班级______________学号____________姓名________________ 练习 十 二 一、选择题 1．半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ；当把 线圈转动使其法向与B 的夹角α =60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是（ A ） (A) 与线圈面积成正比，与时间无关． (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比． (C) 与线圈面积成反比，与时间成正比． (D) 与线圈面积成反比，与时间无关． 2．一矩形线框长为a 宽为b ，置于均匀磁场中，线框绕OO ′轴，以匀角速度ω旋转(如图所示)．设t =0时，线框平面处于纸面内，则任一时刻感应电动势的大小为 （ D ） (A) 2abB | cos ω t |． (B) ω abB (C) t abB ωωcos 2 1 ． (D) ω abB | cos ω t |． 3．两个相距不太远的平面圆线圈，怎样可使其互感系数近似为零？设其中一线圈的轴线恰通过另一线圈的圆心．（ C ） (A) 两线圈的轴线互相平行放置． (B) 两线圈并联． (C) 两线圈的轴线互相垂直放置． (D) 两线圈串联． 4．有两个长直密绕螺线管，长度及线圈匝数均相同，半径分别为r 1和r 2．管内充满均匀介质，其磁导率分别为μ1和μ2．设r 1∶r 2=1∶2，μ1∶μ2=2∶1，当将两只螺线管串联在电路中通电稳定后，其自感系数之比L 1∶L 2与磁能之比W m 1∶W m 2分别为：（ C ） (A) L 1∶L 2=1∶1，W m 1∶W m 2 =1∶1． (B) L 1∶L 2=1∶2，W m 1∶W m 2 =1∶1． (C) L 1∶L 2=1∶2，W m 1∶W m 2 =1∶2． (D) L 1∶L 2=2∶1，W m 1∶W m 2 =2∶1． 5．对位移电流，有下述四种说法，请指出哪一种说法正确． （ A ） (A) 位移电流是指变化电场． (B) 位移电流是由线性变化磁场产生的． (C) 位移电流的热效应服从焦耳─楞次定律． (D) 位移电流的磁效应不服从安培环路定理． 6．圆铜盘水平放置在均匀磁场中，B 的方向垂直盘面向上．当铜盘绕通过中心垂直于盘面的轴沿图示方向转动时，（ C ） (A) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的相反方向流动． (B) 铜盘上有感应电流产生，沿着铜盘转动的方向流动． (C) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘边缘处电势最高． (D) 铜盘上有感应电动势产生，铜盘中心处电势最高．
第十二章 习题答案 12.1 选择题 (1) 对位移电流,下述四种说法哪个正确( ) A. 位移电流是由线性变化磁场产生的. B. 位移电流是指变化的电场. C. 位移电流的热效应服从焦耳-楞次定律. D. 位移电流的磁效应不服从安培环路定理. (2) 空气中有一无限长金属薄壁圆筒,在表面上沿圆周方向均匀地流着一层随时间变化的面电流i (t),则( ) A. 圆筒内均匀地分布着变化磁场和变化电场. B. 任意时刻通过圆筒内假象的任一球面的磁通量和电通量均为 零. C. 沿圆筒内任意闭合环路上电场强度的环流为零. D. 沿圆筒外任意闭合环路上磁感应强度的环流不为零. (3) 如图12.1(3)所示为一充电后的平行板电容器,A 板带正电,B 板 带负电,开关K 合上时,A ?B 板间位移电流的方向为(按图上所标x 轴 正方向回答) A ．x 轴正向 B ．x 轴负向 C ．x 轴正向或负向 D ．不确定 题12.1(3)图 答案：(1) B, (2)B, (3)B. 12.2 填空题 1． S t B l E L S d d ??????-= ① 0d =??S B S ② S t D I l H S L i d d ????∑??+= ③ 试判断下列结论是否包含于或等效于哪一个麦克斯韦方程式的.将确定的方程式用代号填在相应结论的空白处. (1) 变化的电场一定伴随有磁场__________________． (2) 变化的磁场一定伴随有电场__________________． (3) 磁感线是无头无尾的闭合曲线________________． 2．平行板电容器的电容C 为20 μF ,两板上的电压变化率V/s 105.1d d 5?=t U ,则该平行板电容器中的位移电流为____________． 3．一空气平行板电容器的两极板是半径为R 的圆形导体片,在充电时,板间电场强度的变化率为t E d d .若略去边缘效应,则两板间的位移电流为______________． 答案: (1)③①②, (2)3 A, (3)20 R dt dE πε
