0，O点的磁感应强度B有极小值，2x=0dx2dB当aR时，有：B⋅2πr=µ(I−I)，∴B=0。3404⎧µ0Ir(0<≤rR)⎪212πR⎪1⎪µI0⎪(R≤≤rR)⎪12则：B=⎨2πr⎪µIR2−r2⎪0⋅3≤≤(RrR)2223⎪2πrR−R32khdaw.com⎪⎪0(r>R)⎩314-8．一橡皮传输带以速度v匀速向右运动，如图所示，橡皮带上均匀带有电荷，电荷面密度为σ。�（1）求像皮带中部上方靠近表面一点处的磁感应强度B的大小；�（2）证明对非相对论情形，运动电荷的速度v及它所产生的���1��1磁场B和电场E之间满足下述关系：B=vE×（式中c=）。2cεµ00解：（1）如图，垂直于电荷运动方向作一个闭合回路abcda，考虑到橡皮带上等效电流密度为：i=σv，橡皮带上方的磁场方向水平向外，橡皮带下方的磁场方向水平向里，根据安培环路定理有：��Bdl⋅=µLi⇒B⋅2L=µLσv，�∫abcd00bL�µσvac0∴磁感应强度B的大小：B=；2d（2）非相对论情形下：�µqvr��׈0匀速运动的点电荷产生的磁场为：B=⋅，24πr�1q�点电荷产生的电场为：E=⋅rˆ，24πεr01���1q�µqvr��׈�∴vE×=εµv×⋅rˆ=0⋅=B，20022c4πεr4πr0�1��1即为结论：B=vE×（式中c=）。2cεµ0014-9．一均匀带电长直圆柱体，电荷体密度为ρ，半径为R。若圆柱绕其轴线匀速旋转，角速度为ω，求：（1）圆柱体内距轴线r处的磁感应强度的大小；（2）两端面中心的磁感应强度的大小。解：（1）考察圆柱体内距轴线r处到半径R的圆环等效电流。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com175dqρ⋅2πrLdrR122∵dI===ρωLrdr，∴I=∫ρωLrdr=ρωLR(−r)，tTr2选环路abcd如图所示，��L由安培环路定理：Bdl⋅=µI，ab�∫0∑Sdc1r22有：BL⋅=µ⋅ρωLR(−r)0L2µρω022∴B=(R−r)2（2）由上述结论，带电长直圆柱体旋转相当于螺线管，端面的磁感应强度是中间磁感应强µρωR20度的一半，所以端面中心处的磁感应强度：B=。端面中心414-10．如图所示，两无限长平行放置的柱形导体内通过等值、反向电流I，电流在两个阴影所示的横截面的面积皆为S，两圆柱轴线间的距离OO=d，试求两导体中部真空部分khdaw.com12的磁感应强度。解：因为一个阴影的横截面积为S，那么面电流密度为：i=I，利用补偿法，将真空部分看成通有电流±i，设S其中一个阴影在真空部分某点P处产生的磁场为B，距离1�����为r，另一个为B、r，有：r−r=d。12212利用安培环路定理可得：I2I2�ˆµπrµπrd⊥01µIr02µIrS01S02�B1==，B2==，rˆ�2πr2S2πr2S1⊥rˆ12P2⊥�µIr��µIr���则：B=01rˆ，B=02rˆ，r1r211⊥22⊥2S2S••O�O���µI��µId�120ˆˆ0ˆd∴B=B+B=(rr+rr)=d。1211⊥22⊥⊥2S2SµId0即空腔处磁感应强度大小为B=，方向向上。2S14-11．无限长直线电流I与直线电流I共面，几何位置如图所示，12试求直线电流I2受到电流I1磁场的作用力。解：在直线电流I上任意取一个小电流元Idl，22此电流元到长直线的距离为x，无限长直线电流I1在小电流元处产生的磁感应强度为：µI01B=⊗，2πxdxµ012IIdx再利用dF=IBdl，考虑到dl=，有：dF=⋅，00cos602πxcos60bµIIdxµIIb012012∴F=⋅=ln。∫a2πxcos600πakhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com17614-12．在电视显象管的电子束中，电子能量为12000eV，这个显像管的取向使电子沿水平方向由南向北运动。该处地球磁场的垂直分量向下，大小为B=5.510×−5T，问：（1）电子束将偏向什么方向？（2）电子的加速度是多少？（3）电子束在显象管内在南北方向上通过20cm时将偏转多远？���解：（1）根据f=qvB×可判断出电子束将偏向东。南北1○−（2）利用E=mv2，有：v=2E，电子束方向2mBqvBqBE14−1而f=qvB=ma，∴a==2=6.28×10m⋅smmm11L（3）y=at2=a()2=3mm。22v14-13．一半径为R的无限长半圆柱面导体，载有与轴线上的长直导线的电流khdaw.comI等值反向的电流，如图所示，试求轴线上长直导线单位长度所受的磁力。I解：设半圆柱面导体的线电流分布为1i=，πR如图，由安培环路定理，i电流在O点处产生的磁感应强度为：µi0dB=⋅Rdθ，2πRyµiRπµI001可求得：B=dB=sinθ⋅dθ=；O∫y∫022πRπR���又∵dF=Idl×B，dB•µIIO012故dF=BIdl=dl，θO22πR•dFµII012有：f==2，而I1=I2，dlπR2dFµI0所以：f==。2dlπR14-14．如图14-55所示，一个带有电荷q(q>0)的粒子，以速度v平行于均匀带电的长直导线运动，该导线的线电荷密度为λ（λ>0），并载有传导电流I。试问粒子要以多大的速度运动，才能使其保持在一条与导线距离为d的平行线上？��解：由安培环路定律Bdl⋅=µI知：�∫l0µI0电流I在q处产生的磁感应强度为：B=，方向⊗；2πdqvµI0运动电荷q受到的洛仑兹力方向向左，大小：F=qvB=，洛2πd同时由于导线带有线电荷密度为λ，在q处产生的电场强度可用高斯定律求得为：λqλE=，q受到的静电场力方向向右，大小：F=；电2πεd2πεd0khdaw.com0若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com177欲使粒子保持在一条与导线距离为d的平行线，需F=F，洛电qvµ0Iqλλ即：=，可得v=。2πd2πε0dµε00I14-15．截面积为S、密度为ρ的铜导线被弯成正方形的三边，可以绕水平轴OO′转动，如图14-53所示。导线放在方向竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I时，导线离开原来的竖直位置偏转一个角度θ而平衡，求磁感应强度。解：设正方形的边长为a，质量为m，m=ρaS。平衡时重力矩等于磁力矩：���202由M=p×B，磁力矩的大小：M=BIasin(90−θ)=BIacosθ；ma重力矩为：M=mgasinθ+2mg⋅sinθ=2mgasinθ2khdaw.com22mg2ρgS平衡时：BIacosθ=2mgasinθ，∴B=tanθ=tanθ。IaI14-16．有一个U形导线，质量为m，两端浸没在水银槽中，导线水平部分的长度为l，处在磁感应强度大小为B的均匀磁场中，如图所示。当接通电源时，U导线就会从水银槽中跳起来。假定电流脉冲的时间与导线上升时间相比可忽略，试由导线跳起所达到的高度h计算电流脉冲的电荷量q。dvdq解：接通电流时有F=BIl⇒m=BIl，而I=，dtdtvmmv则：mdv=Bldq，积分有：q=∫dv=；0BlBl12mvm又由机械能守恒：mv=mgh，有：v=2gh，∴q==2gh。2BlBl14-17．半径为R的半圆形闭合线圈，载有电流I，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，如图所示。求：（1）线圈所受力矩的大小和方向（以直径为转轴）；（2）若线圈受上述磁场作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩做功为多少？2��IRπ�解：（1）线圈的磁矩为：p=ISn=n，m�2���RB由M=p×B，此时线圈所受力矩的大小为：mπ12M=pBsin=πRIB；m22I��磁力矩的方向由p×B确定，为垂直于B的方向向上，如图；m�（2）线圈旋转时，磁力矩作功为：M212BRIπA=∆Φ=ImI(Φ2m−Φ1m)=IB(⋅πR−0)=。o�22Bπ11�222【或：A=∫Mdθ=∫πRIBsinθθd=πRIB】S022khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com178思考题14-1．在图（a）和（b）中各有一半径相同的圆形回路L1、L2，圆周内有电流I1、I2，其分布相同，且均在真空中，但在（b）图中L回路外有电流I，P、P为两圆形回路2312上的对应点，则：()AB⋅dl=B⋅dlB，=B；()BB⋅dl≠B⋅dlB，=B；�∫L�∫LP1P2�∫L�∫LP1P21212()CB⋅dl=B⋅dlB，≠B；()DB⋅dl≠B⋅dlB，≠B。�∫L1�∫L2P1P2�∫L1�∫L2P1P2答：B的环流只与回路中所包围的电流有关，与外面的电流无关，但是回路上的磁感应强khdaw.com度却是所有电流在那一点产生磁场的叠加。所以（C）对。14-2．哪一幅图线能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的B随x的变化关系？（x坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心O）2µIR0答：载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的磁感应强度B=32222(R+x)2µ0Iµ0IR∴x=0时，B=（x>>R），B≈。32R2x根据上述两式可判断（C）图对。14-3．取一闭合积分回路L，使三根载流导线穿过它所围成的面．现改变三根导线之间的相互间隔，但不越出积分回路，则：(A)回路L内的∑I不变，L上各点的B不变；(B)回路L内的∑I不变，L上各点的B改变；(C)回路L内的∑I改变，L上各点的B不变；(D)回路L内的∑I改变，L上各点的B改变.答：（B）对。14-4．一载有电流I的细导线分别均匀密绕在半径为R和r的长直圆筒上形成两个螺线管(R=2r)，两螺线管单位长度上的匝数相等．