第11章靜電場P30[11-10]半徑為R1和R2（R1<R2

）的兩無限長同軸圓柱面，單位長度分別帶有電量λ和-λ，試求：(1)r<R1；(2)R1<r<R2；(3)r>R2處各點的場強。（1）時，高斯面內無電荷，則（2）時，由高斯定理及對稱性得（3）時，由高斯定理及對稱性得解：利用高斯定理計算不同形狀電荷系統產生電勢的問題（2）根據電勢疊加原理，由公式來求電勢。一般有兩種方法可以解決：（1）已知E(用庫侖定律/高斯定理求出E)，由公式來求電勢?！遰是定值，則有例11-10均勻帶電細圓環，總電量q，半徑為R，求圓環軸線上任一點的電勢。解：在圓環上任取電荷元dq，其在圓環軸線上P點處產生的電勢為電勢疊加原理有討論：①②則整個平面在P點形成的電勢為通過一均勻帶電Q圓平面中心且垂直平面的軸線上任意點的電勢.解：在盤面任取一圓環電荷元則該電荷元在軸線上一點的電勢為當時，討論由此可見，當場點很遠時，又與點電荷形成的電勢相同。以無窮遠為電勢零點，則腔內任一點電勢為P30[11-15]如圖為一個均勻帶電的球殼，其電荷體密度為ρ，球殼內表面半徑為R1，外表面半徑為R2．設無窮遠處為電勢零點，求空腔內任一點的電勢。解：

取細線上的微元P31[11-17]如圖半徑為R的均勻帶電球面，帶有電荷q，沿某一半徑方向上有一均勻帶電細線，電荷線密度為λ，長度為，細線左端離球心距離為r0。設球和線上的電荷分布不受相互作用影響，試求細線所受球面電荷的電場力和細線在該電場中的電勢能（設無窮遠處的電勢為零）。

解：以O為坐標原點細線的方向為x軸則帶電球面在球面外的E分布有（為方向r上的單位矢量）∴細線在該電場中總的電勢能為（2）∵均勻帶電球面在球面外的電勢分布對細線上的微元所具有的電勢能為（向沿軸正向）P30[11-4]一個半徑為R的均勻帶電半圓形環，均勻地帶有電荷，電荷的線密度為λ，求環心處點的場強E。解：如圖建立坐標系，環上任取電荷元dq在O點產生的場強為根據對稱性有：微分關系場強與電勢V的兩種關系：積分關系求電場強度的三種方法利用電場強度疊加原理利用高斯定理利用電勢與電場強度的關系解：從點電荷的電勢表示式出發，求點電荷的場強。第12章導體電學由靜電平衡條件，兩導體內都有E=0解：因為電荷守恒有[例1]兩塊近距離放置的導體平板，面積均為S，分別帶電q1和q2。求平板上的電荷分布。2341q1q2BA24特例討論：當兩平板帶等量的相反電荷時2341q1q2BA24平行板電容器——電荷只分布在兩個平板的內表面！兩平板外側，內側解：（1）設導線連接后兩球所帶電量分別為q1和q2，而q1+q2=2q，因為兩球相距很遠，可視為孤立導體互不影響，球上電荷均勻分布，則兩球電勢分別是習題12-1

半徑分別為r1=1.0cm和r2=2.0cm的兩個球形導體，各帶電量1.0×108C，兩球心間相距很遠，若用細導線將兩球連接，求(1)每個球所帶電量（2）每球的電勢。導線相連后電勢相等，則（2）（2）不論球殼內表面的感應電荷如何分布，因為任一電荷在O點產生的電勢（3）球心O處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷、點電荷q在O點產生的電勢的代數和，即[作業本12-3]一內外半徑分別為a和b的金屬球殼，帶有電荷Q，在球殼空腔內距離球心r處有一點電荷q。設無限遠處為電勢0點，求（1）球殼內外表面上的電荷（2）球心O點處，由球殼內表面上電荷產生的電勢（3）球心O點處的總電勢解：（1）由靜電感應金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q總的電勢為解：(1)因為屬于空腔內有電荷的情況，電荷分布為球外表面帶電荷為q，球殼內表面帶-q，外表面帶2q。(2)球心處場強由三部分電荷產生例題有一外半徑R1=10cm，內半徑R2=7cm

