大学物理下册课后习题答案

大学物理下册课后习题答案

习题八

8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示

(1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q为负电荷

1q212cos304π0a24π0解得 qqq(32a)3

3q 3 (2)与三角形边长无关．

题8-1图 题8-2图

8-2 两小球的质量都是m，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2 ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．

解: 如题8-2图示

Tcosmgq2 TsinF1e4π0(2lsin)2

解得 q2lsin40mgtan 8-3 根据点电荷场强公式Eq40r2，当被考察的场点距源点电荷很近(r→0)时，则场强

→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?

解: Eq4π0r2r0仅对点电荷成立，当r0时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求

场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．

8-4 在真空中有A，B两平行板，相对距离为d，板面积为S，其带电量分别为+q和-q．则这两板之间有相互作用力f，有人说f=

q240d2,又有人说，因为f=qE,Eq，所0Sq2以f=．试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少?

0S解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强Eq看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个0S文档鉴赏

q2板的电场为E，另一板受它的作用力fq，这是两板间相互作用20S20S20Sqq的电场力．

8-5 一电偶极子的电矩为pql，场点到偶极子中心O点的距离为r,矢量r与l的夹角为

且rl．试证P点的场强E在r方向上的分量Er和垂直于r的分量E分,(见题8-5图)，

别为

pcospsinE, = 20r340r3证: 如题8-5所示，将p分解为与r平行的分量psin和垂直于r的分量psin． ∵ rl ∴ 场点P在r方向场强分量

pcosEr 32π0r垂直于r方向，即方向场强分量

psinE0 34π0rEr=

题8-5图 题8-6图

-1

8-6 长l=15.0cm的直导线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9C·m的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=5.0cm处P点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距d2=5.0cm 处Q点的场强． 解： 如题8-6图所示

(1)在带电直线上取线元dx，其上电量dq在P点产生场强为

dEP1dx 24π0(ax)l2dx EPdEPl24π02(ax)11[]

ll4π0aa用l15cm，5.0109lπ0(4al)2222

Cm1, a12.5cm代入得

EP6.74102NC1 方向水平向右

1dx(2)同理 dEQ 方向如题8-6图所示

4π0x2d22由于对称性dEQx0，即EQ只有y分量，

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∵ dEQy1dx4π0x2d22d2xd222

l2l2EQydEQyld24π222dx(x2d22)32

以5.0109l2π0l4d2

Ccm1, l15cm,d25cm代入得

EQEQy14.96102NC1，方向沿y轴正向

8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处O点的场强． 解: 如8-7图在圆上取dlRd

题8-7图

dqdlRd，它在O点产生场强大小为

RddE方向沿半径向外 24π0R则 dExdEsinsind

4π0Rcosd

4π0R dEydEcos()积分Exsind 04π0R2π0REycosd0

04π0R∴ EEx，方向沿x轴正向．

2π0R8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l，总电量为q．(1)求这正方形轴线上离中心为r处的场强E；(2)证明：在rl处，它相当于点电荷q产生的场强E．

q解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷在P点产生物强dEP方向如图，大小为

4cos1cos2dEP

2l4π0r24文档鉴赏

∵ cos1l22l2cos2cos1

r2

∴ dEP2l2

llr242dEP在垂直于平面上的分量dEdEPcos

lr∴ dE

222lll4π0r2r2r24244π0r2

题8-8图

由于对称性，P点场强沿OP方向，大小为

EP4dE4lr4π0(r2ll)r24222

∵ ∴ EPq 4l2qr4π0(r2ll)r2422 方向沿OP

8-9 (1)点电荷q位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个

面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q的电场中取半径为R的圆平面．q在该平面轴线上的A点处，求：通过圆平面的电通量．(arctan 解: (1)由高斯定理EdSsqR) x0

立方体六个面，当q在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量eq． 60q 60q， 240(2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长2a的立方体，使q处于边长2a的立方体中心，则边长2a的正方形上电通量e对于边长a的正方形，如果它不包含q所在的顶点，则e文档鉴赏

如果它包含q所在顶点则e0．

如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图

题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图

(3)∵通过半径为R的圆平面的电通量等于通过半径为R2x2的球冠面的电通量，球冠面积*

S2π(R2x2)[1∴ xRx22]

q0S04π(R2x2)qx[1]

2220Rx*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图

S2πrsinrd

02πr20sind

5-3

2πr2(1cos)

8-10 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2×10C·m求距球心5cm，

8cm ,12cm 各点的场强． 解: 高斯定理EdSs0当r5cm时，q0,E0

r8cm时，qpq,E4πr2q

04π33(r r内) 34π32rr内33.48104NC1， 方向沿半径向外． ∴ E24π0r4π33 ）r12cm时,q(r外r内34π33r外r内34.10104 NC1 沿半径向外. ∴ E24π0r8-11 半径为R1和R2(R2 ＞R1)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)r＜R1；(2) R1＜r＜R2；(3) r＞R2处各点的场强．

q解: 高斯定理EdS

s0取同轴圆柱形高斯面，侧面积S2πrl

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则 EdSE2πrl

S对(1) rR1 (2) R1∴ Eq0,E0

rR ql

2

 沿径向向外

2π0r(3) rR2

q0

∴ E0

题8-12图

8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1和2，试求空间各处场强．

解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1与2，

1(12)n 两面间， E201(12)n 1面外， E201(12)n 2面外， E20n：垂直于两平面由1面指为2面．

8-13 半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为,若在球内挖去一块半径为r＜R的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O与O点的场强，并证明小球空腔内的电场是均

匀的．

解: 将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见题8-13图(a)． (1) 球在O点产生电场E100，

43πr3OO'  球在O点产生电场E2034π0dr3∴ O点电场E0OO'； 330d43d3OO' (2) 在O产生电场E104π0d3球在O产生电场E200

OO' ∴ O 点电场 E030文档鉴赏

题8-13图(a) 题8-13图(b)

(3)设空腔任一点P相对O的位矢为r，相对O点位矢为r (如题8-13(b)图)

r则 EPO，

30rEPO,

30d∴ EPEPOEPO (rr)OO'303030∴腔内场强是均匀的．

-6

8-14 一电偶极子由q=1.0×10C的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm，把这电

5-1

偶极子放在1.0×10N·C的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩． 解: ∵ 电偶极子p在外场E中受力矩

 MpE ∴ MmaxpEqlE代入数字

Mmax1.010621031.01052.0104Nm

8-15 两点电荷q1=1.5×10C，q2=3.0×10C，相距r1=42cm，要把它们之间的距离变为

-8

-8

r2=25cm，需作多少功?

r2r2qqdrqq11解: AFdr12212()

r1r24πr4π0r1r206.55106J

6外力需作的功 AA6.5510 J

题8-16图

8-16 如题8-16图所示，在A，B两点处放有电量分别为+q,-q的点电荷，AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷q0从O点经过半圆弧移到C点，求移动过程中电场力作的功．

解: 如题8-16图示

1qq()0 4π0RR1qqqUO()

4π03RR6π0Rqoq∴ Aq0(UOUC)

6π0RUO8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R．试求环中心O点处的场强和电势．

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解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和CD段电荷在O点产生的场强互相抵消，取dlRd

则dqRd产生O点dE如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向

题8-17图

EdEy2［sin()sin］

4π0R22 2π0R(2) AB电荷在O点产生电势，以U0

2Rdxdxln2

B4πxR4πx4π000ln2 同理CD产生 U24π0πR半圆环产生 U3

4π0R40ln2∴ UOU1U2U3 2π040Rdcos

4πR202U1A8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×10m·s的匀速率作圆周运动．求带电直线

-31-19

上的线电荷密度．(电子质量m0=9.1×10kg，电子电量e=1.60×10C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为，在电子轨道处场强

4-1

E

2π0re 2π0r电子受力大小 FeeEev2∴ m

2π0rr2π0mv212.51013Cm1 得 e-1

8-19 空气可以承受的场强的最大值为E=30kV·cm，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d=0.5cm，求此电容器可承受的最高电压．

解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ UEd1.510V

8-20 根据场强E与电势U的关系EU，求下列电场的场强：(1)点电荷q的电场；(2)总电量为q，半径为R的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子pql的rl处(见题8-20图)．

4文档鉴赏

q 题 8-20 图 4π0rUqr0r∴ E r0为r方向单位矢量． 20r4π0r(2)总电量q，半径为R的均匀带电圆环轴上一点电势

q U224π0RxUqx∴ E ii223/2x4π0Rxp(3)偶极子ql在rl处的一点电势

q11qlcos U[]ll4π04π0r2(rcos)(1cos)22Upcos∴ Er r2π0r31UpsinE

r4π0r3解: (1)点电荷 U8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．

2，证: 如题8-21图所示，设两导体A、B的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1，

3，4

题8-21图

(1)则取与平面垂直且底面分别在A、B内部的闭合柱面为高斯面时，有 EdS(23)S0

s∴ 230

说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；

(2)在A内部任取一点P，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即

12340 20202020又∵ 230 ∴ 14

说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．

2

8-22 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm，A和B相距4.0mm，A与C相距2.0

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mm．B，C都接地，如题8-22图所示．如果使A板带正电3.0×10C，略去边缘效应，问B板和C板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令A板左侧面电荷面密度为1，右侧面电荷面密度为2

-7

(1)∵ UAC题8-22图 UAB，即

∴ EACdACEABdAB ∴

1EACdAB2 2EABdACqA Sq2qA得 2A, 1

3S3S27而 qC1SqA210C

3qB2S1107C且 1+2(2) UAEACdAC

1dAC2.3103V 08-23 两个半径分别为R1和R2（R1＜R2)的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q，试计算：

(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；

(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量． 解: (1)内球带电q；球壳内表面带电则为q,外表面带电为q，且均匀分布，其电势

题8-23图

UR2EdrR2qdrq

4π0r24π0R(2)外壳接地时，外表面电荷q入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q．所以球壳电势由内球q与内表面q产生：

Uq4π0R2q4π0R20

(3)设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为q，外壳外表面带电量为qq (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且

