施建青主编

大学物理（下册）练习解答

—萨伐尔定律练习22毕奥毕奥—

22-1（1）D；（2）A；（3）B22-2（1）B=22-3

3µ0IµIµIµI-；（2）1.71×105T；（3）B0=0+0 0；（4）B=0

8πa4R14R24πR2

解：以O为圆心，在线圈所在处作一半径为r的圆．则在r到r+dr的圈数为

N

dr

R2 R1

由圆电流公式得

dB=

R2

µ0NIdr2r(R2 R1)

B=

µ0NIdrµ0NIR2

=ln∫2r(R2 R1)2(R2 R1)R1

R1

方向⊙

22-4解：利用无限长载流直导线的公式求解。

(1)取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流

di=δdx

(2)这载流长条在P点产生的磁感应强度

µdiµ0δdxdB=0=

2πx2πx

方向垂直纸面向里。

(3)所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度

µ0δa+bdxµ0δa+b

B=∫dB==ln

2πx∫x2πxbb

方向垂直纸面向里。

22-5解：(1)对r～r+dr段，电荷

dq=λdr，旋转形成圆电流．则

dI=

它在O点的磁感强度

dqωλω

=dr2π2πµ0dIλωµ0dr

=2r4πr

λωµ0

B0=∫dB0=

4π

dB0=

a+b

∫

a

drλωµ0a+b=lnr4πa

方向垂直纸面向内。

(2)

dpm=

πr2dI=

1

λωr2dr2

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a+b

pm=∫dpm=

方向垂直纸面向内。

(3)

若a>>b，则ln

∫

a

1

λωr2dr=λω[(a+b)3 a3]/62

a+bb

≈，有aa

µωλbωµ0qB0=0=

4πa4πa

3

3

过渡到点电荷的情况。

同理在a>>b时，(a+b)≈a(1+3b/a)，则

pm=

λω33b1

a =qωa26a2

也与点电荷运动时的磁矩相同。

练习23磁通量、磁场的高斯定理和安培环路定律

23-1（1）B；（2）D23-2（1）πR2c；（2） 23-3

12

（3）µ0rI/(2πR1)，0BπR2；

2

R

x+R

解：设x为假想平面里面的一边与对称中心轴线距离

Φ=∫BdS=∫B1ldr+

x

∫Bldr

2

R

µ0Ir2πR2µIB2=0

2πrµIl

Φ=02(R2 x2)+

4πR

B1=

令dΦ/dx=0，得Φ最大时

(导线内)(导线外)

µ0Ilx+R

ln2πR

x=

23-4

解：(1)

1

(5 1)R2

在环内作半径为r的圆形回路,由安培环路定理得

B 2πr=µNI，B=µNI/(2πr)

在r处取微小截面dS=bdr,

µNI

bdr2πrµNIµNIbR2

Φ=∫BdS=bdr=ln

2πr2πR1

S

dΦ=BdS=

(2)∴

同样在环外(r<R1和r>R2)作圆形回路，由于

∑I

i

=0

B 2πr=0

B=0

23-5解：圆电流产生的磁场

B1=µ0I2/(2R)

⊙

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长直导线电流的磁场

B2=µ0I2/(2πR)

导体管电流产生的磁场

⊙

B3=µ0I1/[2π(d+R)] 

所以，圆心Ｏ点处的磁感强度

B=B1+B2 B3=

µ0I2(R+d)(1+π) RI1

 ⊙2πR(R+d)

练习24磁场对运动电荷的作用、霍尔效应

24-1

（1）C；（2）B；（3）D

-13

24-2（1）匀速直线，匀速率圆周，等距螺旋线；（2）0.80×10

-

µ0e2v

kN；（3）f=，

4πa2

垂直向上；（4）3.08×1013J；（5）2πmvcosθ/(eB)，mvsinθ/(eB)；（6）z轴正方向；（7）n，p

24-3解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形。

(l+R)sin45°=R

∴

R=l/(2 1)=(2+1)l

v=

eBRleB

=(2+1)mmU=K

由R=mv/(eB)，求出v最大值为

24-5解：(1)p型半导体(2)