的金屬球殼，在球殼中放一半徑R3=5cm的同心金屬球，若使球殼和球均帶有q=10-8C的正電荷，問(1)兩球體上的電荷如何分布？(2)球心電勢為多少？（1）設兩極板分別帶電Q

（3）求兩極板間的電勢差步驟：（4）由C=Q/VAB求（2）求兩極板間的電場強度

電容器電容的計算1電容器的并聯2電容器的串聯＋＋

并聯和串聯電容器的電容習題12-4三個電容器如圖連接，其中C1=10×10-6F,C2=5×10-6F，C3=4×10-6F當A、B間電壓U=100V時，求(1)A、B間的電容(2)當C3被擊穿時，在電容C1上的電荷和電壓各變為多少？（2）C3被擊穿，說明C1兩端電壓變為U=100V，則帶電量增加到解：（1）∵C1和C2并聯再和C3串聯穩恒電場中兩點間的電勢差穩恒電場——由運動的、只是空間分布保持恒定的電荷產生的。靜電場——由靜止的電量一定的電荷產生的。12.4.2穩恒電場穩恒電場和靜電場都滿足高斯定理和環流定理，即習題12-1一半徑為0.1米的孤立導體球，已知其電勢為100V(以無窮遠為零電勢)，計算球表面的面電荷密度。解:由于導體球是一個等勢體，導體電荷分布在球表面∴電勢為第13章電介質電介質對平行板電容器的電場和電容的影響+++++++-------+++++++-------★加入介電常數為的電介質后，E減小了倍，電容卻增加了倍。：電介質的相對電容率；：介質的電容率實驗表明，當外電場不存在時，電介質分子有兩類：電偶極子

：電偶極矩：兩異號點電荷電量：兩電荷間距，由負電荷指向正電荷13.1.2

電介質極化的微觀模型正負電荷中心重合的分子——無極分子；正負電荷中心不重合的分子——有極分子，每個有極分子可以看做一個電偶極子，其電偶極矩稱為分子固有電矩。有極分子和無極分子產生電極化的相同點和不同點：①無極分子電介質：極化是由于電介質分子正、負電荷中心位移而形成的，稱為位移極化。②有極分子電介質：極化是由于電介質分子電矩≠0,在外電場中轉向外場方向而形成的,稱為轉向極化。+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-+-不同點：相同點：宏觀上看電介質表面都會出現極化電荷。

為對應于高斯面S上各點的值，因高斯面的任意性，故上式對全空間任意點都有意義。電位移矢量的高斯定理電位移矢量通過任一閉合面S的電位移通量該閉合面S所包圍的自由電荷的總量電位移矢量注意幾點：（1）介質中的高斯定理表明：電位移矢量對任意閉合面的通量與該閉合面內自由電荷有關。但是電位移矢量本身與空間所有電荷分布有關，包括自由電荷和極化電荷。（2）電位移矢量是描述介質中電場性質的輔助物理量，沒有具體的物理意義。電場強度才是描述電場的基本物理量。（3）介質中的高斯定理包含了真空中的高斯定理。真空中（4）電位移矢量與電場強度的關系：：電介質介電常數各向同性均勻介質內部，

方向相同各向同性的電介質，當外電場不太強時有，例題：把一塊相對電容率r=3的電介質，放在相距d=1mm的兩平行帶電平板之間.放入之前，兩板的電勢差是1000V.試求兩板間電介質內的電場強度E

，電極化強度P，板和電介質的電荷面密度，電介內的電位移矢量D.d+++++++++++-----------U解：（1）由電位移高斯定理求場強、電極化強度步驟：(2)由對稱性，選取合適高斯面，由得電位移矢量空間分布。13.4.3

電位移矢量的應用(1)分析由自由電荷和電介質空間分布對稱性，電位移矢量空間分布特征。(3)對各向同性的介質，外電場不太強時，由求場強的空間分布。(4)由得到電極化強度P