两螺线管中的磁感应强度大小B和B应满Rr足：()AB=2B；()BB=B；()2CB=B；()DB=4B.RrRrRrRkhdaw.comr若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com179答：对于长直螺线管：B=µnI，由于两螺线管单位长度上的匝数相等，所以两螺线管磁0感应强度相等。（B）对。14-5．均匀磁场的磁感应强度B垂直于半径为r的圆面。今以该圆周为边线，作一半球面S，则通过S面的磁通量的大小为多少？2答：Φ=Bπr。14-6．如图，匀强磁场中有一矩形通电线圈，它的平面与磁场平行，在磁场作用下，线圈向什么方向转动？答：ab受力方向垂直纸面向里，cd受力外，在力偶矩的作用下，ab垂直纸面向里运动，cd垂直纸面向外运动，从上往下看，顺时针旋转。khdaw.com14-7．一均匀磁场，其磁感应强度方向垂直于纸面，两带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则（A）两粒子的电荷必然同号；（B）粒子的电荷可以同号也可以异号；（C）两粒子的动量大小必然不同；（D）两粒子的运动周期必然不同。答：选（B）khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com习题1515-1．一圆柱形无限长导体，磁导率为µ，半径为R，通有沿轴线方向的均匀电流I，求：（1）导体内任一点的H、B和M；（2）导体外任一点的H、B。I解：如图，面电流密度为：i=。2RπR��（1）当rR时，利用：�∫Hdl⋅=∑I有：lIµI导体外任一点的磁场强度：0H=，磁感应强度：B=。222πr2πr15-2．螺绕环平均周长l=10cm，环上绕有线圈N=200匝，通有电流I=100mA。试求：（1）管内为空气时B和H的大小；（2）若管内充满相对磁导率µ=4200的磁介质，B和H的大小。rN−7−3−4r解：（1）B=µnI=µI=4π×10×100×10=2.5×10T，00LOBIH==200Am；µI0N（2）H=I=200Am，B=µH=µµH=4π×10−7×42002001.05×=T。0rL15-3．螺绕环内通有电流20A，环上所绕线圈共400匝，环的平均周长为40cm，环内磁感应强度为1.0T，计算：（1）磁场强度；（2）磁化强度；（3）磁化率；（4）磁化面电流和相对磁导率。N4004解：（1）磁场强度：H=I=×20=2×10Am；L0.4B145（2）磁化强度：M=−H=−2×10=7.76×10Am；−7µ4π×100BB（3）磁化率：χ=µ−1，而µ=，∴χ=−=139.8138.8−=；mrrmµHµH00B5（4）磁化面电流密度：σ=M=−H=7.7610×Am，sµ055则磁化面电流：i=σL=7.7610××0.4=3.110×A，ssB相对磁导率：µ==39.8【或µ=χ+1=38.8+1=39.8】rrmµH0khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com15-4．如图所示，一半径为R1的无限长圆柱形直导线外包裹着一层外径为R2的圆筒形均匀介质，其相对磁导率为µr，导线内通有电流强度为I的恒定电流，且电流在导线横截面均匀分布。求：（1）磁感应强度和磁场强度的径向分布，并画出B~r、H~r曲线；（2）介质内、外表面的磁化面电流密度。（设金属导线的µ=1）r��I解：利用介质磁场的安培环路定理：�∫Hdl⋅=∑I，考虑到导线内电流密度为：i=2，lπR1可求出磁场分布。2Irµ0Ir（1）当rR时，有：H⋅2πr=I，得：H=，B=µH=；233332πr2πrBB2（2）当r=R1时，有：M1=−H2，µ0BI1M=−H=(µ−1)，11rµ02πR1rOR1R2���(µ−1)Ir根据α"=Me×n，有：α1"=M1=，H2πR1B2同理，当r=R时，M=−H，222µ0r(µr−1)IOR1R2有：α"=。22πR215-5．图a为铁氧体材料的B−H磁滞曲线，图b为此材料制成的计算机存贮元件的环形磁500芯。磁芯的内、外半径分别为0.5mm和0.8mm，矫顽力为H=A/m。设磁芯的磁Cπ化方向如图b所示，欲使磁芯的磁化方向翻转，试问：（1）轴向电流如何加？至少加至多大时，磁芯中磁化方向开始翻转？（2）若加脉冲电流，则脉冲峰值至少多大时，磁芯中从内而外的磁化方向全部翻转？��解：（1）利用介质磁场的安培环路定理：�∫Hdl⋅=∑I，有Hc⋅2πr内=imax，l−3500∴i=2πrH=2π×0.510××=0.5A；max内cπkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com−3500（2）同理：i=2πrH=2π×0.810××=0.8A。max外cπ思考题1515-1．何谓顺磁质、抗磁质和铁磁质，它们的区别是什么？答：顺磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相同。抗磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相反。铁磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相同，并且附加磁场远远大于原来磁场。15-2．将电介质与磁介质加以比较。答：电介质磁介质在电场中能与电场发生作用的物质在磁场中能与磁场发生作用的物质产生极化电场激发附加磁场有无极分子位移极化和有极分子取向极化khdaw.com有顺磁质、抗磁质和铁磁质引入电极化强度和极化电荷引入磁化强度和磁化电流引入的电位移矢量与电介质无关引入的磁场强度矢量与磁介质无关有相对介电常数ε有相对磁导率µrr电介质的存在减弱了原电场磁介质的存在改变了原磁场15-3．何谓磁滞回线？答：对于铁磁质来说，磁感应强度B随磁场强度H的变化而变化所形成的闭合曲线就叫磁滞回线。见教材P107页图15-11。15-4．磁化电流与传导电流有何不同之处，又有何相同之处？答：磁化电流激发附加磁场，产生与传导电流产生外磁场；磁化电流对磁场强度无贡献，传导电流决定磁场强度；磁化电流与传导电流都能影响磁场分布。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com257习题16�16-1．如图所示，金属圆环半径为R，位于磁感应强度为B的均匀磁�场中，圆环平面与磁场方向垂直。当圆环以恒定速度v在环所在平面内运动时，求环中的感应电动势及环上位于与运动方向垂直的直径两端a、b间的电势差。dΦ解：（1）由法拉第电磁感应定律ε=−，考虑到圆环内的磁通量不变，所以，环中的感idt应电动势ε=0；ia���（2）利用：ε=(vBdl×)⋅，有：ε=Bv⋅2R=2BvR。ab∫abb【注：相同电动势的两个电源并联，并联后等效电源电动势不变】khdaw.com16-2．如图所示，长直导线中通有电流I=5.0A，在与其相距d=0.5cm处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长l=4.0cm，宽a=2.0cm。不计线圈自感，若线圈以速度v=3.0cm/s沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解法一：利用法拉第电磁感应定律解决。��µI0首先用Bdl⋅=µI求出电场分布，易得：B=，�∫0∑l2πrxa+µ0Iµ0Ilxa+则矩形线圈内的磁通量为：Φ=∫⋅ldr=ln，x2πr2πxdΦNµ0Il11dx由ε=−N，有：ε=−(−)⋅iidt2πxa+xdtNµIlav0−4∴当x=d时，有：ε==1.9210×V。i2(πd+a)解法二：利用动生电动势公式解决。��µI0由Bdl⋅=µI求出电场分布，易得：B=，�∫0∑l2πr考虑线圈框架的两个平行长直导线部分产生动生电动势，近端部分：ε=NBlv，11远端部分：ε=NBlv，22NµINµIalv则：0110−4。ε=ε−ε=(−)lv==1.9210×V122πdd+a2πdd(+a)khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com25816-3．如图所示，长直导线中通有电流强度为I的电流，长为l的金属棒ab与长直导线共面�且垂直于导线放置，其a端离导线为d，并以速度v平行于长直导线作匀速运动，求金属棒中的感应电动势ε并比较Ua、Ub的电势大小。解法一：利用动生电动势公式解决：���µI0dε=(vB×)⋅dl=⋅vdr，2πrµ0vIdl+drµ0vId+l∴ε=−∫=−ln，2πdr2πd由右手定则判定：Ua>Ub。解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。作辅助线，形成闭合回路abba""，如图，ydrkhdaw.com��dl+µIµIydl+a"b"00Φ=∫BdS⋅=∫ydr=ln，Sd2πr2πdrdΦµ0Idldy+µ0Ivdl+∴ε=−=−ln⋅=−ln。dt2πddt2πd由右手定则判定：Ua>Ub。�16-4．电流为I的无限长直导线旁有一弧形导线，圆心角为120，�B几何尺寸及位置如图所示。求当圆弧形导线以速度v平行于长直导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。AO解法一：（用等效法）连接AO、OB，圆弧形导线与AO、OB形成闭合回路，闭合回路的电动势为0，所以圆弧形导线电动势与AOB直导线的电动势相等。���2RµIvµIv00ε=(vBdl×)⋅=−dx=−ln2，AO∫∫RB2πx2π���52Rµ0Ivµ0Iv5Aθε=(vBdl×)⋅=−dx=−ln，OB∫∫2R2πx2π4Oµ0Iv5∴ε=ε+ε=−ln。