IB

a1K=

n0qIBn0==2.82×1020m-3

aqU

练习25磁场对电流的作用、磁介质

25-1

（1）C；（2）B

（2）pm=2aIB；

25-2（1）

1122

（3）πI(R2 R12)，Mm=πIB(R2 R12)；

22

e2Br

；（4）9.34×10-19Am2，相反；（5）0.226T，300A/m

4πε0me

25-3

解：对OO＇轴而言,重力矩为

1

M1=2aρgS asinα+aρgSasinα=2Sa2ρgsinα

2

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磁力矩为

1

M2=BIa2sin(π α)=Ia2Bcosα

2

平衡时，M1=M2。所以

2Sa2ρgsinα=Ia2BcosαB=2Sρgtgα/I≈9.35×10 3T

25-4

解：(1)(2)

T

M=pm×B 

M(t)=Bpmsinωt=πa2BI0sin2ωt

P=Mdθ/dt=Mω=BI0ωπa2sin2ωt

1

BI0ωπa22

P=(1/T)∫BI0ωπa2sin2ωtdt=

解：(1)设磁场强度为H，磁感强度为B

H=nI=NI/lB=µ0µrH=µ0µrIN/l

铁环的周长远大于横截面半径，所以在横截面内可以认为磁场是均匀的。所以

25-5

Φ=B S=Sµ0µrIN/l=1.21×10 6Wb

(2)M=(µr 1)H≈9.58×103 A m-1

-（3）iS＝M＝9.58×103A·m1

练习26电磁感应的基本定律、动生电动势

26-1（1）A；（2）D

26-2（1）等于，小于；（2）3Bωl/8， 3Bωl/8，0；（3）相同(或BωR)，沿

2

2

2

2

曲线由中心向外；（4）一个电源，vBL，洛伦兹力

26-3

解：由题意，大线圈中的电流Ｉ在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的。

µ0µ0IR22πIR2

B==223/2

4π(R+x)2(R2+x2)3/2µ0πr2RI2µ0IR22

Φ=B S=πr≈

2(R2+x2)3/22x3

小线圈中的感应电动势为

dΦ3µ0πr2IR2dx3µ0πr2R2I

εi===v44

dt2xdt2x

当x=NR时，

εi=3µ0πr2Iv/(2N4R2)

26-4

解：(1)设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为θ，则

Φ=Bπr2cosθ,θ=ωt=2πnt

Φ=Bπr2cos2πnt

ε= N

dΦ

=NBπr22πnsin2πnt=2π2BNr2nsin2πntdt

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ε2π2NBr2n2πi==sin2πnt=ImsintRRΤ

当线圈转过π /2时，t=T/4，则

i=Im=2π2r2NBn/R=0.987A

(2)由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为

B′=µ0NIm/(2r)=6.20×10-4T方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小

B0=(B2+B′2)1/2≈0.500T

方向与磁场B的方向基本相同。

26-5

解：

εi=

可得

dΦdt1dΦR

Q

,i=

εi1dΦ=

RRdt

而由

i=

dqdt

dq=idt=

1Φ

∫0dq=R∫0dΦ

1Q=Φ

R

Φ=RQ=π×10 5Wb

因为Φ=πrB，所以

2

B=Φ/(πr2N)=10 2T

练习27感生电动势、自感和互感

27-1（1）B；（2）D；（3）D

µµR

27-2（1）0；（2）0；（3）0rln2；（4）0.15H

2πR127-3

解：大小：ε = dΦ /dt = SdB/dt

2

ε = SdB/dt=(1R2θ 1 sinθ)dB/dt=3.68mV

22

方向：沿adcb绕向。

27-4解：线框内既有感生又有动生电动势。设顺时针绕向为

ε的正方向。由 ε

Φ(t)=∫B dS=

= dΦ /dt出发，先求任意时刻t的Φ (t)

a+b

∫

a

µ0I(t)µa+b

(t)dy=0I(t)x(t)ln

2πa2πy

dΦ(t)µ0a+bdIdx

=(lnx+Idt2πbdtdt

µ

=0I0e λtv

(1 λt)ln2πa

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27-5

ε= dt

=

ε方向：λ t<1时，逆时针；λ t>1时，顺时针。

µ0I2πrµIrB1=02

2πR

B1=

R

µ0

vI0e λt(λt 1)ln2πa

解：(1)根据安培环路定理可求得磁场分布如下：

r>R

0≤r≤R分

3R/2

µ0Irµ0I

Φ=∫B dS=∫dr+dr2∫2πr2πRSR/2R

(2)

