大学物理第四版下册总结及复习题.ppt

单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,大学物理学,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,大学物理第四版下册总结及复习题,大学物理第四版下册总结及复习题大学物理第四版下册总结及复习题,P3011-10,半径为,R,1,和,R,2,（,R,1,R,2,）,的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量,和,-,，试求：,(1)rR,1,；,(2)R,1,rR,2,处各点的场强。,（,1,）时，高斯面内无电荷，则,（,2,）时，由高斯定理及对称性得,（,3,）时，由高斯定理及对称性得,解：利用高斯定理,计算不同形状电荷系统产生电势的问题,（,2,）,根据电势叠加原理，由公式来求电势。,一般有两种方法可以解决：,（,1,）,已知,E,(,用库仑定律,/,高斯定理求出,E,),，由公式来求电势。,r,是定值，则有,例,11-10,均匀带电细圆环，总电量,q,，半径为,R,，求圆环轴线上任一点的电势。,解：在圆环上任取电荷元,dq,，其在圆环轴线上,P,点处产生的电势为,电势叠加原理有,讨论：,则整个平面在,P,点形成的电势为,通过一均匀带电,Q,圆平面中心且垂直平面的轴线上任意点的电势,.,解：在盘面任取一圆环电荷元,则该电荷元在轴线上一点的电势为,当 时，,讨论,由此可见，当场点很远时，又与点电荷形成的电势相同。,以无穷远为电势零点，则腔内任一点电势为,P3011-15,如图为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为,，球壳内表面半径为,R,1,，外表面半径为,R,2,设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。,解：,取细线上的微元,P3111-17,如图半径为,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,，长度为 ，细线左端离球心距离为,r,0,。设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，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：以,O,为坐标原点细线的方向为,x,轴,则带电球面在球面外的,E,分布,有,（为方向,r,上的单位矢量）,细线在该电场中总的电势能为,（,2,）均匀带电球面在球面外的电势分布,对细线上的微元,所具有的电势能为,（向沿轴正向）,P3011-4,一个半径为,R,的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为,，求环心处点的场强,E,。,解：如图建立坐标系，环上任取电荷元,dq,在,O,点产生的场强为,根据对称性有：,微分关系,场强 与电势,V,的两种关系：,积分关系,求电场强度的三种方法,利用电场强度叠加原理,利用高斯定理,利用电势与电场强度的关系,解：,从点电荷的电势表示式 出发，求点电荷的场强。,第,12,章 导体电学,由静电平衡条件，两导体内都有,E,=0,解：因为电荷守恒有,例,1,两块近距离放置的导体平板，面积均为,S,，分别带电,q,1,和,q,2,。求平板上的电荷分布。,2,3,4,1,q,1,q,2,B,A,2,4,特例讨论：,当两平板带等量的相反电荷时,2,3,4,1,q,1,q,2,B,A,2,4,平行板电容器,电荷只分布在两个平板的,内表面,！,两平板外侧 ，内侧,解,：（,1,）,设导线连接后两球所带电量分别为,q,1,和,q,2,，而,q,1,+q,2,=2q,，因为两球相距很远，可视为孤立导体互不影响，球上电荷均匀分布，则两球电势分别是,习题,12-1,半径分别为,r,1,=1.0cm,和,r,2,=2.0cm,的两个球形导体，各带电量,1.010,8,C,，两球心间相距很远，若用细导线将两球连接，求,(1),每个球所带电量（,2,）每球的电势,。,导线相连后电势相等，则,（,2,）,（,2,）,不论球壳内表面的感应电荷如何分布，因为任一电荷在,O,点产生的电势,（,3,）,球心,O,处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷、点电荷,q,在,O,点产生的电势的代数和，即,作业本,12-3,一内外半径分别为,a,和,b,的金属球壳，带有电荷,Q,，在球壳空腔内距离球心,r,处有一点电荷,q,。