17－3 有一单缝，缝宽为，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 代入数据得 17－4 用波长为的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 依题意有 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 依题意有 0115.234.0sin 5 2sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为00475.2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 依题意有 2 )122(2)132(21λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.428760057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径）中的柱状感光细胞每平方毫米约×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？ 解：（1）据爱里斑角宽公式，星体在视网膜上像的角宽度为 （2）视网膜上星体的像的直径为 （3）细胞数目应为3.2105.14)104.4(52 3=????=-πn 个 17－8 在迎面驶来的汽车上，两盏前灯相距120cm 。试问汽车离人多远的地方，眼睛恰能分辨这两盏前灯？设夜间人眼瞳孔直径为，入射光波长为550nm.。 解： 17－9 据说间谍卫星上的照相机能清楚识别地面上汽车的牌照号码。（1）若被识别的牌照上的字划间的距离为5cm ，在160km 高空的卫星上的照相机的角分辨率应多大？ （2）此照相机的孔径需多大？光的波长按500nm 计算。 解：装置的光路如图所示。 17－10 一光栅每厘米刻有4000 位）已知?和?谱线的波长分别为656nm 和解： S 1S 2
思考题 12.1在电子仪器中，为了减弱与电源相连的两条导线的磁场，通常总是把它们扭在一起。为什么？ 12.2 两根通有同样电流的I的长直导线十字交叉放在一起，交叉点相互绝缘（图12.31）。试判断何处的合磁场为零。 12.3一根导线中间分成相同的两支，形成一菱形（图12.32）。通入电流后菱形的两条对角线上的合磁场如何？ 12.4 解释等离子体电流的箍缩效应，即等离子柱中通以电流时（图12.33），它会受到自身电流的磁场的作用而向轴心收缩的现象。 12.5 研究受控热核反应的托卡马克装置中，等离子体除了受到螺绕环电流的磁约束外也受到自身的感应电流（由中心感应线圈中的变化电流引起，等离子体中产生的感应电流常超过 6 10A）的磁场的约束（图12.34）。试说明这两种磁场的合磁场的磁感应线绕着等离子体环 轴线的螺旋线（这样的磁场更有利于约束等离子体）。
12.6 考虑一个闭合的面，它包围磁铁棒的一个磁极。通过该闭合面的磁通量是多少？ 12.7 磁场是不是保守场？ 12.8 在无电流的空间区域内，如果磁力线是平行直线，那么磁场一定是均匀场。试证明之。 12.9 试证明：在两磁极间的磁场不可能像图12.35那样突然降到零。 12.10 如图12.36所示，一长直密绕螺线管，通有电流I 。对于闭合回路L ，求? =?L dr B ? 12.11像图12.37那样的截面是任意形状的密绕长直螺线管，管内磁场是否是均匀磁场？其磁感应强度是否仍可按nI B 0μ=计算？
12.12图12.39中的充电器充电（电流Ic 方向如图所示）和放电（电流Ic 的方向与图示方向相反）时，板间位移电流的方向各如何？1r 处的磁场方向又各如何？ 习题 12.1求图12.38各图中P 点的磁感应强度B 的大小和方向。 12.2高压输电线在地面上空25m 处，通过电流为A 3 108.1?。 （1）求在地面上由这电流所产生的磁感应强度多大？ （2）在上述地区，地磁场为T 4-106.0?，问输电线产生的磁场与地磁场相比如何？ 12.3在汽船上，指南针装在相距载流导线0.8m 处，该导线中电流为20A 。 （1）该电流在指南针所在处的磁感应强度多大（导线作为长直导线处理）？ （2）地磁场的水平分量（向北）为T 4 -1080?。 。由于导线中电流的磁场作用，指南针的指向要偏离正北方向。如果电流的磁场方向是水平的而且与地磁场垂直，指南针将偏离正北方向多少度？求在最坏情况下，上述汽船中的指南针偏离正北方向多少度。 12.4 两根导线沿半径方向被引到铁环上A,C 两点。电流方向如图12.39所示。求环中心O 处的磁感应强度是多少？
电气系\计算机系\詹班 《大学物理》（光的偏振）作业5 一．选择题 1. 两偏振片堆叠在一起，一束自然光垂直入射时没有光线通过。当其中一偏振片以入射光线为轴慢慢转动180°时透射光强度发生的变化为 (A) 光强单调增加； (B) 光强先增加，然后减小，再增加，再减小至零 (C) 光强先增加，后又减小至零； (D) 光强先增加，后减小，再增加。 【 D 】 2．一束光强为I 0的自然光，相继通过三个偏振片P 1、P 2、P 3后，出射 光的光强为I= I 0/8，已知P 1和P 3的偏振化方向相互垂直，若以入射光线为轴，旋转P 2，要使出射光的光强为零，P 2最少要转过的角度是 （A ）30° （B ）45° （C ）60° （D ）90° [ B ] [参考解] 设P 1与 P 2的偏振化方向的夹角为α ，则 82sin 8sin cos 2020220I I I I === ααα ，所以4/πα=，若I=0 ，则需0=α或πα= 。可得。 3．一束光是自然光和线偏振光的混合光，让它垂直通过一偏振片，若以此入射光束为轴旋转偏振片，测得透射光强度最大值是最小值的5倍，那么入射光束中自然光与线偏振光的光强比值为 （A ）1/2 （B ）1/5 （C ）1/3 （D ）2/3 【 A 】 4．自然光以60°的入射角照射到某两介质交界面时，反射光为完全偏振光，则知折射光为 （A ）完全偏振光且折射角是30° （B ）部分偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为3的介质时，折射角是30° （C ）部分偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角 （D ）部分偏振光且折射角是30°
