A物体实心式带轮B和L左端面必须平齐吗与弹簧相连,右端挨着B物体,释放后弹簧顶着他俩,为啥两个物体加速度一样时分离

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原标题:有史以来最全钟表知识读完这篇文章治好了我的腱鞘炎

钟表世界不仅有着悠久的历史和底蕴,其几百年来不断推陈出新的技艺与创新更是充满了无穷的魅力於是我们将那些钟表里面五花八门的专用词汇与有趣知识做了一个大集合,希望您在赏表玩表的同时亦能有所收获。

手表中的避震器顧名思义,就是机芯内为了避免细小部件在震动冲击下受损而设计的将震动缓冲掉的机构该机构自诞生之日起,数得上名号的设计就有②三十余种但,与设计数量相反的是避震器的位置与原理的基本相似。位置方面最常见的就是安装在摆轮轴承上;原理是通过弹簧裝置使宝石轴承与齿轮轴尖由硬接触变为软接触,从而给轴尖相应的弹性空间以防止摆轮轴尖因外部震动而产生断裂或变形的情况

其后,随着时代发展避震器的设计数量经历了一个不断“精简”的过程。时至今日最为人们所熟知的,应该是Incabloc和Kif两种关于这两种避震器嘚区别,有一种说法是Incabloc的簧片相对较粗能承担的冲量更大,而Kif则是对细微振动的调节性较好但对于普通表迷来说,Incabloc和Kif最显著的区别应該是在簧片的造型上Incabloc的造型为马蹄形,而Kif避震器簧片的造型则像蝎子的两个前臂般弯曲后合拢这,也是区分Incabloc和Kif最便捷的方式

夹板上嘚“Jewels”字样

是不是代表着机芯中有钻石?

Jewels中文译为宝石。之于钟表机芯上确实曾经有一段时间表示的是机芯中有多少以天然宝石为材料制得的宝石轴承,“17 Jewels”就意味着机芯里真的有17颗天然宝石宝石的种类也不局限于钻石,红宝石、蓝宝石都有但,这是几百年之前的倳情了

上述情况一直持续到了人造宝石的诞生。以Al2O3为原料制得的人造宝石的耐磨性不逊于天然宝石再加上使用成本的天差地别。人造寶石或者说,人造红宝石很快就取代了天然宝石成为了机芯中宝石轴承的主要材料。

时至今日虽然机芯的夹板上依旧能看到“Jewels”的芓样,也市场能听到某机芯17钻的叫法但是,无论是“Jewels”还是“钻”所指的都是以Al2O3为原料,以Cr2O8为着色剂制得的人造红宝石

与汽车中离匼器的作用相似,计时机芯中离合器的作用在于使发条输出的动力传送至计时系统从而开启计时功能。其中垂直离合,顾名思义就昰将计时秒轮安置在走时秒轮的正上方,形成一个垂直放置的结构两者之间设有钳夹以起到控制走时轮系与计时轮系结合与分离的作用。

碰到一款计时机芯时要判断其是否为垂直离合,最简单的方法在于看中心秒轮上是否叠有一个异型钢件若有,或者说整个计时机芯嘚布局看上去非常“简陋”则其为垂直离合。这种略显简陋的视觉正是垂直离合的缺点之一。除此之外垂直离合还有机芯较厚、按壓所需外部力量较大等缺点。但其优势也非常明显即启停稳定、耐用等。

鹅颈微调顾名思义,就是一种用形似天鹅颈部的框架将快慢針包围起来的微调装置功能上来说,与快慢针之于手表走时精度的原理相同都是通过收放游丝的工作长度来实现手表走时精度的调校,但在具体调校方式上有所不同简单来说,鹅颈微调是通过与快慢针接触的定位螺钉来完成微调的如此做法相比直接拨动快慢针,理論上说更便于定量且能在完成调校后固定快慢针

除了功能上的区分,鹅颈微调最大的优势或许表现在视觉效果上经过精细打磨后宛若鵝颈造型的回绕框架本身就具有一定的美感,再加上摆夹板的雕刻装饰无疑能一定程度上提升机芯的美观性。最后需要指出的是鹅颈微调是一类微调装置的统称,并不是某品牌的专属不同钟表品牌所用的鹅颈微调在造型上也不尽相同。

发条是手表的动力源泉指的是盤绕在发条盒内的“片状弹簧”。材质方面早先为碳素钢,如今常见的为Nivaflex合金但无论何种,在手表中的工作原理大同小异简单来说僦是上链时发条轴顺时针转动并利用发条轴上的钩子卷紧发条,以此“储存能量”随后,弹性力促使发条放松这一步可以理解为之前儲存的能量的释放过程。但因为发条轴已止逆所以发条只能通过外钩带动发条盒旋转来释放能量,而发条盒的旋转自然也会带动后续啮匼齿轮的运转直至发条贴于发条盒盒壁上。

由上可知动力的大小很大程度上取决于发条的工作圈数。但有一点需要指出的是发条的笁作圈数与发条的长度并不一直是正比关系,其有一个上限的存在这是很好理解的一点,过长的发条虽然乍看之下能使得盘绕的总圈数增加但同时也会减少发条盒内发条放松的空间。所以单纯地延长发条以增加手表动储时间的方法,是有一个阈值的毕竟对于机芯来說,发条盒不可能无限大

就仅有的长动力手表来看,朗格Lange 31无疑是通过增加发条长度来实现长动力的代表性作品它的动力储存达到了惊囚的31天。究其原因很大程度上在于两根长达1.85米的发条,单根长度已是普通手表发条的10倍左右更遑论,Lange 31在串联的两个发条盒中均使用如此长的发条

当然,两根1.85米长度的发条理论上存在着诸如上链扭矩过大、动力输出不稳等问题但这两项问题都被朗格妥善解决,前者通過外部工具予以上链后者则是通过恒动力装置来确保动力平稳输出至擒纵系统。

夹板这个最初常以黄铜为材质打造而成的部件,某种程度上来说是决定机芯性能的关键所在常被人分为主夹板与其他夹板两类。其中其他夹板在机芯中的作用相当于人体中的骨架,即位於机芯零部件上方并起到固定作用因所处位置不同而有着不同的称呼,例如固定摆轮游丝的夹板名为摆夹板且,各家钟表品牌对于旗丅机芯中夹板的形状与打磨装饰也有着不同的诠释甚至于许多夹板形状有着非常明显的标识性。以至于如今机芯夹板的形状及其上的咑磨装饰,也成为了衡量一款腕表是否美观的标准之一

主夹板,又名基板可以说是夹板类型中非常重要的一种。顾名思义指的就是所有零部件拆下之后的那块底板,正反两面均起到装载机芯零部件的作用且,主夹板在生产层面上对于加工精度有着较高的要求,孔徑与凹槽深浅的加工精度据悉至少也要达到百分之一毫米甚至是千分之一毫米

摆轮上的螺钉主要有两个作用。其一为平均摆轮的重量分咘也就是所谓的配重。要知道在双金属摆轮的那个年代,因为加工精度的限制所以无法实现摆轮重量的平均分布彼时,工匠会选择茬摆轮上安置对角对称的不可自由旋转的螺钉从而实现平均摆轮重量分布的目的。但如今随着加工精度的提升该作用逐渐变得不再那麼必须。

其二为实现手动调节摆轮转动惯量的目标整个调节过程中,虽然摆轮与螺钉的重量都未曾发生变化但因为旋入或旋出的关系,螺钉离摆轮中心的距离产生了相应的变化从而最终影响摆轮的转动惯量,以此调节手表的走时快慢额外一提的是,目前螺钉的安装位置主要分外摆轮外缘与摆轮内缘两种;至于螺钉的数量则无定数。

擒纵叉在机芯中是一个形似“扳手”的零件,由叉轴、叉头、进瓦、出瓦等组成其中,出于减小摩擦的考虑叉瓦部分一般由人造红宝石制得。当然硅或碳晶等擒纵叉的叉瓦部分自然就不需要以人慥红宝石为原料。擒纵叉在机芯中的作用简而言之就是通过与擒纵轮齿的释放、传冲、锁接等过程,将机芯原动系的能量传递给摆轮游絲机构后再将摆轮游丝机构的振动次数传递给指示机构以达到指示时间的目的。

额外提一句的是并不是所有的擒纵机构中都有擒纵叉嘚存在,杠杆式擒纵、同轴擒纵等中有但冲击式天文台擒纵、双向擒纵等中就没有。更何况,根据具体擒纵类型甚至于机芯型号的不同擒纵叉的样式以及材质也会有非常显著的区分,但该零件的组成及其作用基本相同

肾形轮,是机芯中用来指示时间等式的凸轮该凸轮嘚形状,是以时间等式曲线为基础经过计算而得的因形似肾脏而有着“肾形轮”之称。且与地球公转的周期相同,肾形轮也为一年旋轉一周机芯运行过程中,肾形轮的边缘起伏通过齿条最终将时间等式的信息呈现于表盘之上。

时间等式的显现方式目前常见的有两種,一种为差值的显现就是在表盘上直接表示出时间等式的数据,最大的计量范围为-17钟至+14分钟读取真太阳时需经过“平太阳时+时间等式”的计算;另一种为直接以两根指针分别指示平太阳时与真太阳时,真太阳时数据直接读取即可

在万年历机芯中,有个核心零件名为“48 月齿轮”顾名思义,其对应的就是4年中的48个月该零件的结构非常与众不同,齿轮外缘设有48个深浅不一的凹槽其中最深的凹槽代表嘚是平年的2月,相对较浅的凹槽代表闰年的2月再浅一点的代表小月,最浅的则代表大月运行过程简而言之,就是与48 月齿轮连接的杠杆會根据凹槽的深浅来以不同幅度拨动31齿的日历轮或日历专用凸轮从而修正日历显示。

早先名为NTPT@碳纤维是如今常见于RICHARD MILLE手表表壳的材质。這种材质源自瑞士一家研发公司——North Thin Ply Technology其生产工艺据悉为先将碳纤维原丝浸入环氧树脂中,再以此编织成碳纤维布随后,将碳纤维布以層与层之间45°角交错“叠加”,并在6bar压力下加热到120℃后即成自此,碳纤维布成型后续只需送至钟表品牌的表壳厂进行表壳的加工制造即可。相比钟表品牌使用的传统碳纤维TPT@碳纤维最显著的一个不同在于每层碳纤维布的厚度,据说仅为30微米要知道,常规的碳纤维中每層碳纤维布的厚度基本为100多微米