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UAq'4π0R1q'4π0R2qq'0

4π0R2得 q外球壳上电势

R1q R2q'4π0R2qq'R1R2q 24π0R24π0R2UBq'4π0R28-24 半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为

一点电荷+q，试求：金属球上的感应电荷的电量．

解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q，则球接地时电势UO0

d3R处有

8-24图

由电势叠加原理有：

q'q0

4π0R4π03Rq得 q

3UO8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为F0．试求：

(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．

q2解: 由题意知 F0

4π0r2(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电

qq,

2小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电

3qq

4∴ 此时小球1与小球2间相互作用力

32qq'q\"38F1F0 2284π0r4π0r(2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为

2q. 322qq334F ∴ 小球1、2间的作用力F204π0r29*8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S，相距为d，分别维持电势UA=U，UB=0不变．现把一块带有电量q的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．

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3，2，4,5,6解: 依次设A,C,B从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1，

如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持UABU可得以下6个方程

题8-26图

0UqA1CU201SSdq43S qB0U65Sd032450123456q解得 16

2SUq230

d2SUq450

d2SUq所以CB间电场 E24 0d20Sd1qdUCUCBE2(U)

2220SUU注意：因为C片带电，所以UC，若C片不带电，显然UC

228-27 在半径为R1的金属球之外包有一层外半径为R2的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r，金属球带电Q．试求：

(1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．

解: 利用有介质时的高斯定理DdSq

S(1)介质内(R1rR2)场强

QrQrD,E内;

4πr34π0rr3QrQrD,E外

4πr34π0r3介质外(rR2)场强

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(2)介质外(rR2)电势

U介质内(R1rR2)电势

rrUE内drE外drrE外drQ 4π0r

11Q()

4π0rrR24π0R2q (3)金属球的电势

Q11(r)

4π0rrR2R2UE内drE外dr

R1R2R2Qdr4π0rr2RQdr

R24πr20Q11(r)

4π0rR1R28-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r的电介质．试

求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．

解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为E2，真空部分场强为E1，自由电荷面密度

分别为2与1

由DdSq0得

D11，D22

而 D10E1,D20rE2

UE1E2

dD∴ 22r

1D1

题8-28图 题8-29图

8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为R1和R2(R2＞R1)，且l>>R2-R1，两柱面之间充有介电常数的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q和-Q时，求： (1)在半径r处(R1＜r＜R2＝，厚度为dr，长为l的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．

解: 取半径为r的同轴圆柱面(S)

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则 DdS2πrlD

(S)当(R1rR2)时，

qQ

Q 2πrlD2Q2(1)电场能量密度 w 28π2r2l2Q2Q2dr2πrdrl薄壳中 dWwd 2228πrl4πrl∴ D(2)电介质中总电场能量

WdWVR2R1RQ2drQ2ln2 4πrl4πlR1Q2(3)电容：∵ W

2CQ22πl∴ C 2Wln(R2/R1)*8-30 金属球壳A和B的中心相距为r，A和B原来都不带电．现在A的中心放一点电荷q1，在B的中心放一点电荷q2，如题8-30图所示．试求： (1) q1对q2作用的库仑力，q2有无加速度；

(2)去掉金属壳B，求q1作用在q2上的库仑力，此时q2有无加速度． 解: (1)q1作用在q2的库仑力仍满足库仑定律，即

1q1q2 F24π0r但q2处于金属球壳中心，它受合力为零，没有加速度． ．．q1作用在q2上的库仑力仍是F(2)去掉金属壳B，

有加速度．

1q1q2，但此时q2受合力不为零，

4π0r2

题8-30图 题8-31图

8-31 如题8-31图所示，C1=0.25F，C2=0.15F，C3=0.20F ．C1上电压为50V．求：

UAB．

解: 电容C1上电量

Q1C1U1

电容C2与C3并联C23C2C3 其上电荷Q23Q1 ∴ U2Q23C1U12550 C23C2335文档鉴赏

UABU1U250(125)86 V 358-32 C1和C2两电容器分别标明“200 pF、500 V”和“300 pF、900 V”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V的电压，是否会击穿? 解: (1) C1与C2串联后电容

C(2)串联后电压比

C1C2200300120 pF

C1C2200300U1C23，而U1U21000 U2C12∴ U1600V,U2400 V

即电容C1电压超过耐压值会击穿，然后C2也击穿．

8-33 将两个电容器C1和C2充电到相等的电压U以后切断电源，再将每一电容器的正极板

与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．

解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为q1,q2

题8-33图

q1q2q10q20C1UC2UCUq则111

qCU222U1U2C(CC2)C(CC2)U,q221U 解得 (1) q111C1C2C1C2(2)电场能量损失

WW0W

2q12q21122(C1UC2U)() 222C12C22C1C22U C1C28-34 半径为R1=2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为

R2=4.0cm和R3=5.0cm，当内球带电荷Q=3.0×10-8C时，求：

(1)整个电场储存的能量；

(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．

解: 如图，内球带电Q，外球壳内表面带电Q，外表面带电Q

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题8-34图

(1)在rR1和R2rR3区域

E0

Qr在R1rR2时 E1 34π0rQrrR3时 E2

4π0r3∴在R1rR2区域

R21QW10()24πr2dr 2R124π0r在rR3区域

R2R1Q2drQ211() 28π0R1R28π0r1QQ2122 W20()4πrdrR328π0R34π0r2Q2111∴ 总能量 WW1W2()

8π0R1R2R3(2)导体壳接地时，只有R1rR2时E1.82104J

Qr,W20

4π0r3Q211∴ WW1()1.01104 J

8π0R1R22W11) (3)电容器电容 C24π0/(R1R2Q4.491012F

9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定

义为磁感应强度B的方向?

解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向

不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁

场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．

习题九

题9-2图

9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁

文档鉴赏

感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?

 解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd可证明B1B2

B1daB2bc0I0 abcdBdl∴ B1B2 向相反，即B1B2.

(2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?

答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．

9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部B0nI，外面B=0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分

LB外·dl=0

但从安培环路定理来看，环路L中有电流I穿过，环路积分应为

 LB外·dl=0I

这是为什么?

解: 我们导出B内0nl,B外0有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这

时图中环路L上就一定没有电流通过，即也是B外dl0I0，与

LB外dl0dl0是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实

L际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L的电流为I，因此实际螺线管若是无限长时，

I只是B外的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量B0,r为管外一点到螺线管轴

2r的距离．

题 9 - 4 图

9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?

解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．

-2

9-6 已知磁感应强度B2.0Wb·m的均匀磁场，方向沿x轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd面的磁通量；(2)通过图中befc面的磁通量；(3)通过图中aefd面的磁通量．

解： 如题9-6图所示

题9-6图

(1)通过abcd面积S1的磁通是

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1BS12.00.30.40.24Wb

(2)通过befc面积S2的磁通量 (3)通过aefd面积S3的磁通量

2BS20

3BS320.30.5cos20.30.50.24Wb (或曰0.24Wb)

45题9-7图

9-7 如题9-7图所示，AB、CD为长直导线，BC为圆心在O点的一段圆弧形导线，其半径为R．若通以电流I，求O点的磁感应强度．

解：如题9-7图所示，O点磁场由AB、BC、CD三部分电流产生．其中

AB 产生 B10

ICD 产生B20，方向垂直向里

12RII3)，方向向里 CD 段产生 B30(sin90sin60)0(1R2R242I3)，方向向里． ∴B0B1B2B30(12R269-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线L1和L2，相距0.1m，通有方向相反的电流，I1=20A,I2=10A，如题9-8图所示．A，B两点与导线在同一平面内．这两点与导线L2的距离均为5.0cm．试求A，B两点处的磁感应强度，以及磁感应强度为零的点的位置．

B解：如题9-8图所示,A方向垂直纸面向里

0I10I2BA1.2104T

2(0.10.05)20.05(2)设B0在L2外侧距离L2为r处

0II20 则

2(r0.1)2r解得 r0.1 m

题9-8图

题9-9图

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9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A，B两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心O点磁场由直电流A和B及两段圆弧上电流I1与I2所产生，但A和B在O点产生的磁场为零。且

I1产生B1方向纸面向外

I1电阻R2. I2电阻R120I1(2)，

2R2I2产生B2方向纸面向里

I B2022R2BI(2)∴ 111

B2I2B1有 B0B1B20

9-10 在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下地有电流I=5.0 A通过，电流分布均匀.如题9-10图所示．试求圆柱轴线任一点P处的磁感应强度．

题9-10图

解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取

Idl，在轴上P点产生dB与R坐标如题9-10图所示，取宽为dl的一无限长直电流dIR垂直，大小为

∴ Bx22IRd0dIIdRdB02 2R2R2RIcosd dBxdBcos022RIsind dBydBcos()0222R0IIcosd0I[sinsin()]6.37105 T 2222R2R22R022IsindBy(02)0

2R5∴ B6.3710i T

-8

9-11 氢原子处在基态时，它的电子可看作是在半径a=0.52×10cm的轨道上作匀速圆周运

8-1

动，速率v=2.2×10cm·s．求电子在轨道中心所产生的磁感应强度和电子磁矩的值．

解：电子在轨道中心产生的磁感应强度

0evaB0

4a3如题9-11图，方向垂直向里，大小为

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B0电子磁矩Pm在图中也是垂直向里，大小为

0ev13 T 24aPme2evaa9.21024 Am2 T2题9-11图 题9-12图

9-12 两平行长直导线相距d=40cm，每根导线载有电流I1=I2=20A，如题9-12图所示．求： (1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A处的磁感应强度； (2)通过图中斜线所示面积的磁通量．(r1=r3=10cm,l=25cm)． 解：(1) BA方向纸面向外

dd2()2()22(2)取面元dSldr

1I1r1r2IIlIl1Il01[]ldr01ln302ln1ln32.2106Wb

r12r2(dr)2239-13 一根很长的铜导线载有电流10A，设电流均匀分布.在导线内部作一平面S，如题9-13图所示．试计算通过S平面的磁通量(沿导线长度方向取长为1m的一段作计算)．铜的磁导率0.