ABAOOB2π2解法二：（直接讨论圆弧切割磁感应线）从圆心处引一条半径线，与水平负向夹角为θ，那µIµIµI���000么，B===，再由ε=∫(vBdl×)⋅有：2πx2(2πR−Rcos)θ2πR(2cos)−θ2π3µ0Iµ0Iv5dε=BRd⋅θ⋅vsinθ，∴ε=−∫⋅Rvsinθθd=−ln。02πR(2cos)−θkhdaw.com2π2若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com25916-5．电阻为R的闭合线圈折成半径分别为a和2a的两个圆，如图所示，将其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按−2B=Bsinωt的规律变化。已知a=10cm，B=2×10T，00ω=50rad/s，R=10Ω，求线圈中感应电流的最大值。解：由于是一条导线折成的两个圆，所以，两圆的绕向相反。dΦdB222ε=−=−(−⋅π4a+πa)=3πaBωcosωt，i0dtdt2ε3πaBωcosωt∴i0I==RR22−25πaB0ω3π×0.1×2×10×50−3I===9.42×10A。khdaw.commaxR1016-6．直导线中通以交流电，如图所示，置于磁导率为µ的介质中，已知：I=Isinωt，其中I、ω是大于零的常量，求：与其共面的00N匝矩形回路中的感应电动势。��µI0解：首先用Bdl⋅=µI求出电场分布，易得：B=，�∫0∑l2πxda+µ0Iµ0Ild+aµ00Ild+a则矩形线圈内的磁通量为：Φ=∫⋅ldr=ln=sinωtln，d2πr2πd2πddΦNµ00Ild+a∴ε=−N=−ωcosωtln。dt2πddB16-7．如图所示，半径为a的长直螺线管中，有>0的磁场，一直导线弯成等腰梯形的dt闭合回路ABCDA，总电阻为R，上底为a，下底为2a，求：（1）AD段、BC段和闭合回路中的感应电动势；（2）B、C两点间的电势差U−U。BC1332解：（1）首先考虑∆OAD，S=a⋅a=a，∆OAD224dΦdB32dB∴ε=−=−⋅S=−a⋅，感1∆OADdtdt4dt����������而ε=E⋅dl=E⋅dl+E⋅dl+E⋅dl=E⋅dl=ε感1�∫l涡∫AO涡∫OD涡∫AD涡∫DA涡DA32dB∴ε=a⋅；AD4dtkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com2601π2π2dB再考虑∆OBC，有效面积为S=⋅a，∴ε=−a⋅，扇OAD感2236dtπ2dB同理可得：ε=a⋅；BC6dtπ32dB那么，梯形闭合回路的感应电动势为：ε=ε−ε=(−)a⋅，逆时针方向。BCAD64dtR（2）由图可知，AB=CD=a，所以，梯形各边每段a上有电阻r=，52επ3adB回路中的电流：I==(−)⋅，逆时针方向；R64Rdt2π+3dB那么，U−U=⋅I2r−ε=⋅IR−ε=−()a2⋅。BCBCBCkhdaw.com510dt16-8．圆柱形匀强磁场中同轴放置一金属圆柱体，半径为R，高为h，dB电阻率为ρ，如图所示。若匀强磁场以=k（k>0，k为恒量）dt的规律变化，求圆柱体内涡电流的热功率。解：在圆柱体内任取一个半径为r，厚度为dr，高为h的小圆柱通壁，��dBdB222有：E⋅dl=⋅πr，即：ε=⋅πr=kπr，�∫l涡dt涡dtl由电阻公式R=ρ，考虑涡流通过一个dr环带，如图，S2πr有电阻：R=ρ，hdr涡流2222(kπr)kπh3而热功率：dP=iR==rdr，2πr2ρρhdr224kπhR3kπhR∴P=∫rdr=。2ρ08ρ216-9．一螺绕环，每厘米绕40匝，铁心截面积3.0cm，磁导率µ=200µ，绕组中通有0电流5.0mA，环上绕有二匝次级线圈，求：（1）两绕组间的互感系数；（2）若初级绕组中的电流在0.10s内由5.0A降低到0，次级绕组中的互感电动势。40−5−42解：已知n==4000匝，N=2，µ=200µ=8π×10，S=×310m。初次00.01（1）由题意知螺绕环内：B=µnI，则通过次级线圈的磁链：ψ=NBS=NµnIS，次次次ψ次−5−4−4∴M==NnSµ=×28π×10×4000310××=6.0310×H；I初∆I初−450−−2（2）ε=M=6.0310××=3.0210×V。次∆t0.1khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com26116-10．磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R的圆形空间B，一金属杆放在如图14-47所示中位置，杆长为2R，其中一半位于磁场内，另一半位于磁场外。dB当>0时，求：杆两端感应电动势的大小和方向。dtdΦ扇形Oab解：∵ε=ε+ε，而：ε=−，acabbcabdt2d323RdB∴ε=−[−RB]=，abdt44dtdΦ2222∆ObcdπRπRdB3RπRdBε=−=−[−B]=，∴ε=[+]；bcackhdaw.comdtdt1212dt412dtdB∵>0，∴ε>0，即ε从a→c。acacdt16-11．一截面为长方形的螺绕环，其尺寸如图所示，共有N匝，求此螺绕环的自感。解：如果给螺绕环通电流，有环内磁感应强度：µNI��0B=(R<>a），在t=0时共面放置，大圆形线圈通有稳恒电流I，小圆形线圈以角速度ω绕竖直轴转动，若小圆形线圈的电阻为R，求：�（1）当小线圈转过90时，小线圈所受的磁力矩的大小；（2）从初始时刻转到该位置的过程中，磁力矩所做功的大小。解：利用毕—萨定律，知大线圈在圆心O处产生的磁感应强度为：µI0B=，由于b>>a，可将小圆形线圈所在处看成是匀强磁场，2bµI0磁感应强度即为B=，所以，任一时间穿过小线圈的磁通量：2bkhdaw.comµ0I2Φ=BS⋅=⋅πacosωt，2bdµIωπa21Φ0小线圈的感应电流：i=−=⋅sinωt，Rdt2bRµIωπa202小线圈的磁矩：p=iS=(⋅sinωt)⋅πa，ma2bR���2224µ0Iωπa2（1）由M=p×B，有：M=p⋅Bsinωt=⋅sinωtmm24bR2224πµIωπa0当ωt=时：M=；224bR（2）A=∫Md⋅θ2224π2224π2234µ0Iωπa22µ0Iωπa21cos2−ωtµ0Iωπa=sinωtdtω=dtω=。4bR2∫04bR2∫0216Rb216-14．一同轴电缆由中心导体圆柱和外层导体圆筒组成，两者半径分别为R1和R2，导体圆柱的磁导率为µ，筒与圆柱之间充以磁导率为µ的磁介质。电流I可由中心圆柱流出，12由圆筒流回。求每单位长度电缆的自感系数。212B解：考虑到W=LI和w=，可利用磁能的形式求自感。mm22µ由环路定理，易知磁场分布：⎧µIr1B=(rk，又因为λ与λ之间不存在λ"以满足2ne=(2k−1)式，121212油2即不存在kn，所以要考虑半波损失。硅玻λ由反射干涉相长公式有：2ne=(2k−1)，k=12，，⋯。当k=1时，为膜的最小厚度。硅2λ得：e=(2k−1)=(2k−1)70×nm，k=12，，⋯。4n硅∴镀膜厚度可为70nm，210nm，350nm，490nm，⋯。18-8．由两平玻璃板构成的一密封空气劈尖，在单色光照射下，形成4001条暗纹的等厚干涉，若将劈尖中的空气抽空，则留下4000条暗纹。求空气的折射率。解：本题需考虑半波损失。由2nd=kλ=4001λ┄①，而2d=k′λ=4000λ┄②4001由①/②得：n==1.00025。400018-9．用钠灯（λ=589.3nm）观察牛顿环，看到第k条暗环的半径为r=4mm，第k+5条暗环半径r=6mm，求所用平凸透镜的曲率半径R。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com解：考虑半波损失，由牛顿环暗环公式：r=kRλ，k=012，，，⋯⎧⎪3410×=kRλ2k有：⎨⇒=⇒k=4，⎪⎩610×3=(k+5)Rλ3k+5r2−321(410)×∴R===6.79m。−9kλ4589.310××18-10．柱面平凹透镜A，曲率半径为R，放在平玻璃片B上，如图所示。现用波长为λ的平行单色光自上方垂直往下照射，观察A和B间空气薄膜的反射光的干涉条纹。设空气膜的最大厚度d=2λ。（1）求明、暗条纹的位置(用r表示)；de−（khdaw.com2）共能看到多少条明条纹；（3）若将玻璃片B向下平移，条纹如何移动？e解：设某条纹处透镜的厚度为e，则对应空气膜厚度为d−e，2r那么：d−=e，2Rλλ2e+=2k，（k=±±1，2，±3，⋯明纹），22λλ2e+=(2k+1)，（k=0，±1，±2，⋯暗纹）；222k−1（1）明纹位置为：r=2(Rd−λ)，k=±±1，2，4k暗纹位置为：r=2(Rd−λ)，k=0，±1，±2；2（2）对中心处，有：e=d=2λ，r=0，代入明纹位置表示式，有：k=4.5≈4，maxmax又因为是柱面平凹透镜，∴明纹数为8条；（3）玻璃片B向下平移时，空气膜厚度增加，条纹由里向外侧移动。18-11．利用迈克尔孙干涉仪可以测量光的波长。在一次实验中，观察到干涉条纹，当推进可动反射镜时，可看到条纹在视场中移动。当可动反射镜被推进0.187mm时，在视场中某定点共通过了635条暗纹。试由此求所用入射光的波长。−3λ2d20.18710××−7解：由d=N，λ===5.8910()×m=589nm。2N63518-12．在用迈克尔逊干涉仪做实验时，反射镜移动了∆=l0.3220mm距离。在此过程中观察到有1024条条纹在视场中移过。求实验所用光的波长。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com−3λ2∆l20.32210××−7解：由∆=lN，有：λ===6.28910()×m=628.9nm。2N1024思考题1818-1在劈尖的干涉实验中，相邻明纹的间距__________（填相等或不等），当劈尖的角度增加时，相邻明纹的间距离将______________（填增加或减小），当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将______________（填增加或减小）。