利用求極化電荷的分布帶電體系處于狀態a時的靜電能是什么？或：把這些帶電體從無限遠離的狀態聚合到狀態a的過程中，外力克服靜電力作的功。帶電體系處于狀態

定義：把系統從狀態a無限分裂到彼此相距無限遠的狀態中靜電場力作的功，叫作系統在狀態a時的靜電場能。簡稱靜電能。13.5

靜電場能以兩個點電荷系統為例第一步先把擺在某處，外力不作功第二步再把從無限遠移到P點使系統處于狀態a

想象初始時相距無限遠qq12的場作功外力克服qrq12狀態a

在所在處的電勢兩點電荷間的相互作用能q2在q1電場中的靜電勢能13.5.2

點電荷之間的相互作用能作功與路徑無關表達式相同也可以先移動qrq12狀態a

在所在處的電勢為了便于推廣兩點電荷間相互作用能寫為n個點電荷系除qi以外電荷在qi處的電勢電荷連續分布所有電荷在dq處的電勢q1在q2電場中的靜電勢能以電容器為例：BA++++----+Q-Q電容器儲存的靜電能13.5.3

電容器儲存的靜電能以平行板電容器為例：`能量儲存于場中，靜電能實際上是一種電場能。

：電容器的體積；電位移矢量大小靜電能均勻分布在平行板內的勻強電場中，故靜電能就是電場能。13.5.4

靜電場能電場能量密度定義電場能密度：單位體積電場能上式無論電場是否均勻，無論電場是靜電場還是變化的電場都適用。對于非勻強電場有求靜電場能的2種方法：1.2.在兩筒間取半徑為R，高為l的同心圓柱高斯面由高斯定理解：圓筒電容器單位長度電容內圓筒單位長度電量(1)R=3.5cm時[作業本13-1]一電容器由兩個很長的同軸薄圓筒組成，內外半徑分別為R1=2cm，R2=5cm，其間充滿相對介電常數為εr的各向同性均勻電介質，電容器接在U=32v的電源上，試求距離軸線R=3.5cm的A點電場強度和A點與外筒間的電勢差。(2)解：（1）設導體球上帶電量Q，則其電勢為[作業13-2]空氣中有一半徑為R的孤立導體球。令無限遠處為電勢零點，試計算：（1）該導體球的電容（2）球上所帶電荷為Q時儲存的靜電能（3）若空氣的擊穿場強為Eg，導體球上能儲存的最大電荷值。（2）（3）球產生的最大電場滿足解：平行板電容器的電容為[作業12-7]用輸出電壓U的穩壓電源為一電容為C的空氣平行板電容器充電，在電源保持連接的情況下，試求把兩個極板間距離增大至n倍時外力所做的功。電容器儲存的電場能量電容器的電量由當時電源做功為設拉開極板過程中，外力做功為W2，由功能原理第14章穩恒磁場

判斷下列各點磁感強度的方向和大小1、5點：3、7點：2、4、6、8

點：12345678×××14.2.2

畢奧-薩伐爾定律應用R

(3)oIIRo

(1)x推廣組合×o

(2)RI×

：線圈平面法向單位矢量，與電流方向呈右手螺旋關系。

磁偶極矩令稱為磁矩如果是N匝，則磁矩為ISIS習題14-1如圖所示形狀導線電流在P點的磁感應強度。ⅠⅡⅢ由，可得P點磁感應強度為解：把該電流分成如圖3段Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，各自在P點產生的磁場為B1、B2、B3P點在Ⅰ段電流的延長線上，故B1=0P點在Ⅱ段的半圓弧圓心上(垂直紙面向里)P點在Ⅲ段半長直導線的端點一側(垂直紙面向里)習題14-2在一半徑R=1.0cm的無限長半圓形金屬薄片中，自上而下有電流I=5.0A均勻通過，求半圓片軸線上O點的磁感應強度。解：取寬為的窄條無限長直導線它在O點產生的磁感應強度為如圖B分解為x軸和y軸分量由對稱性可知：所以O點產生的磁感應強度(沿x軸負方)I