解：由安培环路定律求距圆导线轴为r处的磁感应强度

0I10I24105 T

Bdl0I

lIr2B2r02

R∴ B0Ir 2R2

题 9-13 图

R0Ir0Idr106 Wb 磁通量 mBdS2(s)02R49-14 设题9-14图中两导线中的电流均为8A，对图示的三条闭合曲线a,b,c，分别写出安

培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：

(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B的大小是否相等?

c(2)在闭合曲线上各点的B是否为零?为什么?

解： Bdl80

adl80 baBBdl0 c(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等．

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(2)在闭合曲线C上各点B不为零．只是B的环路积分为零而非每点B0．

题9-14图题9-15图

9-15 题9-15图中所示是一根很长的长直圆管形导体的横截面，内、外半径分别为a,b，导体内载有沿轴线方向的电流I，且I均匀地分布在管的横截面上．设导体的磁导率0，试证明导体内部各点(arb) 的磁感应强度的大小由下式给出：

r2a2 B 22r2(ba)解：取闭合回路l2r (arb)

则 BdlB2r

0IlI(r2a)2I

b2a20I(r2a2)∴ B 222r(ba)9-16 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a)和一同轴的导体圆管(内、外半径分别 为b,c)构成，如题9-16图所示．使用时，电流I从一导体流去，从另一导体流回．设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求：(1)导体圆柱内(r＜a),(2)两导体之间(a＜r＜b)，（3）导体圆筒内(b＜r＜c)以及(4)电缆外(r＞c)各点处磁感应强度的大小

解： Bdl0I

LIr2(1)ra B2r02

RB(2) arb B2r0I

0Ir 22RB0I 2rr2b20I (3)brc B2r0I22cb0I(c2r2) B2r(c2b2)(4)rc B2r0

B0

题9-16图题9-17图

9-17 在半径为R的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为r的长直圆柱形空腔，两轴间距离为a,且a＞r，横截面如题9-17图所示．现在电流I沿导体管流动，电流均

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匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行．求： (1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小； (2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小．

解：空间各点磁场可看作半径为R，电流I1均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为r电流I2均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和． (1)圆柱轴线上的O点B的大小：

电流I1产生的B10，电流I2产生的磁场

0I20Ir2B2 222a2aRr0Ir2∴ B0 222a(Rr)(2)空心部分轴线上O点B的大小：

0， 电流I2产生的B20Ia0Ia2电流I1产生的B2 2aR2r22(R2r2)0Ia∴ B0

2(R2r2)题9-18图

9-18 如题9-18图所示，长直电流I1附近有一等腰直角三角形线框，通以电流I2，二者 共面．求△ABC的各边所受的磁力．

BA解： FABI2dlB

FABI2aACFACI2dlB 方向垂直AC向下，大小为

0I10I1I2a 方向垂直AB向左 2d2dda同理 FBC方向垂直BC向上，大小

FBcdFACdI2dr0I10I1I2da ln2r2dI2dl0I1 2rda∵ dl∴ FBCdr cos45daIIdrIIda021012ln a2rcos45d2文档鉴赏

题9-19图

9-19 在磁感应强度为B的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电流为I，如题9-19图所示．求其所受的安培力．



解：在曲线上取dl

b则 FabIdlB

∵ dl与B夹角dl，B不变，B是均匀的．

2bb∴ FabIdlBI(dl)BIabB

aaa

方向⊥ab向上，大小FabBIab

题9-20图

9-20 如题9-20图所示，在长直导线AB内通以电流I1=20A，在矩形线圈CDEF中通有电流I2=10 A，AB与线圈共面，且CD，EF都与AB平行．已知a=9.0cm,b=20.0cm,d=1.0 cm，求：

(1)导线AB的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩．

 解：(1)FCD方向垂直CD向左，大小

FCDI2b同理FFE方向垂直FE向右，大小

0I18.0104 N 2d0I18.0105 N

2(da)FCF方向垂直CF向上，大小为

daIIIIda012FCFdr012ln9.2105 N

d2r2dFED方向垂直ED向下，大小为

FEDFCF9.2105N

(2)合力FFCDFFEFCFFED方向向左，大小为

合力矩MPmB ∵ 线圈与导线共面

FFEI2bF7.2104N

∴ Pm//B

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M0．

题9-21图

9-21 边长为l=0.1m的正三角形线圈放在磁感应强度B=1T 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向平行.如题9-21图所示，使线圈通以电流I=10A，求： (1)线圈每边所受的安培力； (2)对OO轴的磁力矩大小；

(3)从所在位置转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功．

解： (1) FbcIlB0

FabIlB 方向纸面向外，大小为 FcaIlB方向纸面向里，大小

(2)PmIS

FabIlBsin1200.866 N FcaIlBsin1200.866 N

MPmB 沿OO方向，大小为

3l2MISBIB4.33102 Nm

4(3)磁力功 AI(21)

∵ 10 2∴ AI32lB 432lB4.33102J 49-22 一正方形线圈，由细导线做成，边长为a，共有N匝，可以绕通过其相对两边中点的

一个竖直轴自由转动．现在线圈中通有电流I，并把线圈放在均匀的水平外磁场B中，线圈对其转轴的转动惯量为J.求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期T.

解：设微振动时线圈振动角度为 (Pm,B)，则

MPmBsinNIa2Bsin

d222由转动定律 J2NIaBsinNIaB

atd2NIa2B0 即 2Jdt∴ 振动角频率 周期 TNIa2B JJ 2NaIB9-23 一长直导线通有电流I1＝20A，旁边放一导线ab，其中通有电流I2=10A，且两者共面，如题9-23图所示．求导线ab所受作用力对O点的力矩． 解：在ab上取dr，它受力

22文档鉴赏

dFab向上，大小为

IdFI2dr01

2rdF对O点力矩dMrF dM方向垂直纸面向外，大小为

dMrdF0I1I2dr 2MdMab0I1I22badr3.6106 Nm

题9-23图题9-24图

9-24 如题9-24图所示，一平面塑料圆盘，半径为R，表面带有面密度为剩余电荷．假

-1

定圆盘绕其轴线AA以角速度 (rad·s)转动，磁场B的方向垂直于转轴AA．试证磁

R4B场作用于圆盘的力矩的大小为M．(提示：将圆盘分成许多同心圆环来考虑．)

4解：取圆环dS2rdr，它等效电流

dqdIdq

T2 dSrdr 223等效磁矩 dPmrdIrdr

受到磁力矩 dMdPmB，方向纸面向内，大小为

dMdPmBr3drB

MdMBrdr0-4

R3R4B4

9-25 电子在B=70×10T的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径r=3.0cm．已知B垂直于

纸面向外，某时刻电子在A点，速度v向上，如题9-25图． (1)试画出这电子运动的轨道；

(2)求这电子速度v的大小； (3)求这电子的动能Ek．



题9-25图

解：(1)轨迹如图

v2(2)∵ evBm

r文档鉴赏

eBr3.7107ms1 m1216(3) EKmv6.210 J

2-4

9-26 一电子在B=20×10T的磁场中沿半径为R=2.0cm的螺旋线运动，螺距h=5.0cm，

∴ v如题9-26图．

(1)求这电子的速度；

(2)磁场B的方向如何?

解: (1)∵ Rmvcos eB2m题9-26 图 vcoseBeBR2eBh2)()7.57106ms1 ∴ v(m2m(2)磁场B的方向沿螺旋线轴线．或向上或向下，由电子旋转方向确定．

h9-27 在霍耳效应实验中，一宽1.0cm，长4.0cm，厚1.0×10cm的导体，沿长度方向载有

-5

3.0A的电流，当磁感应强度大小为B=1.5T的磁场垂直地通过该导体时，产生1.0×10V的横向电压．试求：

(1)载流子的漂移速度； (2)每立方米的载流子数目．

解: (1)∵ eEHevB

-3

EHUH l为导体宽度，l1.0cm BlBUH1.010526.7104 ms-1 ∴ vlB101.5(2)∵ InevS

I∴ n

evS3  194251.6106.7101010293 2.810m

∴v9-28 两种不同磁性材料做成的小棒，放在磁铁的两个磁极之间，小棒被磁化后在磁极间处于不同的方位，如题9-28图所示．试指出哪一个是由顺磁质材料做成的，哪一个是由抗磁质材料做成的?

解: 见题9-28图所示.

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题9-28图题9-29图 9-29 题9-29图中的三条线表示三种不同磁介质的BH关系曲线，虚线是B=0H关系的曲线，试指出哪一条是表示顺磁质?哪一条是表示抗磁质?哪一条是表示铁磁质? 答: 曲线Ⅱ是顺磁质，曲线Ⅲ是抗磁质，曲线Ⅰ是铁磁质．

9-30 螺绕环中心周长L=10cm，环上线圈匝数N=200匝，线圈中通有电流I=100 mA． (1)当管内是真空时，求管中心的磁场强度H和磁感应强度B0；

(2)若环内充满相对磁导率r=4200的磁性物质，则管内的B和H各是多少?

*(3)磁性物质中心处由导线中传导电流产生的B0和由磁化电流产生的B′各是多少?

解: (1) HdlI

lHLNI NIH200Am1

LB00H2.5104T

(2)H200 Am14(3)由传导电流产生的B0即(1)中的B02.510∴由磁化电流产生的BBB01.05T

BHroH1.05 T

T

9-31 螺绕环的导线内通有电流20A，利用冲击电流计测得环内磁感应强度的大小是1.0

-2

Wb·m．已知环的平均周长是40cm，绕有导线400匝．试计算： (1)磁场强度； (2)磁化强度； *(3)磁化率； *(4)相对磁导率． 解: (1)HnI(2)MNI2104lAm1

B0M38.8 (3)xmH(4)相对磁导率 r1xm39.8

H7.76105Am1

9-32 一铁制的螺绕环，其平均圆周长L=30cm，截面积为1.0 cm，在环上均匀绕以300匝导

-6

线，当绕组内的电流为0.032安培时，环内的磁通量为2.0×10Wb．试计算： (1)环内的平均磁通量密度； (2)圆环截面中心处的磁场强度； 解: (1) B2

2102 T S(2) HdlNI0

HNI032Am1 L文档鉴赏

题9-33图

*9-33 试证明任何长度的沿轴向磁化的磁棒的中垂面上，侧表面内、外两点1，2的磁场强度H相等(这提供了一种测量磁棒内部磁场强度H的方法)，如题9-33图所示．这两点的磁感应强度相等吗?