设无限远处为电势,0,点，求,（,1,）球壳内外表面上的电荷,（,2,）,球心,O,点处，由球壳内表面上电荷产生的电势,（,3,）,球心,O,点处的总电势,解,：（,1,）,由静电感应,金属球壳的内表面上有感生电荷,-q,，外表面上带电荷,q+Q,总的电势为,解,：,(1),因为属于空腔内有电荷的情况，电荷分布为球外表面带电荷为,q,，球壳内表面带,-q,，外表面带,2q,。,(2),球心处场强由三部分电荷产生,例题有一外半径,R,1,=10 cm,，内半径,R,2,=7 cm,的金属球壳，在球壳中放一半径,R,3,=5 cm,的同心金属球，若使球壳和球均带有,q,=10,-8,C,的正电荷，问,(1),两球体上的电荷如何分布？,(2),球心电势为多少？,（,1,）,设两极板分别带电,Q,（,3,）,求两极板间的电势差,步骤：,（,4,）,由,C=Q/V,AB,求,（,2,）,求两极板间的电场强度,电容器电容的计算,1,电容器的并联,2,电容器的串联,并联和串联电容器,的电容,习题,12-4,三个电容器如图连接，其中,C,1,=1010,-6,F,C,2,=510,-6,F,，,C,3,=410,-6,F,当,A,、,B,间电压,U=100V,时，求,(1),A,、,B,间的电容,(2),当,C,3,被击穿时，在电容,C,1,上的电荷和电压各变为多少？,（,2,）,C,3,被击穿，说明,C,1,两端电压变为,U=100V,，则带电量增加到,解：（,1,）,C,1,和,C,2,并联再和,C,3,串联,稳恒电场中两点间的电势差,稳恒电场,由,运动的,、,只是空间分布保持恒定,的电荷产生的。,静电场,由,静止,的,电量一定,的电荷产生的。,12.4.2,稳恒电场,稳恒电场和静电场都满足高斯定理和环流定理，即,习题,12-1,一半径为,0.1,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。,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,第,13,章 电介质,电介质对平行板电容器的电场和电容的影响,+,-,+,-,加入介电常数为 的电介质后，,E,减小了 倍，电容却增加了 倍。：电介质的,相对电容率,；：介质的电容率,实验表明，当外电场不存在时，电介质分子有两类：,电偶极子,：电偶极矩,：两异号点电荷电量,：两电荷间距，由,负电荷,指向,正电荷,13.1.2,电介质极化的微观模型,正负电荷中心,重合,的分子,无极分子,；,正负电荷中心,不重合,的分子,有极分子,，每个有极分子可以看做一个电偶极子，其电偶极矩称为,分子固有电矩,。,有极分子和无极分子产生电极化的相同点和不同点：,无极分子电介质：极化是由于电介质分子正、负电荷中心位移而形成的，称为,位移极化,。,有极分子电介质：极化是由于电介质分子电矩,0,在外电场中转向外场方向而形成的,称为,转向极化,。,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,+-,不同点：,相同点：,宏观上看电介质表面都会出现,极化电荷,。,为对应于高斯面,S,上各点的值，因高斯面的任意性，故上式对全空间任意点都有意义。,电位移矢量的高斯定理,电位移矢量通过任一闭合面,S,的电位移通量,该闭合面,S,所包围的自由电荷的总量,电位移矢量注意几点：,（,1,）,介质中的高斯定理表明：电位移矢量对任意闭合面的通量与该闭合面内,自由电荷,有关。但是电位移矢量本身与空间所有电荷分布有关，包括,自由电荷和极化电荷,。,（,2,）,电位移矢量是描述介质中电场性质的辅助物理量，没有具体的物理意义。电场强度才是描述电场的基本物理量。,（,3,）,介质中的高斯定理包含了真空中的高斯定理。,真空中,（,4,）,电位移矢量与电场强度的关系：,：电介质介电常数,各向同性均匀介质内部，,方向相同,各向同性的电介质，当外电场不太强时有，,例题：把一块相对电容率,r,=3,的电介质，放在相距,d=,1mm,的两平行带电平板之间,.,放入之前，两板的电势差是,1000,V,.,试求两板间电介质内的电场强度,E,，电极化强度,P,，板和电介质的电荷面密度，电介内的电位移矢量,D,.,d,+,-,U,解,：（,1,）,由电位移高斯定理求场强、电极化强度步骤：,(2),由对称性，选取合适高斯面，由,得电位移矢量空间分布。