第16章 光的偏振 习题解答 1．自然光、线偏光和部分偏振光有何区别？用哪些方法可以获得线偏振光？如何使用检偏器检验光的偏振状态？ 解：自然光、线偏光和部分偏振光偏振态不同；可以通过偏振片、自然光以布儒斯特角入射到两种各相同性介质分界面上产生反射和折射、双折射晶体的双折射等方法来获得线偏振光。 2．自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光? 解：自然光不能说一定不是单色光．因为它只强调存在大量的、各个方向的光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样．线偏振光也不一定是单色光．因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同． 3．一束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射光，这束光是怎样入射的?其偏振状态如何? 解：这束光是以布儒斯特角入射的．其偏振态为平行入射面的线偏振光． 4．什么是寻常光线和非常光线? 什么是光轴、主平面和主截面？寻常光线和非常光线的振动方向和各自的主平面有何关系？ 解：当一束平行自然光正入射到双折射晶体的一个表面上，在另一表面有两束光出射，其中一束遵从折射定律，称为寻常光线（o 光），另外一束不遵从折射定律，称为非常光线（e 光）；当光在双折射晶体中沿一特殊方向传播时，o 光和e 光不分开，它们在该方向具有相同的传播速度，这个特殊的方向称为晶体的光轴；光线在晶体表面上入射，此界面的法线与晶体的光轴所构成的平面称为主截面；光轴与晶体内任一折射光线所构成的平面称为该光线的主平面；o 光的光振动方向垂直于o 光的主平面，e 光的光振动方向在e 光的主平面内。 5．在单轴晶体中，e 光是否总是以e n c /的速率传播？哪个方向以0/n c 的速率传播？ 答：e 光沿不同方向传播速率不等，并不是以e n c /的速率传播．沿光轴方向以0/n c 的速率传播． 6．用一束线偏振光照射双折射晶体，此时能否观察到双折射现象? 解：能观察到双折射现象。 7．投射到起偏器的自然光强度为0I ，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行，然后使检偏器绕入射光的传播方向转过30°、45°、60°，试问在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是0I 的几倍? 解：由马吕斯定律有 0o 2018 330cos 2I I I == 0ο2024 145cos 2I I I == 0ο2038160cos 2I I I ==
大学物理《普通物理学 简明教程》第十二章 电磁感应电磁场 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN
2 第十二章 电磁感应 电磁场 问题 12-1 如图,在一长直导线L 中通有电流I ,ABCD 为一矩形线圈,试确定在下列情况下，ABCD 上的感应电动势的方向：(1)矩形线圈在纸面内向右移动；(2)矩形线圈绕AD 轴旋转；（3）矩形线圈以直导线为轴旋转. 解 导线在右边区域激发的磁场方向垂直于纸 面向里，并且由2I B r μ0=π可知，离导线越远的区 域磁感强度越小，即磁感线密度越小．当线圈运 动时通过线圈的磁通量会发生变化，从而产生感应电动势．感应电动势的方向由楞次定律确定． （1）线圈向右移动，通过矩形线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，线圈中感应电动势的方向为顺时针方向． （2）线圈绕AD 轴旋转，当从0到90时，通过线圈的磁通量减小，感应电动势的方向为顺时针方向．从90到180时，通过线圈的磁通量增大，感应电动势的方向为逆时针. 从180到270时，通过线圈的磁通量减少，感应电动势的方向为顺时针．从270到360时，通过线圈的磁通量增大，感应电动势的方向为逆时针方向. （2）由于直导线在空间激发的磁场具有轴对称性，所以当矩形线圈以直导线为轴旋转时，通过线圈的磁通量并没有发生变化，所以，感应电动势为零. 12-2 当我们把条形磁铁沿铜质圆环的轴线插入铜环中时,铜环内有感应电流和感应电场吗 如用塑料圆环替代铜质圆环,环中仍有感应电流和感应电场吗 解 当把条形磁铁沿铜质圆环的轴线插入铜环过程中，穿过铜环的磁通量增加，铜环中有感应电流和感应电场产生；当用塑料圆环替代铜质圆环，由于塑料圆环中的没有可以移动的自由电荷，所以环中无感应电流和感应电场产生. 12-3 如图所示铜棒在均匀磁场中作下列各种运动，试问在哪种运动 中的铜棒上会有感应电动势其方向怎样设磁感强度的方向铅直向 C I