µ0Iµ0I33µ0Iµ0I3R22

=(R +ln=+ln

42π216π2π24πR2

µΦ3µ3

M==0+0ln

I16π2π2

diµ0I0ω33

ε= M=(+lnωt分

dt2π82

Maxwell方程组练习28磁场能量、位移电流、磁场能量、位移电流、Maxwell

28-1

（1）A；（2）D

28-2（1）1∶16；（2）

∫D dS=∫ρdV，

S

V

∫E dl= ∫

L

S

B

dS， t

∫B dS=0，

S

∫H dl=∫(J+

L

S

D2

（3）πRε0 dS；

t

dE/dt，与E方向相同（或由正极板垂直指向负极

板）

28-3解：

∫H dl=∑I

H=

i

，

2πrH=I(R1<r<R2)

IµI

，B=µH=2πr2πr

B2µ2I2

wm==

2µ2µ(2πr)2

µI2

dWm=wmdV=wm2πrdr l=2πrldr2

2(2πr)

µI2l

Wm=∫dWm=

4πR1

解：由安培环路定理知

(R1≤r≤R2)B=µIN/(2πr)

磁能密度

28-4

R2

R2

drµI2lR2

=ln∫r4πR1

R1

w=B2/(2µ)

总能量

B2 2πr bW=∫dr

2µ

R1

R2

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µN2bI2=

4π

一周期平均值 

R2

drµN2bI2R2

=ln∫r4πR1

R1

µN2bI02R21T2

W=ln ∫sinωt dt

4πR1T0

µN2bI02R21T1 cos2ωtµN2bI02R2

=ln dt=ln

4πR1T∫28πR1

28-5

解：忽略边缘效应，则极板间为匀强电场，场强大小为

E=σ/ε0=Q/(ε0S)=Q0sinωt/(ε0πa2)

若在与极板中心轴线垂直的平面内，以轴线为中心画一半径为r的圆,则通过该圆的位移电流Id为

DId=∫ dS=ε0∫ E dS

t tSS

dEr2Q0ωcosωt

=ε0πr=

dta2

2

根据对称性的分析，极板间任一点H的方向沿通过该点的与极板共轴的圆周的切线方

dE

向，并按右手螺旋法则由的方向决定，而且在圆周上各点H的大小相等。因此有

dt

∫H dl= ∫Hdl=2πrH=Id

L

L

H=

28-6

Id

=Q0ωrcosωt/(2πa2)2πr

d

解：在极板间，取与电容器极板同轴的半径为r的圆。

∫H dl=I

L

=Ime xtr2/R2

H 2πr=Ime xtr2/R2H=rIme xt/(2πR2)B=µ0H=µ0rIme xt/(2πR2)

B的方向与电流流向成右螺旋关系。

练习29简谐振动的运动方程、特征量和旋转矢量法

29-1（1）C；（2）B；（3）B；（4）C

29-2（1）10cm，(π/6)rad/s，π/3；（2）2T0；（3）3π/429-3

解：由旋转矢量图和|vA|=|vB|可知T/2=4秒

T=8s，ν=(1/8)s-1，ω = 2πν = (π /4)s-1

(1)以AB的中点为坐标原点，x轴指向右方．t=0时，x= 5cm=Acosφ

t=2s时，由上二式解得

x=5cm=Acos(2ω+φ)= Asinφ

tgφ=1

因为在A点质点的速度大于零，所以

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φ=-3π/4或5π/4

所以振动方程

（如图所示）

A=x/cosφ=52cm

x=52×10 2cos( )(SI)

44

(2)

速率

2 52π×10dxv==sin(πt 3π(SI)d444

当t=0时，质点在A点

v== 52π×10 2sin( =3.93×10 2m/sdt44

29-4

解：二弹簧共同的等效劲度系数

k=k1+k2=4N/mT1=2πm1/km1=kT12/(4π2)=0.10kg

粘上油泥块之后

m=m1+m2=0.2kg

新的周期

T=2πm/k=1.4s

物块速度v1=ω1A1，油泥块和物块碰撞，所以水平方向动量守恒

m1v1=(m1+m2)v

碰撞后

v=m1v1/(m1+m2)=0.16m/s

新的振幅

A=v

==0.035mω

29-5解：(1)

ω=k/m=10s 1T=2π/ω=0.63s

(2)A=15cm，在t=0时，x0=7.5cm，v0<0。故

2

A=x0+(v0/ω)2

2v0= ωA2 x0= 1.3m/s

1

φ=tg 1( v0/ωx0)=π或4π/3

3

因为x0>0，所以

(3)

1φ=π

31

x=15×10 2cos(10t+π)

3

(SI)

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练习30简谐振动的能量、简谐振动的叠加

30-1（1）D；（2）B

30-2（1）T/8，3T/8；（2）0.84；（3）3/4，2π l/g；（4）|A1–A2|，（5）4×10-2m，1π；（6）1.47；（7）291Hz或309Hz；（8）x=A2 A1cos(2πt+1π)；