,13.4.3,电位移矢量的应用,(1),分析由自由电荷和电介质空间分布对称性，电位移矢量空间分布特征。,(3),对各向同性的介质，外电场不太强时，由,求场强的空间分布。,(4),由 得到电极化强度,P,利用 求极化电荷的分布,带电体系处于状态,a,时的静电能是什么？,或：把这些带电体从无限远离的状态聚合到状态,a,的过程中，,外力克服静电力作的功。,带电体系处于状态,定义：,把系统从状态,a,无限分裂到彼此相距无限远的状态中,静电场力作的功，,叫作系统在状态,a,时的静电场能。简称,静电能,。,13.5,静电场能,以两个点电荷系统为例,第一步先把,摆在某处，外力不作功,第二步再把,从无限远移到,P,点 使系统处于状态,a,想象,初始时相距无限远,q,q,1,2,的场作功,外力克服,q,r,q,1,2,状态,a,在 所在处的电势,两点电荷间的相互作用能,q,2,在,q,1,电场中的静电势能,13.5.2,点电荷之间的相互作用能,作功与路径无关 表达式相同,也可以先移动,q,r,q,1,2,状态,a,在 所在处的电势,为了便于推广 两点电荷间相互作用能,写为,n,个点电荷系,除,q,i,以外电荷在,q,i,处的电势,电荷连续分布,所有电荷在,dq,处的电势,q,1,在,q,2,电场中的静电势能,以电容器为例：,B,A,+,+,+,+,-,-,-,-,+Q,-Q,电容器储存的静电能,13.5.3,电容器储存的静电能,以平行板电容器为例：,能量储存于场中，静电能实际上是一种电场能。,：电容器的体积；电位移矢量大小,静电能均匀分布在平行板内的匀强电场中，故静电能就是电场能。,13.5.4,静电场能 电场能量密度,定义,电场能密度,：单位体积电场能,上式无论电场是否均匀，无论电场是静电场还是变化的电场都适用。,对于非匀强电场有,求静电场能的,2,种方法：,1.,2.,在两筒间取半径为,R,，高为,l,的同心圆柱高斯面,由高斯定理,解：圆筒电容器单位长度电容,内圆筒单位长度电量,(1)R=3.5cm,时,作业本,13-1,一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内外半径分别为,R,1,=2cm,，,R,2,=5cm,，其间充满相对介电常数为,r,的各向同性均匀电介质，电容器接在,U=32v,的电源上，试求距离轴线,R=3.5cm,的,A,点电场强度和,A,点与外筒间的电势差。,(2),解,：（,1,）,设导体球上带电量,Q,，则其电势为,作业,13-2,空气中有一半径为,R,的孤立导体球。令无限远处为电势零点，试计算,：（,1,）,该导体球的电容,（,2,）,球上所带电荷为,Q,时储存的静电能,（,3,）,若空气的击穿场强为,Eg,，导体球上能储存的最大电荷值。,（,2,）,（,3,）,球产生的最大电场满足,解：平行板电容器的电容为,作业,12-7,用输出电压,U,的稳压电源为一电容为,C,的空气平行板电容器充电，在电源保持连接的情况下，试求把两个极板间距离增大至,n,倍时外力所做的功,。,电容器储存的电场能量,电容器的电量由,当 时,电源做功为,设拉开极板过程中，外力做功为,W,2,，由功能原理,第,14,章 稳恒磁场,判断下列各点磁感强度的方向和大小,1,、,5,点,：,3,、,7,点,：,2,、,4,、,6,、,8,点：,1,2,3,4,5,6,7,8,14.2.2,毕奥,-,萨伐尔定律应用,R,(3),o,I,I,R,o,(1),x,推,广,组,合,o,(2),R,I,：线圈平面法向单位矢量，与,电流方向呈右手螺旋,关系。,磁偶极矩,令 称为,磁矩,如果是,N,匝，则磁矩为,I,S,I,S,习题,14-1,如图所示形状导线电流在,P,点的磁感应强度。,由 ，可得,P,点磁感应强度为,解：把该电流分成如图,3,段,、,、,，各自在,P,点产生的磁场为,B,1,、,B,2,、,B,3,P,点在,段电流的延长线上，故,B,1,=0,P,点在,段的半圆弧圆心上,(,垂直纸面向里,),P,点在,段半长直导线的端点一侧,(,垂直纸面向里,),习题,14-2,在一半径,R=1.0cm,的无限长半圆形金属薄片中，自上而下有电流,I=5.0A,均匀通过，求半圆片轴线上,O,点的磁感应强度。,解：取宽为 的窄条无限长直导线,它在,O,点产生的磁感应强度为,如图,B,分解为,x,轴和,y,轴分量,由对称性可知：,所以,O,点产生的磁感应强度,(,沿,x,轴负方,),I,切线方向,的方向；,疏密程度,的大小,.,B,单位：,N/(Am),用,T,（,特斯拉,）表示,磁力线,（与电力线类似）,用来形象描述磁场分布的曲线,通过任意闭合曲面的磁通量必等于零。