实验27 光的偏振 一、实验目的 1、观察光的偏振现象，加深对光的偏振的理解。 2、了解偏振光的产生及其检验方法。 3、观测布儒斯特角，测定玻璃折射率。 4、观测椭圆偏振光与圆偏振光。 5、了解1/2波片和1/4波片的用途。 二、实验原理 1、光的偏振状态 光是电磁波，它是横波。通常用电矢量E表示光波的振动矢量。 (1)自然光其电矢量在垂直于传播方向的平面内任意取向，各个方向的取向概率相等，所以在相当长的时间里（10-5秒已足够了），各取向上电矢量的时间平均值是相等的，这样的光称为自然光，如图27-l所示。 (2)平面偏振光电矢量只限于某一确定方向的光，因其电矢量和光线构成一个平面而称其为平面偏振光。如果迎着光线看，电矢量末端的轨迹为一直线，所以平面偏振光也称为线偏振光，如图27-2所示。 (3)部分偏振光电矢量在某一确定方向上较强，而在和它正交的方向上较弱，这种光称为部分偏振光，如图27-3所示。部分偏振光可以看成是线偏振光和自然光的混合。 (4)椭圆偏振光迎着光线看，如果电矢量末端的轨迹为一椭圆，这样的光称为椭圆偏振光。椭圆偏振光可以由两个电矢量互相垂直的、有恒定相位差的线偏振光合成得到。 (5)圆偏振光迎着光线看，如果电矢量末端的轨迹为一个圆，则这样的光称为圆偏振光。圆偏振光可视为长、短轴相等的椭圆偏振光。 图27-4 椭圆偏振光
2、布儒斯特定律 反射光的偏振与布儒斯特定律 如图27-5所示，光在两介质（如空气和玻璃片等）界面上，反射光和折射光（透射光）都是部分偏振光。当反射光线与折射光线的夹角恰为90°时，反射光为线偏振光，其电矢量振动方向垂直于入射光线与界面法线所决定的平面（入射面）。此时的透射光中包含平行于入射面的偏振光的全部以及垂直于入射面的偏振光的其余部分，所以透射光仍为部分偏振光。由折射定律很容易导出此时的入射角 α 满足关系 1 2 tan n n = α (27-1) (27-1)式称为布儒斯特定律，入射角 α 称为布儒斯特角，或称为起偏角。若光从空气入射到玻璃（n 2约为1.5），起偏角约56°。 3、偏振片、起偏和检偏、马吕斯定律 (1)由二向色性晶体的选择吸收所产生的偏振 自然光 偏振光 偏振片 P 1P 2 I 0 起偏器 检偏器 自然光 I ' 图a 偏振片起偏 图b 起偏和检偏 图27-6 偏振片 有些晶体（如电气石）、长链分子晶体（如高碘硫酸奎宁），对两个相互垂直振动的电矢量具有不同的吸收本领，这种选择吸收性称为二向色性。在两平板玻璃间，夹一层二向色性很强的物质就制成了偏振片。自然光通过偏振片时，一个方向的电矢量几乎完全通过（该方向称为偏振片的偏振化方向），而与偏振化方向垂直的电矢量则几乎被完全吸收，因此透射光就成为线偏振光。根据这一特性，偏振片既可用来产生偏振光（起偏），也可用于检验光的偏振状态（检偏）。 (2)马吕斯定律 用强度为I 0的线偏振光入射，透过偏振片的光强为I ，则有如下关系 θ 20cos I I = (27-2) (27-2)式称为马吕斯定律。 θ是入射光的E 矢量振动方向和检偏器偏振化方向之间的夹角。以入射光线为轴转动偏振片，如果透射光强I 有变化，且转动到某位置时 I ＝0，则表明入射 光为线偏振光，此时θ ＝90°。 4、波片 (1)两个互相垂直的、同频率的简谐振动的合成 设有两各互相垂直且同频率的简谐振动，它们的运动方程分别为 )cos() cos(2211?ω?ω+=+=t A y t A x (27-3) 合运动是这两个分运动之和，消去参数t ，得到合运动矢量末端运动轨迹方程为 )(sin )cos(2122 12212 22212????-=--+A A xy A y A x (27-4) 上式表明，一般情况下，合振动矢量末端运动轨迹是椭圆，该椭圆在2122A A ?的矩形范围内。如果(27-3)式表示的是两线偏振光，则叠加后一般成为椭圆偏振光。下面讨论相位 差 12???-=?为几种特殊值的情况。 ①当π?k 2=?（ k =0, ±1, ±2, …）时，(27-4)式变为
第十二章电磁感应电磁场和电磁波 12- 1 一根无限长平行直导线载有电流 I , 一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方 向以恒定速率运动（如图所示），则（ ） （A ） 线圈中无感应电流 （B ） 线圈中感应电流为顺时针方向 （C ） 线圈中感应电流为逆时针方向 （D ） 线圈中感应电流方向无法确定 题12-1图 分析与解 由右手定则可以判断， 在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里， 磁场是非均匀场， 距 离长直载流导线越远，磁场越弱.因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感 应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定.因而正确答案为（ B ）. 12- 2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中， 并假设通过两环面的磁通量 随时间的变化率相等，不计自感时则（ ） （A ）铜环中有感应电流，木环中无感应电流 （B ） 铜环中有感应电流，木环中有感应电流 （C ） 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （D ） 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大 分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流?因而正确答案为（ A ）. 12- 3 有两个线圈，线圈1对线圈2的互感系数为M 21，而线圈2对线圈1的互感系数为 感电动势为12，由i 1变化在线圈2中产生的互感电动势为 0 ,下述论断正确的是 （ ）. （A ） M 12 M 21 ,蚣1 @2 M12 ?若它们分别流过 i1 和 i2 的变化电流且石 di 2 dt ,并设由i 2变化在线圈1中产生的互