224:3

30-3

解：(1)势能

WP=

总能量

12

kx2

E=

由题意，

12kA2

12

kx=kA2/42Ax=±=±4.24×10 2m

2

(2)

周期

T=2π/ω=6s

从平衡位置运动到x=±

A

 的最短时间 t为T/82

30-4(1)

l，则有mg

∴ t=0.75s

取平衡位置为原点，向下为x正方向。设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为

=k l,加拉力F后弹簧又伸长x0，则

F+mg k( l+x0)=0

F=kx0

由题意，t=0时v0=0，x=x0。则

2

A=x0+(v0/ω)2=x0

322π2

又由题给物体振动周期T=s,可得角频率ω=。由于k=mω，所以

48T

F=kA=(4π2m/T2)A=0.444N

(2)平衡位置以下1cm处

v2=(2π/T)2(A2 x2)

EK=

Ep=

30-5

1

mv2=1.07×10 2J2

121

kx=(4π2m/T2)x2=4.44×10-4J22

解：由合振动的振幅及初相公式，可得

2

A=A12+A2+2A1A2cos φ

施建青主编

31

=52+62+2×5×6×cos(π π)×10 2m=7.81×10 2m

44

5sin(3π/4)+6sin(π/4)

φ=arctg=84.8°=1.48rad

5cos(3π/4)+6cos(π/4)

所以

x=7.81×10 2cos(10t+1.48)

30-6

解：把两波写成

(SI)

11

y1=A1cos[π(0.02x 8.0t)]=A1cos[π(8.0t 0.02x)]

22

1

y2=A2cos[π(8.0t+0.02x)]

2

并令A1=A2=A=0.06m，则对于所求的点有

2

A2=A12+A2+2A1A2cos φ

1

cos φ=

2

由 φ=0.02πx，可得 

0.02πx=±(2kπ+2π/3)或0.02πx=±(2kπ 2π/3)x=±50(2k+2/3)m或x=±50(2k 2/3)m(k=0,1,2,…)

练习31波的基本概念、平面简谐波

31-1（1）C；（2）B；（3）D

31-2（1）503m/s；（2）125rad/s，338m/s，17.0m；（3）u=5.10×103m/s；（4）

y=0.10cos[165π(t x/330) π]

（6）80Nyx1=Asin(2πt/T)；

(SI)；（5）yx1=Acos(

2ππ

t )T2

或

31-3解：设平面简谐波的波长为λ，坐标原点处质点振动初相为φ，则该列平面简谐波

的表达式可写成

y=0.1cos(7πt 2πx/λ+φ)

t=1s时

(SI)

y=0.1cos[7π 2π(0.1/λ)+φ]=0

因此时a质点向y轴负方向运动，故

7π 2π(0.1/λ)+φ=

1π2

①

而此时，b质点正通过y=0.05m处向y轴正方向运动，应有

y=0.1cos[7π 2π(0.2/λ)+φ]=0.05

且

1

7π 2π(0.2/λ)+φ= π

3

由①、②两式联立得

②

λ=0.24m

φ= 17π/3

施建青主编

所以，该平面简谐波的表达式为

y=0.1cos[7πt

31-4

πx17πx1

π](SI)或y=0.1cos[7πt +π]0.1230.123

(SI)

解：(1)设x=0处质点的振动方程为

y=Acos(2πνt+φ)

由图可知，t=t＇时

y=Acos(2πνt′+φ)=0

dy/dt= 2πνAsin(2πνt′+φ)<0

所以

2πνt′+φ=π/2，

x=0处的振动方程为

φ=

1

π 2πνt′2

1

y=Acos[2πν(t t′)+π]

2

(2)该波的表达式为

1

y=Acos[2πν(t t′ x/u)+π]

2

31-5所以

解：(1)

由P点的运动方向，可判定该波向左传播。原点O处质点，t=0时

2A/2=Acosφ,

v0= Aωsinφ<0φ=π/4

O处振动方程为

1

y0=Acos(500πt+π)(SI)

4

由图可判定波长λ=200m，故波动表达式为

y=Acos[2π(250t+

(2)

距O点100m处

x1

+π](SI)2004

5

y=Acos(500πt+π)

45

v= 500πAcos(500πt+π)(SI)