,因为,磁感应线是闭合的，因此有多少条磁感应线进入闭合曲面，就一定有多少条磁感应线穿出该曲面。,磁高斯定理,磁场高斯定理和电场高斯定理区别：,静电场中，存在独立的正、负电荷，电力线有头有尾，它发自正电荷，止于负电荷。,磁场中，没有单独的磁单极存在，磁极总是南极、北极成对出现的，不像电荷可以孤立一正或负电荷形式存在。磁力线总是无头无尾的闭合线，通过任意闭合面的磁通量为,0,。,静电场：,有源场、无旋场,(,保守场,),磁场：,无源场、有旋场,(,非保守场,),解：,先求 ，对变磁场给出 后积分求,例,如图载流长直导线的电流为,I,，试求通过矩形面积的磁通量。,所有电流的,总磁场,穿过回路的电流,指定回路,讨论,:,由所有电流共同产生的,1,电流,正负,的规定：与 成,右,螺旋时，为,正,；,反,之为,负,.,安培环路定理几点注意事项：,3,安培环路定理只适用稳恒电流,(,电流不随时间变化,),产生的磁场！,因为,时,4,磁场是非保守场,(,有旋场,),不能引入势能。,5,电流是磁场的涡旋中心,!,由安培力公式得,解：经分析，如图所示,I,2,产生的磁场对,I,1,的力为,例,1,求无限长平行载流直导线间的相互作用力。,结论：,两个,同向,平行载流直导线，通过磁场的作用，将相互,吸引,；电流,反向,的直导线，彼此间相互,排斥,。,I,1,产生的磁场对,I,2,的力为,例,2,求如图不规则的平面载流导线在均匀磁场中所受的力。,已知 和,.,解,取一段电流元,结论,任意平面载流导线在,均匀磁场,中所受的力,与其始点和终点相同的载流直导线所受的磁场力相同,.,P,L,解,(1),由柱形对称性，应用安培环路定理,作业本,14-5,一无限长圆柱形铜导体（磁导率 ），半径为,R,，通有均匀分布电流,I,。今取一矩形平面,S,(,长为,1m,，宽为,2R,),，位置如图中画斜线部分所示，求磁场分布和通过该矩形平面的磁通量。,在柱形内任取半径为,r,的同心环路,（,2,）,S,2R,I,I,B,.,.,.,.,.,I,B,B,I,稳定平衡,不,稳定平衡,讨 论,（,1,）,与 同向,（,2,）,方向相反,（,3,）,方向垂直,力矩最大,结论,:,均匀,磁场中，任意形状,刚,性闭合,平面,通电线圈所受的力和力矩为,与,成,右,螺旋,稳定,平衡,不稳定,平衡,磁矩,0,=,p,=,（,2,）磁力矩做功为,习题,14-6,一半圆形闭合线圈半径,R=0.1m,，通有,I=10mA,，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，,B=0.5T,。求（,1,）,线圈所受力矩的大小和方向,（,2,）,当此线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置时，力矩所做的功？,解：（,1,）由磁力矩公式,(,方向竖直向上,),第,15,章 磁介质,已知磁化强度求磁化电流：在两种磁介质的界面处情况如何？,解：,解,:,由磁场强度的安培环路定理,例,求磁介质中的磁化强度、磁感应强度及其表面磁化电流线密度。,例 一根同轴线由半径为,R,1,的长导线和套在它外面的内半径为,R,2,、外半径为,R,3,的同轴导体圆筒组成。中间充满磁导率为 的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，传导电流,I,沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的。求同轴线内外的磁感应强度,B,的大小分布。,解：由安培环路定理,由圆筒对称性，设所取闭合圆形回路的半径为,r,区域：,区域：,R,2,R,1,R,3,区域：,区域：,R,2,R,1,R,3,解,:,由安培环路定理,（,1,）,以半径为,r,（,R,1,rR,2,),作同心回路,第,16,章 变化的电磁场,动生电动势的求解可以采用两种方法：,2,设法构成一种合理的闭合回路以便于应用“法拉第电磁感应定律”求解。,或,16.2.3,动生电动势的计算,1,利用“动生电动势”的公式来计算。,静电场由,电量不变静止的电荷,产生,感应电场是由,变化的磁场,产生,和,静电场,感应电场,均对电荷有力的作用,16.3.2,感应电场的性质,感应电场是非保守场,静电场是保守场,（,2,）,（,1,）,不同点：,共同点,：,（,1,）静电场的电力线起于正电荷，止于负电荷，在没有电荷的地方不中断。