λ答：根据相邻条纹的间距：l=，条纹间距相等；2θnkhdaw.com当劈尖的角度增加时，相邻明纹的间距离将减小；当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将减小。18-2．图示为一干涉膨胀仪示意图，上下两平行玻璃板用一对热膨胀系数极小的石英柱支撑着，被测样品W在两玻璃板之间,样品上表面与玻璃板下表面间形成一空气劈尖，在以波长为λ的单色光照射下，可以看到平行的等厚干涉条纹。当W受热膨胀时，条纹将：（A）条纹变密，向右靠拢；（B）条纹变疏，向上展开；(C)条纹疏密不变，向右平移；(D)条纹疏密不变，向左平移。答：由于W受热膨胀时，虽空气劈尖变小，但劈尖角不变，λ根据相邻条纹的间距：l=，知间距不变；干涉条纹反映了厚度，所以当厚度向左平2nθ移，则相应的条纹也向左平移。选择（D）。18-3．如图所示，在一块光学平玻璃片B上，端正地放一锥顶角很大的圆锥形平凸透镜A，在A、B间形成劈尖角ϕ很小的空气薄层。当波长为λ的单色平行光垂直地射向平凸透镜时，可以观察到在透镜锥面上出现干涉条纹。（1）画出于涉条坟的大致分布并说明其主要特征；（2）计算明暗条纹的位置；（3）若平凸透镜稍向左倾斜，干涉条纹有何变化？用图表示。答：（1）图略，分析：这是一个牛顿环和劈尖的综合体，所以它的形状类似于牛顿环，也属于等厚干涉，干涉条纹是中心处为暗纹，一系列间隔均匀的同心圆环；（2）计算明暗条纹的位置；λλλ明条纹：2ne+=±kλ，暗条纹：2ne+=±（2k+1）；222khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com（3）若平凸透镜稍向左倾斜，干涉条纹将不再是对称的圆环，而是左密右疏的类圆环。图示略。18-4．若待测透镜的表面已确定是球面，可用观察等厚条纹半径变化的方法来确定透镜球面半径比标准样规所要求的半径是大还是小。如图，若轻轻地从上面往下按样规，则图__________中的条纹半径将缩小，而图_________中的条纹半径将增大。khdaw.com答：设工件为L，标准样规为G。若待测工件表面合格，则L与G之间无间隙，也就没有光圈出现。如果L的曲率R太小（如图b），则L与G的光圈很多，轻压后中心仍然为暗斑，但条纹半径要减小；如果L的曲率R太大（如图a），则L与G的光圈除边缘接触，中间部分形成空气膜，轻压后中心斑点明暗交替变化，而且所有光圈向外扩展。第一空选b，第二空选a。18-5．图a为检查块规的装置，G为标准块规，G为上端面待测的块规，用波长为λ的平0行光垂直照射，测得平晶与块规之间空气劈尖的干涉条纹如图所示，对于与G和G的条纹00间距分别为l和l，且lθ。0000将G转过180，两侧条纹均比原来密，即角度变大GG0了，所以图中G的形状为：khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com（2）求G规左、右侧与G的高度差。0λLλLλLλLh左=Lsinθ0=，h右=Lsinθ=h左+=+。2l2l2l2l0018-6．牛顿环装置中平凸透镜与平板玻璃间留有一厚度为e的气隙，若已知观测所用的单0色光波长为λ，平凸透镜的曲率半径为R。（1）试导出k级明条纹和暗条纹的公式；（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，试述此过程中牛顿环将如何变化？（3）试判别在调节过程中，在离开中心r处的牛顿环某干涉条纹宽度∆r与e的厚度有无关系？叙述简明理由，并算出在khdaw.comk该处的条纹宽度。答：（1）与牛顿环计算相似：λ明条纹：2（e+e）+=±kλ，(k=1，2，…)02λλ暗条纹：2（e+e）+=（±2k+1），(k=1，2，…)022（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，则厚度向边缘走动，根据等厚条纹的定义，相应的条纹也要向边缘移动，即条纹扩展。（3）在调节过程中，在离开中心r处的牛顿环某干涉条纹宽度∆r与e的厚度有关系。k2r根据：e=2R2r比如暗环半径：2(+e)=kλr=(kλ−2eR)002R那么∆=r[(k+1)λ−2]eR−(kλ−2eR)00由于平方根的存在，所以e0不能抵消，对条纹宽度产生影响。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com习题1919-1．波长为546nm的平行光垂直照射在缝宽为0.437mm的单缝上，缝后有焦距为40cm的凸透镜，求透镜焦平面上出现的衍射中央明纹的线宽度。解：中央明纹的线宽即为两个暗纹之间的距离：−92λf254610×××0.4−32∆=x==1.010×m。−3a0.43710×19-2．在单缝夫琅禾费衍射实验中，波长为λ的单色光的第三极亮纹与波长λ"630=nm的单色光的第二级亮纹恰好重合，求此单色光的波长λ。λ解：单缝衍射的明纹公式为：asinϕ=(2k+1)，2当λ"630=nm时，k"=2，未知单色光的波长为λ、k=3，重合时ϕ角相同，所以有：630nmλ5akhdaw.comsinϕ=(221)×+=(231)×+，得：λ=×630nm=450nm。22719-3．用波长λ=400nm和λ=700nm的混合光垂直照射单缝，在衍射图样中λ的第k1211级明纹中心位置恰与λ的第k级暗纹中心位置重合。求满足条件最小的k和k。2212λλ2k+1λ71212解：由asinθ=(2k+1)，asinθ=2k，有：==，12222kλ421∴4k+=27k，即：k=3，k=2。121219-4．在通常的环境中，人眼的瞳孔直径为3mm。设人眼最敏感的光波长为λ=550nm，人眼最小分辨角为多大？如果窗纱上两根细丝之间的距离为2.0mm，人在多远处恰能分辨。−9λ550×10−4解：最小分辨角为：θ=1.22=1.22×=2.2×10rad−3D3×10如果窗纱上两根细丝之间的距离为2.0mm，人在s远处恰能分辨，则利用：l−4θ==2.210×rad，当l=2mm时，s=9.1m。s19-5．波长为500nm和520nm的两种单色光同时垂直入射在光栅常数为0.002cm的光栅上，紧靠光栅后用焦距为2m的透镜把光线聚焦在屏幕上。求这两束光的第三级谱线之间的距离。解：两种波长的第三谱线的位置分别为x、x，12xf1f由光栅公式：dsinϕ=±kλ，考虑到sinϕ=tanϕ=，有：x=kλ，x=kλ，122fddf2所以：∆=xx−x=kλ=××32010×−9=×610−3m。12d210×−519-6．波长600nm的单色光垂直照射在光栅上，第二级明条纹出现在sinθ=0.20处，第四级缺级。试求：（1）光栅常数(ab+)；（2）光栅上狭缝可能的最小宽度a；（3）按上述选定的a、b值，在光屏上可能观察到的全部级数。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com解：（1）由(ab+)sinθ=kλ式，对应于sinθ=0.20处满足：−9−60.20(ab+)=×260010×，得：(ab+)=6.010×m；（2）因第四级缺级，故此须同时满足：(ab+)sinθ=kλ，asinθ=k′λ，a+b−6−6解得：a=k′=1.5×10k′，取k′=1，得光栅狭缝的最小宽度为1.510×m；4(ab+)sinθπ（3）由(ab+)sinθ=kλ，k=，当θ=，对应k=k，maxλ2−6a+b6.0×10∴k===10。max−10λ6000×10khdaw.com°°因±4，±8缺级，所以在−90<ϕ<90范围内实际呈现的全部级数为：°k=0，±1，±2，±3，±5，±6，±7，±9共15条明条纹(k=±10在θ=±90处看不到)。19-7．如能用一光栅在第一级光谱中分辨在波长间隔∆λ=0.18nm，发射中心波长为λ=656.3nm的红双线，则该光栅的总缝数至少为多少？∆λ解：根据光栅的分辨本领：=kN−1，令k=1，有：λ∆λ653.3N=+=1+=1364613647+=（条）。λ0.1819-8．已知天空中两颗星相对于望远镜的角宽度为4.84×10-6rad，它们发出的光波波长λ=550nm。望远镜物镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星？λ解：由分辨本领表式：θ=θ=1.22，R1d−9λ55010×∴d=1.22=1.22×=0.139（m）。−6θ4.8410×R19-9．一缝间距d=0.1mm，缝宽a=0.02mm的双缝，用波长λ=600nm的平行单色光垂直入射，双缝后放一焦距为f=2.0m的透镜，求：（1）单缝衍射中央亮条纹的宽度内有几条干涉主极大条纹；（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，中央亮条纹的宽度内又有几条干涉主极大？解：（1）双缝干涉实际上是单缝衍射基础上的双光束干涉，单缝衍射两暗纹之间的宽度内，考察干涉的主极大，可以套用光栅的缺级条件。kab+ab+0.10mm由=有：k=k"=k"5"=k，当k"=1时，有k=5，k"aa0.02mm∴第五级为缺级，单缝衍射中央亮条纹的宽度内有k=0，±±1，2，±3，±4共九条干涉主极大条纹；（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，则此时的ab+=0.05mm，ab+0.05mm同理：k=k"=k"=2.5"k，当k"1=时，有k=2.5，a0.02mm显然，单缝衍射中央亮条纹的宽度内有k=0，±1，±2共五条干涉主极大条纹。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com19-10．已知氯化钠晶体的晶面距离d=0.282nm，现用波长λ=0.154nm的X射线射向晶体表面，观察到第一级反射主极大，求X射线与晶体所成的掠射角。