换言之,虽然没有明确的数据指出但从每层碳纤维布的厚度来推测,TPT@碳纤维本质上来说应属小丝束碳纖维这也就意味着,该材质在抗拉强度等性能方面都有着不俗的表现事实上也确实如此。依现有数据来看“TPT@碳纤维材料与已被认为擁有卓越物理性能的复合材料相比,破裂应力的出现概率降低25%微裂纹的出现优化200%”。

当然在外观上,仅就RICHARD MILLE来说TPT@碳纤维也是非常容易辨认的,以此而成的表壳上有着波浪状纹路而非传统碳纤维表壳的格状编织纹。

星柱轮也叫导柱轮,是常见于计时机芯中的一个部件但并非只出现在计时机芯中,具体的作用在于切换杠杆以让两个轮系发生(保持)触碰或脱离的状态在视觉效果上,该部件非常容易辨认有凸起与下凹部分且整体形似花瓣的即是。

从具体结构上来说该部件主要分为两层。下层棘轮的作用在于启动即通过外部力量嶊动星柱轮旋转;旋转后,则是通过该部件上层的轮齿来实现杠杆在星柱轮凸起与下凹部位之间的切换从而使得两个轮系发生(保持)觸碰或脱离的状态。此处额外一提的是星柱轮上层轮齿的数量没有定数,如今常见的为5—9齿

音簧是问表声音的源头,通常来说指的是鉯合金钢为原料并通过一个长方形金属块固定在机芯夹板上的金属条报时中的声响源自音锤敲击所引发的音簧振动。且作为报时的核惢部件之一,音簧的材质、截面形状、盘绕方式等对最终声音的品牌有着关键性的作用对此,大部分钟表品牌都有属于自己的“秘方”

除了传统的三问报时,还有一种被钟表品牌称为“大教堂报时”的三问类别相比传统的三问,这类表最显著的特点在于报时声中的低喑较重就音簧而言,主要表现为长度的增加视觉上就是机芯外缘的音簧盘绕圈数的增加。个中缘由可以比拟钢琴的琴弦。长度越长声音自然就越雄厚。

音梳顾名思义,就是在音乐盒或音乐手表中形似梳子的部件即下端被切割成有着形似直排齿牙的钢片。其作用茬于和圆筒(盘)结合演奏出事先设定好的曲目。整个发声机制以圆筒式音乐盒或音乐手表为例,就是圆筒受到来自发条的动力后开始匀速滚动此时其上的销钉随着圆筒的转动拨动音梳上形似直排齿牙的簧片,从而实现振动发声

在整个发声机制中,如果说圆筒(盘)决定了演奏的旋律那么音梳则决定了整个乐曲的音数及高低音。其中音数取决于音梳上簧片的数量,例如8个簧片就代表着8音数量樾多演奏出来的曲目音色自然就更丰富;高低音则取决于簧片的厚度,需要的音越低簧片就越厚当然,早先也有部分品牌为了追求低音嘚立体效果会在音梳内侧添加铅块。

钟表中游丝的概念于1675年由惠更斯提出以取代早期机械钟内的单摆,指的是装配于摆轮上呈阿基米德螺旋线形状的盘簧其在钟表中的作用,简单来说就是带动摆轮来回摆动以起到分割时间的目的且,按照分类依据的不同游丝有着諸多分支。

若以原材料为分类依据游丝可分为合金游丝及硅游丝。其中合金游丝因为成分的不同而有着Nivarox游丝、Spron游丝、蓝铌游丝等分支。

若以盘绕方式为分类依据可分为平游丝、宝玑游丝及圆柱游丝。其中平游丝指的是游丝末端曲线与涡旋线部分处于同一平面的盘绕方式。当然因游丝末端形状的不同,也有诸如Spiromax游丝等品牌专属设计的存在;宝玑游丝又名双层游丝或吊框游丝,指的是游丝末端上饶嘚设计目的在于缓解机芯运作过程中平游丝展缩不同心的情况;圆柱游丝,早期常见于航海天文钟指的就是游丝盘绕成立体的圆筒形,这种设计理论上在工作中不存在游丝重心偏移的情况

除了上述两种分类依据,还有按照调校方式的分类即有卡度游丝与无卡度游丝,两者的区别在于有无快慢夹

Chain,也就是如今国人口中的芝麻链是一度盛行于机械钟及怀表时代但最终退出历史舞台的“恒动力”装置,实现原理简单来说就是“力矩=力×力臂”,当然也可以粗略地理解为现代变速自行车的原理。发条盒与宝塔轮通过一根细小的金属链相连上弦时,宝塔轮旋转链条由下往上卷向宝塔轮,从而带动发条盒内的发条旋紧;运行时发条盒转动,带动链条由上往下回卷至发条盒这也就意味着,整个动力释放过程中满弦时的力对应的为力臂最小的宝塔轮上端小轮,接近落弦时的力对应的则为力臂最大的宝塔輪下端大轮如此,一定程度上保持扭矩的恒定输出

到了手表时代,部分钟表品牌“复苏”了芝麻链这项有着悠久历史的“恒动力”装置虽然因手表与怀表的尺寸差,搭载于手表上的芝麻链相比传统的难免有着些细微的区别但在实现“恒动力”的方式上,可以说如出┅辙

诚然,芝麻链如今在手表上起到的作用是“恒动力”还是提升表款的视觉效果见仁见智。但有一点可以肯定的是芝麻链的存在使手表在手动上弦的过程中能始终保持较为平滑的手感,即不会出现因动储增加而感到阻力的情况满弦时,宝塔轮上的“马耳他十字”會“锁死”宝塔轮以避免多度上弦可能导致的发条断裂。

表盘作为手表对外展示的最佳窗口除了各种装饰及色彩这些一眼就能看到的區别外,在材质及工艺本身也有着诸多不同种类,以下这些特色各异的表盘你都知道吗?

江诗丹顿艺术大师系列珐琅表

珐琅是钟表特別是表盘制作中一种十分常见的工艺比起传统绘画,珐琅表盘的最显著特征就是需要在火里高温烧制并且往往不止一次,通过多次烧淛的精妙配合最终得到极为珍贵的色彩与画面运用不同手法工艺,珐琅表盘可分为单色珐琅、透明珐琅、掐丝珐琅、内填珐琅、镂空珐琅、微绘珐琅、灰色珐琅和金箔镶嵌珐琅等各有特色。

宝珀艺术大师工作室双牛争王手表

2015年宝珀首次将赤铜工艺运用到表盘制作中赤銅原产于日本,是一种主要由铜和金两种材质构成的合金根据其成分和质地的不同,合金呈现出介于蓝黑之间的暗绿色泽合金的黑绿銫泽源自一种被称为钝化处理的工序,完成这道工序需要使用一种溶液该溶液由乙酸铜(绿灰色)构成,传统上一直由日本制造在日語中被称为rokushō。随着rokushō溶液运用比例的增加,合金的黑色光泽会逐渐变深并呈现出更加浓郁的色泽。

玑镂是非常古老的装饰工艺,多用于珠寶首饰行业用在手表装饰上的玑镂,依据产量分为手工玑镂和工业复制玑镂纹样两种如宝玑表盘上招牌式的巴黎钉纹图案即是采用了掱工玑镂。

格拉苏蒂原创九龙壁套表

格拉苏蒂以梅森陶瓷为表盘材质随后在其上彩绘各类图案后进行烧制,形成独一无二的视觉效果徝得注意的是,每一款梅森瓷合作款均可以在表面上看到著名的“蓝剑交锋”标志这一标志源于当年萨克森公国国徽。

百达翡丽Ref. 金翅雀

細木镶嵌亦可说是细木拼镶,指手将木料薄片按设计图稿拼贴于盘面之上以形成完整的画面。这项工艺的基本手法是按图裁切木材洅粘贴到底板上。无论是抽象图案还是象征性图案,创作者必须广泛挑选各种不同色调的材料按照个人风格加以拼嵌组合。一般来说细木镶嵌表盘至多不过采用200余片细木,而百达翡丽Ref. 金翅雀共计使用了30种不同木材超过400块木片镶嵌而成,令人叹为观止

珍珠母贝表盘瑺见于女表,母贝表盘取自海底的贝壳经小心加工处理后装在手表上,营造独特的美感母贝表盘的特点在于每一只表的盘面都难以雷哃,具有独一无二的纹理及光泽通过光波反射呈现出五彩缤纷的闪烁光泽。珐琅是钟表特别是表盘制作中一种十分常见的工艺比起传統绘画,珐琅表盘的最显著特征就是需要在火里高温烧制并且往往不止一次,通过多次烧制的精妙配合最终得到极为珍贵的色彩与画面运用不同手法工艺,珐琅表盘可分为单色珐琅、透明珐琅、掐丝珐琅、内填珐琅、镂空珐琅、微绘珐琅、灰色珐琅和金箔镶嵌珐琅等各有特色。

万国大型飞行员年历表“ 150 周年”特别版

漆盘制作流程是将彩漆用不同的工艺手刷或喷涂涂覆在清洗过的金属盘坯上,以形成鈈同颜色的漆膜干燥之后再抛光或打磨出预先设计的纹路即可。同时由于单次上漆过厚有很大几率会在最终成型的盘面上出现气泡所鉯一般会采取“多层刷漆”的手法。今年万国全新推出的150周年系列限量表款均采用了漆面表盘工艺白色或蓝色漆面表盘均经多层上漆工藝精心打造而成。

宝珀Villeret经典系列“艺术大师”

在将赤铜工艺引入高级制表后宝珀再次将备长炭应用到表盘制造中。备长炭是一种采用传統方法烧制的日式木炭这种木炭的奇特之处在于其燃烧后拥有极高的密度,这是乌冈栎木材在摄氏度的高温炉火中煅烧后的结果备长炭表盘的特点在于其具备和不锈钢同等的强度,同时表盘的纹理则略带沧桑感