@2 (B) M 12 M 21 , %1 § 2 (C) M 12 M 21 , ◎1 @2 (D) M 12 M 21 , 蚣1 12 而正确答案为（D ） 12- 4对位移电流，下述说法正确的是（ ） （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，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律.因 而正确答案为（A ）. 12- 5 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 ） ①m LI ，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） ①m LI ，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 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 ）. 12— 6 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 2 ① 8.0 10 sin 100 n ，式中 ①的单位为Wb t 的单位为s ，求在t 1.0 10 s 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 d ① d ^ 和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成 E N ，其中书N ①称为磁 dt dt 链. 解线圈中总的感应电动势 分析与解 教材中已经证明M21 = M12，电磁感应定律 %1 M 21di 1 dt M i2-di 2 ?因 dt
§12.7 多普勒效应 一、机械波的多普勒效应 当波源和观察者都相对于介质静止时,观察者所观测到的波的频率与波源的振动频率一致.当波源和观察者之一,或两者以不同速度同时相对于介质运动时,观察者所观测到的波的频率将高于或低于波源的振动频率,这种现象称为多普勒效应.多普勒效应在我们日常生活中经常可以遇到.例如,当火车由远处开来时,我们所听到的汽笛声高而尖,当火车远去时汽笛声又变得低沉了.下面我们就来分析波源和观察者都相对于介质运动时,发生在两者连线上的多普勒效应. 观察者所观测到的波的频率,取决于观察者在单位时间内所观测到的完整波的数目,或者说取决于单位时间内通过观察者的完整波的数目,即 λ=νu 式中u 是波在该介质中的传播速率,λ是波长. 现在假设波源相对于介质静止,观察者以速率V 0向着波源运动.这时观察者在单位时间内所观测到的完整波的数目要比它静止时多.在单位时间内他除了观察到由于波以速率u 传播而通过他的 u/λ个波以外,还观测到由于他自身以速率V 0运动而通过他的V 0 /λ个波.所以观察者在单位时间内所观测到的完整波的数目为 ν+=ν+=λ+λ=νu V u u V u V u 000/' (12.47) 显然,当观察者以速率V 0离开静止的波源运动时,在单位时间内所观测到的完整波的数目要比它静止时少V 0 /λ.因此,他所观测到的完整波的数目为 ν-=νu V u 0' (12.48) 总之,当波源相对于介质静止、观察者在介质中以速率V 0运动时,观察者所接收到的波的频率可表示为 ν±=νu V u 0' (12.49) 式中正号对应于观察者向着波源运动,负号对应于 观察者离开波源运动. 现在假设观察者相对于介质静止,而波源以速 率 V S 向着观察者运动.这时在波源的运动方向上, 向着观察者一侧波长缩短了,如图12.18所示.图中
第十二章量子物理 选择题 12—1 在下列物体中,绝对黑体是（ D ） (A) 不辐射可见光的物体; (B) 不辐射任何光线的物体; (C) 不能反射可见光的物体; (D) 不能反射任何光线的物体. 12—2 与光谱辐出度的峰值相对应的波长 m λ,随着黑体温度的升高将（ B ） (A) 向长波方向移动; (B) 向短波方向移动; (C) 先向短波方向移动,后又向长波方向移动; (D) 不受影响. 12—3 某单色光的波长为λ,则此光子的能量为（ C ） (A) h cλ ; (B) 0; (C) hc λ ; (D) h λ . 12—4 当单色光照射到金属表面产生光电效应时,已知此金属的逸出功为A,则该单色光的波长一定要满足的条件是（ A ） (A) hc A λ≤; (B) hc A λ≥; (C) A hc λ≤; (D) A hc λ≥. 12—5 一个光子的波长与一个电子德布罗意波的波长相等,则（ C ） (A) 光子具有较大的动量; (B) 电子具有较大的动量; (C) 它们具有相同的动量; (D) 光子的动量为零. 12—6 不确定关系式x p h ??≥表示在Ox方向上（ D ）(A) 粒子的位置不能确定; 116