,（,2,）感应电场的电力线是无头无尾的闭合曲线。,（,3,）感应电场与磁场很相似。,感应电场是无源场,静电场是有源场,（,3,）,讨论,感应电场与磁场涡旋性质相似！,I,r,B,I,以回路为边界的任意曲面上的电流密度,说明传导电流要产生磁场，传导电流是磁场的涡旋中心，磁场与传导电流间呈,右螺旋,关系。,说明变化的磁场要产生感应电场，变化的磁场是感应电场的涡旋中心，感应电场与变化的磁场间呈,左螺旋,关系。,r,i,E,r,i,E,t,B,16.3.4,感生电动势的计算,（,1,）对于导线回路，感生电动势可以用法拉第电磁感应定理,（,2,）对不成回路的一段导线，如果磁场在空间具有较高的对称性,第一种方法：,可先由公式 求出感应电场,E,i,的分布,再利用 ，得到,ab,上的感生电动势,.,归结为计算,bda,上感生电动势，如果虚线假想合适，,非常容易计算,（,在有的情况下，一下子就可以看出它为,0,）,（,2,）对不成回路的一段导线，如果磁场在空间具有较高的对称性,第二种方法：,用虚线假想一个闭合回路,acbda,，用法拉第电磁感应定理计算整个回路的感生电动势,若既有动生电动势，又有感生电动势，计算总感应电动势时,对于导线回路的情况,对于不成回路的一段导线,（,2,）让回路电流有变化，设法得到回路中的自感电动势，,由公式 计算自感系数。,（,1,）用定义计算。设回路中通有电流,I,，计算磁感应强度,即磁通链，由公式 计算自感系数；,如果回路电流要变化，回路中激发的自感电动势总是阻碍电流的变化，自感系数越大，阻碍作用越强，回路中电流越不容易改变。这种性质称为,电磁惯性,。,自感系数,L,的计算,电磁惯性,L,越大，回路中电流越不容易改变,物体惯性,m,越大，速度越不容易改变,自感系数,L,质量,m,互感系数,M,的计算,（,1,）用定义计算。给线圈,1,一个电流,I,1,，计算它给线圈,2,的磁通链,21,，由公式 计算互感,（,2,）让线圈,1,电流有一个变化，设法求其在线圈,2,中激发的互感电动势,21,，由公式 计算互感。,16.6,磁场能量,由电场知识可知,电场是能量的携带者，电场的能量密度为,电场能,能量储存于电场中,电容器是储存电场能的器件,能量储存于磁场中,载流线圈是储存磁场能的器件,磁场能,【,例,】,长为,l,，截面积,S,，总匝数,N,，电流为,I,，内充满磁导率为,的均匀磁介质，,密绕长直螺线管的自感磁能？,由于能量是一个状态量，与建立这个状态的过程无关，故自感为,L,的载流线圈，如其电流强度为,I,，它就具有,的磁场能量，这个能量称为线圈的,自感磁能,。,H,:,磁场强度,V,：长直螺线管的体积,由于螺线管内磁场近似均匀，这样单位体积空间中磁场所具有的能量，即磁场的能量密度为,对于均匀和非均匀磁场都适用,对比,正负号区别：,变化的电场是磁场的涡旋中心，呈,右螺旋,关系；,变化的磁场是电场的涡旋中心，呈,左螺旋,关系。,1,只要电场随时间变化，就有相应的位移电流,位移电流的本质是变化的电场,2,位移电流与传导电流是完全不同的概念，仅在产生磁场方面二者等价,16.7.3,位移电流性质,在介质中，由 得位移电流密度,电场的变化，激发磁场，没有热效应,反映介质极化的变化，可以激发磁场，有热效应，由于分子电偶极矩方向变化造成,I,c,有电荷流动，通过导体会产生焦耳热；,I,d,无电荷流动,方程的积分形式,麦克斯韦电磁场,（,1,）,变化的磁场激发感应电场,麦克斯韦假设,（,2,）,变化的电场激发磁场，,存在位移电流,16.8,麦克斯韦电磁场方程组,1,电场的高斯定理,2,磁场的高斯定理,包括静电场、运动电荷产生的电场、变化磁场产生的,感应电场,传导电流、位移电流产生的磁场都是,无源场,3,电场的环路定理,4,全电流安培环路定理,静电场是,保守场,，变化磁场激发感应电场（,涡旋场,）,磁场强度,H,沿着闭合回路的环流等于穿过以该回路为边界的任意曲面的,全电流,16.8,麦克斯韦电磁场方程组,对各向同性介质，各量间的关系为：,对于静电场和稳恒磁场,静电场和稳恒磁场的麦克斯韦方程！,这组方程真正反映了电与磁是相互激发、相互依赖的不可分割的统一的整体，即电磁场。,对于,的自由空间,麦克斯韦方程组化简,作业本,16-1,有一螺线管，每米有,800,匝，在管内中心放置一绕有,30,圈的半径为,1cm,的圆形小回路，在,1/100s,时间内，螺线管中产生,5A,电流。问小回路中感应产生的感生电动势为多少？