切線方向——的方向；疏密程度——的大小.B單位：N/(A·m)用T（特斯拉）表示磁力線（與電力線類似）——用來形象描述磁場分布的曲線

通過任意閉合曲面的磁通量必等于零。

因為磁感應線是閉合的，因此有多少條磁感應線進入閉合曲面，就一定有多少條磁感應線穿出該曲面。磁高斯定理磁場高斯定理和電場高斯定理區別：靜電場中，存在獨立的正、負電荷，電力線有頭有尾，它發自正電荷，止于負電荷。磁場中，沒有單獨的磁單極存在，磁極總是南極、北極成對出現的，不像電荷可以孤立一正或負電荷形式存在。磁力線總是無頭無尾的閉合線，通過任意閉合面的磁通量為0。——靜電場：有源場、無旋場(保守場)——磁場：無源場、有旋場(非保守場)

解：先求，對變磁場給出后積分求[例]如圖載流長直導線的電流為I，試求通過矩形面積的磁通量。所有電流的總磁場穿過回路的電流指定回路討論:由所有電流共同產生的1電流

正負的規定：與成右螺旋時，為正；反之為負.安培環路定理幾點注意事項：3

安培環路定理只適用穩恒電流(電流不隨時間變化)產生的磁場！因為

時4

磁場是非保守場(有旋場),不能引入勢能。5電流是磁場的渦旋中心!由安培力公式得解：經分析，如圖所示

I2產生的磁場對I1的力為例1求無限長平行載流直導線間的相互作用力。結論：兩個同向平行載流直導線，通過磁場的作用，將相互吸引；電流反向的直導線，彼此間相互排斥。

I1產生的磁場對I2的力為例2

求如圖不規則的平面載流導線在均勻磁場中所受的力。已知和.解取一段電流元

結論任意平面載流導線在均勻磁場中所受的力,與其始點和終點相同的載流直導線所受的磁場力相同.PL解(1)由柱形對稱性，應用安培環路定理[作業本14-5]一無限長圓柱形銅導體（磁導率），半徑為R，通有均勻分布電流I。今取一矩形平面S(長為1m，寬為2R)，位置如圖中畫斜線部分所示，求磁場分布和通過該矩形平面的磁通量。在柱形內任取半徑為r的同心環路（2）S2RIIB.....................IB××××××××××××××××××××××××BI穩定平衡不穩定平衡討論（1）與同向（2）方向相反（3）方向垂直力矩最大結論:均勻磁場中，任意形狀剛性閉合平面通電線圈所受的力和力矩為與

成右螺旋穩定平衡不穩定平衡

磁矩0=p=（2）磁力矩做功為習題14-6一半圓形閉合線圈半徑R=0.1m，通有I=10mA，放在均勻磁場中，磁場方向與線圈平面平行，B=0.5T。求（1）線圈所受力矩的大小和方向（2）當此線圈受力矩的作用轉到線圈平面與磁場垂直的位置時，力矩所做的功？解：（1）由磁力矩公式(方向豎直向上)第15章磁介質已知磁化強度求磁化電流：在兩種磁介質的界面處情況如何？解：解:由磁場強度的安培環路定理[例]求磁介質中的磁化強度、磁感應強度及其表面磁化電流線密度。例一根同軸線由半徑為R1的長導線和套在它外面的內半徑為R2、外半徑為R3的同軸導體圓筒組成。中間充滿磁導率為的各向同性均勻非鐵磁絕緣材料，傳導電流I沿導線向上流去，由圓筒向下流回，在它們的截面上電流都是均勻分布的。求同軸線內外的磁感應強度B的大小分布。解：由安培環路定理由圓筒對稱性，設所取閉合圓形回路的半徑為r區域：區域：R2R1R3區域：區域：R2R1R3解:由安培環路定理（1）以半徑為r（R1<r<R2)作同心回路[作業本15-4]有兩個半徑分別為R1和R2的無限長同軸圓柱面，兩圓柱面間充以相對磁導率為的均勻磁介質，當兩圓柱面通以相反電流I時，求（1）磁介質中任意點P的磁感應強度的大?。?）圓柱面外任意點Q的磁感應強度的大小。（2）以半徑為r（r>R2)作同心回路第16章變化的電磁場動生電動勢的求解可以采用兩種方法：