4

练习32波的能量、波的干涉、驻波和多普勒效应

32-1

（1）D；（2）C；（3）B；（4）C

ωλ

Sw；（4）S1的相位比S2的相位超前π/2；（5）2π

11

Acos[2π(νt+x/λ)+π]，2Acos(2πx/λ+π)cos(2πνt+π)；（6）637.5Hz，566.7Hz

22

32-2（1）5J；（2）4；（3）32-3解：

φ

=φ2 φ1

2ππ2πr22πr1

(r2 r1)= += π/4λ4λλ

施建青主编

A=(A12+A22+2A1A2cos φ)1/2=0.464m

32-4解：(1)反射点是固定端，所以反射有相位突变π，因此反射波的表达式为

y2=Acos[2π(x/λ t/T)+π]

(2)驻波的表达式是

11

y=y1+y2=2Acos(2πx/λ+π)cos(2πt/T π)

22

(3)波腹位置

2πx/λ+

1

π=nπ2

n=1,2,3,4,…

x=

波节位置

11(n )λ,222πx/λ+

11

π=nπ+π22

x=

1

nλ,n=1,2,3,4,…2

32-5解：A点的观察者接收到的拍频是S振源向A处发射的波和向墙壁发射的波经反射到A处合成的结果。即

V

V ( u)Vν2=0

V uν1=

ν

=ν2 ν1=(

VV2uV2u

ν0220≈0

V uVV uV+u

u=

νV

=1.0m/s2ν0

练习33光的相干性、分波阵面干涉

33-1（1）A；（2）C；（3）C；（4）B33-2（1）(n1-n2)e或(n2-n1)e；（2）dsinθ ＋(r1－r2)；（3）3.6mm33-3解：因为λν=c，所以

λ ν=-ν λ

λ = | ( - λ ν) / ν |=c ν / ν 2=0.173nm

lc=λ 2/ λ =(c/ν)2/(c ν / ν 2)=c/ ν=6000km

33-4解：(1)  x＝20Dλ/a＝0.11m(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足

(n－1)e＋r1＝r2

设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有

r2－r1＝kλ

(n－1)e=kλ

k＝(n－1)e/λ＝6.96≈7

零级明纹移到原第7级明纹处

33-5解：(1)干涉条纹间距

施建青主编

相邻两明条纹的角距离

x=λD/d

  θ= x/D=λ/d

由上式可知角距离正比于λ， θ 增大10％，λ也应增大10％．故

 λ＇＝λ（1＋0.1）＝648.2nm

(2)整个干涉装置浸入水中时，相邻两明条纹角距离变为

  θ ＇＝ x/(nd)= θ / n

由题给条件可得

θ ＇＝0.15°

33-6则所以

解：(1)如图，设P0为零级明纹中心

r2 r1≈dP0O/D

(l2+r2) (l1+r1)=0

r2–r1=l1–l2=3λ

P0O=D(r2 r1)/d=3Dλ/dδ≈(dx/D) 3λ

(2)在屏上距O点为x处,光程差明纹条件

δ=±kλ

所以

(k＝1，2，....)

xk=(±kλ+3λ)D/d

在此处令k＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距

x

=xk+1 xk=Dλ/d

练习34等厚干涉

34-1

（1）B；C；（3）C

或2(n–1)e+λ/2；（3）3λ/(2n)

34-2（1）r12/r22；（2）2(n–1)e–λ/234-3解：(1)明环半径

r=

2k 1R λ/2

2r2-＝5×105cm)λ=

2k 1R

(2)

对于r＝1.00cm，

(2k－1)＝2r2/(Rλ)

k＝r2/(Rλ)＋0.5＝50.5

故在OA范围内可观察到的明环数目为50个。

34-4证：如图过接触点O作凸凹球面的公共切平面,第k个暗环半径处,凸凹球面与切平面的距离分别为e1、e2，第k个暗环处空气薄膜的厚度 e为

e=e1–e2

由几何关系近似可得e1=rk2/(2R1)，e2=rk2/(2R2)

第k个暗环的条件为

1

施建青主编

11

2 e+λ=(2k+1)λ

22

2 e=kλ

(k=1，2，3…)

rk2

2 2

11 RR =kλ 12 R2 R1 rk2 RR =kλ 12

rk2=kλ

34-5

R1R2R2 R1

(k=1，2，3…)

解：设Ａ点处空气薄膜的厚度为ｅ，则有

11

2e+λ1=(2k+1)λ1,即2e=kλ1

22

改变波长后有

2e=(k 1)λ2

kλ1=kλ2 λ2,k=λ2/(λ2 λ1)