,解：螺线管中磁场为,圆形小回路的磁通链为,电流变化率为,解：设,t,时刻,B,离,O,点距离,r,AB,方程为,(,方向垂直向里,),当,r=d,时,(,方向：,ACBA),作业本,16-2,无限长直导线，通以电流,I,，有一与之共面的直角三角形线圈,ABC,。已知,AC,边长为,b,，且与长直导线平行，,BC,边长为,a,。若线圈以垂直于导线方向的速度,v,向右平移，当,B,点与长直导线的距离为,d,时，求线圈,ABC,内的感应电动势的大小和方向。,长导线产生的磁场,三角形中的磁通量为,则在线圈中产生的感生电动势,x,d,c,b,a,C,B,A,I,dx,作业本,16-3,一长直导线电流为,I,，附近放一导体半圆环与长直导线共面,且端点,MN,连线与导线垂直,.,半圆环半径为,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方向以及,MN,两端的电压。,解：引入一条辅助线,MN,与半圆构成闭合回路,则此闭合回路在运动过程中,通过回路的磁通量不发生变化,所以回路中总电动势为,0,.,长直导线形成的磁场是非匀强磁场,(,方向沿,x,轴反方向,),则,(,方向由,N,指向,M,),当线圈中,I,2,变化时，,I,1,上产生的感应电动势为,作业本,16-4,长直导线与矩形单匝线圈共面放置，导线与线圈的长边平行，矩形线圈的边长分别为,a,，,b,，它到直导线的距离为,c,。当矩形线圈中通有电流 时，求直导线中的感应电动势？,则线圈中的磁通量为,解：设直导线通电流,I,，其产生磁场为,作业本,16-5,截面为矩形的螺绕环共,N,匝，图下半部矩形表示截面,.,在螺绕环的轴线上另有一无限长直导线,.(1),螺绕环自感系数,(2),互感系数,(3),若螺绕环中电流为,I,螺绕环储存的磁能？,解：,(1),由安培环路定理,螺绕环中磁通链为,(2),若直导线通电流,I,，其磁场为,螺绕环中磁通链为,(3),自感磁能为,作业本,16-6,在相距,2a,的两根无限长平行导线间，有一半径为,a,的导体圆环与二者绝缘,求导体圆环与直导线间互感系数？,解：设两长直导线通电流为,I,，一圆心为原点，水平为,x,轴，两直导线在面元,dS,处的磁场为,螺绕环中磁通链为,I,I,解：,(1),直导线的磁场为,矩形线圈中磁通量为,作业本,16-7,一长直导线，电流,I,，矩形线圈与其共面，以匀速 沿垂直导线的方向离开导线，设,t=0,时，线圈位于图中位置，求,(1),在任意,t,时通过矩形线圈的磁通量,(2),在图示位置时矩形线圈的电动势？,(2),当,t=0,时，,解：,(1),直导线的磁场为,圆形线圈中磁通量为,作业本,16-8,一长圆柱状磁场，磁场垂直向里，磁场为,若在磁场内放一半径为,a,的金属圆环，环心在轴线上，求金属环中的感生电动势，及方向？,a,r,若 时，电动势为顺时针方向。,第,18,章 光的干涉,把产生相干叠加的两束光称为,相干光,。,相叠加必须满足,振动频率相同,、,振动方向相同,、,位相差恒定,三个条件。,只有从同一光源的同一部分发出的光，通过某些装置分束后，才能获得符合相干条件的相干光。,获得相干光的方法,振幅分割法,波阵面分割法,*,光源,（,1,）分振幅法：,利用反射、折射把波面上某处的振幅分成两部分。,（,2,）分波面法：,在光源发出的某一波阵面上,取两部分元作为相干光源。,K,:,明暗条纹的干涉级次,加强,减弱,根据干涉条件,实 验 装 置,p,暗纹,明纹,p,明、暗,条纹的位置,相邻明,(,暗,),条纹间距,光强分布特点：,明暗相间,/,等间距,/,直条纹,说明,1,条纹为等间距分布。,相邻明（暗）纹间距,2,增大条纹间距的方法,3,波长对条纹的影响,I,x,条纹位置和波长有关，不同波长的同一级亮条纹位置不同。因此，如果用白光照射，则屏上中央出现白色条纹，而两侧则出现彩色条纹。,条纹间距与波长成正比，因此紫光的条纹间距要小于红光的条纹间距。,红,-,紫,中央白条纹,用白光照情况如何？,杨氏双缝干涉的讨论,:,(,1,),一定时,若 变化,则 将怎样变化？,(,2,),一定时,条纹间距 与 的关系如何？,干涉条纹的移动,例,1,波长为,680nm,的平行光照射到,L=12cm,长的两块玻璃片上，两玻璃片的一边相互接触，另一边被厚度,=0.048mm,的纸片隔开,.,试问在这,12cm,长度内会呈现多少条暗条纹,?,解：由薄膜干涉暗纹条件公式,共有,142,条暗纹,例,18-2,一劈尖角 ，折射率,n=1.4,，其末端的厚度,H=0.05mm,，用单色光垂直照射，测得相邻明纹间距为,0.25cm,。求,：（,1,）,此单色光的波长,；（,2,）,此劈尖总共出现多少条明纹？