解：由布拉格条件：2sindϕ=kλk=012，，⋯，取第一级k=1，有：λ0.154nmsinϕ===0.2730，ϕ=0.276rad=15.84�=1550"�。2d20.282×nm�19-11．一个平面透射光栅，当用光垂直入射时，能在30角的衍射方向上得到600nm的第二级主极大，并且第二级主极大能分辨∆=λ0.05nm的两条光谱线，但不能得到400nm的第三级主极大，求：（1）此光栅的透光部分的宽度a和不透光部分的宽度b；（2）此光栅的总缝数N。��解：（1）依题意，30角的衍射方向上得到600nm第二级主极大，所以：(ab+)sin30=2λ，有：ab+=×4600nm=2.4µm但不能得到400nm的第三级主极大，说明400nm的第三级条纹缺级，khdaw.comab+由缺级的定义可得：=3，a所以：透光部分的宽度a=0.8µm，不透光部分的宽度b=1.6µm；kN−1（2）根据瑞利判据：kλ=（λ+∆λ），有：Nλ600nmN≈==6000（条）k∆λ20.05×nm19-12．波长400nm到750nm的白光垂直照射到某光栅上，在离光栅0.50m处的光屏上测得第一级彩带离中央明条纹中心最近的距离为4.0cm，求：（1）第一级彩带的宽度；（2）第三级的哪些波长的光与第二级光谱的光相重合。xkλ解：（1）衍射光栅中，由及sinθ=知：x=f，fab+−7λ410×−6波长越小，则离中央明纹就越近，所以：ab+=f=×0.5510=×m。−2x410×1−77.510×−2那么750nm的波长的第一级条纹位置在：x"=×0.5=7.510×m=7.5cm，1−6510×∴第一级彩带的宽度：∆=xx"−x=7.5cm−4cm=3.5cm；11（2）重合部分的光满足衍射角相等，设第二级的λ与第三级的λ重合，由公式：232λ2(ab+)sinθ=kλ，知2λ=3λ，即：λ=，2333当λ=750nm时，λ=500nm，23当λ=400nm时，λ=600nm，32∴第三级中有一部分和它将重合，对应的第三极波长为400500∼nm的波。19-13．用每毫米500条栅纹的光栅，观察钠光光谱（λ=590nm）。问：（1）光线垂直入�射；（2）光线以入射角30入射时，最多能看到几级条纹？−310−6解：（1）正入射时，光栅常数为：ab+==×210m，而(ab+)sinϕ=kλ，500khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com−6ab+210×有：k=sinϕ=sinϕ=3.39sinϕ，−7λ5.910×∵sinϕ≤1，∴对应的级次k（取整数）只能取3，最多能看到的条纹为7条：k=0，±1，±2，±3；（2）斜入射时，利用(ab+)(sinϕ±sin)θ=kλ，选择(ab+)(sinϕ+sin)θ=kλ，�(ab+)11将θ=30代入，有：k=(sinϕ+)=3.39(sinϕ+)λ22�5当ϕ=90时，k=3.39×=5.085，2�1当ϕ=−90时，k=3.39(×−)=−1.7，2对应的级次（取整数）为5∼−1级，∴khdaw.com能看7条条纹：k=543210，，，，，−，1。思考题19119919-1．要分辨出天空遥远的双星，为什么要用直径很大的天文望远镜？λ答：最小分辨角为：θ=1.22，它的倒数为分辨本领，当D越大，θ越小，那么分辨本领D就越大。所以用的天文望远镜的直径很大，提高了分辨本领。19-2．使用蓝色激光在光盘上进行数据读写较红色激光有何优越性？λ答：最小分辨角为：θ=1.22，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨本D领就越大。所以用的蓝色光比红色光好，提高了分辨本领。19-3．光栅形成的光谱较玻璃棱镜形成的色散光谱有何不同？答：两者都是分光元件。不同点：（1）光栅光谱有一系列的级次，每一级次都有正负两套光谱，零级光谱因波长重合而不能分光；而棱镜光谱只有一套零级光谱，相对强度大。（2）低级次的光栅光谱波长与衍射角近似有正比关系，称为匀排光谱；而棱镜光谱的波长与角度为非线性关系，不是匀排光谱。19-4．孔径相同的微波望远镜和光学望远镜相比较，哪个分辨本领大？为什么？λ答：最小分辨角为：θ=1.22，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨本D领就越大。由于微波的波长大于光波的波长，所以光波望远镜的分辨本领大。19-5．登月宇航员声称在月球上唯独能够用肉眼分辨地球上的人工建筑是中国的长城。你依据什么可以判断这句话是否真的？需要哪些数据？答：可利用瑞利判据。借用习题19-4的数据，设人眼的瞳孔直径为3mm。眼睛最敏感的光波长为−4λ=550nm，人眼最小分辨角为θ=2.210×rad；而月地之间的距离为384400公里，考虑万里长城长约5000公里，宽约30米，由：−3l5000km−2d5010×km−7θ===1.3010×rad，θ===1.3010×rad；长宽s384400kms384400km根据以上数据，宇航员在月球上应该不能用肉眼分辨长城是地球上的人工建筑。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com习题2020-1．从某湖水表面反射来的日光正好是完全偏振光，己知湖水的折射率为1.33。推算太阳在地平线上的仰角，并说明反射光中光矢量的振动方向。�解：由布儒斯特定律：n=tani，有入射角：i=arctan1.3353=，��∴仰角θ=90−=i37。光是横波，光矢量的振动方向垂直于入射光线、折射光线和法线在所在的平面。20-2．自然光投射到叠在一起的两块偏振片上，则两偏振片的偏振化方向夹角为多大才能使：（1）透射光强为入射光强的1/3；（2）透射光强为最大透射光强的1/3。(均不计吸收)解：设两偏振片的偏振化方向夹角为α，自然光光强为I。0112则自然光通过第一块偏振片之后，透射光强I，通过第二块偏振片之后：I=Icosα，00221121（1）由已知条件，透射光强为入射光强的，得：Icosα=I，有：00khdaw.com3232�α=arccos=35.2631211（2）同样由题意当透射光强为最大透射光强的1/3时，得：Icosα=(I)，有：002323�α=arccos=54.73。320-3．设一部分偏振光由一自然光和一线偏振光混合构成。现通过偏振片观察到这部分偏振�光在偏振片由对应最大透射光强位置转过60时，透射光强减为一半，试求部分偏振光中自然光和线偏振光两光强各占的比例。⎧1⎧1I=I+II=I+I⎪⎪max201⎪⎪max201解:由题意知：⎨⇒⎨⇒I0=I1，112�111⎪I=I+Icos60⎪I=I+Imax01max01⎪⎩22⎪⎩224∴即得II:=11:。01�20-4．由钠灯射出的波长为589.0nm的平行光束以50角入射到方解石制成的晶片上，晶片光轴垂直于入射面且平行于晶片表面，已知折射率n=1.65，n=1.486，求：oe（1）在晶片内o光与e光的波长；（2）o光与e光两光束间的夹角。cλcλc解：（1）由n=，而c=λν，有：n=，n=oevλλoeλc589.0λc589.0∴λ===356.97nm，λ===396.37nm；oen1.65n1.486oe��sinisin50�sin50�（2）又∵n=，有：γ=arcsin=27.66，γ=arcsin=31.03，oesinγnnoe�∴o光与e光两光束间的夹角为：∆=γγ−γ=3.37。eokhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com20-5．在偏振化方向正交的两偏振片P，P之间，插入一晶片，其光轴平行于表面且与起12�偏器的偏振化方向成35，求：（1）由晶片分成的o光和e光强度之比；（2）经检偏器P后上述两光的强度之比。2解：（1）由晶片分成的o光振幅：A=Asinθ，e光的振幅：A=Acosθ，Oe22�IoAsinθsin352其强度之比为振幅的平方比，所以：==()=0.49；22�IAcosθcos35e（2）经检偏器后，上述两光中o光的振幅：A"=Asincosθθ，oe光的振幅：A"=Acossinθθ，e可见振幅相同，所以两光强度之比为1：1。�20-6．把一个楔角为0.33的石英劈尖(光轴平行于棱)放在偏振化方向正交的两偏振片之间。用khdaw.comλ=654.3nm的红光垂直照射，并将透射光的干涉条纹显示在屏上。已知石英的折射率n=1.5419,n=1.5509，计算相邻干涉条纹的间距。oe解：选择劈尖的暗条纹，则条纹位置为：2π(n−n)d+π=（2k+1）πeoλ∆d(n−n)d=kλ，∆=leosinθ∴劈尖的相邻干涉条纹的间距：λ654.3nm∆=l==12.6mm。(n−n)sinθ�πeo(1.55091.5419−)×0.33×�180思考题2020-1．用偏振片怎样来区分自然光、部分偏振光和线偏振光？答：将光通过偏振片，光强无变化的为自然光；光强有变化但不会出现完全消光的为部分偏振光；光强有变化且在某个方向为零的为线偏振光。020-2．如图所示，玻璃片堆A的折射率为n，二分之一波片C的光轴与y轴夹角为30，偏振片P的偏振化方向沿y轴方向，自然光沿水平方向入射。（1）欲使反射光为完全偏振光，玻璃片堆A的倾角θ应为多少？在图中画出反射光的偏振态；（2）若将部分偏振光看作自然光与线偏振光两部分的叠加，则经过C后线偏振光的振动面有何变化？说明理由；（3）若透射光中自然光的光强为I，偏振光的光强为3I，计算透过P后的光强。π答：（1）根据马吕斯定律：i=arctann，θ=−i。2（2）椭圆偏振光（3）可用相干叠加公式计算。（略）20-3．在图示的装置中，P、P为两个正交的偏振片，C为四分之一波片，其光轴与P的1210偏振化方向间夹角为60，强度为I的单色自然光垂直入射于P。1（1）试述①、②、③各区光的偏振态；khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com（2）计算①、②、③各区的光强。答：（1）①区：为线偏振光；②区为椭圆偏振光；③区为椭圆偏振光。