解: ∵ 磁化棒表面没有传导电流，取矩形回路abcd 则 HdlH1abH2cd0

l∴ H2H1 这两点的磁感应强度B1H1,B20H2 ∴ B1B2

10-1 一半径r=10cm的圆形回路放在B=0.8T的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路

dr-1

半径以恒定速率=80cm·s收缩时，求回路中感应电动势的大小．

dt2解: 回路磁通 mBSBπr

感应电动势大小

习题十

dmddr(Bπr2)B2πr0.40 V dtdtdt10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R=5cm，如题10-2图所示．均匀磁

-3

场B=80×10T，B的方向与两半圆的公共直径(在Oz轴上)垂直，且与两个半圆构成相等

的角 当磁场在5ms内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．

解: 取半圆形cba法向为i， 题10-2图

πR2Bcos 则 m12同理，半圆形adc法向为j，则

m∵ B与i夹角和B与j夹角相等，

2πR2Bcos

2∴ 45

2则 mBπRcos

dmdBπR2cos8.102V dtdt方向与cbadc相反，即顺时针方向．

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题10-3图

*10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y=ax，放在均匀磁场中．B与xOy平面垂直，细杆CD平行于x轴并以加速度a从抛物线的底部向开口处作平动．求CD距O点为y处时回路中产生的感应电动势．

解: 计算抛物线与CD组成的面积内的磁通量

2

m2BdS2ya02B2B(yx)dx2y

32311dmB2dy2B2∴ yyv

dtdt2∵ v2ay

∴ v则 i2ay

122By122ayBy128a i实际方向沿ODC．

题10-4图 10-4 如题10-4图所示，载有电流I的长直导线附近，放一导体半圆环MeN与长直导线共面，且端点MN的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b，环心O与导线相距a．设半圆环以速度v平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN两端的电压 UMUN．

解: 作辅助线MN，则在MeNM回路中，沿v方向运动时dm0 ∴ MeNM0 即 MeNMN 又∵ MN所以MeN沿NeM方向，

大小为

ababvBcosdl0Ivabln0 2ab0Ivabln 2ab0Ivabln 2abM点电势高于N点电势，即

UMUN题10-5图

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10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以

dI的变化率增大，求： dt(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则

badaln] b2πrd2πr2πbdd0ldabadI(2) [lnln]

dt2πdbdt10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为r的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R．求：感应电流的最大值．

(1) mba0Ildrda0Ildr0Il[ln题10-6图

πr2cos(t0) 解: mBSB2dmBπr2isin(t0)dt2∴ 22BπrBπrm2πfπ2r2Bf22mπ2r2Bf∴ I RR10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I=5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线

-1

圈长b=0.06m，宽a=0.04m，线圈以速度v=0.03m·s垂直于直线平移远离．求：d=0.05m

时线圈中感应电动势的大小和方向．

题10-7图

解: AB、CD运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA产生电动势

1(vB)dlvBbvbDA0I 2d

BC产生电动势

2∴回路中总感应电动势

CB(vB)dlvb0I2π(ad)120Ibv11()1.6108 V 2πdda文档鉴赏

方向沿顺时针．

10-8 长度为l的金属杆ab以速率v在导电轨道abcd上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B=kt(k为正常)．设t=0时杆位于cd处，求：任一时刻t导线回路中感应电动势的大小和方向．

1122解: mBdSBlvtcos60ktlvklvt

22dm∴ klvt

dt即沿abcd方向顺时针方向．

题10-8图

10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t=0)． 解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时

d0,0； dt题10-9图(a)在磁场中时出场时

题10-9图(b)

d0,0； dtd0，0，故It曲线如题10-9图(b)所示. dt题10-10图

10-10 导线ab长为l，绕过O点的垂直轴以匀角速转动，aO=轴，如图10-10所示．试求： （1）ab两端的电势差； （2）a,b两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob上取rrdr一小段

l磁感应强度B平行于转32B2l 9l1Bl2 同理 Oa3rBdr018121)Bl2Bl2 ∴ abaOOb(16则 Ob2l30rBdr文档鉴赏

(2)∵ ab0 即UaUb0 ∴b点电势高．

题10-11图

10-11 如题10-11图所示，长度为2b的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并

以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I，两导线相距2a．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取dr距左边直导线为r，则

0Ivab1ab0Iv1 AB(vB)dl ()drlnAab2r2arab∵ AB0

∴实际上感应电动势方向从BA，即从图中从右向左，

Ivab∴ UAB0ln

abB题10-12图

10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图

dB中位置，杆长为2R，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当＞0时，求：杆两端的

dt感应电动势的大小和方向．

解： ∵ acabbc

d1d323RdB[RB] dtdt44dtd2dπR2πR2dBB]ab[

dt1212dtdt3R2πR2dB]∴ ac[ 412dtdB0 ∵ dt∴ ac0即从ac

dB10-13 半径为R的直螺线管中，有＞0的磁场，一任意闭合导线abca，一部分在螺线管

dt内绷直成ab弦，a,b两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R，试求：闭合导线

ab中的感应电动势．

解：如图，闭合导线abca内磁通量

πR23R2mBSB()

πR232dBR)∴ i( dt文档鉴赏

∵

dB0 dt∴i0，即感应电动势沿acba，逆时针方向．

题10-13图题10-14图

10-14 如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab于直径位置，另一导体cd在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向．试求：

（1）ab两端的电势差；

（2）cd两点电势高低的情况．

dBdS知，此时E旋以O为中心沿逆时针方向． 解： 由E旋dlldt

(1)∵ab是直径，在ab上处处E旋与ab垂直

∴ 旋dl0

l∴ab0,有UaUb

(2)同理， dccdEdl0

旋∴ UdUc0即UcUd

题10-15图

10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．

解： 设长直电流为I，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为

122a3a30Ia2πrdr0Ia2πln2

∴ Mln2

I2π10-16 一矩形线圈长为a=20cm，宽为b=10cm，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限

长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．

解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为

120a0Ia2bdr0Ialn2 (S)b2πr2πaN12N0ln22.8106 H ∴ MI2π(b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通120，见题10-16图(b) ∴ M0

12BdS文档鉴赏

题10-16图题10-17图

10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是a，中心相距为d，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l的一段自感为

Lda0ldaIn． a解： 如图10-17图所示，取dSldr 则 2rπ2π(dr)Ilda0ln πaa(0I0I)ldr0Il2πdaaIl11dad()dr0(lnln) rrd2πada∴ LI0lπlnda a10-18 两线圈顺串联后总自感为1.0H，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 LL1L22M 反串联时LL1L22M

∴ LL4M

LLM0.15H

410-19图

10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；

(2)若导线内通有电流I，环内磁能为多少? 解：如题10-19图示 (1)通过横截面的磁通为 磁链 Nb0NI2rπahdr0NIh2πlnb a0N2Ih2πlnb a∴ LI2π12(2)∵ WmLI

20N2hlnb a文档鉴赏

∴ Wm0N2I2h4πlnb a10-20 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I．求：导线内部单位长度上所储存的磁能． 解：在rR时 B0Ir2πR2

0I2r2B2∴ wm 24208πR取 dV2πrdr(∵导线长l1)

23RRIrdr0I20则 Wwm2rdr

004πR416π习题十一

11-1 圆柱形电容器内、外导体截面半径分别为R1和R2(R1＜R2)，中间充满介电常数为的电介质.当两极板间的电压随时间的变化

dUk时(k为常数)，求介质内距圆柱轴线为dtr处的位移电流密度．

解：圆柱形电容器电容 C2l Rln2R1qCU2lU R2lnR1q2lUUD

S2rlnR2rlnR2R1R1Dk∴ j Rtrln2R1dU11-2 试证：平行板电容器的位移电流可写成IdC．式中C为电容器的电容，U是

dt电容器两极板的电势差．如果不是平板电容器，以上关系还适用吗? 解：∵ qCU

D0CU S∴ DDSCU dDdUICD

dtdt

不是平板电容器时 D0仍成立 ∴ IDCdU还适用． dt文档鉴赏

题11-3图

11-3 如题11-3图所示，电荷+q以速度v向O点运动，+q到O点的距离为x，在O点处作

半径为a的圆平面，圆平面与v垂直．求：通过此圆的位移电流． 解：如题11-3图所示，当q离平面x时，通过圆平面的电位移通量

D(1［此结果见习题8-9(3)］

q2xxaqa2v22)

dD∴ IDdt2(x2a)322

题11-4图

5-1

11-4 如题11-4图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度E=720sin10tV·m，正方向规定如图．试求：