,解：（,1,）由劈尖干涉明纹条件,（,2,）,总条纹数,解,：,（,1,）,由于是垂直入射，油膜折射率介于空气和玻璃之间，故反射光在上下表面均有半波损失，因此经薄膜上下表面反射后的光程差为,只有干涉相长光是我们能看见的，则有,例,18-3,一平板厚玻璃上有一层折射率为,1.2,的油膜，厚度为,460nm,，在阳光下正面观察，薄膜呈现什么颜色？若从背面观察，薄膜呈什么颜色？,可见光范围为：,400nm760nm,1,=1104nm(,红外,),3,=368nm,(,紫外,),2,=552nm(,黄光,),肥皂膜呈现黄色,（,2,）,折射光无半波损失，光束在油膜,与玻璃界面反射时有半波损失,故两光的光程差为,只有干涉相长光是我们能看见的，所以有,（红外）（舍去）,（红色）,（蓝色）,（紫外）（舍去）,故背面可以看见红色和蓝色的混合色。,解：因光由空气油膜玻璃时，在两个分界面反射时都有半波损失，设薄膜厚度,e,，则光程差为,因为,1,=500nm,和,2,=700nm,之间无反射相消的光，则它们相消差一级，假设对于,1,的光干涉相消级为,k,，则,2,的相消级应为,k-1,级，因此有,例,18-4,平面单色光垂直照射在厚度均匀的油膜上，油膜覆盖在玻璃板上。所用光源波长可以连续变化，观察到,500nm,与,700nm,波长的光在反射中消失。油膜的折射率为,1.30,，玻璃折射率为,1.50,，求油膜的厚度？,将,1,=500nm,和,2,=700nm,代入得到,k=3,解：因为薄膜折射率介于空气和玻璃之间，所以上下表面的均有半波损失，故反射光的光程差为,例,18-5,一平板后玻璃上有一层薄膜，薄膜折射率为,1.33,，在阳光下正面观察，发现波长为,686nm,的光反射加强，波长为,588nm,的光反射减弱，求薄膜的厚度？,干涉加强条件,干涉减弱条件,由,光疏,光密,的光，在分界面反射时有,半波损失,。,18.3.4,增透膜和增反膜,利用薄膜的干涉效应使反射光减到最小，这样的薄膜称为,增透膜,。,在镜片表面镀膜以增加反射率，这样的薄膜称为,增反膜,。,如图薄膜折射率，设薄膜厚度为,e,，光垂直入射时薄膜两表面反射光的光程差等于,2ne,，于是两反射光干涉相消时应满足,反射光相消，,故透射光加强,同理，若满足,反射光加强，成为高反膜,光在不同折射率介质中反射和透射的附加光程差对照表,反射光干涉,无需附加,需附加,透射光干涉,需附加,无需附加,半波损失需具体问题具体分析,第,19,章 光的衍射,干涉相消,(,暗纹,),干涉加强,(,明纹,),（介于,明,暗,之间）,个半波带,个半波带,中央明纹中心,（,2,）条纹宽度,(,很小时，,sin,),线宽度,:,L,2,的焦距,不变,减,小,，增,大,衍射最大,增,大,，减,小,光直线传播,不变，越大，越大，衍射效应越明显,.,中央明纹的角宽度,任两相邻暗纹,(,或明纹,),角宽度,第一级暗纹的衍射角,中央明纹的线宽度,单缝宽度变化，中央明纹宽度如何变化？,第一级暗纹的衍射角,不变，越小，越大，衍射效应越明显,.,入射波长变化，衍射效应如何变化,?,第一级暗纹的衍射角,越大，越大，衍射效应越明显,.,中央明纹（零级明纹）最亮，也最宽（为其他明纹宽度的,2,倍），其他各级明纹亮度要小很多，且随级数增大而减小。白光照射时，中央明纹仍为白色，其他各级明纹按紫到红地由内向外对称排列，形成衍射光谱。,（,3,）衍射图像,（,1,）,爱里斑,：将夫琅禾费单缝衍射中的单缝换成小圆孔，则屏上将出现中央为亮圆斑、周围为明暗交替的圆环衍射花纹。中央的圆形光斑很亮，称为爱里斑。,爱里斑的半径,R,爱里斑的角半径,0,，透镜焦距为,f,，圆孔直径为,d,，单色光波长,。由理论计算可得：,19.2,圆孔衍射和光学仪器的分辨率,1.,夫琅禾费圆孔衍射,由物体上的两个点发出的光线通过透镜（或瞳孔）时，都发生衍射，在屏上得到两个衍射爱里斑。如果两物点很近，两个爱里斑相互重叠，就分辨不出两个物点了。如果圆斑足够小，或相距较远，那么两个圆斑有重叠也能分辨。,2.,光学仪器的分辨本领,光学仪器,瑞利判据,如果一个光源的像斑的中央最亮处刚好与另一个光源的像斑的第一个最暗处相重合，就是这两个点光源刚好能分辨。这时，两衍射图样重叠部分的中心处的光强约为单个衍射图样的中央最大光强的,80%,。通常把这种情况作为两物点刚好能被人眼或光学仪器所分辨的临界条件，称为,瑞利判据,。,最小分辨角,光学仪器分辨率,两物点对透镜的张角,提高仪器分辨本领的两种方法：增大孔径，减小波长,波长不可选择,但可增大,d,望远镜：,电子的波长很小：,0.1,1,分辨本领,R,很大。