117 (B) 粒子的动量不能确定; (C) 粒子的位置和动量都不能确定; (D) 粒子的位置和动量不能同时确定. 计算题 12—7 黑体在某一温度时辐出度为425.6710W m -??,求这时光谱辐出度峰值相对应的波长m λ. 解 由斯特藩-玻尔兹曼定律,4 M T σ=,可得辐出度为425.6710W m M -=??时,对应的黑体温度为 114 4 4 85.6710K 1000K 5.6710M T σ-?????=== ? ?????? 由m b T λ=,可得温度为1000K 时,与光谱辐出度峰值相对应的波长为 3 6m 2.89810m 2.89810m 2898nm 1000 b T λ--?===?= 12—8 在天文学中,常用斯特藩—波耳兹曼定律确定恒星的半径R .已知某恒星到达地球每单位面积上辐射功率为M ,恒星到地球的距离为R ',恒星的表面温度为T .若恒星的辐射与黑体相似, 证明恒星的半径R = 证 设恒星的辐射,到达距离恒星中心为r 的球面S 上时,每单位面积的辐射功率为 ()M r ,则 220()d ()4π4πS M r S M r r M R ?=?=?? 为恒星的总辐射功率,是一个常数.式中R 为恒星的半径,0M 为恒星的辐出度,由斯特藩-玻尔兹曼定律,40M T σ=.地球位于距离恒星为R '的球面上,地球表面每单位面积接受的辐射功率()M R M '=.因此 220MR M R '= 由此可得
1、首先，光强的计算并不是利用合成矢量来计算的，光强与振幅的平方成正比，振幅即矢量的模；其次，不论是人眼还是探测器，都不可能接收瞬时光强，即光矢量的振幅大小；最重要的一点，矢量的合成是有条件的，这一点物理光学中有很详细的解释，即必须是相干光才能合成，而自然光一般为非相干光。非相干光的光强叠加只是不同光线光强的简单叠加。因而，只要有光线，光强恒大于0。但相干光与此不同，会有等于0的情况。 2、因为其不是偏振光，所以光强I不发生变化。 3、光的偏振实验中，如果在一组相互正交的偏振片之间插入一块半波片，使其光轴和起偏器的偏振轴平行，则透过检偏器的光斑还是暗的。因为经过起偏器后的线偏振光的偏振方向与波片光轴平行，与波片光轴垂直方向没有分量，此时不发生双折射效应，经过波片后仍然是原方向振动的线偏振光，所以消光。 将检偏器旋转90度后，光斑的亮暗有变化，变亮，因为经过波片后仍然是原方向振动的线偏振光，检偏器旋转90度后正好与线偏振光振动方向一致。 这个问题的关键在于波片的光轴和起偏器偏振轴平行，线偏振光经过后不改变偏振方向。我们知道线偏振光经过1/2波片偏振方向是要关于光轴（或者快轴，或者慢轴）对称的。当线偏振光偏振方向平行或者垂直与快轴或者慢轴时，波片不起改变偏振态的作用，不仅1/2波片如此，其它波片也这样。 4、用一个偏振片就能分辨。当自然光通过偏振片时，无论偏振片怎么旋转或者是静止（以光的传播方向为轴）光的强度都不会发生变化。 当圆偏振光通过偏振片时，保持偏振片不动，你会发现光的强度呈周期性变化，而且会出现消光。当圆偏振光与自然光的混合光通过偏振片时，保持偏振片不动，你也会发现光的强度呈周期性变化，但不会出现消光。
第12章 电磁感应与电磁场 一 选择题 12-1 一根无限长平行直导线载有电流I ，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图12-1），则[ ] (A) 线圈中无感应电流 (B) 线圈中感应电流为顺时针方向 (C) 线圈中感应电流为逆时针方向 (D) 线圈中感应电流方向无法确定 解：选(B)。矩形线圈向下运动，直导线穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由右手螺旋法则确定线圈中感应电流为顺时针方向。 12-2 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，通以相同变化率的磁通量，则环中[ ] (A) 感应电动势不同，感应电流不同 (B) 感应电动势相同，感应电流相同 (C) 感应电动势不同，感应电流相同 (D) 感应电动势相同，感应电流不同 解：选(D)。根据法拉第电磁感应定律，铁环和铜环所包围的面积中，若磁通量变化率相同，则感应电动势相同；但是尺寸相同的铁环和铜环的电阻不同，由欧姆定律I R ε = 可知，感应电流不同。 12-3 如图12-3所示，导线AB 在均匀磁场中作下列四种运动，（1）垂直于磁场作平动；（2）绕固定端A 作垂直于磁场转动；（3）绕其中心点O 作垂直于磁场转动；（4）绕通过中心点O 的水平轴作平行于磁场的转动。关于导线AB 的感应电动势哪个结论是错误的? [ ] (A)（1）有感应电动势，A 端为高电势 I 习题12-1图
(B)（2）有感应电动势，B 端为高电势 (C)（3）无感应电动势 (D)（4）无感应电动势 解：选(B)。由=ε???b a B v )(d l 可知，（1）（2）有感应电动势，（3）OA OB 、两段导线的感应电动势相互抵消，无感应电动势，（4）无感应电动势，(C)、(D)正确；而ε的方向与B v ?的方向相同，（1）（2）电动势的方向均由B A →，A 端为高电势，(A) 正确，(B) 错误。 12-4 如图12-4所示，边长为l 的正方形导线框abcd ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中以速度v 垂直于bc 边在线框平面内平动，磁场方向与线框平面垂直，设整个线框中的总的感应电动势为ε，bc 两点间的电势差为u ，则[ ] (A),Blv u Blv ε== (B)0,u Blv ε== (C)0,0u ε== (D),0Blv u ε== 解：选(B)。正方形导线框abcd 可看成由ab 、bc 、cd 和da 四条导线组成，由=ε???b a B v )(d l 可知， a b 、cd 不产生感应电动势，b c 、da 产生的感应电动 势的大小相等，等于Blv ，方向相反，因此总的感应电动势0ε=，bc 两点间的电势差u Blv =。 12-5 圆柱形空间存在着轴向均匀磁场，如图12-5所示，B 以 d d B t 的速率变化，在磁场中有两点A 、C ，其间可放直导线AC 和弯曲导线AC ，则[ ] (A) 感生电动势只在AC 导线中产生 B （1） （2） （3） （4） 习题12-3图 a d 习题12-4图