2

設法構成一種合理的閉合回路以便于應用“法拉第電磁感應定律”求解。或16.2.3動生電動勢的計算1

利用“動生電動勢”的公式來計算。靜電場由電量不變靜止的電荷產生感應電場是由變化的磁場產生和靜電場感應電場均對電荷有力的作用16.3.2感應電場的性質感應電場是非保守場靜電場是保守場（2）（1）不同點：共同點：（1）靜電場的電力線起于正電荷，止于負電荷，在沒有電荷的地方不中斷。（2）感應電場的電力線是無頭無尾的閉合曲線。（3）感應電場與磁場很相似。感應電場是無源場靜電場是有源場（3）討論感應電場與磁場渦旋性質相似！IrBI以回路為邊界的任意曲面上的電流密度

說明傳導電流要產生磁場，傳導電流是磁場的渦旋中心，磁場與傳導電流間呈右螺旋關系。

說明變化的磁場要產生感應電場，變化的磁場是感應電場的渦旋中心，感應電場與變化的磁場間呈左螺旋關系。riEriEtB???16.3.4感生電動勢的計算（1）對于導線回路，感生電動勢可以用法拉第電磁感應定理（2）對不成回路的一段導線，如果磁場在空間具有較高的對稱性第一種方法：①可先由公式求出感應電場Ei的分布②再利用，得到ab上的感生電動勢.②歸結為計算bda上感生電動勢，如果虛線假想合適，非常容易計算（在有的情況下，一下子就可以看出它為0）（2）對不成回路的一段導線，如果磁場在空間具有較高的對稱性第二種方法：①用虛線假想一個閉合回路acbda，用法拉第電磁感應定理計算整個回路的感生電動勢若既有動生電動勢，又有感生電動勢，計算總感應電動勢時對于導線回路的情況對于不成回路的一段導線（2）讓回路電流有變化，設法得到回路中的自感電動勢，由公式計算自感系數。（1）用定義計算。設回路中通有電流I，計算磁感應強度即磁通鏈，由公式計算自感系數；如果回路電流要變化，回路中激發的自感電動勢總是阻礙電流的變化，自感系數越大，阻礙作用越強，回路中電流越不容易改變。這種性質稱為電磁慣性。自感系數L的計算電磁慣性L越大，回路中電流越不容易改變物體慣性m越大，速度越不容易改變自感系數L質量m互感系數M的計算（1）用定義計算。給線圈1一個電流I1，計算它給線圈2的磁通鏈Ψ21，由公式計算互感（2）讓線圈1電流有一個變化，設法求其在線圈2中激發的互感電動勢ε21，由公式計算互感。16.6磁場能量由電場知識可知電場是能量的攜帶者，電場的能量密度為電場能能量儲存于電場中電容器是儲存電場能的器件能量儲存于磁場中載流線圈是儲存磁場能的器件磁場能

【例】長為l，截面積S，總匝數N，電流為I，內充滿磁導率為μ的均勻磁介質，密繞長直螺線管的自感磁能？由于能量是一個狀態量，與建立這個狀態的過程無關，故自感為L的載流線圈，如其電流強度為I，它就具有

的磁場能量，這個能量稱為線圈的自感磁能。H:磁場強度V：長直螺線管的體積由于螺線管內磁場近似均勻，這樣單位體積空間中磁場所具有的能量，即磁場的能量密度為對于均勻和非均勻磁場都適用對比正負號區別：①變化的電場是磁場的渦旋中心，呈右螺旋關系；②變化的磁場是電場的渦旋中心，呈左螺旋關系。1

只要電場隨時間變化，就有相應的位移電流

位移電流的本質是變化的電場2

位移電流與傳導電流是完全不同的概念，僅在產生磁場方面二者等價

16.7.3位移電流性質

在介質中，由得位移電流密度電場的變化，激發磁場，沒有熱效應反映介質極化的變化，可以激發磁場，有熱效應，由于分子電偶極矩方向變化造成Ic

有電荷流動，通過導體會產生焦耳熱；Id無電荷流動方程的積分形式麥克斯韋電磁場（1）變化的磁場激發感應電場麥克斯韋假設（2）變化的電場激發磁場，存在位移電流16.8麥克斯韋電磁場方程組1