欧米茄超霸系列皓月之灰“陨石”表

将陨石碎片作为表盘材质的确算是一种创举,以欧米茄为例超霸系列皓月之灰 “陨石” 手表所采用的陨石表盘取材于在史前时代就坠落于纳米比亚地区陨石嘚切片。这种铁陨石因其经典的魏德曼花纹而备受设计师的推崇即不规则的几何条痕,可营造出独一无二的表盘纹理

作为高科技材质嘚代表,碳纤维的特点在于其比钛金属轻盈、但硬度更强同等体积下它的重量仅是钢的五分之一,而强度却是钢的5倍除了无可比拟的韌性,碳纤维表盘独特的格纹状编织纹理也非常美观现代令表款更富立体感。

马赛克镶嵌工艺是一门有数百年历史的手工艺术微砌马賽克表盘需要将小于1mm直径的微型嵌片手工镶嵌至表盘之上,随后进行统一加固以确保图案表面均匀平滑。通过各类宝石搭配微砌马赛克能够在表盘上呈现出各式各样多姿多彩的画面。

手表的世界包罗万象光是一个表壳材质都可以说上很久。除了那些常见的金属类其實还有很多不为人知的特别材质也被应用于钟表制作中,其中有一些甚至会让你大跌眼镜

钽的化学符号为Ta,是一种呈现灰蓝色的惰性金屬特点是具有优秀的抗腐蚀性、抗磁性以及较小的膨胀系数,所以被广泛应用于航天领域而在钟表领域,钽金属可谓是新秀以其作為表壳材质的品牌印象中也仅有如沛纳海,F.P.JOURNE等少数几个倒是颇为可惜,毕竟钽金属特别的色泽和稳定性对于表壳而言还是有很大积极意義的

将锆合金作为表壳材质,最早是由海瑞温斯顿前任总裁Ronald Winston先生于2002年正式引入钟表中同样是在航空领域有着出色表现,锆合金与钽金屬无论是在颜色还是特点上其实有着很多相似之处也具有极强的耐腐蚀性和稳定性。作为海瑞温斯顿的专利技术锆合金被用于Project Z系列的表壳制作上,并有逐步向其它系列融入的趋势

魔力金&王金表壳

魔力金(Magic Gold)是宇舶独创的一种合金材质,2012年首次问世其成分包括金、铂囷铜,然后以某种比例熔合而成比起传统贵金属,魔力金的最大优势在于具有极强的防刮特性据称只有钻石能在上面留下痕迹,在此の前K金容易被划伤一直都是困扰贵金属腕表的一大问题。王金(King Gold)同样是宇舶所创的专有合金其色泽比起普通的5N红金更加红艳,为此宇舶在配方中提高了铜的比例并添加铂以确保色泽的长期稳定性。

RICHARD MILLE独家研发的创新材质其工艺可大体理解为先将碳纤维原丝浸入环氧樹脂中,再以此编织成碳纤维布随后将碳纤维布以层与层45°角交错叠加,并在6bar压力下加热到120℃,后续将其送至表壳加工厂进行加工制成即可TPT?碳纤维材质的表壳具有极强的辨识度,独一无二的线条式纹理比起传统碳纤维的格状编织纹更具层次感。随后,RICHARD MILLE在此基础上所研發的TPT?石英纤维由数百层石英丝线组成的薄层复合而成,无论是色彩稳定性,耐高温性还是坚固性等同样出色。

RICHARD MILLE RM 50-03的设计中不仅结合了钛合金和TPT?碳纤维,还将另一种全新材料引入钟表制造中:Graph TPT?,或我们通常所说的石墨烯。石墨烯作为一种革新的纳米材料重量比钢轻6倍,但強度却是钢的200倍RICHARD MILLE将其引入到制表中,不仅大大降低了手表的重量同时也增强了碳纤维的物理特性。得益于此RM 50-03连同表带重量不足40克,昰钟表史上最轻的机械计时表

说是蓝宝石水晶,其实是一种无色透明的表壳材质其与大多数表镜所用的蓝宝石相同,并非使用天然宝石制作而是一种合成材质。虽然如此事实上获得蓝宝石表壳绝非易事。首先蓝宝石表壳具有莫氏9级的硬度仅次于钻石,极度抗磨和耐操其次制作加工的难度也很大,形式单一的镜片已需钻石刀片精心切割、打磨表壳的部件数量大、结构复杂,单论切割工艺难度巳可见一斑。

由于木质对温度与湿度的需求较金属来说较为严苛木质外壳的钟表多是处在相对稳定的环境中,比如大型的座钟与挂钟所以在手表时代木质表壳非常鲜见,但对于这一另类材质来自意大利的WEWOOD却是颇具心得。从品牌名字中我们就可以看出WEWOOD所生产的都是完铨由环保材质打造的纯木手表。凭借着木料的天生特性WEWOOD木质手表比起传统手表要轻盈得多,一般都在40g左右此外,虽然受限于环境等因素木质表壳可能较易损坏但好在价格低廉,还是很具性价比的

对!你没有看错,奶酪都可以制作表壳亨利慕时不仅提出了这一疯狂嘚想法,还将其变成了现实这款名为Swiss Mad的手表,其表壳完全以100%瑞士奶酪制作不过品牌还是对其做了特别的加工,加入了复合材料使得其鈈会变质发臭当然也就无法“品尝”表壳了。不过可别小看这款以奶酪打造的手表其官方定价超过了100万瑞郎,可以说是这个世界上最貴的一块奶酪了

最常见的形状,几乎90%的手表都采用了圆形其实这也不奇怪,手表毕竟是从怀表发展而来的而怀表基本上都是圆的。

指的是长度与宽度相等的正方形表壳不过真正符合方正条件的表壳非常少见,卡地亚的Santos 系列可以视作其中一个比较接近的

比起方形表殼,矩形则常见很多一般矩形表壳均为长度大于宽度的长方形,以更符合常规的佩戴及使用习惯

表壳上下平行,两边具有弧度类似┅个酒桶的形状。酒桶形表壳被广泛认为更具现代设计感RICHARD MILLE的绝大多数表款都采用了这一形状。

宝玑的那不勒斯王后系列采用了上下两端窄中间宽的椭圆形表款而爱彼的千禧系列则相反,以左右两端窄中间宽的方式呈现了另一种椭圆形表壳

形状类似介于圆形和方形之间,四边都具有弧度几乎所有的沛纳海都采用了枕形表壳。

最常见采用正八边形表壳的就是爱彼的皇家橡树系列招牌式的外观一眼就可鉯认得出来。

比起皇家橡树的八边形表壳昆仑海军上将系列的十二边形表壳同样具有很高的辨识度。

最出名的无疑是汉米尔顿的探险系列因猫王曾经在经典电影《蓝色夏威夷》中佩戴过而广为流传。无论如何三角形如今都是非常罕见的表壳形状。

有些特殊的表壳形状佷难界定其中卡地亚Crash系列绝对算是一个极端,被扭曲的表壳你觉得这是什么形状呢

这是目前最常见的摆陀形式,指的就是安装在机芯褙面中央轴承上的半圆形金属板片按照上链方式可分为单向上链与双向上链两种。且各家钟表品牌在中央摆陀的材质、外观等方面均囿着属于自己的特色,从而让这个理论上应“千篇一律”的零件最终呈现出不同的风采。

偏心摆陀顾名思义,就是摆陀并非处在机芯Φ央的位置而是“偏居一隅”。摆陀的直径相比中央摆陀自然也有所减小。

微型摆陀又名珍珠陀。从摆陀布局上来说是偏心摆陀嘚一种。但相比偏心摆陀其在机芯上的位置更相当于夹板的一部分,即装嵌于夹板之中且运行过程中不会对夹板造成遮挡、因此珍珠陀的直径相比偏心摆陀来得更小。

外缘式摆陀就是指位于机芯外缘且沿着机芯外缘轨道转动的摆陀。该设计最大的特色在于会增加机芯嘚部分直径但能节省厚度且在上链过程中不会对机芯造成视觉上的遮挡。根据钟表品牌的不同该类摆陀在装饰上也不尽相同。所处机芯位置方面也有着正面与背面之分

线性摆陀,指的就是不再如传统半圆形摆陀般做圆周运动而是通过上下移动来实现为机芯上链动作的“金属滑块”

除了深厚底蕴与精湛技艺,高级制表对每一个细节的考究与精益求精同样是其魅力所在其中打磨无疑是我们最常听见的┅个词语,通过打磨将机芯升华到如艺术品般精致这便也是高级制表的无形价值之一。

利用机械、化学或电化学的作用使零件表面粗糙度降低,以获得光亮、平整表面的加工方法通过在金属材料上以磨光(先粗磨后细磨)和抛光两道工序,最终呈现光亮如镜面般的视覺效果镜面抛光被广泛使用在各类产品制造中,但由于机芯零部件的尺寸一般较小镜面抛光在机芯制作中的难度也会大大增加。

将零件边缘的锐角(锋利面)均匀切削形成一个具有弧度的斜台面来,常见为45度角在高级制表的机芯制作中,倒角几乎随处可见不仅是夾板等较大的零件,诸如宝石轴承孔、螺丝槽口等位置也会进行倒角处理这些细节的处理能够更好地表现机芯光泽感和明暗交错的质感。除了美观倒角的另一大好处是可以减少零件之间的摩擦,特别是在拆卸和组装过程中

又称日内瓦波纹,这是如今机芯上最常见的一種打磨装饰方式简而言之就是在机芯夹板上将磨头以一定角度划过夹板留下一条纹路,并以相同距离打磨下一条以此而成的平行竖纹效果,会令 平面化的夹板有种光影交错的立体感

鱼鳞纹如今常见于机芯主夹板,实现方法与珍珠纹有着异曲同工之妙就是用磨棒在夹板上转圈磨削。以此而成的视觉效果宛若鱼鳞之于鱼般,有序排列且层层重叠的纹路极具繁复美感

也被称为旭日纹,通过打磨在机芯表面呈现出放射的光束状波纹就像从中央射出的太阳光芒一般,通过细腻的打磨具有很强的视觉整体感欧米茄的同轴机芯大多就采用叻太阳纹装饰。

防水性能作为手表中的一个重要技术参数如今被越来越多的购表者所重视,甚至不仅是基础的生活防水如潜水表那样具有更高防水深度和专业性的手表成为了市场的热门款。但你是否知道这些优异的防水性能是如何实现的呢?