(1)电容器中的位移电流密度；

(2)电容器内距中心联线r=10m的一点P，当t=0和t=

-2

1105s时磁场强度的大小及方向2(不考虑传导电流产生的磁场)． 解：(1) jD∴ jD0D,D0E tE0(720sin105t)7201050cos105t Am2 tt (2)∵ HdlI0jDdS

l(S)取与极板平行且以中心连线为圆心，半径r的圆周l2r，则

H2rr2jD

HrjD 2t0时HPtr72010503.61050Am1 21105s时，HP0 211-5 半径为R=0.10m的两块圆板构成平行板电容器，放在真空中．今对电容器匀速充电，

dE13-1-1

使两极板间电场的变化率为=1.0×10 V·m·s．求两极板间的位移电流，并计算电

dt容器内离两圆板中心联线r(r＜R)处的磁感应强度Br以及r=R处的磁感应强度BR．

DE0解: (1) jD ttIDjDSjDR22.8A

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(2)∵ HdlI0jDdS

lS取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周l2r，则

H2rjDr20∴ HdE2r dtrdE 02dtrdE Br0H002dt当rR时，BR00RdE2dt-2

5.6106 T

-3

-1

*11-6 一导线，截面半径为10m，单位长度的电阻为3×10Ω·m，载有电流25.1 A．试计算在距导线表面很近一点的以下各量： (1)H的大小；

(2)E在平行于导线方向上的分量； (3)垂直于导线表面的S分量．

解: (1)∵ HdlI

取与导线同轴的垂直于导线的圆周l2r，则

H2rI IH41022r(2)由欧姆定律微分形式 jE得

Am1

I/SIR7.53102 Vm1

1/RS(3)∵SEH,E沿导线轴线,H垂直于轴线 2∴S垂直导线侧面进入导线，大小SEH30.1Wm

*11-7 有一圆柱形导体，截面半径为a，电阻率为,载有电流I0．

(1)求在导体内距轴线为r处某点的E的大小和方向；

(2)该点H的大小和方向；

(3)该点坡印廷矢量S的大小和方向；

(4)将(3)的结果与长度为l、半径为r的导体内消耗的能量作比较．

I解:(1)电流密度j00

S由欧姆定律微分形式j0E得

EI0，方向与电流方向一致 2a(2)取以导线轴为圆心，垂直于导线的平面圆周l2r，则

由 Hdlj0dS可得 Ej0lSjj0r2H2rI02

aI0r，方向与电流成右螺旋 22a(3)∵ SEH

∴ S垂直于导线侧面而进入导线，大小为

∴H文档鉴赏

I02rSEH 242a(4)长为l，半径为r(ra)导体内单位时间消耗能量为

I0r22I0lr2lW1I01R(2)2 4ara单位时间进入长为l，半径为r导体内的能量

2I0lr2W2S2rl 4aW1W2说明这段导线消耗的能量正是电磁场进入导线的能量．

*11-8 一个很长的螺线管，每单位长度有n匝，截面半径为a，载有一增加的电流i，求： (1)在螺线管内距轴线为r处一点的感应电场；

22(2)在这点的坡印矢量的大小和方向． 解: (1)螺线管内 B0ni

BdS 由 EdllSt取以管轴线为中心，垂直于轴的平面圆周l2r，正绕向与B成右螺旋关系，则

BE2rr2

t0nrdidirB0时，E与B成右螺旋关系；当 ∴E，方向沿圆周切向，当

dt2t2dtdi0时，E与B成左旋关系。 dt题11-8图大小为

(2)∵ SEH，由E与H方向知，S指向轴，如图所示.

SEHEni0n2rdi2idt

-1

*11-9 一平面电磁波的波长为3.0cm，电场强度的振幅为30V·m，试问该电磁波的频率为多

2

少?磁场强度的振幅为多少?对于一个垂直于传播方向的面积为0.5m的全吸收面，该电磁波的平均幅射压强是多大? 解: 频率c1.01010Hz

12B00H000E01.0107T

由于电磁波具有动量，当它垂直射到一个面积为A的全吸收表面时，这个表面在t时间内所吸收的电磁动量为gAct，于是该表面所受到的电磁波的平均辐射压强为：

利用 r0Er0H和SE0H0可得

SEHPgC00C2C0E024.0109 Pa

02C可见，电磁波的幅射压强(包括光压)是很微弱的．

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习题十二

12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化? 解: 不变，为波源的振动频率；n空n变小；un变小．

12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由． (1)使两缝之间的距离变小；

(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中；

(4)光源作平行于S1，S2联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝． 解: 由xD知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作d2相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．

12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式中波长,为什么?

解:nr．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为t 中,光波的波长要用真空

． C因为中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。

12-4 如题12-4图所示，A，B两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化?

(1) A沿垂直于B的方向向上平移［见图(a)］； (2) A绕棱边逆时针转动［见图(b)］．

题12-4图 解: (1)由2l，ekk2知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变；

(2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密． 12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度．

解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为e2，这也是工件缺陷的程度．

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题12-5图 题12-6图

12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中 心收缩，问透镜是向上还是向下移动?

解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚ek位置向中心移动． 12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d=0.20mm，缝屏间距D＝1.0m，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离．

1103D2， 解: (1)由x明k知，6.00.2d∴ 0.6103mm 6000A

oD11030.61033 mm (2) xd0.212-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500A，求此云母片的

厚度．

解: 设云母片厚度为e，则由云母片引起的光程差为

nee(n1)e 按题意 7

o77550010106.6106m 6.6m ∴ en11.58112-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm，狭缝光源S在离镜左边20cm的平面内，与

-7

镜面的垂直距离为2.0mm，光源波长7.2×10m，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．

题12-9图

解: 镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S发出．所以由S与S发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为x处的光程差为 (r2r1)第一明纹处，对应

2dx D27.2105504.5102mm ∴x2d20.4D12-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5000 A与7000

ooA这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度．

解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为2ne，由反射相消条件有

12ne(2k1)(k) (k0,1,2,) ①

2k2文档鉴赏

o当15000A时，有

12ne(k1)1k112500 ②

2当27000A时，有

o12ne(k2)2k223500 ③

2因21，所以k2k1;又因为1与2之间不存在3满足

12ne(k3)3式

2即不存在 k2k3k1的情形，所以k2、k1应为连续整数，

即 k2k11 ④ 由②、③、④式可得：

7k217(k11)1

155得 k13

k2k112

k1可由②式求得油膜的厚度为

ok112500e6731A

2nk22100012-11 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 A的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有

o2ne2k (k1,2,)

得 4ne41.33380020216 2k12k12k1ook2, 26739A (红色) k3, 34043 A (紫色)

所以肥皂膜正面呈现紫红色．

由透射干涉相长公式 2nek(k1,2,) 所以 o2ne10108 kk当k2时，  =50A (绿色)

故背面呈现绿色．

12-12 在折射率n1=1.52的镜头表面涂有一层折射率n2=1.38的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长=5500 A的光，问膜的厚度应取何值?

解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即

o12n2e(k)(k0,1,2,)

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1(k)2k ∴ e2n22n24n2o55005500k(1993k996)A 21.3841.38令k0，得膜的最薄厚度为996A．

当k为其他整数倍时，也都满足要求．

12-13 如题12-13图，波长为6800A的平行光垂直照射到L＝0.12m长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d=0.048mm的细钢丝隔开．求： (1)两玻璃片间的夹角?

(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.12 m内呈现多少条明条纹?

oo

题12-13图

解: (1)由图知，Lsind，即Ld

故 d0.0484(弧度) 4.0103L0.12102680010106m0.85 mm 85010(3)相邻两暗纹间距l4224.010L(4)N141条

l12-14 用 5000A的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的 棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率n1大于薄膜的折射率n(n=1.5)．求：

(1)膜下面媒质的折射率n2与n的大小关系； (2)第10条暗纹处薄膜的厚度；

(3)使膜的下表面向下平移一微小距离e，干涉条纹有什么变化?若e=2.0 m，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据?

解: (1)n2n．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2ne处，有k0，只能是下面媒质的反射光有半波损失(2)e9o(2)相邻两明条纹空气膜厚度差为e3.4107m

2(2k1)2，膜厚e0才合题意； 29950001.5103 mm

22n21.5(因10个条纹只有9个条纹间距)

(3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若e2.0μm，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为e(1.5103n2.0103)mm

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3.510321.5N21 4n5.0102e现被第21级暗纹占据．

12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1＝6000A，2＝4500A，观察到用1时的第k个暗环与用2时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm．求用1时第k个暗环的半径．

(2)又如在牛顿环中用波长为5000A的第5个明环与用波长为2的第6个明环重合，求未知波长2．

解: (1)由牛顿环暗环公式

ooorkkR

据题意有 r∴kkR1(k1)R2

，代入上式得

212rR12

121901026000101045001010  10106000104500101.85103m

照射，k5级明环与的k6级明环重合，则有 (2)用15000A212(2k11)R1(2k21)R2

22o2k11251150004091A ∴ 22k21261r12-16 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由d1＝1.40×10m变为d2＝1.27×10m，求液体的折射率．

解: 由牛顿环明环公式

-2

-2

r空D12(2k1)R

2D22(2k1)R

2n r液D121.96D1两式相除得1.22 n，即n2D2D21.6112-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当M1移动距离为0.322mm时，观察到干

涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长． 解: 由 dN2

d0.3221032得 2 N10246.2107m 62A

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12-18 把折射率为n=1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观察到有150条干涉条纹向一方移过．若所用单色光的波长为= 5000A，求此玻璃片的厚度． 解: 设插入玻璃片厚度为d，则相应光程差变化为

2(n1)dN

oN150500010105.9105m5.9102mm ∴ d2(n1)2(1.6321)习题十三

13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别?

答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象．其实质是由被障碍物或孔隙的边缘的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生．而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成．

13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动? 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样不会跟着移动．

13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带?

答：半波带由单缝A、B首尾两点向方向发出的衍射线的光程差用

来划分．对应于第23级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成7个和8个半波带．

∵由asin(2k1)2(231)272

asin482

13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角愈大（级数愈大）的那些明条纹的亮度愈小? 答：因为衍射角愈大则asin值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量就愈小，而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小．

13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式asin(2k1)水中的波长?

解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应asink2问测出的波长是光在空气中的还是在(k1,2,)来测定光的波长，

k，而空气中为nasink，∴sinnsin，即n，水中同级衍射角变小，条纹变密．

如用asin(2k1)(k1,2,)来测光的波长，则应是光在水中的波长．(因asin2只代表光在水中的波程差)．

13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射．

解：(1)缝宽变窄，由asink知，衍射角变大，条纹变稀； (2)变大，保持a，k不变，则衍射角亦变大，条纹变稀；

(3)由正入射变为斜入射时，因正入射时asink；斜入射时，a(sinsin)k，保持a，不变，则应有kk或kk．即原来的k级条纹现为k级．

13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾?怎样 说明?