第四篇 气体动理论 热力学基础 求解气体动理论和热力学问题的基本思路和方法 热运动包含气体动理论和热力学基础两部分．气体动理论从物质的微观结构出发，运用统计方法研究气体的热现象，通过寻求宏观量与微观量之间的关系，阐明气体的一些宏观性质和规律．而热力学基础是从宏观角度通过实验现象研究热运动规律．在求解这两章习题时要注意它们处理问题方法的差异．气体动理论主要研究对象是理想气体，求解这部分习题主要围绕以下三个方面：(1) 理想气体物态方程和能量均分定理的应用；(2) 麦克斯韦速率分布率的应用；(3)有关分子碰撞平均自由程和平均碰撞频率．热力学基础方面的习题则是围绕第一定律对理想气体的四个特殊过程(三个等值过程和一个绝热过程)和循环过程的应用，以及计算热力学过程的熵变，并用熵增定理判别过程的方向． 1．近似计算的应用 一般气体在温度不太低、压强不太大时，可近似当作理想气体，故理想气体也是一个理想模型．气体动理论是以理想气体为模型建立起来的，因此，气体动理论所述的定律、定理和公式只能在一定条件下使用．我们在求解气体动理论中有关问题时必须明确这一点．然而，这种从理想模型得出的结果在理论和实践上是有意义的．例如理想气体的内能公式以及由此得出的理想气体的摩尔定容热容2/m V,iR C =和摩尔定压热容()2/2m P,R i C +=都是近似公式，它们与在通常温度下的实验值相差不大，因此，除了在低温情况下以外，它们还都是可以使用的．在实际工作时如果要求精度较高，摩尔定容热容和摩尔定压热容应采用实验值．本书习题中有少数题给出了在某种条件下m V,C 和m P,C 的实验值就是这个道理．如习题中不给出实验值，可以采用近似的理论公式计算．
习 题 解 答 10-1 把单摆摆球从平衡位置向位移正方向拉开，是摆线与竖直方向成一微小角度θ，然后由静止放手任其振动，从放手时开始计时.若用余弦函数表示其运动方程，则该单摆振动的初相为（ ） (A) 2π （B ）π/2 (C)0 (D)θ 解 由已知条件可知其初始时刻的位移正向最大。利用旋转矢量图可知，初相相位是0.故选C 10-2 如图所示，用余弦函数描述一简谐振动。已知振幅为A ，周期为T ，初相3 π ?-=， 则振动曲线为（ ） 解 由已知条件可知初始时刻振动的位移是2 3co s A A y =??? ??-=π，速度是 ()A t A v ω?ωω2 3 sin = +-=，方向是向y 轴正方向，则振动曲线上0=t 时刻的斜率是正值。故选A 10-3 已知某简谐振动的振动曲线和旋转矢量图如附图（a ）、（b ）所示，位移的单位为厘米，时间单位为秒，则此简谐振动的振动方程为（ ） （A ）cm t x ??? ??+=ππ323 2 cos 2 （B ）cm t x ??? ??-=ππ3232cos 2 （C)cm t x ??? ??- =ππ323 4 cos 2 （D ）cm t x ??? ??+=ππ323 4 cos 2 习题10-3图 习题 10-2 图
解 由振动图像可知，初始时刻质点的位移是2 A - ，且向y 轴负方向运动，附图（b ）是其对应的旋转矢量图，由图可知，其初相位是π3 2 ，振动曲线上给 出了质点从2A -到A 的时间是s 1，其对应的相位从π3 2 变化到π2，所以它的角 速度 1-s rad 3 2T 2?== ππω 简谐振动的振动方程为 ??? ??+=ππ323 4 cos 2t x 故选D 10-4 弹簧振子做简谐振动，已知此振子势能的最大值为100J,当振子处于最大位移 的一半时其动能为（ ） （A ）25J （B ）50J （C)75J （D)100J 解 物体做简谐运动时，振子势能的表达式是2 2 1kx E P = ，其动能和势能都随时间做周期性变化，物体通过平衡位置时，势能为零，动能达到最大值；位移 最大时，势能达到最大值2 2 1kA E P = ，动能为零，但其总机械能却保持不变.当振子处于最大位移的一半时其势能为228 1 )2(21'kA A k E p ==,所以此时的动能是 J J J kA kA kA E k 7543 10043218121222=?=?=-= 故选C 10-5 一质点作简谐振动，速度最大值Vm=0.05m/s ，振幅A=2cm.若令速度具有正最大值的那一时刻为t=0，则振动表达式为 。 解 速度的最大值105.0-?==s m A v m ω,A =0.02m,所以 )(5.202 .005.01-?=== s rad A v m ω 振动的一般表达式)cos(?ω+=t A x ，现在只有初相位没确定，速度具有正最大值时位于原点处，由旋转矢量法可知2 π ?- =，振动的表达式为 m t y )2 5.2cos(02.0π -=.