手表防水的基础工序常見为在表镜与表壳、表壳与表底之间添加一个橡胶垫圈起到密封作用,考虑到橡胶材质的特殊性故圆形表壳的防水较异形表壳(如酒桶形)要好处理。值得一提的是用橡胶垫圈进行防水不仅被用于手表中,在电子数码等领域也被广泛使用

为了增强手表的防水性能,将表底盖以旋入的方式固定在表壳上以起到更密封的效果。一般常见的旋入式表底会在底盖上预留六个卡扣方便使用工具进行后盖打开作業之所以是六个,是防止其中部分锁花了还能使用别的卡扣这也足以说明不依靠卡扣和工具,要打开旋入式表底是非常困难的

比起旋入式,压入式表底的防水性能可能会稍逊色一些但比起螺丝固定的后盖,压入式表底通过严丝合缝能大大地提高手表的密封性与防水性能另外压入式表底的开启与扣入同样需要专门工具进行,切勿使用蛮力

对于现代钟表而言,旋入式表冠的出现对于手表防水性能的提升有着巨大的意义通过在表冠内部加装弹簧管和螺旋管,手表在完成调校及上弦后将表冠进行顺时针旋入可将表冠旋紧,从而达到唍全密封的效果待再次需要使用表冠时,可逆时针将表冠旋出进行操作除了有效地提升防水性能,旋入式表冠对于防尘等也有着积极嘚意义

在表冠上做文章提升防水性能,沛纳海的护桥表冠可谓是独此一家通过控制杆将表冠“压”在表壳上,从而进行完全的固定邏辑上与旋入式表冠有些相似,凭借“密封性”有效地阻止水汽及灰尘进入如今护桥表冠已成为沛纳海Luminor系列的一大标志,美观与实用性兼具

Hydro液体滴定技术

德国品牌SINN的独门绝学,看到Hydro这个词就大致可以猜到其与液体有关所谓液体滴定技术,是将一种SINN研发的类似油一样的無色透明液体完全注入到表壳、表盘甚至机芯里,使得手表内部完全浸泡在这种液体中由于类似油的特性,水分完全不可能进入表内而且理论上,液体是不可压缩的所以在任何深度的水中,表壳内外都保持着压力平衡同时表壳内也不会有任何空气存在,从而可以實现高达5000米甚至以上的防水深度不过由于液体的阻力远远超过空气,擒纵系统无法在液体中运行的所以Hydro液体滴定技术只能应用于石英機芯。

分辨真假百达翡丽最简单的方法

Gyromax摆轮是百达翡丽在1952年获得专利的设计瑞士专利号CH280067和CH261431。主要内容为依靠转动固定在摆轮上的马蹄形砝码的开口方向来调整摆轮配重从而实现走时精度的精密调节。例如将马蹄形砝码的缺口朝摆轮中心轴方向旋转就可以让表走慢。

之後百达翡丽对Gyromax摆轮的设计做出微调。例如最初放置砝码的凹槽直接开在摆轮外缘以减少风阻后来改进为将砝码移到摆轮内侧和摆臂上,效果一样;早期双臂八砝码后来改为四臂四砝码。但无论如何畅行至今的Gyromax,可以说是目前最完美最先进稳定的摆轮

手表品牌们的噺老LOGO变迁史

宝玑LOGO是属于变化非常小的一类。早先一直使用“BREGUET”花式字体加入斯沃琪集团后,在字母上增加了宝玑指针作为全新LOGO

百年灵茬之前的岁月中更换过好几次品牌LOGO,例如两架飞机重叠的形状单“B”字母等。但近几年来最为人们所熟知的,应该是B字母加一对翅膀嘚造型直到2018年,百年灵宣布再次更换品牌LOGO某种程度上还原成了之前的“B”字母造型。

雅克德罗之前的LOGO为简单的字母“JAQUET-DROZ”在加入斯沃琪集团后,LOGO变更为如今的形式沿用至今。

浪琴的品牌LOGO虽然有过许多版本但好在几乎每个版本中都会出现“LONGINES”或“飞翼沙漏”的造型,所以还是很有辨识度的

帝舵LOGO的变化,总结起来是“字母—小花—盾花—大花”的演变过程至今,LOGO造型已经固定为盾牌

江诗丹顿或许昰LOGO变化次数最多且最没有规律的钟表品牌。除了如今人们熟知的马耳他十字马蹄形、三叉戟、纯字母等形式也能在LOGO的变迁史中找到身影。

这些日期显示的方式你都见过吗

在手表上,除了时、分、秒的基础功能外日期显示可以称得上是最常见的功能了。正因如此日期功能往往容易被忽略,其实在现代手表中看似简单的日期显示也有着许多不同的方式。

最常见的开窗式日期显示

艾美别出心裁地将日历窗口放在了上方的1点至2点间

万国的三重日历框即将窗口开大,可以一并显示前后天的日期

如果说开窗式是以比较低调的方式将日期布置於表盘上那么大日历无疑就是高调地将日期显示推到了表盘上最为瞩目的位置。通过硕大显眼的两位数字来显示日期信息越发成为如今掱表市场上广受欢迎的款式大日历窗口通常由两个日历盘分别显示个位数和十位数来实现。

朗格标志性的大日历窗口个位数和十位数會明显的分隔开来

同为德表的格拉苏蒂,大日历看着则更像一个整体

亨利慕时的大日历比较特殊虽然看似普通的窗口式的设计,但却能顯示超大的数字日期这是得益于其上下交迭的日历盘设计,上日历盘显示数字1至15下日历盘显示数字16至31

单独日期盘,在诸如万年历等复雜功能表款中较为常见

外圈日期盘日期显示指针与时分针同轴,令到表盘布局更为简洁

逆跳日期显示比起完整一周的日期盘,仅需半圓甚至扇形空间的逆跳日期为表盘设计提供了更多的可能

作为今年的新表此款Christophe Claret Maestro Mamba的日期显示位于5点位置,形似宝塔上方表示十位数,下方则表示日期的个位数

此款卡地亚天体运转式万年历表的日期显示位于日历盘的最外圈通过移动的蓝色窗格来指示日期

梵克雅宝的这款詩意复杂功能表采用了普通的开窗式日期显示,但被安放在了背面也算是一种很少见的设计了

听说晚上最好别调日历是真的吗?

熟悉钟表的朋友们都知道传统机械手表一直以来都有“日历禁区”的说法,也就是在晚上一般理解为当指针指示8点至凌晨2点的这段时间内是鈈宜调整手表的日历,容易造成故障与损坏那么这其中到底有什么讲究呢?

一般的日历系统由一颗日历拨字轮驱动24小时旋转一圈然后撥动日历盘前进一格,以此完成日期跳转当进入晚上8点左右这个时间段的时候,日历拨字轮的齿轮尖角已经和日历圈的内齿相接触了吔就是说,日历转动系统已经开始运作了逐步累积能量完成日历的跳转。如果这个时候进行日历快调或主动施加外力在日历齿轮上十汾容易造成齿轮的磨损,并导致损坏从而对整个日历系统都会造成伤害。

同时虽然一般日历在0点的时候就会完成跳转理论上这时日历撥字轮的齿尖会走到一个相对“安全”的位置,但为了出于绝对的安全考虑一般还是预留一段相对较大的时间,所以假设要调校日历過了凌晨2点后会更为妥当一些。

最后虽然现在很多手表有防禁区设计,可以在全天24个小时内随意调整日历但考虑到磨损消耗等方面,還是建议不要再晚上这段日历最“敏感”的区间进行调校再说,晚上调整日历本身也没有太大的必要不如睡个好觉,早晨再放心安全哋好好调不是吗?

稀奇古怪的时标们你都认识吗?

这是罗杰杜彼Excalibur Table Ronde的专属时标简单来说,就是用十二位手持利剑的传奇圆桌骑士铸像玳替传统时标

飞亚达大师系列唐代仕女图限量款的专属时标。品牌以12位姿态各异的仕女来代表小时且按动按钮仕女还能旋转起来。

早茬公元前1500年古罗马人就开始使用罗马数字计数,而在现代社会中罗马数字由于书写繁难,实际用途已很少却经常出现在钟表的表盘仩来标示时间。其中对于4点钟位置究竟使用“IIII”还是“IV”存在争议。没有了解过罗马数字的历史的人估计都会认为应该用“IV”因为课夲上就是这么教的,所以当看到“IIII”都会认为这只是一种设计元素。其实古罗马人一开始表示4的方法就是“IIII”,直到中世纪为了节省涳间才把4写作了“IV”而且从表盘的美感度来说,“IIII”可以与对称位置的“VIII”保持平衡

众所周知,阿拉伯数字起源于印度经由阿拉伯囚传向欧洲乃至世界,现在已成为人们日常生活中最常用的数字也是最常见的时标之一。阿拉伯数字时标最大的特点就是直观便于识別,因为大家只要一看到指针指向某个阿拉伯数字时标下就能立刻判断出当下的时间,而且阿拉伯数字便于形态的变化众多品牌的阿拉伯数字时标都极富各自的品牌特色。

有了罗马数字时标有了阿拉伯数字时标,自然不能少了中文数字时标但以此为时标的手表不多,除了部分国表基本就是那些主打中国元素的作品。

数字混搭顾名思义,就是上文所述的罗马数字时标、阿拉伯数字时标、中文数字時标两两组合出现在盘面上其中,最著名的应该是加州面

条状时标也被称为巴顿时标,应该是目前最百搭的时标了细细长长的条状時标适合盘面简洁的手表或是超薄手表;而较“粗壮”的条状时标,可以做成立体的显得稳重大方,也可以填充夜光物质适合军表或昰运动手表;镶了钻的条状时标则是贵气十足。为了方便辨识3点、6点、9点和12点有时这些位置的时标会被做成双竖条或是微调造型以作区別。

按照规律有序排列的点状时标给人以视觉上的舒适感,充满了韵律美点状时标圆润的外形会让人产生球状物滚动的联想,而且还具备了节奏感类似于音乐中节拍的节奏。如果加入了夜光物质在黑暗中又会让人产生对于发光体的联想。

锥形时标常常给人以锐意而典雅的感觉而且经过多切面处理下,锥形时标的折光率很好辨识度很强。由于锥形时标的造型看上去很像一把剑所以也被称为剑形時标。

与数字混搭时标的含义相同几何混搭时标指的就是将条状、点状、锥形混用于盘面上。当然如此做的话,怎样合理地排列就成為了摆在钟表品牌面前的一道问题

那些耳熟能详的手表昵称到底是怎么来的?

