内容发布更新时间 : 2024/5/19 11:12:04星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

dB2?由于 l = bcot(π - θ) = -bcotθ， 所以 dl = bdθ/sin2θ； 又由于 r = b/sin(π - θ) = b/sinθ，

?Isin?d?可得 dB2?0，

4?b?0Idlsin?， 24?rA l Idl θ r O a b C D Idl ?0I3?/4?0I?(?cos?)sin?d?积分得B2??dB???/24?b4?bL同理可得CD段在O点产生的磁场B3 = B2． O点总磁感应强度为 B?B1?B2?B3?为

3?/4??/22?0I 8?b3?0I2?0I． ?8a4?bθ2 [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a的圆心处产生的磁感应强度

B??0I?． 4?a?0I(cos?1?cos?2)． 4?bI b θ1 B （2）有限长直导线产生的磁感应大小为 B?对于AC段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得

2?0I．上述公式可以直接引用． 8?b14．6 如图所示的正方形线圈ABCD，每边长为a，通有电流I．求正方形中心O处的磁感应强度B = ？

[解答]正方形每一边到O点的距离都是a/2，在O点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD边为例，利用直线电流的磁场公式：

A ?0II B?(cos?1?cos?2)， B2?B3?D 4?R令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD在O产生的场强为 O B C BAD?2?0I， 2?aO点的磁感应强度为 B?4BAD?22?0I， ?a图14.6 方向垂直纸面向里．

16．16 一圆形线圈C1由50匝表面绝缘的细导线密绕而成，圆面积S = 2cm2，将C1放在一个半径R = 20cm的大圆线圈C2的中心，两线圈共轴，C2线圈为100匝．求：

（1）两线圈的互感M；

（2）C2线圈中的电流以50A·s-1的速率减少时，C1中的感应电动势为多少？ [解答](1)设大线圈中通以电流I2，N2匝线圈形成的环电流在圆心产生的磁感应强度为 B = μ0N2I2/2R，

小线圈中的全磁通为 Φ12 = N1BS =μ0N1N2I2S/2R， 互感系数为 M = Φ12/I2 = μ0N1N2S/2R= 4π×10-7×50×100×2×10-4/2×0.2=10-6π(H)．

(2) C1中的感应电动势的大小为 ε = MdI2/dt = 10-6π×50 = 5×10-5π(V)．

16．17 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（如图），当矩形线圈中通有电流I = I0sinωt时，求直导线中的感应电动势．

[解答]如果在直导线中通以稳恒电流I，在距离为r处产生的磁感应强度为

B = μ0I/2πr．

I2 C1 C2

图16.16

a I c 图16.17

b

在矩形线圈中取一面积元dS = bdr，通过线圈的磁通量为

?0Ibdr?0Iba?c， ?ln?2?r2?cSc??0ba?c互感系数为 M?． ?lnI2?c???BdS?当线圈中通以交变电流I = I0sinωt时，直导线中的感应电动势大小为

a?c??MdI?0ba?c?(ln)I0?cos?t． dt2?c16．10 长为b，宽为a的矩形线圈ABCD与无限长直截流导线共面，且线圈

的长边平行于长直导线，线圈以速度v向右平动，t时刻基AD边距离长直导线为x；且长直导线中的电流按I = I0cosωt规律随时间变化，如图所示．求A 回路中的电动势ε． B B drx v bx C ?I[解答]电流I在r处产生的磁感应强度为B?0，

2?rd??BdS? rx x 穿过面积元dS = bdr的磁通量为

?0Ibdr， 2?rD a 图16.10

穿过矩形线圈ABCD的磁通量为

???0Ib2?x?a?x?Ibx?a1dr?0ln()， r2?x回路中的电动势为

?bd?x?adI11dx??0[ln()?I(?)]dt2?xdtx?axdt?Ibx?aavcos?t?00[?ln()sin?t?]．

2?xx(x?a)???

1狭义相对论的两个基本假设：

狭义相对性原理：自然规律在所有惯性参考系中具有相同的数学形式。 光速不变原理：所有惯性参考系中真空光速都相同。

2，同时性的相对性是什么意思？如果光速无限大，是否还有同时性的相对性？

在一个参考系中同时发生的两个事件,在另一个参考系看来是不同时的 不会.

3，相对论的时空观与经典力学的时空观的区别与联系

大概是经典力学认为时间和空间都是绝对的, 同一个事件不同状态的人测量情况一样.