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答：不矛盾．单缝衍射暗纹条件为asink2k题)．相邻两半波带上对应点向方向发出的光波在屏上会聚点一一相消，而半波带为偶数，故形成暗纹；而双缝干涉明纹条件为dsink，描述的是两路相干波叠加问题，其波程差为波长的整数倍，相干加强为明纹．

13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?

答：光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果．其明条纹主要取决于多光束干涉．光强与缝数N成正比，所以明纹很亮；又因为在相邻明纹间有(N1)个暗纹，而一般很大，故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景．

13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.

解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即

2，是用半波带法分析(子波叠加问2(ab)sink(k0,1,2,) asink(k1,2)abk时明纹缺级． a(1)ab2a时，k2,4,6,偶数级缺级； (2)ab3a时，k3,6,9,级次缺级； (3)ab4a，k4,8,12,级次缺级．

可知，当k13-10 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问(1)零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什 么因素有关? 解：(1)零级明纹不会分开不同波长的光．因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强． (2)可见光中红光的衍射角最大，因为由(ab)sink，对同一k值，衍射角． 13-11 一单色平行光垂直照射一单缝，若其第三级明条纹位置正好与6000A的单色平行光的第二级明条纹位置重合，求前一种单色光的波长． 解：单缝衍射的明纹公式为

οasin(2k1)o 2当6000A时，k2 x时，k3 重合时角相同，所以有

asin(221)6000(231)x

22o5得 x60004286A

713-12 单缝宽0.10mm，透镜焦距为50cm，用5000A的绿光垂直照射单缝．求：(1)位于透镜焦平面处的屏幕上明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33)，明条纹的半角宽度又为多少? 解：明纹的宽度为x2半角宽度为sin1onaf

na

(1)空气中，n1，所以

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(2)浸入水中，n1.33，所以有

500010103m x20.55.01030.1010101500010sin5.0103 rad 30.1010

500010103x20.503.7610 m 31.330.10105000101013sin3.7610 rad 31.330.11013-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm的单缝，缝后凸透镜的焦距f=40.0cm，观察屏幕上形成的衍射条纹．若屏上离明条纹中心1.40mm处的P点为一明条纹；求：(1)入射光的波长；(2)P点处条纹的级数；(3)从P点看，对该光波而言，狭缝处的波面可分成几个半波带?

解：(1)由于P点是明纹，故有asin(2k1)2，k1,2,3

x1.43.5103tansin f4002asin20.6故3.5103

2k12k114.2103mm 2k1由

当 k3，得36000A

ook4，得44700A

(2)若36000A，则P点是第3级明纹； 若44700A，则P点是第4级明纹． (3)由asin(2k1)oo2可知，

当k3时，单缝处的波面可分成2k17个半波带； 当k4时，单缝处的波面可分成2k19个半波带．

13-14 用5900A的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上，问最多能看到第几级明条纹?

o134mm2.010 mm2.010A 解：ab500o由(ab)sink知，最多见到的条纹级数kmax对应的所以有kmax2,

ab2.01043.39，即实际见到的最高级次为kmax3.

5900o13-15 波长为5000A的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后的透镜焦距为60cm． 求：(1)屏幕上明条纹与第一级明条纹的间距；(2)当光线与光栅法线成

30°斜入射时，明条纹的位移为多少?

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解：ab15.0103 mm5.0106m 200x f(1)由光栅衍射明纹公式

(ab)sink，因k1,又sintan所以有(ab)x1 f5000101060102即 x1 6ab5.0106.0102m6 cm

(2)对应明纹，有k0

正入射时，(ab)sin0，所以sin0

斜入射时，(ab)(sinsin)0，即sinsin0

x1 因30，∴sintanf21122故xf60103010m30 cm

22f这就是明条纹的位移值．

13-16 波长6000A的单色光垂直入射到一光栅上，第二、第三级明条纹分别出现在sin0.20与sin0.30处，第四级缺级．求：(1)光栅常数；(2)光栅上狭缝的宽度；(3)在90°＞＞-90°范围内，实际呈现的全部级数． 解：(1)由(ab)sink式

对应于sin10.20与sin20.30处满足：

o0.20(ab)260001010 0.30(ab)360001010

得 ab6.010(2)因第四级缺级，故此须同时满足

6m

(ab)sink asink ab解得 ak1.5106k

46取k1，得光栅狭缝的最小宽度为1.510m (3)由(ab)sink

(ab)sink

当2，对应kkmax

6.010610 ∴ kmax60001010因4，8缺级，所以在9090范围内实际呈现的全部级数为

abk0,1,2,3,5,6,7,9共15条明条纹(k10在k90处看不到)．

13-17 一双缝，两缝间距为0.1mm，每缝宽为0.02mm，用波长为4800A的平行单色光垂直

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入射双缝，双缝后放一焦距为50cm的透镜．试求：(1)透镜焦平面上单缝衍射明条纹的宽度；(2)单缝衍射的明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹? 解：(1)明纹宽度为

48001075010mm 2.4cm l02f2a0.02(2)由缺级条件

asink

(ab)sink

知

kk即k5,10,15,缺级．

ab0.1k5k k1,2, a0.02明纹的边缘对应k1，所以单缝衍射的明纹包迹内有k0,1,2,3,4共9条

双缝衍射明条纹．

13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中，设圆孔半径为0.10mm，透镜焦距为50cm，所用单色光波长为5000A，求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径． 解：由爱里斑的半角宽度

o50001071.221.2230.5104

D0.2∴ 爱里斑半径

odftanf50030.51041.5mm 2-6

13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10rad，它们都发出波长为5500A的光，试问望远镜的口径至少要多大，才能分辨出这两颗星? 解：由最小分辨角公式

D5.510513.86cm ∴ D1.221.2264.841013-20 已知入射的X射线束含有从0.95～1.30A范围内的各种波长，晶体的晶格常数为2.75A，当X射线以45°角入射到晶体时，问对哪些波长的X射线能产生强反射?

解：由布喇格公式 2dsink 得oo1.22

2dsin时满足干涉相长 k当k1时， 22.75sin453.A

o22.75sin451.91A k2时，2o3.1.30A k3时，3o3.0.97A k4时， 4o故只有31.30A和40.97A的X射线能产生强反射．

oo习题十四

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14-1 自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光?

答：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．

14-2 用哪些方法可以获得线偏振光?怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振光和自然光? 答：利用偏振片。利用光的反射和折射或晶体棱镜也可以获取偏振光.

光再垂直入射至偏振片(检偏器).如果把偏振片绕光的传播方向旋转,若是线偏振光就会发现透过检偏器的光强不断改变，并有消光现象。如果入射到检偏器的是部分偏振光，只能观察到光强弱变化，但无消光现象。如果入射到检偏器上的是自然光，光强弱不变化。

14-3 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，试说明这束光是怎样入射的?其偏振状态如何?

答：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．

14-4 什么是光轴、主截面和主平面?什么是寻常光线和非常光线?它们的振动方向和各自的主平面有何关系?

答：当光在晶体内沿某个特殊方向传播时不发生双折射，该方向称为晶体的光轴 主平面：晶体中某条光线与晶体光轴构成的平面。 主截面：由晶体光轴和晶体表面法线方向组成的平面。 寻常光线,遵守折射定律;非常光线不遵守折射定律

o光的振动面垂直于o光的主平面,e光的振动面平行于e光的主平面

14-5 在单轴晶体中，e光是否总是以c/ne的速率传播?哪个方向以c/n0的速率传播? 答：e光沿不同方向传播速率不等，并不是以c/n0的速率传播．沿光轴方向以c/n0的速率传播．

14-6是否只有自然光入射晶体时才能产生O光和e光?

答：否．线偏振光不沿光轴入射晶体时，也能产生O光和e光．

14-7投射到起偏器的自然光强度为I0，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130°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是I0的几倍? 解：由马吕斯定律有

I03cos230oI0 28I1I20cos245οI0

24I1I30cos260οI0

28311所以透过检偏器后光的强度分别是I0的,,倍．

848I114-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为I1，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I与I1之比为多少?

解：由马吕斯定律

II0cos260ο0

82I9II0cos230οcos230ο0

232I92.25 ∴

I14I1文档鉴赏

14-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少?

I01cos21Imax 23I又 Imax0

2I∴ I10,

6132,1ο44'. 故 cos1,cos133I12(2) I20cos2I0

232,235ο16' ∴ cos23解：（1） I114-10 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少?

1.40,∴i0ο28' 1οο'(2) y90i03532

解：(1)tani014-11 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率．

n,故n1.60 114-12 光由空气射入折射率为n的玻璃．在题14-12图所示的各种情况中，用黑点和短线把

解：由tan58ο反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还是部分偏振光．图中ii0,i0arctann.

题图14-12 解：见图．

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题解14-12图

题14-13图

*14-13如果一个二分之一波片或四分之一波片的光轴与起偏器的偏振化方向成30°角，试问从二分之一波片还是从四分之一波片透射出来的光将是：(1)线偏振光?(2)圆偏振光?(3)椭圆偏振光?为什么?

解：从偏振片出射的线偏振光进入晶(波)片后分解为o,e光，仍沿原方向前进，但振方向相互垂直(o光矢垂直光轴，e光矢平行光轴)．设入射波片的线偏振光振幅为A，则有

3A,2 1AoAsin30οA.2∴ AoAe

AeAcos30ο

o,e 光虽沿同一方向前进，但传播速度不同，因此两光通过晶片后有光程差．

若为二分之一波片,o,e光通过它后有光程差，位相差，所以透射的是

2线偏振光．因为由相互垂直振动的合成得

x2Ao2y2Ae22xycossin2 AoAe文档鉴赏

∴ (xy)20 AoAeAex Ao若为四分之一波片，则o,e光的,位相差，此时cos0,sin1

42x2y2∴ 221

AoAe即 y即透射光是椭圆偏振光．

*14-14 将厚度为1mm且垂直于光轴切出的石英晶片，放在两平行的偏振片之间，对某一波长的光波，经过晶片后振动面旋转了20°．问石英晶片的厚度变为多少时，该波长的光将完全不能通过?