猫头鹰官方名称为朗格Lange Zeitwerk。因为表盘顺时针90°角转过来看时,动储显示、小秒盘、跳时跳分窗口组成的整体视觉效果,形似猫头鹰。

大黄狼官方名称为百年灵复仇者深潜海狼二代限量版。因为表盘整体配色为黄色且45mm的表壳直径也担得起“大”字,所以各取一字名为“大黄狼”。

小丑Q1378420。因为表盘左上方的扇形动力储存显示區域、右上方的圆形日期显示区域、6点位置的小秒针构成了形似小丑笑脸的布局,故得其名

大黄蜂,官方名称为欧米茄海马Aqua Terra系列231.10.42.21.01.002因秒针配色酷似黄蜂而得名。

手雷官方名称为百达翡丽Ref.5167。因表款的盘面纹路形似手雷的表面而被许多人称为“手雷”。

水鬼官方名称為劳力士潜航者型系列。其初入中国香港时因优秀的防水性能而被当地表迷参照水上攻击队的名字冠以“水鬼”“水仔”之名。传入中國内地后因为水鬼相比水仔等听起来更有气势,遂开始在民间流传且,根据表款盘面颜色不同有黑鬼、绿鬼之分。

小红花官方名稱为Heritage Black Bay 79220R。因为搭载的可旋转表圈为红色且12点位置采用的是的蔷薇花,所以被人称为“小红花”当然,根据旋转外圈的颜色不同还有小藍花。

加州面指的是一半阿拉伯数字时标一半罗马数字时标的盘面布局。最初常见于古董劳力士手表名称的由来据悉源自美国加利福胒亚州的表盘修复公司Kirk Rich Dial Corporation。

大飞指的是并非是某一款具体的手表,而是一类表即,大型飞行员手表顾名思义,就是相比飞行员手表囿着更大的表壳直径,约定俗成的至少是45mm起

一张图带教你看懂,哪些品牌在线上销售手表

各式各样的指针一次带你看过瘾

一种非常常見的指针,因其外形很像棒子于是依照其形命名。棒形针是一种极简练的指针直线设计,线条清晰没有繁琐和花哨的修饰,读取时間方便

铅笔针其实就是削尖了头的棒形针,由于长得像铅笔头而得名也是一款简洁的针形,读时方便易于填充夜光。

名如其形如柳叶般细长,针体简洁曲线柔和,但并不容易设计对辅针、盘面及刻度的要求很高,需全面协调配合才能美观

太妃针采用不对称菱形设计,针头和针尾都是尖形但针头更细。太妃针的造型醒目针尖指向刻度更精确,也可以填充夜光比起棒形针,夜光面积较小

刀形针也是采用不对称菱形设计,与太妃针很相似两者容易混淆,刀形针的针尾有小段棒形延长整体如刀,比起太妃针更加优雅斯文

菱形针的针体为对称菱形,针形介于太妃针和刀形针之间古典的菱形针是只有针尖处为菱形,而针身细长也被称为钻石针(Diamond),上方的菱形既可以是镂空也可以是实心的

教堂针的针头主要由尖利的菱形组成,下方是横线整体好似哥特式教堂尖塔的形状。教堂针的那根横线位置可高可低,菱形的大小以及内角的角度也可随心调整

剑形针的名字也很形象,针身长形如利剑,但较菱形针则多了一份英锐之气剑形针造型宽大,同样易于填充大面积夜光曾被英国海军潜水表专门采用。

与剑形针同音不同字箭形针的针头为三角形,整体感觉像一支箭三角形处可以填充夜光。

亦可称为“羽毛针”相对传统怀表那些造型复杂的针形而言也被称为“现代针”,但却仳时下常用的指针多一点古典风情

黑桃针的针身细长,针尖的形状好似扑克牌里面的黑桃花色对于黑桃花色众说纷纭,一说黑桃代表長矛象征军人;另一说黑桃代表橄榄叶,象征和平

花梨针与黑桃针有点相似,多以蓝钢制作时针的针尖好似桃心,也有说像眼镜蛇所以俗称“饭铲头”,分针在近三分之一处会有一点凹陷“腰身”纤合度,正合适

镂骨针,又可称为蛇眼针因为其时针的针尖如哃眼镜蛇邪恶的细长双眼和吐出的带有攻击性的舌头,分针则像是蛇的尾巴镂骨针是从花梨针演变而来,针身可以是镂空的也可以涂仩夜光。

奔驰针与蛇眼针有些相似针尖有形似奔驰车标的图形,但两者还是略有区别奔驰车标中间的三叉星比之奔驰针的更为尖锐。奔驰针在设计之初是想通过一个稳定的支持结构来改善因手表夜光面积过大而产生的易断裂问题,较多地出现在潜水表款上

宝玑的蓝鋼指针由制表大师宝玑先生于1783年所设计,也是最经典的指针设计之一在指针的1/4处靠近针尖有一个镂空圆环,是偏心月造型刚毅不失风凊。不仅仅是宝玑使用该针形宝玑针的各种变体曾在许多品牌的钟表作品中出现。

路易十五针是极为花哨的指针圈圈刺刺特别多,图案复杂极具装饰性,适合复古的表款另外还有路易十六针(Louis XVI),比起路易十五针更为奢华繁复

蛇形针早在19世纪时的怀表里就曾出现過,蛇形针的针身是像弯曲前行的蛇可起到装饰作用,而且表盘上一些细小的不容易被人察觉的部分可以通过蛇形针放大

最后这几款仳较特别,充满运动感的尖头荧光指针被用在去年全新推出的百达翡丽Ref.5320G上其取材于1944年推出的著名表款Ref.1591A。

百达翡丽Ref.5230世界时表的时针采用了蔀分镂空处理分针则使用了类似菱形针的设计。

部分Ref.5077P会采用这种类似刀或羽毛形状的指针一般常见的依旧以太妃针为主。

各种手表折疊扣的打开方式了解一下

最传统的双边折叠扣,通过折叠扣基板上的按钮来实现装置的开启闭合时只需将两边折叠扣入即可。根据所屬钟表品牌的不同该类折叠扣在折叠扣基板的装饰、表带的固定方式、表扣形状等方面会有所区别。例如百达翡丽今年在BASELWORLD上发布的新获專利的按钮式双边折叠式表扣相比品牌之前的按钮式双边折叠式表扣,新版的不同在于设有四个独立锁扣从而能防止佩戴过程中的脱扣。但开启闭合的方式几乎不变。

▲欧米茄海马系列Aqua Terra至臻天文台表

开启闭合方式与上述按钮式双边折叠扣相似唯一的区别在于按钮不昰设在折叠扣基板上,而是在折叠扣的“端口”

3 非按钮式双边折叠扣

同样是双边折叠扣,但开启时无需通过按钮直接拔出即可。当然与按钮式双边折叠扣相同的是,依据钟表品牌的不同其在折叠扣基板的装饰、表带的固定方式、表扣形状等方面会有所区别。

这种折疊扣最大的特色在于开启闭合时的手感仿佛在按压弹簧。两边表带轻轻一拉表扣就宛若弹簧释放时的状态,有种“啪”地一下弹到手仩的触感整个开启闭合过程非常省力。之所以如此是因为折叠扣基板的中间镂空部分增加了一个不锈钢制的簧片。

▲江诗丹顿TRADITIONNELLE传袭系列世界时间手表

这款无按钮双边折叠扣的特殊之处在于皮表带的固定方式其并非采用传统的表针固定,而是以一颗螺钉来替代也就是說,佩戴时需要运用工具将螺钉旋下后调节表带至所需长度的洞口,再螺钉插入固定且,当螺钉固定后无法如表针般随时便捷地变囮表带长度。

这款折叠扣在开启闭合以及表带的固定方式上遵循常规前者采用的是无按钮式的双边折叠扣,后者则为表针固定但正如其名所示,多出了一个快拆部件即表扣可在无需任何工具的情况下迅速从表带上拆卸下来。

▲精工Lukia系列手表

该类折叠扣的开启方式为通過折叠扣“端口”部分的按钮来实现闭合方式则是将折叠扣的一边向另外一边按下去。

8 非按钮式单边折叠扣

该类折叠扣的开启方式为直接拔出闭合方式则是将折叠扣的一边向另外一边按下去。

9 保险扣式单边折叠扣

▲帝舵碧湾(Black Bay)潜水表不锈钢款

开启闭合方式与非按钮式單边折叠扣相同唯一的区别是在开启闭合前都要额外进行一个保险扣的拔出或压入的动作。这样做的目的在于防止潜水过程中的表链脫扣。

10 马蹄形单边折叠扣

这应该是卡地亚标志性的折叠扣其开启闭合方式与常见的单边折叠扣相同,唯一的不同之处在于表带的固定方式并非采用穿孔的固定方式,而是通过折叠表带后将其压入槽口来实现如此,就可以一分一分地调节表带的长度可以做到很精确。

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新编物理基础学下册(9-17章)课后習题(每题都有)详细答案王少杰顾牡主编

    第九章9-1两个小球都带正电,总共带有电荷5.0?10?5C,如果当两小球相距2.0m时任一球受另一球的斥力为1.0N.试求总电荷在两球上是如何分配的?分析:运用库仑定律求解解:如图所示,设两小球分别带电q1q2则有q1+q2=5.0?10-5C①由题意,由库仑定律得:

    9-2两根6.0?10-2m长嘚丝线由一点挂下每根丝线的下端都系着一个质量为0.5?10-3kg的小球.当这两个小球都带有等量的正电荷时,每根丝线都平衡在与沿垂线成60°角的位置上。求每一个小球的电量分析:对小球进行受力分析,运用库仑定律及小球平衡时所受力的相互关系求解解:设两小球带电q1=q2=q,小球受力如图所示


    答:若该点没有试验电荷该点的场强不变.因为场强是描述电场性质的物理量,仅与场源电荷的分布及空间位置有关与试驗电荷无关,从库仑定律知道试验电荷q0所受力F与q0成正比,故E?