1（2）①区光强：I，02123②区的光强：O光的光强：I=Isinθ=I，O0028121e光的光强：I=Icosθ=Ie002812231223③区的光强：I=sinθcosθ=II=sinθcosθ=IO0e0khdaw.com2322323两者发生干涉现象，并且干涉加强：I=I+I=I。Oe01620-4．如图所示的偏振光干涉装置中，C是劈尖角很小的双折射晶片，折射率n>n，P、e010P的偏振化方向相互正交，与光轴方向皆成45角。若以波长为λ的单色自然光垂直照射，2试讨论：（1）通过晶片C不同厚度处出射光的偏振态；（2）经过偏振片P2的出射光干涉相长及相消位置与劈尖厚度d之间的关系，并求干涉相长的光强与入射光光强之比；（3）若转动P2到与P1平行时，干涉条纹如何变化？为什么？答：（1）通过晶片C不同厚度处出射光的偏振态为圆偏振光。（2）这是一个劈尖干涉的情况，所以列式：2π（n−n）d+π=2kπ，（明条纹）eOλ2π（n−n）d+π=（2k+1）π，（暗条纹）eOλ1221221干涉相长时的光强：I=I+I=sinθcosθ+sinθcosθ=IOe0224干涉相长的光强与入射光光强之比为：1：4；（3）若转动P2到与P1平行时，相位差中的π就没有了，所以干涉条纹中明暗条纹互换位置。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com习题2121-1．测量星体表面温度的方法之一是将其看作黑体，测量它的峰值波长λ，利用维恩定m−6−6律便可求出T。已知太阳、北极星和天狼星的λ分别为0.5010×m，0.4310×m和m−60.2910×m，试计算它们的表面温度。−3解：由维恩定律：Tλ=b，其中：b=2.898×10，那么：m−3b2.89810×太阳：T===5796K；−6λ0.510×m−3b2.89810×北极星：T===6740K；−6λ0.4310×m−3b2.89810×天狼星：T===9993K。−6λ0.2910×khdaw.comm21-2．宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于温度为3K的黑体辐射，试计算：（1）此辐射的单色辐出度的峰值波长；（2）地球表面接收到此辐射的功率。−3b2.89810×−4解：（1）由Tλ=b，有λ===9.6610×m；mmT3（2）由M=σT4，有：P=σT4×4πR2，那么：地P=4π×(637010)×32×5.6710×−8×34=2.3410×9W。21-3．已知2000K时钨的辐出度与黑体的辐出度之比为0.259。设灯泡的钨丝面积为210cm，其他能量损失不计，求维持灯丝温度所消耗的电功率。4解：∵P=σT⋅S，消耗的功率等于钨丝的幅出度，所以，黑体4−4−84P=ησST=0.2591010×××5.6710××2000=235W。21-4．天文学中常用热辐射定律估算恒星的半径。现观测到某恒星热辐射的峰值波长为λm；辐射到地面上单位面积的功率为W。已测得该恒星与地球间的距离为l，若将恒星看作黑体，试求该恒星的半径。（维恩常量b和斯特藩常量σ均为己知）4解：由Tλ=b，M=σT，恒星m考虑到恒星辐射到地面上单位面积的功率×大球面=恒星表面辐出的功率，224有：W⋅4πl=4πR⋅σT，恒星恒星2lλW∴m。R=恒星2bσ��−5−221-5．分别求出红光（λ=×710cm），X射线（λ=0.25A），γ射线（λ=1.24×10A）的光子的能量、动量和质量。hc2h解：由公式：E=，E=mc及P=，有：λλ−348hc6.6310×××310−19红光：E===2.8410×J，−7λ710×khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com−34h6.6310×−28P===9.4710×kgms⋅，−7λ710×−19E2.8410×−36m===3.1610×kg；282c(310)×−348hc6.6310×××310−15X射线：E===7.95610×J，−10λ0.2510×−34h6.6310×−23P===2.6510×kgms⋅，−10λ0.2510×−15E7.95610×−32m===8.8410×kg；282c(310)×−348hc6.6310×××310−13γ射线：E===1.610×J，−12λ1.2410×−34khdaw.comP=h=6.6310×=5.3510×−22kgms⋅，−12λ1.2410×−13E1.610×−30m===1.7810×kg。282c(310)×�21-6．100W钨丝灯在1800K温度下工作。假定可视其为黑体，试计算每秒钟内，在5000A�到5001A波长间隔内发射多少个光子？4解：设钨丝灯的发射面积为S，由斯特藩-玻耳兹曼定律可得辐射总功率P=σT⋅S，P−42那么，钨丝的发射面积为：S==1.6810×m，4σT22πhc1利用普朗克公式：M=，λ−5hcλeλkT−1那么，单位时间内从黑体辐射出的在∆λ范围内的能量为：22πhc∆⋅λSP=MT()⋅∆⋅=λS∆λλ−5hcλeλkT−1hc考虑到一个光子的能量为：ε=hν=，设每秒发射出N个光子，应有P=Nε∆λλP∆λ2πc⋅∆λ1P∴N==⋅⋅ελ4hcσT4eλkT−12π××3108×10−101100=⋅⋅=5.710×13。(510)×−746.6310×−34××31085.6710×−8×18004e510×−7×1.3810×−23×1800−121-7．钾的截止频率为4.62×1014Hz，用波长为435.8nm的光照射，能否产生光电效应？若能产生光电效应，发出光电子的速度是多少？－3414解：（1）由A=hν知逸出功A＝6.6310××4.6210×＝1.91eV，而光子的能量：0cε=h=2.85eV。可见ε>A，能产生光电效应；λkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com122(ε−A)（2）由光电效应方程：ε=A+mv，有v=，2m−192(2.851.91)1.610−××125∴v==0.330510×=5.7410×ms/。−319.110×�π21-8．波长为1A的X光在石墨上发生康普顿散射，如在θ=处观察散射光。试求：2（1）散射光的波长λ"；（2）反冲电子的运动方向和动能。θ�2解：（1）由康普顿散射公式：∆=λλ′−λ=2λsin和而康普顿波长：λ=0.02426A，0cc2θ�2�22知：λ′=λ+2λsin=+×120.02426A(×)=1.02426A；0c22（2）如图，考察散射粒子的动量，xkhdaw.comh�在x轴方向上：p=i┄①xπλ0hν�2n0�yh�λ0�ϕpx在y轴方向上：py=−j┄②1Aλ′h/λ′λ01py①/②有：tanϕ=−=−=−，h/λλ′1.0242601��∴ϕ=−arctan=−arctan0.9763=44.31=4418"；1.02426ccλ′−λ0动能：E=h−h=hc⋅=291eV。kλλ′λλ′0021-9．试计算氢原子巴耳末系的长波极限波长λ和短波极限波长λ。lmsm2n解法一：由巴耳末公式λ=B，（其中B=365.6nm）2n−4当n→∞时，有短波极限波长：λ=B=365.6nm；sm23当n=3时，有长波极限波长：λ=364.5nm×=658.1nm。lm23−4chc解法二：利用玻尔理论：E−E=h，有：λ=，考虑到E=−3.4eV，n22λE−En2当E=E=0时，有短波极限波长：λ=B=365.6nm；n∞sm23当E=E=−1.51eV时，有长波极限波长：λ=364.5nm×=658.1nm。n3lm23−4117−1【注：解法一可用巴耳末公式的ν̃=R(−)形式，其中R=1.09710×m】H22H2n21-10．在氢原子被外来单色光激发后发出的巴尔末系中，仅观察到三条光谱线，试求这三条谱线的波长以及外来光的频率。11解：由巴耳末公式ν̃=R(−)，由于仅观察到三条谱线，有n=543，，。H222nkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com111“5→2”：=R(−)，有：λ=4.3410×−7m；H221λ251111−7“4→2”：=RH(2−2)，有：λ2=4.8610×m；λ242111“3→2”：=R(−)，有：λ=6.56310×−7m；H223λ233一般氢原子核外电子处于基态（n=1），外来光子的能量至少应将电子激发到n=5的E1激发态，所以，光子的能量应为：ε=E−E=−E，考虑到ε=hν，E=−13.6eV，5121151−152−24−1915有：ν=E=⋅−(13.6)1.610××=3.1510×Hz。1−34h256.6310××21-11khdaw.com．一个氢原子从n=1的基态激发到n=4的能态。（1）计算原子所吸收的能量；（2）若原子回到基态，可能发射哪些不同能量的光子？（3）若氢原子原来静止，则从n=4直接跃回到基态时，计算原子的反冲速率。解：（1）氢原子从n=1的基态激发到n=4的能态，吸收的能量为：E−13.61∆E=−E=−−(13.6)12.75=eV1→421416（2）回到基态可能的跃迁有：“4→3”、“4→2”、“4→1”、“3→2”、“3→1”、“2→1”，考虑到：E=−13.6eV、E=−3.4eV、E=−1.5eV、E=−0.85eV，有：1234“4→3”：∆E=E−E=0.65eV；4→343“4→2”：∆E=E−E=2.55eV；4→242“4→1”：∆E=E−E=12.75eV；4→141“3→2”：∆E=E−E=1.9eV；3→232“3→1”：∆E=E−E=12.1eV；31→31“2→1”：∆E=E−E=10.2eV。21→21（3）首先算出光子的能量：hν=E−E=12.75eV，41ch∵ν=，而p=（光子），λλh∴由动量守恒有：mu=，（设电子的反冲速度为u）Hλ−19hE−E12.751.610××41u====4.07ms。