解：通过晶片的振动面旋转的角度与晶片厚度d成正比．要使该波长的光完全不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转90． ∴ 2:1d2:d1

ο290οd2d1ο14.5mm

120 习题十五

15-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m便可求得T．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m0.55m，北极星的m0.35m，天狼星的

m0.29m，试求这些星球的表面温度．

解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：

mTb,b2.7103mK

对太阳： T1对北极星：T2对天狼星：T3bm12.710335.310K 60.55102.71038.3103K 60.35102.71031.0104K 60.2910bmb2m315-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W·cm-2，求炉内温度． 解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度 MB(T)22.8Wcm按斯特藩-玻尔兹曼定律：

222.8104Wm2

MB(T)T4

22.8)1031.42103K (5.6714T4MB(T)22.81044() 85.6710115-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 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)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大?

ο文档鉴赏

解：(1)已知逸出功A4.2eV 据光电效应公式hv则光电子最大动能：

12mvmA 212hcmvmhAA 26.63103431084.21.6101910 2000103.231019J2.0eV1(2)eUaEkmaxmv2m

23.2310192.0V ∴遏止电势差 Ua1.61019c(3)红限频率0,∴h0A,又0

0Ekmaxhc6.6310343108∴截止波长 0 19A4.21.60107 2.9610m0.296m

15-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(5.010m)产生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到 达眼睛的功率为多大? 解：5个兰绿光子的能量

-7Enhnhc56.6310343108 5.01071.991018JE1.991018W 功率 tA，则每秒钟落15-5

到地面上1m2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm，每秒钟进入人眼的光子数是多少?

设太阳照射到地球上光的强度为8 J·s-1·m-2，如果平均波长为5000解：一个光子能量 Ehοhc

1秒钟落到1m2地面上的光子数为

8885107nEhc6.6310343108 2.011019s1m2每秒进入人眼的光子数为

Nnd241.421014s12.0110193.1432106/4

15-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．

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31kg,h6.631034JS 解：电子的静止质量m09.11102当 hm0c时，

则

m0c29.111031(3108)2 h6.6310341.2361020Hzοc122.427110m0.02A

p或h2.731022kgms1

EcpEm0c2pm0c9.11103131082.731022kgms1cc15-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同? 答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．

15-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能Ek之比ε/Ek等于多少?

22解：由 hv0m0chmc

Ekmc2m0c2h0hh(0)

h

h5 ∴

Ekh(0)0已知

1.2由c01.2 01115 则

01.201.210.2ο15-9 波长00.708A的X射线在石腊上受到康普顿散射，求在线波长各是多大? 解：在π和π方向上所散射的X射22方向上：

Δ02hsin2m0c226.631034sin 31.111031042.4310在方向上

12m0.0243Aοο散射波长0Δ0.7080.02480.732A

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ο2h2h212Δ0sin4.8610m0.0486A

m0c2m0c散射波长 0Δ0.7080.04860.756A

15-10 已知X光光子的能量为0.60 MeV，在康普顿散射之后波长变化了20%，求反冲电子的

能量．

解：已知X射线的初能量00.6MeV,又有

ο00经散射后 000.02001.200

hchc10 此时能量为 1.201.21反冲电子能量 E0(1)0.600.10MeV

1.215-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 A，反冲电子的速度为0.60c，求散射光子的波长及散射角．

解：反冲电子的能量增量为

οhc,0hc

Emcm0chchc22m0c210.62m0c20.25m0c2

由能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量， 故有 散射光子波长

00.25m0c2

h0h0.25m0c06.631034126.6310340.0301010 318100.259.1103100.03010ο4.310由康普顿散射公式

m0.043A2hsin220.0243sin2 m0c220.0430.0302可得 sin0.2675 220.0243散射角为 6217

015-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子． (1)试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?

(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上． 解：(1)13.6eV12.75eV0.85eV13.6eV n2解得 n4 或者 ERhc(11) 12n2文档鉴赏

1)12.75 n2解出 n4

136.(1

题

15-12

题15-13图

(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.

15-13 以动能12.5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线?

解：设氢原子全部吸收12.5eV能量后，最高能激发到第n个能级，则

图

11EnE1Rhc[22],1n1Rhc13.6eV,即12.513.6[12]n得n3.5，只能取整数，

∴ 最高激发到n3，当然也能激发到n2的能级．于是

~R118R,n从31:122139ο99711.02610m1026A78R81.09710 ο~R113R,41216An从21:2122243Rο36115~n从32:R22R,36563A23365R

可以发出以上三条谱线．

题15-14图

15-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两 条谱线的波长及外来光的频率．

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．

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E413.6E313.6E213.6hhc4232220.85eV1.51eV3.4eVEnEmhcEnEmahcE3E26.63103433108(3.41.51)1.60101965731010m6573Aοοhc6.6310343108

4872AE4E2(3.40.85)1.61019基态氢原子吸收一个光子h被激发到n4的能态

hc∴ hE4E1

E4E1(13.60.85)1.61019153.0810Hz 34h6.6261015-15 当基态氢原子被12.09eV的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍? 解： EnE113.6[11]12.09eV 2n13.613.612.092

n13.613.6, n3 n2136.12.091.51rnn2r1,n29,rn9r1

轨道半径增加到9倍.

15-16德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么?

答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义,仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．

15-17 为使电子的德布罗意波长为1A，需要多大的加速电压? 解： ο212.25uA1Aoo U12.25

∴ 加速电压 U150伏

15-18 具有能量15eV 的光子，被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收，形成一个 光电子．问此光电子远离质子时的速度为多大?它的德布罗意波长是多少?

解：使处于基态的电子电离所需能量为13.6eV，因此，该电子远离质子时的动能为

Ek12mvEE11513.61.4eV 2文档鉴赏

它的速度为

2Ek21.41.610195-17.010ms v31m9.1110其德布罗意波长为：

oh6.63103491.0410m10.4A 315mv9.11107.01015-19 光子与电子的波长都是2.0A，它们的动量和总能量各为多少? 解：由德布罗意关系：Emc，pmv2οh波长相同它们的动量相等．

6.63103424-1p3.310kgms 102.010h光子的能量

h电子的总能量 Ehcpc3.3102431089.91016J6.2103eV

(cp)2(m0c2)2,cp6.2103eV

26而 m0c0.51MeV0.5110eV 2∴ m0ccp

∴ E(cp)2(m0c2)2m0c20.51MeV

2715-20 已知中子的质量mn1.6710kg，当中子的动能等于温度300K的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少? 解：mn1.671027kg,h6.631034JS,k1.381023JK-1

3p2中子的平均动能 EkKT

22mohh1.456A 德布罗意波长 p3mkT15-21 一个质量为m的粒子，约束在长度为L的一维线段上．试根据测不准关系估算这个

粒

子所具有的最小能量的值．

解：按测不准关系，xpxh，pxmvx，则

mxvxh,vx这粒子最小动能应满足

h mxEmin11h2h2h22m(vx)m() 2222mx2mx2mLο15-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000A激发能级的平均寿命． 解：光子的能量 Eh，测得谱线宽度为10-4A，求该

οhc由于激发能级有一定的宽度E，造成谱线也有一定宽度，两者之间的关系为： 由测不准关系，Eth，平均寿命t，则

Ehc2



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h2t

Ec(40001010)25.3108s 8410310101015-23 一波长为3000A的光子，假定其波长的测量精度为百万分之一，求该光子位置的测不准量．

解： 光子pοh，ph2h2

由测不准关系，光子位置的不准确量为

oh230009x6310A30cm

p1015-24波函数在空间各点的振幅同时增大D倍，则粒子在空间分布的概率会发生什么变化? 解：不变．因为波函数是计算粒子t时刻空间各点出现概率的数学量．概率是相对值．则1、2点的概率比值为：

1222D1D222

∴ 概率分布不变．

15-25 有一宽度为a的一维无限深势阱，用测不准关系估算其中质量为m的粒子的零点能． 解：位置不确定量为xa，由测不准关系：

hh,PxPx xxPx2h2h2h2∴Ex，即零点能为． 2222ma2m2m(x)2maxpxh，可得：Px15-26 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：

(x)那么，粒子在x1acos3x (axa) 2a5a处出现的概率密度为多少? 613x2*2cos) 解： (2aa53a161cos25cos2a2aa411cos2()cos2 a4a4111()2a22a15-27 粒子在一维无限深势阱中运动，其波函数为：

2nxsin() (0xa) aa1若粒子处于n1的状态，在0～a区间发现粒子的概率是多少?

4n(x)文档鉴赏

解：dwdx∴ 在0~

222xsindx aaa

区间发现粒子的概率为： 4

aaax4242a2x4pdwsindxsin2d(x)

00a0aaaa2a/41x[1cos2]d(x)0.091 02aan15-28 宽度为a的一维无限深势阱中粒子的波函数为(x)Asinx，求：(1)归一化

a系数A；(2)在n2时何处发现粒子的概率最大?

解：(1)归一化系数即

adxdx1

02a2na2annxdxAsinxd(x) 00anaaaa2nn A2(1cosx)d(x)

02naaaa A2nA21

2n22∴ A

a2n粒子的波函数 (x)sinx

aa22(2)当n2时， 2sinx

aa222142几率密度w2sinx[1cosx]

aaaadw4440，即sinx0,即sinx0,， 令dxaaa4xk,k0,1,2, aa∴ xk

4又因0xa，k4，

a3∴当x和xa时w有极大值，

44a

当x时，w0．

2

a3∴极大值的地方为，a处

4415-29 原子内电子的量子态由n,l,ml,ms四个量子数表征．当n,l,ml一定时，不同的量子态数目是多少?当n,l一定时，不同的量子态数目是多少?当n一定时，不同的量子态数目是

A2sin2多少?