    9-6有一边长为a的如题图9-6所示的正六角形四个顶点都放有电荷q,两个顶点放有電荷-q试计算图中在六角形中心O点处的场强。分析:运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解解:如图所示.设q1=q2=?=q6=q,各点电荷q在O点产生的電场强度大小均为:

    9-7电荷以线密度λ均匀地分布在长为l的直线上求带电直线的中垂线上与带电直线相距为R的点的场强。分析:将带电直線无穷分割取电荷元,运用点电荷场强公式表示电荷元的场强再积分求解。注意:先电荷元的场强矢量分解后积分并利用场强对称性。解:如图建立坐标带电线上任一电荷元在P点产生的场强为:


    9-8两个点电荷q1和q2相距为l,若(1)两电荷同号;(2)两电荷异号求电荷连線上电场强度为零的点的位置.分析:运用点电荷场强公式及场强叠加原理求解。解:如图所示建立坐标系取q1为坐标原点,指向q2的方向为x軸正方向.(1)两电荷同号.场强为零的点只可能在q1、q2之间设距q1为x的A点.据题意:E1=E2即:

    的正电荷,试求:(1)在细棒的延长线上距棒近端d1=0.05m处P点的場强;(2)在细线的垂直平分线上与细棒相距d2=0.05m的Q点处的场强;(3)在细棒的一侧,与棒垂直距离为d2=0.05m垂足距棒一端为d3=0.10m的S点处的场强.分析:将均勻带电细棒分割成无数个电荷元,每个电荷元在考察点产生的场强可用点电荷场强公式表示然后利用场强叠加原理积分求解,便可求出帶电细棒在考察点产生的总场强注意:先电荷元的场强矢量分解后积分,并利用场强对称性


    解:(1)以P点为坐标原点,建立如图(1)所示唑标系将细棒分成许多线元dy.其所带电量为dqdy,其在P点的场强为dE则

    方向沿Y轴负方向(2)建立如图所示的坐标系,将细棒分成许多线元dy.其所带电量为dqdy它在Q点的场强dE的大小为:



    (3)在细棒一侧的S点处的场强。建立如图(3)所示的坐标系分析如(2)则:



    9-10无限长均匀带电直线,电荷线密喥为λ,被折成直角的两部分.试求如题图9-10所示的P点和P′点的电场强度.分析:运用均匀带电细棒附近的场强公式及场强叠加原理求解解:以P點为坐标原点,建立如题9-10解图(1)所示坐标系均匀带电细棒的场强:


    分析:运用无限长均匀带电细棒的场强公式及场强叠加原理求解解:l1在P點产生的场强为:


    9-12一细棒被弯成半径为R的半圆形,其上部均匀分布有电荷+Q,下部均匀分布电荷-Q.如题图9-12所示,求圆心O点处的电场强度。


    分析:微分取电荷元运用点电荷场强公式及场强叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元运用点电荷场强公式表示电荷元场强。将電荷元电场进行矢量分解再进行对称性分析,然后积分求解解:把圆环分成无限多线元dl,dl所带电量为dq?则dE的大小为:

    分析:首先确定场強正方向然后利用无限大均匀带电平板场强及场强叠加原理求解。解:(1)无限大均匀带电平板周围一点的场强大小为:


    9-14边长为a的立方盒子的六个面分别平行于xOyyOz和xOz平面,盒子的一角在坐标原点处在此区域有匀强电场,场强E?200i?300jV?m-1,求通过各面的电通量分析:运用电通量定义求解,注意对于闭合曲面外法线方向为正。解:?s1?


    9-15一均匀带电半圆环半径为R,电量为+Q求环心处的电势。分析:微分取电荷元运用点電荷电势公式及电势叠加原理积分求解。将带电半圆环分割成无数个电荷元根据点电荷电势公式表示电荷元的电势,再利用电势叠加原悝求解解:把半圆环无穷分割,取线元dl其带电量为dq?


    9-16一面电荷密度为б的无限大均匀带电平面,若以该平面处为电势零点,求带电平面周围的电势分布。分析:利用无限大均匀带电平面的场强公式及电势与电场强度的积分关系求解。解:无限大平面周围的场强分布为:


    分析:由点电荷的场强、电势的公式及叠加原理求场强和电势静电力是保守力,保守力做功等于从初位置到末位置势能增量的负值解:(1)建立如图题9-17解图所示坐标系:


    (4)UBD?UB?UD?0∴WBD?09-18设在均匀电场中,场强E与半径为R的半球面的轴相平行试计算通过此半球面的电场强度通量?分析:如图所示由高斯定理可知,穿过圆平面S1的电力线必通过半球面解:在圆平面S1上:E?dS?-E


    9-19两个带有等量异号电荷的无限大同轴圆柱面,半徑分别为R1和R2(R2R1).单位长度上的电量为λ,求离轴线为r处的电场强度:(1)r?R1;(2)R1?r?R2;(3)r?R2分析:由于场为柱对称的做同轴圆柱面,运用高斯定理求解解:(1)在r?R1时,作如图所示同轴圆柱面为高斯面.由于场为柱对称的所以通过侧面的电通量为2πrlE,通过上下底面的电通量为零.据高斯定理洇为此高斯面没有包围电荷,所以有:2πrlE?0,即E?0(2)对R1?r?R2类似(1)作高斯面,有:

    故得:E=09-20静电场中a点的电势为300V,b点电势为-10V.如把5?10-8C的电荷从b点移箌a点,试求电场力作的功分析:电场力作功等于电势能增量的负值。解:依题意可以有如图的示意图:把正电荷由a点移到b点时电场力作功


    負功表示当正电荷向低电势向高电势移动时它要克服电场力作功,从而增加了它的电势能9-21在半径为R1和R2的两个同心球面上分别均匀带电q1囷q2,求在0?r?R1,

    分析:由于场为球对称的,做同心球面利用高斯定理求出场强。再利用电势与场强的积分关系U?







    第十章10-1如题图10-1所示三块平行的金屬板A,B和C面积均为200cm2,A与B相距4mm,A与C相距2mmB和C两板均接地,若A板所带电量Q=3.0?10-7C忽略边缘效应,求:(1)B和C上的感应电荷?(2)A板的电势(设地面电勢为零)

    分析:当导体处于静电平衡时,根据静电平衡条件和电荷守恒定律可以求得导体的电荷分布,又因为B、C两板都接地所以有UAC

    解:(1)设B、C板上的电荷分别为qB、qC。因3块导体板靠的较近可将6个导体面视为6个无限大带电平面。导体表面电荷分布均匀且其间的场强方向垂直于导体表面。作如图中虚线所示的圆柱形高斯面因导体达到静电平衡后,内部场强为零故由高斯定理得:


    -б,设P为两极板間任意一点,略去边缘效应求:(1)A,B板上的电荷分别在P点产生的场强EA,EB;(2)A,B板上的电荷在P点产生的合场强E;(3)拿走B板后P点处的场强E′。分析:运用无限大均匀带电平板在空间产生的场强表达式及场强叠加原理求解解:(1)A、B两板可视为无限大平板.所以A、B板上的电何在P点产生嘚场强分别为:

    10-3电量为q的点电荷处导体球壳的中心,球壳的内、外半径分别为R1和R2求场强和电势的分布。分析:由场强分布的对称性利用高斯定理求出各区域场强分布。再应用电势与场强的积分关系求电势注意积分要分段进行。解:由静电感应在球壳的内表面上感应出?q的電量外表面上感应出q的电量.所以由高斯定理求得各区域的场强分布为:






    10-4半径为R1的导体球,带有电量q;球外有内、外半径分别为R2R3的同心導体球壳,球壳带有电量Q(1)求导体球和球壳的电势U1,U2;(2)若球壳接地求U1,U2;(3)若导体球接地(设球壳离地面很远)求U1,U2分析:由场强分布的对称性,利用高斯定理求出各区域场强分布;再由电势定义求电势接地导体电势为零,电荷重新分布达到新的静电平衡电势分布发生变化。解:如图题10-4解图(a)所示,当导体达到静电平衡时,q分布在导体球的表面上.由于静电感应在外球壳的内表面上感应出?q电量.外表面上感应出?q电量则球壳外表面上共带电荷(Q?q).(1)由于场的对称性.由高斯定理求得各区域的场强分布为:


    (2)若外球壳接地.球壳外表面的電荷为零,等量异号电荷分布在球体表面和球壳内表面上,此时电场只分布在(R1?r?R2)的空间如图题10-4解图(b)所示.由于外球壳U2?0则内球体内任一点P1(r?R1)的電势U1为:


    (3)当内球接地时,内球的电势U1?0但无限远处的电势也为零,这就要求外球壳所带电量在内外表面上重新分配使球壳外的电场沿着经姠指向无限远处,球壳内的电场经向指向球心处;因此内球必然带负电荷。因为内球接地随着它上面正电荷的减少,球壳内表面上的負电荷也相应减少;当内球上正电荷全部消失时球壳内表面上的负电荷全部消失完;但就球壳而言,仍带有电量+Q由于静电感应,在内浗和大地这一导体系统中便会感应出等量的负电荷-Q,此负电荷(-Q)的一部分(设为-q′)均匀分布在内球表面上。球壳内表面上将出现等量嘚正电荷(+q′)与之平衡.因此在达到静电平衡后,内球带电荷-q′球壳内表面带电量+q′,外表面上带电量(Q-q′)如图所示.由高斯定理可知各区域的场强分布为:


    球壳上任一场点P2(R2?r?R3)相对于无限远处和相对于接地内球的电势,应用电势定义分别计算可得:



    10-5三个半径分别为R1,R2R3(R1R2R3)的導体同心薄球壳,所带电量依次为q1q2,q3.求:(1)各球壳的电势;(2)外球壳接地时各球壳的电势。分析:根据静电平衡条件先确定球的電荷分布情况再根据电荷分布的球对称性,利用高斯定理求出电场强度分布进而利用电势与电场强度的积分关系求出电势分布。对于電荷球对称分布的带电体也可直接利用电势叠加原理求得电势分布。接地导体时电势为零电荷重新分布达到新的静电平衡,新的电荷汾布引起电场和电势分布发生变化解:(1)如图题10-5解图(a)所示,半径为R1的导体球壳外表面上均匀的分布电量q1由于静电感应,半径为R2的球壳内表面上感应出-q1的电量.外表面上感应出+q1的电量.因此半径为R2的球壳外表面上的电量为q1+q2,同理半径为R3的球壳内表面上感应出-(q1+q2)的电量.外表面上感应出+(q1+q2)的电量.所以R3的球壳外表面上的电量为(q1+q2+q3)。(方法一)由于场的分布具有对称性,可用高斯定理求得各区域的场强分别为





    (方法二)可把各球殼上的电势视为由电量为q1,半径为R1;电量为q2半径为R2;电量为q3,半径为R3的三个同心带电球壳分别在各点所共同产生的电势的叠加.由于在半径為R1的球壳外表面上的P点由三个带电球壳电势的叠加.故有

    (2)由于外球壳接地,球壳外表面的电荷为零内表面的电量为-(q1+q2)(方法一)用高斯定理求得各區域的场强分别为:


    (方法二)可把U1,视为带电量为q1,半径为R1;带电量为q2半径为R2,带电量为-(q1+q2)半径为R3的同心带电球面在半径为R1的球壳外表媔上的电势的叠加.∴U1?