−278λmmc1.6710×××310HH可见，电子的反冲速度很小，因此不需要考虑相对论效应。321-12．砷化镓半导体激光器（GaAlAs），发射λ=8.0×10nm红外光，功率为5.0mW，计算光子的产生率。解：设每秒钟发射n个光子，每个光子的能量为hν，那么：−33−9PPλ510××8.010××1017P=nhν，∴n====2.0110×（个）。−348hνhc6.6310×××310khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com思考题21-1．在光电效应实验中，用光强相同、频率分别为ν1和ν2的光做伏安特性曲线。已知ν2＞ν,那么它们的伏安特性曲线应该是图？1答：图（khdaw.comC）21-2．试比较光电效应与康普顿效应之间的异同。答：光电效应和康普顿效应都通过光和物质的相互作用过程揭示了光具有粒子性的一面。光电效应揭示了光子能量与频率的关系，康普顿效应则进一步揭示了光子动量与波长的光系。两者区别源于产生这两效应的能量范围大不相同，光电效应中光子的波长在光学范围，能量的数量级是几个eV，金属中电子逸出功的数量级是1eV。在线性光学范围内的光电效应中，入射光子能量大于或等于逸出功时，一个电子吸收一个光子，电子和光子系统的能量守恒，而因电子受束缚，系统的动量不守恒；康普顿效应中的光子在X射线波段，具有104eV数量级的能量，相对来说电子逸出功和电子热运动的能量都可以忽略，原子的外层电子可看作是自由的、静止的。所以康普顿效应反映的是高能光子和低能自由态电子间的弹性碰撞问题，系统的能量和动量都守恒。21-3．用可见光照射能否使基态氢原子受到激发？为什么？答：使基态氢原子受到激发所需要的最小能量为：13.6∆E=E−E=−−−(13.6)10.2=eV，214−348hc6.6310×××310而可见光的最大能量为：E=hν===3.1eV，−10−19λ400010××1.610×所以用可见光照射不能使基态氢原子受到激发21-4．氢原子的赖曼系是原子由激发态跃迁至基态而发射的谱线系，为使处于基态的氢原子发射此线系中最大波长的谱线，则向该原子提供的能量至少应为多少？答：氢原子的赖曼系是从受激态往激态发射光子，此线系中最大波长是从n=2向基态发射13.6的，故：∆E=E−E=−−−(13.6)10.2=eV。21421-5．用玻尔氢原子理论判断，氢原子巴尔末系（向第一激发态跃迁而发射的谱线系）中最小波长与最大波长之比为多少？111答：由=R(−)，n=∞时波长最小用λ表示，n=3时波长最大用λ表示，有：H2212λ2nλ145RH5=⋅=。λR3692H21-6．根据氢原子理论推导类氢离子（核电荷数为Ze，核外只剩最后一个电子khdaw.com）轨道半径，若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com电子绕核运动的线速度及原子的能级和电子跃迁时所发射单色光的频率公式。22Zev答：应用牛顿定律和库仑定律得：=m，24πεrr0h根据量子化条件：L=mvr=n，n=123，，，⋅⋅⋅2π22⎛ε0h⎞2∴r=n⎜⎟=nr，n=123，，，⋅⋅⋅（r=5.29nm，为玻尔半径）；n211⎝πmZe⎠224Ze1⎛mZe⎞E1，n=123，，，⋅⋅⋅（E=−=−⎜⎟=E=−13.6eV，为基态能量）；n222218πεrn8εhn0n⎝0⎠2⎛11⎞频率公式：ν̃=ZR⎜−⎟，nm=+1，m+2，m+3，⋯。n→m22⎝mn⎠khdaw.comkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com习题2222-1．计算下列客体具有10MeV动能时的物质波波长，（1）电子；（2）质子。解：（1）具有10MeV动能的电子，可以试算一下它的速度：2E21071.610−1912k×××mv=E⇒v==>光速c，所以要考虑相对论效应。k−312m9.1110×设电子的静能量为mc2，总能量可写为：E=E+mc2，用相对论公式：0k011E2=cp22+mc24，可得：p=E2−mc24=E2+2mcE200k0kcchhcλ==pE2+2mcE2k0k6.6310×−34××3108=(107×1.610×−192)+×29.1110×−31×(310)×82×107×1.610×−19=khdaw.com1.210×−13m；（2）对于具有10MeV动能的质子，可以试算一下它的速度：2E21071.610−19k×××7v===4.410×ms/，所以不需要考虑相对论效应。−27m1.6710×利用德布罗意波的计算公式即可得出：hh6.6310×−34λ====9.110×−15m。p2mE21.6710××−27×107×1.610×−1922-2．计算在彩色电视显像管的加速电压作用下电子的物质波波长，已知加速电压为25.0kV，（1）用非相对论公式；（2）用相对论公式。解：（1）用非相对论公式：−34hh6.6310×−12λ====7.7610×m；p2meU29.1110××−31×1.610×−19×2510×3（2）用相对论公式：设电子的静能为mc2，动能为：E=eU，0k2⎧⎪E=eU+mc0hc−12由⎨，有：λ==7.6710×m。2222422⎪⎩E=cp+mc02mceU0+(eU)−222-3．一中子束通过晶体发生衍射。已知晶面间距d=7.3210×nm，中子的动能E=4.20eV，求对此晶面簇反射方向发生一级极大的中子束的掠射角。k解：衍射是波的特征，中子束通过晶体发生衍射，可见中子束具有波动属性，由布拉格公式λ2sindϕ=kλ，一级极大时取k=1，有：sinϕ=，2d波长λ可利用德布罗意波的计算公式得出：hh6.6310×−34λ====1.4010×−11m，p2mE21.6710××−27×4.21.610××−19λ1.410×−11∴sinϕ===0.0956，ϕ=arcsin0.0956=5.49�=529"�。2d27.3210××−11322-4．以速度v=×610ms/运动的电子射入场强为E=5Vcm/的匀强电场中加速，为使�电子波长λ=1A，电子在此场中应该飞行多长的距离？khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com12hh解：利用能量守恒，有：E=mv+eU，考虑到λ==，2p2mE11h21211h22有：U=[()−mv]=[()−mv]e2mλ22emλ−34116.6310×2−3132=[()−9.1110××(610)]×−19−31−1021.610××9.1110×101910−17−23=(4.8210×−3.2810×)150.6=V，3.2↑太小，舍去UU150.6利用匀强电场公式E=有：d===0.301m。dE50022-5．用电子显微镜来分辨大小为1nm的物体，试估算所需要电子动能的最小值。（以eV为单位）khdaw.com解：由于需要分辨大小为1nm的物体，所以电子束的徳布罗意波长至少为1nm，h6.6310×−34由p=，有电子的动量为：p==6.6310×−25kgms/；λ10−9−25p6.6310×5试算一下它的速度：v===7.2810×ms/<<光速c，−31m9.1110×02p所以不考虑相对论效应，则利用E=，有电子动能的最小值：k2m0−252(6.6310×)−19E==2.410×J=1.5eV。k−3129.1110××�22-6．设电子的位置不确定度为0.1A，计算它的动量的不确定度；若电子的能量约为1keV，计算电子能量的不确定度。ℏℏ1.05510×−34解：由不确定关系：∆⋅∆xp∼，有∆p∼==5.310×−24kgms/，2⋅∆x20.110××−102hc由E=hν==pc，可推出：∆=⋅∆=Ecp1.6010×−15J。λ��22-7．氢原子的吸收谱线−2，计算原子处在被激发态上的λ=4340.5A的谱线宽度为10A平均寿命。hc解：能量E=hν=，由于激发能级有一定的宽度∆E，造成谱线也有一定宽度∆λ，两λhc者之间的关系为：∆=E∆λ，由不确定关系，∆⋅∆≥Etℏ/2，平均寿命τ=∆t，则：λ2ℏℏλ2λ2(4340.510×−102)τ=∆=t====×510−11s。2∆E2hc∆λ4πc∆λ43.14310×××8×10−12−7−922-8．若红宝石发出中心波长λ=6.3×10m的短脉冲信号，时距为1ns(10s)，计算该信号的波长宽度∆λ。解：光波列长度与原子发光寿命的关系为：∆=∆xct，khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.comℏℏλ2λ2由不确定关系：∆p⋅∆≥x，有：∆=x=≈x22∆px4πλ∆∆λ2(6.310)×−72λ∴∆=λ==1.32310×−3nm。ct∆310×8×10−922-9．设粒子作圆周运动，试证其不确定性关系可以表示为∆L∆θ≥h，式中∆L为粒子角动量的不确定度，∆θ为粒子角位置的不确定度。证明：当粒子做圆周运动时，设半径为r，角动量为：Lrmv==rp，则其不确定度∆L=r∆P，而做圆周运动时：∆x=r∆θ，利用：∆⋅∆≥Pxh代入，可得到：∆L∆θ≥h。22-10．计算一维无限深势阱中基态粒子处在x=0到x=L/3区间的几率。设粒子的势能分⎧Ux()=0，0L解：根据一维无限深势阱的态函数的计算，当粒子被限定在0L⎩n22nπ概率密度为：Px()=sinx，0>a，电子的动量为p，试求：（1）电子几率密度最大的位置；（2）相邻暗条纹的距离（近似计算）。h答：（1）电子的德布罗意波长：λ=，类似于波的干涉现象，在两边的第一级明纹之间pDDh分布的电子最多，所以其几率最大的位置应该在±λ=±⋅之间；d2apDDh（2）相邻暗条纹的距离：∆=xλ=。d2ap22-4．在一维势箱中运动的粒子，它的一个定态波函数如图a所示，对应的总能量为4eV，若它处于另一个波函数（如图b所示）的态上时，它的总能量是多少？粒子的零点能是多少？