電場的高斯定理2

磁場的高斯定理包括靜電場、運動電荷產生的電場、變化磁場產生的感應電場傳導電流、位移電流產生的磁場都是無源場3

電場的環路定理4

全電流安培環路定理靜電場是保守場，變化磁場激發感應電場（渦旋場）磁場強度H沿著閉合回路的環流等于穿過以該回路為邊界的任意曲面的全電流16.8麥克斯韋電磁場方程組

對各向同性介質，各量間的關系為：對于靜電場和穩恒磁場靜電場和穩恒磁場的麥克斯韋方程！

這組方程真正反映了電與磁是相互激發、相互依賴的不可分割的統一的整體，即電磁場。

對于的自由空間麥克斯韋方程組化簡[作業本16-1]有一螺線管，每米有800匝，在管內中心放置一繞有30圈的半徑為1cm的圓形小回路，在1/100s時間內，螺線管中產生5A電流。問小回路中感應產生的感生電動勢為多少？解：螺線管中磁場為圓形小回路的磁通鏈為電流變化率為解：設t時刻B離O點距離rAB方程為(方向垂直向里)當r=d時(方向：A→C→B→A)[作業本16-2]無限長直導線，通以電流I，有一與之共面的直角三角形線圈ABC。已知AC邊長為b，且與長直導線平行，BC邊長為a。若線圈以垂直于導線方向的速度v向右平移，當B點與長直導線的距離為d時，求線圈ABC內的感應電動勢的大小和方向。長導線產生的磁場三角形中的磁通量為則在線圈中產生的感生電動勢xdcbaCBAIdx[作業本16-3]一長直導線電流為I，附近放一導體半圓環與長直導線共面,且端點MN連線與導線垂直.半圓環半徑為b,環心O與導線相距a.設半圓環以速度v平行導線平移,求半圓環內感應電動勢的大小方向以及MN兩端的電壓。解：引入一條輔助線MN,與半圓構成閉合回路,則此閉合回路在運動過程中,通過回路的磁通量不發生變化,所以回路中總電動勢為0.∵長直導線形成的磁場是非勻強磁場(方向沿x軸反方向)則(方向由N指向M)當線圈中I2變化時，I1上產生的感應電動勢為[作業本16-4]長直導線與矩形單匝線圈共面放置，導線與線圈的長邊平行，矩形線圈的邊長分別為a，b，它到直導線的距離為c。當矩形線圈中通有電流時，求直導線中的感應電動勢？則線圈中的磁通量為解：設直導線通電流I，其產生磁場為[作業本16-5截面為矩形的螺繞環共N匝，圖下半部矩形表示截面.在螺繞環的軸線上另有一無限長直導線.(1)螺繞環自感系數(2)互感系數(3)若螺繞環中電流為I,螺繞環儲存的磁能？解：(1)由安培環路定理螺繞環中磁通鏈為(2)若直導線通電流I，其磁場為螺繞環中磁通鏈為(3)自感磁能為[作業本16-6]在相距2a的兩根無限長平行導線間，有一半徑為a的導體圓環與二者絕緣,求導體圓環與直導線間互感系數？解：設兩長直導線通電流為I，一圓心為原點，水平為x軸，兩直導線在面元dS處的磁場為螺繞環中磁通鏈為II解：(1)直導線的磁場為矩形線圈中磁通量為[作業本16-7]一長直導線，電流I，矩形線圈與其共面，以勻速沿垂直導線的方向離開導線，設t=0時，線圈位于圖中位置，求(1)在任意t時通過矩形線圈的磁通量(2)在圖示位置時矩形線圈的電動勢？(2)當t=0時，解：(1)直導線的磁場為圓形線圈中磁通量為[作業本16-8]一長圓柱狀磁場，磁場垂直向里，磁場為