而相对论认为同一个事件不同的人测量会得出不同的时间, 就象不同的人的表上的不一样.

相对论认为,光速对于任何人是一样的,所以时间不同,经典力学则不. 大概就只知道这一点

4，要使衍射现象明显，需要满足什么条件？

要发生明显的衍射，则需障碍物或小孔的尺寸比波长小或跟波长差不多。 5，光的相干条件是什么？相干光在叠加处的强度为？非相干光在叠加处的强度为？

1.频率相同 2.振动方向相同 3.相位差恒定

相干光光强是按振幅的矢量合成，出现干涉时，光强会有明暗相间的分布。 非相干光光强直接加起来就成。

6，光有哪5种偏振态，哪四种偏振光？几种方法从自然光获取线偏振光？ 1，线偏振光,2, 部分偏振光3， 椭圆偏振光4，圆偏振光5自然光

三种，一般的，部分偏振光都可以看成是自然光和线偏振光的混合。自然界中我们看

到的 椭圆偏振光是一种完全偏振光，而部分偏振光不是。 7试用半波带法说明离中央明条纹越远的明条纹的光强越小

除中央明纹外，其他明条纹衍射方向对应着奇数个半波带，级数越大，则单缝处的波阵面可以分成的半波带数目越多，其中偶数个半波带的作用两两相消之后，剩下的光震动未相消的一个半波带的面积越小，由它决定的该明条纹的亮度也越小。

9.11 为测量在硅表面的保护层SiO2

的厚度，可将SiO2

的表面磨成劈尖

状，如图所示，现用波长λ = 644.0nm的镉灯垂直照射，一共观察到8根明纹，求SiO2的厚度．

[解答]由于SiO2的折射率比空气的大，比Si的小，所以半波损失抵消了，光程差为：δ = 2ne．

第一条明纹在劈尖的棱上，8根明纹只有7个间隔，所以光程差为：δ = 7λ．

SiO2的厚度为：e = 7λ/2n = 1503(nm) = 1.503(μm)． 9.34

波长为600 nm的单色光垂直入射在一光栅上，第二、第三级主极

大明纹分别出现在sinθ = 0.2及sinθ = 0.3处，第四级缺级，求：

（1）光栅常数；

（2）光栅上狭缝的宽度；

（3）屏上一共能观察到多少根主极大明纹？ [解答]（1）（2）根据光栅方程得：(a + b)sinθ2 = 2λ； 由缺级条件得(a + b)/a = k/k`，其中k` = 1，k = 4．

解缺级条件得b = 3a，代入光栅方程得狭缝的宽度为：a = λ/2sinθ2 = 1500(nm)． 刻痕的宽度为：b = 3a = 4500(nm)， 光栅常数为：a + b = 6000(nm)．

（3）在光栅方程(a + b)sinθ = kλ中，令sinθ =1，得：k =(a + b)/λ = 10． 由于θ = 90°的条纹是观察不到的，所以明条纹的最高级数为9．又由于缺了4和8级明条纹，所以在屏上能够观察到2×7+1 = 15条明纹．

9.38两偏振片组装成起偏和检偏器，当两偏振片的偏振化方向夹角成30o

时观察一普通光源，夹角成60o时观察另一普通光源，两次观察所得的光强相等，求两光源光强之比．

nλ 1=1.00 n=1.50 SiO2 n2=3.42 Si 图6.4

[解答]第一个普通光源的光强用I1表示，通过第一个偏振片之后，光强为I0 = I1/2．

当偏振光通过第二个偏振片后，根据马吕斯定律，光强为I = I0cos2θ1 = I1cos2θ1/2．

同理，对于第二个普通光源可得光强为I = I2cos2θ2/2． 因此光源的光强之比I2/I1 = cos2θ1/cos2θ2 = cos230o/cos260o = 1/3．

9.44水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50，当光由水射向玻璃时，

起偏角为多少？若光由玻璃射向水时，起偏角又是多少？这两个角度数值上的关系如何？

[解答]当光由水射向玻璃时，水的折射率为n1，玻璃的折射率为n2，根据布儒斯特定律

tani0 = n2/n1 = 1.1278，

得起偏角为i0 = 48.44o．

当光由玻璃射向水时，玻璃的折射率为n1，水的折射率为n2，根据布儒斯特定律

tani0 = n2/n1 = 0.8867，

得起偏角为i0 = 41.56o． 可见：两个角度互为余角．