故

e=

34-6

11

kλ1=λ1λ2/(λ2 λ1)22

1

λ处是第二条暗纹中心，2

解：(1)棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2＝

依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜厚度

e4=

所以

3λ2

θ=e4/l=3λ/(2l)＝4.8×10-5rad

(2)由上问可知A处膜厚为

e4＝3×500/2nm＝750nm

对于λ＇＝600nm的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为2e4+

它与波长λ′之比为2e4/λ′+

1λ′，2

1

=3.0．所以A处是明纹2

(3)棱边处仍是暗纹，A处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹。

练习35等倾干涉、迈克尔逊干涉

35-1（1）B；（2）D

35-2（1）[(4ne/λ)–1]π或[(4ne/λ)+1]π；（2）114.6nm；（3）2d/N；（4）2(n–1)h35-3解：因为

2en2 sin2i λ/2=kλ

令k=0，则

2en2 sin2i=λ/2

e=(λ/2)/2n2 sin2i=111nm

35-4解：设介质薄膜的厚度为e，上、下表面反射均为由光疏介质到光密介质，故不计附加程差。当光垂直入射i=0时，依公式有，对λ1：

施建青主编

2n′e=

按题意还应有，对λ2：

1

(2k+1)λ12

①

n′②

2n′e=kλ2

由①②解得：

k=

将k、λ2、n′代入②式得

λ1

=3

2λ2 λ1e=

kλ2-＝7.78×104mm2n′

35-5解：反射镜移动距离

λ589.3×10 9

e=N =10×m=2.95×10 6m

22

设开始时中心级次为k，边缘级次为k-10。则有

2e=kλ

2ecosik=(k 10)λ

移动后：中心级次变为k 10，边缘级次变为k 15。则有

(1)(2)

2(e e)=(k 10)λ2(e e)cosik=(k 15)λ2

(3)

(4)

联立式（1）、（2）、（3）和（4），可解得k=20，边缘处k 15=5。

练习36单缝衍射、园孔衍射

36-1（1）C；（1）D

36-2（1）子波；子波干涉(或“子波相干叠加”)；（2）5×10-4mm；（3）4，第一，

-5

暗；（4）4；（5）2.24×10，4.47；（6）13.9

36-3解：(1)对于第一级暗纹，有

asin 1≈λ

因 1很小，故

tg 1≈sin 1=λ/a

故中央明纹宽度

  x0=2ftg 1=2fλ/a=1.2cm

(2)对于第二级暗纹，有

asin 2≈2λ

x2=ftg 2≈fsin 2=2fλ/a=1.2cm分

36-4解：(1)由单缝衍射暗纹公式得

asinθ1=1λ1

由题意可知

asinθ2=2λ2

θ1=θ2,sinθ1=sinθ2

代入上式可得

λ1=2λ2

(2)

asinθ1=k1λ1=2k1λ2

(k1=1,2,……)

施建青主编

sinθ1=2k1λ2/aasinθ2=k2λ2sinθ2=k2λ2/a

(k2=1,2,……)

若k2=2k1，则θ1=θ2，即λ1的任一k1级极小都有λ2的2k1级极小与之重合。

36-5解：设人眼在空气中最小分辨角为θ，汽车与人之距离为S

θ=1.22

λd

Sθ=lllS===ld/1.22λ=4.9×103m

θ1.22λ/d

d=3mm，λ =550nm，人眼的最小分辨角为：

θ=1.22λ/d=2.24×10-4rad

(2)设等号两横线相距 x=2mm时，人距黑板l刚好看清，则

l= x/θ = 8.9m

所以距黑板10m处的同学看不清楚。

36-6

解：(1)已知

X射线衍射练习37光栅衍射、光栅衍射、X

37-1（1）D；（2）D；（3）D

37-2（1）一、三；（2）3；（3）30°；（4）2d37-3解：由光栅衍射主极大公式得

dsin 1=k1λ1dsin 2=k2λ2

sin 1k1λ1k1×4402k1

===sin 2k2λ2k2×6603k2

当两谱线重合时有 1= 2即

k1369===k2246

两谱线第二次重合即是

．．．．．．．

k16

=，k1=6，k2=4k24

由光栅公式可知

dsin60°=6λ1

d=

37-4

解：(1)

6λ1-=3.05×103mm sin60

(a+b)sinφ=kλ

当φ=π/2时

k=(a+b)/λ=3.39，kmax=3

又因为a=b

(a+b)sinφ=2asinφ=kλ

有谱线

asinφ=kλ/2