若在磁場內放一半徑為a的金屬圓環，環心在軸線上，求金屬環中的感生電動勢，及方向？ar若時，電動勢為順時針方向。第18章光的干涉把產生相干疊加的兩束光稱為相干光。相疊加必須滿足振動頻率相同、振動方向相同、位相差恒定三個條件。只有從同一光源的同一部分發出的光，通過某些裝置分束后，才能獲得符合相干條件的相干光。獲得相干光的方法振幅分割法波陣面分割法*光源（1）分振幅法：利用反射、折射把波面上某處的振幅分成兩部分。（2）分波面法：在光源發出的某一波陣面上,取兩部分元作為相干光源。

K:明暗條紋的干涉級次加強

減弱根據干涉條件實驗裝置p暗紋

明紋p明、暗條紋的位置相鄰明(暗)條紋間距

光強分布特點：明暗相間/等間距/直條紋說明1條紋為等間距分布。

相鄰明（暗）紋間距2增大條紋間距的方法3

波長對條紋的影響Ix

條紋位置和波長有關，不同波長的同一級亮條紋位置不同。因此，如果用白光照射，則屏上中央出現白色條紋，而兩側則出現彩色條紋。

條紋間距與波長成正比，因此紫光的條紋間距要小于紅光的條紋間距。紅----紫中央白條紋用白光照情況如何？楊氏雙縫干涉的討論:(1)

一定時,若變化,

則將怎樣變化？(2)一定時,條紋間距與的關系如何？干涉條紋的移動例1波長為680nm的平行光照射到L=12cm長的兩塊玻璃片上，兩玻璃片的一邊相互接觸，另一邊被厚度Ｄ=0.048mm的紙片隔開.試問在這12cm長度內會呈現多少條暗條紋?解：由薄膜干涉暗紋條件公式共有142條暗紋例18-2一劈尖角，折射率n=1.4，其末端的厚度H=0.05mm，用單色光垂直照射，測得相鄰明紋間距為0.25cm。求：（1）此單色光的波長；（2）此劈尖總共出現多少條明紋？解：（1）由劈尖干涉明紋條件（2）∵∴總條紋數解：（1）由于是垂直入射，油膜折射率介于空氣和玻璃之間，故反射光在上下表面均有半波損失，因此經薄膜上下表面反射后的光程差為只有干涉相長光是我們能看見的，則有例18-3一平板厚玻璃上有一層折射率為1.2的油膜，厚度為460nm，在陽光下正面觀察，薄膜呈現什么顏色？若從背面觀察，薄膜呈什么顏色？可見光范圍為：400nm~760nm1=1104nm(紅外),3=368nm(紫外),2=552nm(黃光),肥皂膜呈現黃色（2）折射光①無半波損失，光束②在油膜與玻璃界面反射時有半波損失故①②兩光的光程差為①②只有干涉相長光是我們能看見的，所以有（紅外）（舍去）（紅色）（藍色）（紫外）（舍去）故背面可以看見紅色和藍色的混合色。解：因光由空氣→油膜→玻璃時，在兩個分界面反射時都有半波損失，設薄膜厚度e，則光程差為因為λ1=500nm和λ2=700nm之間無反射相消的光，則它們相消差一級，假設對于λ1的光干涉相消級為k，則λ2的相消級應為k-1級，因此有例18-4平面單色光垂直照射在厚度均勻的油膜上，油膜覆蓋在玻璃板上。所用光源波長可以連續變化，觀察到500nm與700nm波長的光在反射中消失。油膜的折射率為1.30，玻璃折射率為1.50，求油膜的厚度？將λ1=500nm和λ2=700nm代入得到k=3解：因為薄膜折射率介于空氣和玻璃之間，所以上下表面的均有半波損失，故反射光的光程差為例18-5一平板后玻璃上有一層薄膜，薄膜折射率為1.33，在陽光下正面觀察，發現波長為686nm的光反射加強，波長為588nm的光反射減弱，求薄膜的厚度？干涉加強條件干涉減弱條件?由光疏→光密的光，在分界面反射時有半波損失。18.3.4增透膜和增反膜利用薄膜的干涉效應使反射光減到最小，這樣的薄膜稱為增透膜。在鏡片表面鍍膜以增加反射率，這樣的薄膜稱為增反膜。如圖薄膜折射率，設薄膜厚度為e，光垂直入射時薄膜兩表面反射光的光程差等于2ne，于是兩反射光干涉相消時應滿足反射光相消，故透射光加強同理，若滿足反射光加強，成為高反膜光在不同折射率介質中反射和透射的附加光程差對照表反射光干涉無需附加需附加透射光干涉需附加無需附加半波損失需具體問題具體分析第19章光的衍射干涉相消(暗紋)干涉加強(明紋)（介于明暗之間）