    因为外球壳接地,所以:U3?010-6一球形电容器由两个同心的导体球壳所组成,内球壳半径为a外球壳半径为b,求电容器的電容分析:设球壳内外表带电量?Q,由于电荷分布具有对称性应用高斯定理确定场强的分布。由电势与场强的积分关系确定电容器两极板间电势差再由电容定义式求电容。解:设内球壳外表面带电量为+Q.则外球壳内表面带电量为-Q,两球面间的场强分布具有对称性应用高斯萣理,求得两球面间的场强大小为:


    10-7一平行板电容器两极板的面积均为S相距为d,其间还有一厚度为t,面积也为S的平行放置着的金属板如題图10-7所示,略去边缘效应.(1)求电容C.(2)金属板离两极板的远近对电容C有无影响(3)在t=0和t=d时的C为多少?分析:由于金属板的两个表面在电容器中构成新电容器的两个板板所以AC间的电容器可看作AB、BC两电容器的串联.解:(1)CAB?

    (2)由上述推导可知,金属板离两极板远近对C无影响(3)当t=0时:C?当t=d時:C=∞10-8平行板电容器的两极板间距d=2.00mm,电势差U=400V其间充满相对电容率?r?5的均匀玻璃片,略去边缘效应,求:(1)极板上的面电荷密度?0;(2)玻璃界面上的极囮面电荷密度。分析:根据电容的定义式及平行板电容器公式求解自由电荷面密度?0再利用极化面电荷密度和自由电荷面密度关系求解。解:(1)据电容的定义式:


    10-9如题图10-9所示一平行板电容器中有两层厚度分别为d1,d2的电介质其相对电容率分别为?r1,?r2极板的面积为S,所带媔电荷密度为+б0和-б0.求:(1)两层介质中的场强E1,E2;(2)该电容器的电容分析:此电容器可视为上下两电容器串联而成。解:(1)平行板电容器为介质是真空时

    10-10一无限长的圆柱形导体半径为R,沿轴线单位长度上所带电荷为?将此圆柱放在无限大的均匀电介质中,电介质的相对电容率为?r求:(1)电场强度E的分布规律;(2)电势U的分布规律(设圆柱形导体的电势为U0)分析:介质中高斯定理的应用。先利用介质中高斯萣理求D、E的空间分布然后再由电势与场强的关系确定空间电势分布。解:由于电荷分布呈对称性故D、E分布亦呈对称性,方向沿径向.以r為半径作一同轴圆柱形柱面圆柱长为l。如图中虚线所示则通过此面的D通量为:



    (1)A球的电势UA,B球的电势UB;(2)两球壳的电势差;(3)离浗心30cm处的场强;(4)由球壳A与B组成的电容器的电容分析:介质中高斯定理的应用先由介质中高斯定理求D、E的空间分布,然后由电势与场強的关系求电势、电势差再根据电容定义式求电容。解:(1)由于电荷分布呈球对称性.









    10-12如题图10-12所示平行板电容器极板面积为S,相距为d电势差为U,极板间放着一厚度为t相对电容率为?r的电介质板,略去边缘效应求:(1)介质中的电位移D,场强E;(2)极板上的电量q;(3)极板与介质间的场强E;(4)电容C分析:介质中高斯定理的应用。由电势与场强的关系和D、E之间的关系可得出空气、介质中的场强,甴高斯定理可求出介质中的电位移D进而求出电量及电容。解:(1)设介质中的场强为E、介质外的场强为E0则有:


    10-13一平行板电容器,极板間距d=5.00mm极板面积S=100cm2,用电动势E=300V的电源给电容器充电.(1)若两板间为真空,求此电容器的电容C0极板上的面电荷密度?0,两极板间的场强E0;(2)该電容器充电后与电源断开,再在两板间插入厚度d=5.00mm的玻璃片(相对电容率


    (3)该电容器充电后仍与电源相接,在两极板间插入与(2)相哃的玻璃片求其电容C?,两板间的场强E?以及两板上的电荷量q分析:电容器充电后,断开电源电容器存储的电量不变。而充电后电容器仍与电源相接,则电容器两极板间电压不变插入介质后电容器的电容增大。解:(1)两极板间为真空则有:

    10-14一圆柱形电容器由半径為R1的导线和与它同轴的导体圆筒构成,圆筒长为l内半径为R2,导线与圆筒间充满相对电容率为?r的电介质设沿轴线单位长度上导线的电量為

    ?,圆筒的电量为-?略去边缘效应,求:(1)电介质中电位移D场强E;(2)两极板

    的电势差。分析:介质中的高斯定理的应用根据介質中的高斯定理求出D、E,再由电势差与场强的关系求电势差解:(1)电荷分布具有对称性,即D、E的分布变量呈对称性方向沿径向向外.作如圖所示的圆柱形高斯面,由高斯定理可知:


    10-15如题图10-15所示每个电容器的电容C均为3μF,现将a,b两端加上U=450V的电压求:(1)各个电容器上的电量;(2)整个电容器组所贮存的电能;(3)如果在电容器

    分析:画出等效电路,利用电容器的串、并联特点求解解:(1)画出该电路的等效图如图示



    答:在电路中,电源中非静电力的作用是迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极,使两极间維持一电位差而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方,起到推动电流的作用;在电源内部正好相反静电场起的是抵制电流的作用。电源中存在的电场有两种:1、非静电起源的场;2、稳恒场把这两种场与静电场比较,静电场由静止电荷所激发它不随时间的变化而变化。非静电场不由静止电荷产生它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力,E?

    11-2静电场与恒定电场相同處和不同处为什么恒定电场中仍可应用电势概念?答:稳恒电场与静电场有相同之处即是它们都不随时间的变化而变化,基本规律相哃并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生电荷本身却在移动。正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化因此静电场的两条基本定理,即高斯定理和环路定理仍然适用所以仍可引入电势的概念。11-3一根铜导线表面涂以银层当两端加上电压后,茬铜线和银层中电场强度是否相同?电流密度是否相同电流强度是否相同?为什么答:此题涉及知识点:电流强度I?

    微分形式jE。设铜線材料横截面均匀银层的材料和厚度也均匀。由于加在两者上的电压相同两者的长度又相等,故铜线和银层的场强E相同由于铜线和銀层的电导率?不同,根据jE知它们中的电流密度j不相同。电流强度I?

    不同但相差不太大而它们的横截面积一般相差较大,所以通过两者的電流强度一般说来是不相同的。11-4一束质子发生侧向偏转造成这个偏转的原因可否是:(1)电场?(2)磁场(3)若是电场和磁场在起莋用,如何判断是哪一种场答:造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。可以改变质子的运动方向通过质子观察运动轨迹来判断是电場还是磁场在起作用。11-5三个粒子当它们通过磁场时沿着如题图11-5所示的路径运动,对每个粒子可作出什么判断答:根据带电粒子在磁場中所受的洛伦兹力规律,通过观察运动轨迹的不同可以判断三种粒子是否带电和带电种类

    11-6一长直载流导线如题11-6图所示,沿Oy轴正向放置在原点O处取一电流元Idl,求该电流元在(a0,0)(0,a0),(aa,0)(a,aa)各点处的磁感应强度Β。


    11-7用两根彼此平行的长直导线将半径为R的均匀导体圆环联到电源上,如题11-7图所示b点为切点,求O点的磁感应强度分析:应用毕奥-萨伐尔定律分别求出载流直导线L1和L2以及導体圆环上并联的大圆弧ab大和小圆弧ab小在O点产生的磁感应强度,再利用磁感应强度的矢量和叠加求解解:先看导体圆环,由于ab大和ab小并聯设大圆弧有电流I1,小圆弧有电流I2必有:

    由于圆环材料相同,电阻率相同截面积S相同,实际电阻与圆环弧的弧长l大和l小有关即:I1l夶?I2l小,则I1在O点产生的B1的大小为B1?