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解：(1)2 (ms)

(2)2(2l1)，每个l有2l1个ml，每个ml可容纳ms2121的2个量子态． 2(3)2n

15-30求出能够占据一个d分壳层的最大电子数，并写出这些电子的ml,ms值．

解：d分壳层的量子数l2，可容纳最大电子数为Zl2(2l1)2(221)10个，这些电子的：

ml0，1，2，

1ms

215-31 试描绘：原子中l4时，电子角动量L在磁场中空间量子化的示意图，并写出L在

磁场

方向分量Lz的各种可能的值． 解：Ll(l1)4(41)20

题15-31图

磁场为Z方向，LZml，ml0,1，2，3，4． ∴ LZ(4,3,2,1,0,1,2,3,4)

15-32写出以下各电子态的角动量的大小：(1)1s态；(2)2p态；(3)3d态；(4)4f态． 解： (1)L0 (2)l1, L1(11)(3)l2 L2

2(21)6

(4)l3 L3(31)12

15-33 在元素周期表中为什么n较小的壳层尚未填满而n较大的壳层上就开始有电子填入?对

这个问题我国科学工作者总结出怎样的规律?按照这个规律说明4s态应比3d态先填入电子．

解：由于原子能级不仅与n有关，还与l有关，所以有些情况虽n较大，但l较小的壳层能级较低，所以先填入电子．我国科学工作者总结的规律：对于原子的外层电子，能级高低以(n0.7l)确定，数值大的能级较高．

4s(即n4,l0)，代入(n0.7l)(40.70)4 3d(n3,l2)，代入(30.72)4.4 4s低于3d能级，所以先填入4s壳层．

习题十六

16-1 按照原子核的质子一中子模型，组成原子核ZX的质子数和中子数各是多少？核内共有多少个核子？这种原子核的质量数和电荷数各是多少？

答：组成原子核ZX的质子数是Z，中子数是AZ．核内共有A个核子．原子核的质量

AA文档鉴赏

数是A，核电荷数是Z．

16-2 原子核的体积与质量数之间有何关系？这关系说明什么？

答：实验表明，把原子核看成球体，其半径R与质量数A的关系为RR0A，说明原子核的体积与质量数A成正比关系．这一关系说明一切原子核中核物质的密度是一个常数．即单位体积内核子数近似相等，并由此推知核的平均结合能相等．结合能正比于核子数，就表明核力是短程力．如果核力象库仑力那样，按照静电能的公式，结合能与核子数A的平方成正比，而不是与A成正比．

16-3 什么叫原子核的质量亏损？如果原子核ZX的质量亏损是m，其平均结合能是多少？ 解：原子核的质量小于组成原子核的核子的质量之和，它们的差额称为原子核的质量亏损．设

A原子核的质量为Mx，原子核ZX的质量亏损为:m[Zmp(AZ)mn]Mx

A13ΔEΔmc2平均结合能为 E0 AA16-4 已知23290Th的原子质量为232.03821u，计算其原子核的平均结合能.

解：结合能为ΔE[ZmH(AZ)mnM]931.5MeV

Th原子M232.03821u,Z90,A232,氢原子质量mH1.007825u， mn1.008665u

ΔE[901.007825(23290)1.008665232.03821]931.5MeV

1.766.56MeVΔE1766.56∴平均结合能为 E07.614MeV

A23216-5什么叫核磁矩？什么叫核磁子（N）？核磁子N和玻尔磁子B有何相似之处？有何区别？质子的磁矩等于多少核磁子？平常用来衡量核磁矩大小的核磁矩I的物理意义是

什么？它和核的g因子、核自旋量子数的关系是什么？

解：原子核自旋运动的磁矩叫核磁矩，核磁子是原子核磁矩的单位，定义为：

23290Neh1B5.05.1027Am2

4πmp1836.1eh，式4me式中mp是质子的质量．核磁子与玻尔磁子形式上相似，玻尔磁子定义为B中me是电子的质量．质子的磁矩不等于N．质子的磁矩P2.79273N．平常用来衡量核磁矩大小的是核磁矩在外磁场方向分量的最大值I，它和原子核g因子、自旋量子数的关系是IgIIN．

16-6 核自旋量子数等于整数或半奇整数是由核的什么性质决定？核磁矩与核自旋角动量有什么关系？核磁矩的正负是如何规定的？

解：原子核是由质子和中子组成．质子和中子的自旋均为子数的奇、偶数决定了核自旋量子数为零或

核磁矩与自旋角动量的关系是：

1．因此组成原子核的质子和中21的奇、偶倍数． 2IgIePI 2mp文档鉴赏

I的正负取决于gI的正负．当I与PI平行时I为正，当I与PI反平行时，I为

负．

16-7 什么叫核磁共振？怎样利用核磁共振来测量核磁矩？

解：原子核置于磁场中，磁场和核磁矩相互作用的附加能量使原子核能级发生．当核在电磁辐射场中时，辐射场是光子组成的，当光子的能量hv等于核能级间隔时，原子核便吸收电磁场的能量，称为共振吸收，这一现象称为核磁共振．在磁场中核能级间隔为：

EgINB

共振吸收时，hEgINB

通常用核磁矩在磁场方向分量的最大值I来衡量磁矩的大小,IgIIN，则有

hIIB

h，已测出I，，现测得B就可以算出I． B∴II16-8 什么叫核力？核力具有哪些主要性质？

答：组成原子核的核子之间的强相互作用力称为核力．

核力的主要性质：(1)是强相互作用力，主要是引力．(2)是短程力，作用距离小于

1015m,

(3)核力与核子的带电状况无关．(4)具有饱和性．

23416-9 什么叫放谢性衰变？，，射线是什么粒子流？写出230U的衰变和90Th的衰变的表示式.写出衰变和衰变的位移定则. 解：不稳定的原子核都会自发地转变成另一种核而同时放出射线，这种变化叫放射性衰变．射线是带正电的氦核2He粒子流，射线是高速运动的正、负电子流，射线是光子流．

2322349023490Th42He4Th23491~Paee01

衰变和衰变的位移定则为：

衰变 zAXzA24Y42He

衰变的位移定则为：

AzAzA0~XzYee A0Xz1Y1ee

16-10 什么叫原子核的稳定性？哪些经验规则可以预测核的稳定性？

答：原子核的稳定性是指原子核不会自发地从核中发出射线而转变成另一种原子核的性质． 以下经验规则可预测核的稳定性：

(1)原子序数大于84的核是不稳定的．

(2)原子序数小于84的核中质子数和中子数都是偶数的核稳定．

(3)质子或中子数等于幻数2、8、20、28、50、82、126的原子核特别稳定．

(4)质子数和中子数之比

n1的核稳定．比值越大，稳定性越差． p2216-11 写出放射性衰变定律的公式.衰变常数的物理意义是什么？什么叫半衰期T1？T1和有什么关系？什么叫平均寿命？它和半衰期T1、和有什么关系？

2-t解：NN0e，衰变常数dN/dt．的物理意义是表示在某时刻，单位时间内衰变N的原子数与该时刻原子核数的比值．是表征衰变快慢的物理常数．

原子核每衰变一半所需的时间叫半衰期．

文档鉴赏

T12ln2 λ平均寿命是每个原子核衰变前存在时间的平均值．

T1ln2．

223523816-12 测得地壳中铀元素92只点0.72%，其余为238，已知92928

年，235的半衰期为7.038×10年，设地球形成时地壳中的232921

UUU的半衰期为4.468×109

UU和23592U是同样多，试估

计地球的年龄.

解：按半衰期 T对92U：1235ln20.693

0.6930.6939.84710101/年 18T17.038100.6930.693238101.551101/年 对92U：29T24.46810t按衰变定律NN0e，可得

N1N0e1t(21)t e2tN2N0eNln1N2则地球年龄： t

210.72ln99.28

(1.5519.847)10105.94109年

16-13 放射性同位素主要应用有哪些？

答：放射性同位素主要在以下几个方面应用较广泛：医学上用于放射性治疗和诊断；工业上用于无损检测；农业上用放射性育种；考古学、地质学中用于计算生物或地质年代；生物学中作示踪原子等等．

16-14 为什么重核裂变或轻核聚变能够放出原子核能？

答：轻核和重核的平均结合能较小，而中等质量(A40~60)的核平均结合能较大，因此将重核裂变成两个中等质量的核或轻核聚变成质量数较大的核时平均结合能升高，从而放出核能．

16-15 原子核裂变的热中子反应堆主要由哪几部分组成？它们各起什么作用？

答：热中子反应堆的主要组成部份有堆芯、中子反射层、冷却系统、控制系统、防护层．

堆芯是放置核燃料和中子减速剂的核心部份，维持可控链式反应，释放原子核能． 冷却系统与换能系统合二为一，再通过冷却系统将堆芯释放出的核能输送到堆芯以外． 控制系统是通过控制棒插入堆芯的长度，控制参加反应的中子数，使反应堆保持稳定的功率．

中子反射层是阻挡中子从反应堆中逸出． 防护层是反应堆的安全屏障．

16-16 试举出在自然界中存在负能态的例子.这些状态与狄拉克真空，结果产生1 MeV的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？

文档鉴赏

答：例如物体在引力场中所具有的引力势能；正电荷在负电荷电场中的静电能，都是自然界中的负能态．这些负能态是能够观测到的，具有可观测效应．狄拉克的负能态是观测不到的，没有可观测效应．

16-17 将3MeV能量的光子引入狄拉克真空，结果产生1MeV的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？

2答：把能量大于电子静能两倍E2m0c1.022MeV的光子引入真空，它有可能被负

能量电子的一个电子所吸收，吸收了这么多能量的电子有可能越过禁区而跃迁到正能量区，并表现为一个正能量的负电子e；同时，留下的空穴表现为一个正能量的正电子e．这一过程称为电子偶的产生，可写为

ee

按题意，根据能量守恒，正电子的能量为2MeV

16-18 试证明任何能量的光子在真空中都不可能产生正、负电子对.

答：证明：设由光子转化成的一对正负电子其动量分别为p1和p2，在电子的质心系中应有p1p20

并且正负电子的总能量应大于2mec2．按照相对论，光子动量与能量的关系为Epc，动量等于零而能量不等于零的光子是不存在的．显然光子转换成正负电子，同时满足能量守恒和动量守恒是不可能的，即在真空中无论光子能量多大，都不可能产生正负电子对．但是光子与重原子核作用时便可转化为正负电子对．