,显微镜：,d,不会很大，可,(,紫光显微镜,),（电子显微镜）,例,1,设人眼在正常照度下的瞳孔直径约为,3mm,，而在可见光中，人眼最敏感的波长为,550nm,，问,(1),人眼的最小分辨角有多大？,(2),若物体放在距人眼,25cm,（明视距离）处，则两物点间距为多大时才能被分辨？,解,:,(,1,),(,2,),19.3.2,光栅方程,经过分析 光栅衍射主极大公式（光栅方程）,单缝衍射极小条件,由于受到单缝衍射的调制，则本应是主极大的地方会变成暗区，主极大出现缺失，称为,缺级现象,。,缺级公式,作业本,19-4,用波长为,=600nm,的单色光垂直照射一光栅，第二级明纹出现在,sin,=0.20,处，第,4,级为第一个缺级。求,（,1,）,光栅上相邻两缝的距离是多少,；（,2,）,狭缝的可能最小宽度,；（,3,）实际上能观察到的,全部条纹的级数,。,解：（,1,）由光栅方程明纹条件,（,2,）由缺级条件件,作业本,19-5,为了测定一给定光栅的光栅常数，用,He-Ne,激光器（,632.8nm,）光垂直照射光栅，已知第一级明纹出现在,38,方向上。,求,（,1,）,光栅常数,d,；（,2,）,1cm,内有多少条缝；（,3,）第二级明纹出现在什么方向上,。,解,:,（,1,）由光栅主极大条件,（,2,）,不会看见第二级明纹,第,20,章 光的偏振,【,习题,20-1,】,在两个偏振化方向相互垂直的偏振片间，加入一块偏振片，求自然光照射后的透射光强。,解：设中间偏振片的偏振化方向与第一块夹角为,作业本,20-1,一束光强为,I,0,的自然光，相继通过三个偏振片,P,1,、,P,2,、,P,3,后出射光强为,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,，要使出射光强为,0,，则,P,2,至少转过的角度是多少？,解,：（,1,）,设第三个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向夹角为,，则第三个和第二个的偏振化方向夹角为,则当,P,2,转动,45,即与,P,1,或,P,3,平行，出射光强变为,0,由题意,i,B,n,0,n,1,自然光,解：由布儒斯特定律,作业本,20-2,一束自然光从空气投射到玻璃表面上（空气折射率,n0=1,），当折射角,r=30,时，反射光是线偏振光，求玻璃的折射率。说明反射光矢量的振动方向？,光矢量振动方向垂直于入射面,出射光强变为,解：设自然光光强,I,1,，线偏振光光强,I,2,作业本,20-3,自然光和线偏振光的混合光束通过一偏振片。随着偏振片以光的传播方向为轴转动，透射光的强度也跟着改变，最强和最弱的光强之比,6,：,1,，那么入射光中自然光和线偏振光光强之比为多大？,习题,20-3,有三种透明介质，如图已知,n,1,=1.0,，,n,2,=1.43,，一束自然光以,i,角入射，若在两个分界面上的反射光都是线偏振光。求,：（,1,）,入射角,i,（,2,）,第三个介质的折射率,n,3,解,：（,1,）,据布儒斯特定律得,（,2,）,在第,介质中入射角为,在第二个界面应用布儒斯特定律得,解,:,（,1,）,自然光,I,1,通过,P,1,后光强变为,I,1,/2,的线偏振光，其振动方向与,P,2,的偏振化方向夹角为,因此这束光通过,P,2,后光强变为,（,2,）,欲使出射光,I,最大，令,=0,或,=,（即,P,1,、,P,2,的偏振化方向平行），有,习题,20-4,如图,P,1,、,P,2,是两个偏振片，以强度为,I,1,的自然光和强度为,I,2,的线偏振光同时垂直入射到,P,1,，再通过,P,2,。求：,(1),分析出射光光强随,（线偏振光的振动方向与,P,1,偏振化方向夹角）、,（,P,1,、,P,2,偏振化方向之间夹角）变化的关系（,2,）欲使出射光光强最大，,P,2,应如何放置？,以上两束光为非相干光，叠加后光强为,线偏振光,I,2,透过,P,1,和,P,2,后的光强为,如何检验一束光的偏振状态：,让光束垂直通过偏振片，再以光束为轴，旋转偏振片偏振化方向，观察出射光的光强变化有三种情况：,出射光强不变,入射光为自然光,或圆偏振光,出射光强发生,变化但无消光位置,入射光为部分偏振光,或椭圆偏振光,入射光为线偏振光,出射光强发生变化,且存在消光位置,自然光,自然光,圆偏振光,线偏振光,椭圆偏振光,线偏振光,部分偏振光,部分偏振光,各种光经过四分之一波片后转变成各