第九章习题 9.1 卢瑟福试验证明，当两个原子核之间的距离小到15 10 m -时，他们之间的排斥力仍遵守 库伦定律。金的原子核中有79个质子，氦的原子核中有两个质子。已知每个质子带电量为： 191.6010C e -=?，α粒子的质量为276.6810kg -?，当α粒子与核相距为156.910m -?时， 求：⑴ α粒子所受的力；⑵ α粒子的加速度。 解：α粒子的带电量为：2Q e α=，金核的带电量为：19Q e =金 15 6.910 m r -=?，276.6810kg M α-=? 2 22 279764N Q Q e F k k r r α?===金 加速度()2921.1410m s F a M α = =? 9.2 两个相同的小球，质量都是m ；带等量同号电荷q ，各用长l 的细线挂在一起，设平衡时两线夹角为2θ很小。 ⑴ 证明下列近似等式：13 202q l x mg πε?? = ??? 式中x 为两球平衡时的距离。 ⑵ 如果 1.2m l =，2 1.010kg m -=?，2 510m x -=?，则每个小球上的电荷q 是多少库 仑？ 解：⑴ 对m 进行受力分析列方程为： cos mg T θ=， sin F T θ=电 tan 2F x mg l θ= =电（θ很小时，tan 2x l θ≈） 即：13 2232 02002422q x q l mgx q l x mgx l mg πεπεπε??=?=?= ??? ⑵ 132 32 8002 022 2.3810C 42mgx q x mgx q l q mgx l l πεπεπε-??=?=?==? ??? 9.3 两个点电荷带电量为2q 和q ，相距为l ，将第三个电荷放在何处，所受库仑力为零？ 解：0120121 4qq F r πε= ，0 2 20214qq F r πε= 方向相反
第12章 波动光学 （1） 掌握双缝干涉的形成机理及k 级明、暗条纹对应的位置公式、以及相邻明、暗纹间距 公式。掌握光程的概念。 （2） 掌握等倾干涉（即薄膜干涉）形成的机理及明、暗条纹对应的光程差公式。 掌握增透膜和增反膜的厚度计算。 （3） 掌握等厚干涉（即劈尖干涉）形成的的机理及明、暗条纹对应的光程差公式。 （4） 掌握利用劈尖条纹特点进行的的一系列计算（如直径计算，工件凹，凸程度计算）， 牛顿环明、暗条纹对应的半径计算。 （5） 掌握单缝衍射半波带分析方法和明暗纹计算公式 （6） 掌握光栅方程，会利用光栅方程计算条纹的位置，最大级次。 （7） 掌握利用偏振片进行光的起偏、捡偏、以及马吕斯定理，会用马吕斯定理计算光强。 （8） 掌握反射光和折射光的偏振方法，布儒斯特定律。 2．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 沿某路径传播到B ，若A 、B 两点相位差为3π ，则此路径AB 的光程为 4．（本题3分） 如图所示为杨氏双缝干涉实验光路图。当1r 和2r 质中时，中央明条纹位于O 点位置，当在1r 光路中放置一块折射率为1.5，厚度为1mm 的玻璃片时，则中央明纹位置： (A) 在o 点不变； (B) 向ox 正方向移动； (C) 向ox 负正方向移动； (D) 无法确定． ［ ］ 6．如图，在双缝干涉实验中，若把一厚度为e 、折射率为n 的薄云母片覆盖在S 1缝上，中央明条纹将向__________移动；覆盖云母片后，两束相干光至原中央明纹O 处的光程差为__________________．
8. 在空气中有一劈形透明膜，其劈尖角θ＝1.0×10-4 rad ，在波长λ＝700 nm 的单色光垂直照射下，测得两相邻干涉明条纹间距l ＝0.25 cm ，由此可知此透明材 料的折射率n ＝______________________．(1 nm=10-9 m) 10． 用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长为λ的单色平行光垂直入射时，若观察到的干涉条纹如图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应的部分 12．波长为 600 nm 的单色平行光，垂直入射到缝宽为a =0.60 mm 的单缝上，缝后有一焦距cm f 60'=的透镜，在透镜焦平面上观察衍射图样．则：中央明纹的宽度为__________，两个第三级暗纹之间的距离为____________．(1 nm =10 ﹣9 m) 14．一束波长为λ的平行单色光垂直入射到一单缝AB 上，装置如图．在屏幕D 上形成衍射图样，如果P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置，则BC 的长度为 (A) λ / 2． (B) λ． (C) 3λ / 2 ． (D) 2λ ． ［ ］ 16． 一束具有两种波长λ1和λ2的平行光垂直照射到一衍射光栅上，测得波长λ1的第三级主极大衍射角和λ2的第四级主极大衍射角均为30°．已知λ1=560 nm (1 nm= 10-9 m)，试求: (1) 光栅常数a ＋b (2) 波长λ 2 18．将三个偏振片叠放在一起，第二个与第三个的偏振化方向分别与第一个的偏振化方向成45°和90°角． (1) 强度为I 0 的自然光垂直入射到这一堆偏振片上，试求经每一偏振片后的光强和偏振状态． (2) 如果将第二个偏振片抽走，情况又如何？ 20. 一束自然光入射到两种媒质交界平面上产生反射光和折射光．如果反射光是线偏振光光；则折射光是________光；这时的入射角b i 称为____________角．