答：由一维无限深势阱粒子的能级表达式：2E=En。在a图中，n=2，n02知E=E⋅2=4eV，20所以粒子的零点能E=1eV；0若它处于另一个波函数（图b所示，n=3）的态上时，22它的总能量是：E=En=E3=9eV。30022-5．图中所示为一有限深势阱，宽为a，高为U。（1）写出各区域的定态薛定谔方程和边界条件；（2）比较具有相同宽度的有限深势阱和无限深势阱中粒子的最低能量值的大小。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com答：（1）第I区域定态薛定谔方程：2dψ()x2mEaa1，（+ψ()x=0−）；222dxℏ22aaaa边界条件：ψ(−)=ψ(−)，ψ()=ψ()。121222222222πℏ2πℏ（2）无限深势阱中粒子的能量表述式为E=n，最低能量值E=，显然与n2122ma2maa的平方成反比，粒子的自由范围越大，最低能量值越低，应该说粒子在相同宽度的有限深势阱比在无限深势阱中的自由范围大一些，所以粒子在有限深势阱中的最低能量值低一些。22-6khdaw.com．在钠光谱中，主线系的第一条谱线（钠黄线）是由3p−3s之间的电子跃迁产生的，��它由两条谱线组成，波长分别为λ=5889.963A和λ=5895.930A。试用电子自旋来解12释产生双线的原因。答：Na光谱双线产生的原因是比电相互作用小的磁相互作用的结果，是自旋—轨道相互作用能，是一个小量。即电子轨道运动产生的磁场和电子自旋磁矩的作用，使原子的能级发生e改变，其中电子自旋磁矩µ=−S，在Z方向投影有两条，所以Na光谱产生了双线。smkhdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com习题2323-1．铜、银、金、铝、铂等许多金属的晶格均为面心立方点阵结构。其边长a称为晶格常数，一般晶格常数并不一定代表原子间的最近距离。••（1）分析面心立方点阵中每个原子周围有几个最近邻原子；•••（2）求最近邻原子间的距离与晶格常数的关系。•••解：如图，N=12；•••a2a22•••d=()+()=a。222面心立方结构23-2．n型半导体Si中含有杂质磷P原子。在计算施主能级时，作为初级近似，可看作一+个电子围绕离子实P运动，好似一个浸没在无限大电介质Si中的一个类氢原于。已知Si的相对介电常数ε=11.5，求此半导体的施主基态能级。r22+ve解：设电子绕P作匀速圆周运动，有：m=┄①，2r4πεεrkhdaw.com0rh又设电子匀速圆周运动的角动量满足量子化条件：mvr=n┄②，2π2εεh20r由①、②可解得：r=n┄③，n2πme212e电子的能量：E=mv−┄④，nn24πεεr0rn41me将①、③代入④可得：E=−，n222n8(εε)h0r通常电子处于基态，相应基态能级n=1时，有：4−31−194me9.1110××(1.610×)E=−=−=−0.103eV，122−122−3428(εε)h8(8.8510×××11.5)×(6.6310×)0r∴半导体的施主基态能级∆E≈−0.103eV。D515023-3．钒V是第一类超导体，天然钒中同位素V占99.76%，V占0.24%，它们的质量分别为50.9440u和49.9472u。已知天然钒的转变温度为5.300K，试根据超导体的同1/250位素效应：MT=C（M为同位素质量，T为转变温度，C为常量），计算钒V的CC转变温度。11解：由超导体的同位素效应：M1/2T=C，有：MT2=MT2C1C12C21M1⎛50.9440.997649.94720.0024×+×⎞2∴12。T=()T=⎜⎟×5.35.352=KC2C1M2⎝49.9472⎠25-4．已知硅的禁带宽度为1.14eV，金刚石的禁带宽度为5.33eV，求能使之发生光电导的入射光最大波长。chc解：硅的禁带宽度为∆E=1.14eV，这也是跨越禁带所需要的最小能量，利用λ==硅ν∆E−348hc6.6310×××310−6对硅：λ===1.0910×m；硅−19∆E1.141.610××硅khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com−348hc6.6310×××310−7对金刚石：λ===2.3310×m。金刚石−19∆E5.331.610××金刚石23-5．发光二极管的半导体材料能隙为1.9eV，求它所发射光的波长。−348hc6.6310×××310−7解：λ===6.5410×m。−19∆E1.91.610××思考题2323-1．晶体的四种主要类型的结合键各有什么特征？答：离子晶体：原子的结合力为库仑力，结合力的强度中等。共价晶体：原子的结合力为共价键。分子晶体：原子的结合力为范德瓦耳斯力。金属晶体：原子的结合力与共价键类似。23-2khdaw.com．如何从泡利不相容原理来说明当原子结合成晶体时原子能级会发生分裂？答：当原子结合成晶体，两个原子靠近时，每一个价电子将逐渐感到另一个原子的存在，当两个原子靠的很近时，外层电子的波函数将会重叠起来，因为电子的填充服从泡利不相容原理，所以原来的每一个能级会发生分裂。23-3．当电子能量处在禁带之中时，电子的布洛赫波矢是复数，这电子为什么不能存在于晶体中?略23-4．能级与能带有何不同？固体的能带是怎么形成的？答：晶体中电子共有化的结果，使原先每个原子中具有相同能量的电子能级，因各原子相互影响而分裂成为一系列和原来能级很接近的新能级，这些新能级基本上连成一片，而形成能带。23-5．从能带结构来看导体、绝缘体、半导体有什么差异？答：绝缘体的禁带都比半导体的宽，常温下从满带激发到空带的电子数微不足道，宏观上表现为导电性能差。半导体的禁带宽度较小，满带中的电子只需较小的能量就能激发到空带中，宏观上表现为有较绝缘体大而较金属导体小的电导率。对金属导体而言，有的价带未被电子添满，是未满带，有的虽然价带中所有量子态被电子占满，成为满带，但禁带宽度为0，满带与较高的空带相交叠，电子可自由占据空带，还有的是未满带与空带相交叠。在外电场作用下，未满带中的电子都能参与导电过程，因此未满带也称为导带。能带理论在阐明固体的导电机构、合金的某些性质及金属的结合能等方面取得了重大成就，但它毕竟是一种近似理论，不能解释涉及电子相互作用的许多现象。23-6．掺杂与加热均能使半导体的电导率增加，但二者有何不同?答：杂质半导体由于掺有微量杂质，在禁带中产生附加的杂质能级。掺入施主杂质的N型半导体，施主能级位于禁带上方靠近导带底，施主能级上的电子激发到导带成为导电载流子所需的能量远小于从满带跃迁到导带所需的能量。同理，掺入受主杂质的型半导体，受主能级通常位于禁带下方，满带中的电子跃迁到受主能级，在满带中形成一个能导电的空穴所需能量远小于本征半导体形成电子-空穴对所需能量。因此掺杂后的半导体可分为以导带中的电子为主要载流子的电子型导电和以满带中的空穴为主要载流子的空穴型导电两种类型。由于掺杂半导体产生载流子所需能量很小，其载流子的浓度远大于在同一温度下产生电子-空穴对的浓度，因此，室温下杂质半导体的电导率主要由杂质电离产生的载流子浓度决定。温度升高时本征激发也加剧，同样使电导率增大，但达到一定温度时，无论是P型还是N型半导体都将转变为本征导电。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com23-7．本征半导体与杂质半导体导电机构有何不同？答：见教材P页25723-8．本征半导体掺何种杂质即可成为n型半导体，它的多数载流子是什么？又怎样成为p型半导体？它的多数载流子是什么?答：本征半导体掺五价杂质即可成为n型半导体，它的多数载流子是电子。本征半导体掺三价杂质可成为p型半导体，它的多数载流子是空穴。23-9．p−n结为何有单向导电性？答：p−n结中由于阻挡层的存在，把电压加到p−n结两端时，阻挡层处的电势差将发生变化。若p端接正，n端接负，外电场的方向与p−n结中电场方向相反，使结中电场减弱，阻挡层减薄，n区的电子和p区的空穴容易通过阻挡层向对方扩散，形成了p区流向n区的宏观电流。若反向连接，外电场的方向与p−n结中电场方向相同，这时阻挡层增厚，n区的电子和p区的空穴很难通过阻挡层向对方扩散。因此说p−n结有单向导电性。23-10khdaw.com．超导态的两个互相独立的基本属性是什么？答：（1）零电阻；（2）完全抗磁性23-11．什么是超导体的临界温度、临界磁场和临界电流？答：超导体电阻降为零的温度称为临界温度。材料的超导态可以被外加磁场破坏而转入正常态，这种破坏超导态所需的最小磁场强度称为临界磁场。临界磁场的存在，限制了超导体中能够通过的电流，当通过超导态导线的电流超过一定数值I后，超导态被破坏，I称为超cc导态的临界电流。23-12．何谓迈斯纳效应？超导体与电阻率为零的理想导体有何不同?答：使样品转变为超导态的过程中，无论先降温后加磁场，还是先加磁场后降温，超导体内部的磁感应强度总是为零，这一现象称为迈斯纳效应。零电阻是超导体的一个重要特征，超导体处于超导态时电阻完全消失，若用它组成闭合回路，一旦回路中有电流，则回路中没有电能消耗，不需要任何电源补充能量，电流可以持续存在下去，形成所谓的持久电流。超导体具有完全抗磁性，而理想导体放在外磁场中，外加磁场的变化不会改变通过理想导体的磁通量，通过理想导体的磁通量可以是非零的常数，其变化历史与外磁场的作用历史有关。23-13．超导材料和技术有哪些应用？超导磁体比传统电磁铁有什么优越性?答：超导在能源、运输、医疗、信息和基础科学等各个领域已经开展了应用研究。在电力工业中用超导电缆可实现无损耗输电，超导电机可突破常规发电机的极限容量，提高效率。用超导线圈储能可改善电网稳定性和调制峰植负载。用超导线圈制成的超导磁体不仅体积小、重量轻，而且损耗小，所需励磁功率小，为受控核聚变、高能加速器、磁流体发电、磁悬浮列车、核磁共振成象装置提供大范围的强磁场。在科学实验、计算、军事侦察、地质勘探的生物医学方面都有显著的应用效果。khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com'