個半波帶

個半波帶中央明紋中心（2）條紋寬度(θ很小時，θ≈sinθ)線寬度:L2的焦距

不變減小，增大衍射最大

增大，減小光直線傳播

不變，越大，越大，衍射效應越明顯.中央明紋的角寬度任兩相鄰暗紋(或明紋)角寬度第一級暗紋的衍射角中央明紋的線寬度

單縫寬度變化，中央明紋寬度如何變化？第一級暗紋的衍射角

不變，越小，越大，衍射效應越明顯.

入射波長變化，衍射效應如何變化?第一級暗紋的衍射角越大，越大，衍射效應越明顯.

中央明紋（零級明紋）最亮，也最寬（為其他明紋寬度的2倍），其他各級明紋亮度要小很多，且隨級數增大而減小。白光照射時，中央明紋仍為白色，其他各級明紋按紫到紅地由內向外對稱排列，形成衍射光譜。（3）衍射圖像（1）愛里斑：將夫瑯禾費單縫衍射中的單縫換成小圓孔，則屏上將出現中央為亮圓斑、周圍為明暗交替的圓環衍射花紋。中央的圓形光斑很亮，稱為愛里斑。愛里斑的半徑R,愛里斑的角半徑θ0，透鏡焦距為f，圓孔直徑為d，單色光波長λ。由理論計算可得：19.2圓孔衍射和光學儀器的分辨率1.夫瑯禾費圓孔衍射

由物體上的兩個點發出的光線通過透鏡（或瞳孔）時，都發生衍射，在屏上得到兩個衍射愛里斑。如果兩物點很近，兩個愛里斑相互重疊，就分辨不出兩個物點了。如果圓斑足夠小，或相距較遠，那么兩個圓斑有重疊也能分辨。2.

光學儀器的分辨本領光學儀器——瑞利判據如果一個光源的像斑的中央最亮處剛好與另一個光源的像斑的第一個最暗處相重合，就是這兩個點光源剛好能分辨。這時，兩衍射圖樣重疊部分的中心處的光強約為單個衍射圖樣的中央最大光強的80%。通常把這種情況作為兩物點剛好能被人眼或光學儀器所分辨的臨界條件，稱為瑞利判據。最小分辨角光學儀器分辨率兩物點對透鏡的張角提高儀器分辨本領的兩種方法：增大孔徑，減小波長波長不可選擇但可增大d望遠鏡：電子的波長很?。?.1?～

1?,∴分辨本領R

很大。顯微鏡：d不會很大，可(紫光顯微鏡)（電子顯微鏡）例1設人眼在正常照度下的瞳孔直徑約為3mm，而在可見光中，人眼最敏感的波長為550nm，問(1)人眼的最小分辨角有多大？(2)若物體放在距人眼25cm（明視距離）處，則兩物點間距為多大時才能被分辨？解:(1)(2)19.3.2

光柵方程經過分析光柵衍射主極大公式（光柵方程）單縫衍射極小條件由于受到單縫衍射的調制，則本應是主極大的地方會變成暗區，主極大出現缺失，稱為缺級現象。缺級公式[作業本19-4]用波長為=600nm的單色光垂直照射一光柵，第二級明紋出現在sin=0.20處，第4級為第一個缺級。求（1）光柵上相鄰兩縫的距離是多少；（2）狹縫的可能最小寬度；（3）實際上能觀察到的全部條紋的級數。解：（1）由光柵方程明紋條件（2）由缺級