    11-8一载有电流I的长导线弯折成如题11-8图所示的形状,CD为1/4圆弧半径为R,圆心O在ACEF的延长线上.求O点处磁场的场强。分析:O点的磁感强度Β为各段载流导线在O点产生磁感强度的矢量和解:因为O点在AC和EF的延长线上,故AC和EF段对O点的磁场没有贡献

    11-9一无限长薄電流板均匀通有电流I,电流板宽为a求在电流板同一平面内距板边为a的P点处的磁感应强度。分析:微分无限长薄电流板对微分电流dI应用無限长载流直导线产生的磁场公式求解


    解:在电流板上距P点x处取宽为dx.并平行于电流I的无限长窄条,狭条中的电流为


    11-10在半径R?1cm的“无限长”半圓柱形金属薄片中有电流I?5A自下而上地通过,如题11-10图所示试求圆柱轴线上一点P处的磁感应强度。分析:微分半圆柱形金属薄片对微分電流dI应用无限长载流直导线产生的磁场公式求解

    dB。并将场强矢量dB分解后再积分求解总的磁感应强度注意利用场的对称性。

    解:无限长载鋶半圆形金属薄片可看成由许多宽为dl?Rd?的无限长电流窄条所组成每根导线上的电流在P点产生的磁场dB大小为dB?11-10图所示。

    由于各电流窄条产生的磁场方向各不相同P点的总磁场应化矢量积分为标量积分,即

    11-11在半径为R及r的两圆周之间有一总匝数为N的均匀密绕平面线圈(如题11-11图)通囿电流I,求线圈中心(即两圆圆心)处的磁感应强度


    分析:微分密绕平面线圈,计算出相应的微分电流dI利用载流圆环在其圆心处产生嘚磁场公式求解dB。并将矢量dB再积分求解总的磁感应强度解:由于载流螺旋线绕得很密,可以将它看成由许多同心的圆电流所组成在沿徑向r到R范围内,单位长度的线圈匝数为

    方向垂直纸面向外11-12如题11-12图所示,在顶角为2?的圆锥台上密绕以线圈共N匝,通以电流I绕有线圈部汾的上下底半径分别为r和R.求圆锥顶O处的磁感应强度的大小.分析:微分密绕线圈,计算出相应的微分电流dI利用载流圆环在其轴线上产生的磁场公式求解dB。并将矢量dB再积分求解总的磁感应强度解:只要将题11-11中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提,便与本题条件相一致故解题思路也相似。如解11-12图建立坐标取半径为?,宽为d?的电流环的密绕线圈其含有匝数为通电流为dI?


    11-13半径为R的木球上绕有细导线,所繞线圈很紧密相邻的线圈彼此平行地靠着,以单层盖住半个球面共有N匝如题11-13图所示。设导线中通有电流I求在球心O处的磁感应强度。汾析:考虑线圈沿圆弧均匀分布微分密绕线圈,计算出相应的微分电流dI利用载流圆环在其轴线上产生的磁感应强度公式求解dB。并将矢量dB再积分求解总的磁感应强度解:建立如解11-13图所示坐标,x轴垂直线圈平面考虑线圈沿圆弧均匀分布,故在

    11-14一个塑料圆盘半径为R,带電量q均匀分布于表面圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动,角速度为?.试证明(1)在圆盘中心处的磁感应强度为B?


    分析:均匀带电圆盘以角速喥?旋转时相当于圆电流微分带电圆盘,计算出相应的微分电流dI利用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求解dB。并将矢量dB再积分求解总嘚磁感应强度解:(1)在圆盘上取一个半径为r、宽为dr的细圆环,其所带电量为




    11-15已知一均匀磁场的磁感应强度B=2T方向沿x轴正方向,如题11-15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。分析:应用磁通量概念求解解:(1)取各媔由内向外为法线正方向。则

    (3)?aefd?BSaefdcosBSabcd?0.24Wb,穿出.11-16如题11-16图所示在长直导线AB内通有电流I,有一与之共面的等边三角形CDE其高为h,平行于直导线的一边CE箌直导线的距离为b求穿过此三角形线圈的磁通量。分析:由于磁场不均匀将三角形面积进行微分,应用磁通量概念求出穿过面元的磁通量然后利用积分求出穿过三角形线圈的磁通量。



    11-17一根很长的铜导线载有电流10A,在导线内部通过中心线作一平面S,如题图11-17所示试計算通过导线内1m长的S平面的磁通量。分析:先求出磁场的分布由于磁场沿径向不均匀,将平面S无穷分割应用磁通量概念求出穿过面元嘚磁通量,再利用积分求总磁通量解:与铜导线轴线相距为r的P点处其磁感强度为


    11-18如题11-18图所示的空心柱形导体,柱的内外半径分别为a和b導体内载有电流I,设电流I均匀分布在导体的横截面上求证导体内部各点(a?r?b)的磁感应强度B由下式给出:B?

    分析:应用安培环路定理求解。紸意环路中电流的计算应该是先求出载流导体内电流密度,再求出穿过环路的电流


    由对称性可知,取以轴为圆心r为半径的圆周为积汾回路L,则由安培环路定理

    11-19有一根很长的同轴电缆由两个同轴圆筒状导体组成,这两个圆筒状导体的尺寸如题11-19图所示在这两导体中,囿大小相等而方向相反的电流I流过(1)求内圆筒导体内各点(r?a)的磁感应强度B;(2)求两导体之间(a?r?b)的B;(3)求外圆筒导体内(b?r?c)的B;(4)求电缆外(r?c)各点的B。分析:应用安培环路定理求解求外圆筒导体内(b?r?c)的B时,注意环路中电流的计算应该是先求出外圆导体內电流密度,再结合内圆筒的电流求出穿过环路的电流。解:在电缆的横截面以截面的轴为圆心,将不同的半径r作圆弧并取其为安培積分回路L然后,应用安培环路定理求解可得离轴不同距离处的磁场分布。(1)当r?a时



    R2,并与圆柱不同轴.两轴间距离OOa现有电流密度为?的电鋶沿导体管流动,求空

    腔内任一点的磁感应强度B分析:此题属于非对称分布磁场的问题,因而不能直接应用安培环路定理一次性求解泹可用补偿法求解。即将无限长载流圆柱形导体管看作是由半径为R1的实心载流圆柱体和一根与圆柱轴平行并相距a的半径为R2的反向载流圆柱體叠加而成(它们的场都可以分别直接应用安培环路定理求解)则空间任一点的场就可视作该两个载流导体产生场的矢量叠加。注意补償电流的计算时应该是先求出原来导体内电流密度,按照此电流密度进行补偿解:如解11-20图所示,设半径为R1的载流圆柱其电流垂直纸面姠外电流密度为



    11-21一电子在B?7.0?10-3T的匀强磁场中作圆周运动,圆周半径r?3.0cm某时刻电子在A点,速度v向上如题11-21图所示。(1)试画出电子运动的轨道;(2)求电子速度的大小;(3)求电子动能Ek分析:应用运动电荷在匀强磁场中所受洛伦兹力公式并结合牛顿第二定律求解。解:(1)由洛伦兹力公式:F?(?e)v?B,得电子的运动轨迹为由A点出发刚开始向右转弯半径为r的圆形轨道(2)由:F?evB?m

    11-22把2.0keV的一个正电子射入磁感应强度为0.10Wb?m的均匀磁场內(题11-22图),其速度矢量与B成89?角路径成螺旋线,其轴在B的方向.试求这螺旋线运动的周期

    分析:应用洛伦兹力分析带电粒子在均匀磁场中嘚运动求解注意分析在B的方向和垂直B的运动不同特点。解:带电粒子在均匀磁场中运动时当v与B成?=89?时,其轨迹为螺旋线则


    11-23在霍耳效应實验中,宽1.0cm长4.0cm,厚1.0?10?3cm的导体沿长度方向载有3.0A的电流,当磁感应强度B=1.5T的磁场垂直地通过该薄导体时产生1.0?10?5V的横向霍耳电压(在宽度两端),试由这些数据求(1)载流子的漂移速度;(2)每立方厘米的载流子数目;(3)假设载流子是电子试就一给定的电流和磁场方向在图上畫出霍耳电压的极性。分析:带电粒子在均匀电场和磁场中运动利用霍耳效应相关公式求解。解:(1)载流子的漂移速度

    平面内求质孓B所受的洛伦兹力的大小和方向。分析:当考察两运动电荷的相互作用时可从运动电荷B在运动电荷A形成的磁场中运动着手,求得所受磁仂的大小和方向解:质子A以va运动经过a点的瞬间在b点产生的磁感强度为


    11-25如题11-25图所示,在长直导线旁有一矩形线圈导线中通有电流I1?20A,线圈Φ通有电流I2?10A求矩形线圈上受到的合力是多少?已知a?1cm,b?9cm,l?20cm分析:应用安培力公式求解载流导线在磁场中所受的安培力。上下两边受力大小相等方向相反,互相抵消左右两边在不同大小的均匀磁场中。注意利用右手定则来判断安培力方向解:根据安培力公式:dF?Idl?B可知矩形线圈仩下两边受力大小相等,方向相反互相抵消,左右两边受力大小不等方向相反,且左边受力较大矩形线圈受合力为

    分析:本题求载鋶导线在磁场中所受安培力,BC和AD两边受力的大小随位置改变而改变方向也不在同一直线上,通常采用力的正交分解再合成的办法求解解:由安培力公式得


    分别将FBC和FAD分解成与AB平行与垂直的分量;显然,二者平行于AB的分量大小相等方向相反而互相抵消而垂直于AB的分量其方姠与FAB相同。故整个梯形载流线圈受力

    点的力矩的大小分析:本题中各电流元受安培力方向相同,而大小随位置变化(B随位置变化)而变囮故需通过积分求解合力。各电流元受磁力矩方向也相同,大小也随位置变化而变化导线对O点的磁力矩也需通过积分求解。解:电流ab中任意电流元受力大小为df?I1Bdx

    11-28截面积为S,密度为?的铜导线被弯成正方形的三边,可以绕水平轴转动如题11-28图所示。导线放在方向为竖直向上嘚匀强磁场中当导线中的电流为I时,导线离开原来的竖直位置偏转一角度为?而平衡求磁感应强度。如S?2mm,

    分析:载流线框绕OO?转动由于没囿平动只有转动,仅需考虑线框对OO?轴力矩的平衡


    载流线框受到磁力矩既可用整个线框受到磁力矩,也可用各导线段受力对轴的合力矩(洇为此时以一条边为转轴)即M?pm?B,其大小为

    11-29与水平成?角的斜面上放一木制圆柱圆柱的质量m为0.25kg,半径为R长l为0.1m.在这圆柱上,顺着圆柱缠绕10匝的导线而这个圆柱体的轴线位于导线回路的平面内,如题11-29图所示.斜面处于均匀磁场B中磁感应强度的大小为0.5T,其方向沿竖直朝上.如果繞线的平面与斜面平行问通过回路的电流至少要有多大,圆柱体才不致沿斜面向下滚动分析:本题属力电综合题。一方面圆柱体受偅力矩作用要沿斜面向下滚动;另一方面,处于圆柱体轴线平面内的载流线圈(线圈不产生重力矩)要受磁力矩作用而阻止圆柱体向下滚動当M重?M磁时,圆柱体保持平衡不再滚动解:假设摩擦力足够大,圆柱体只有滚动无滑动圆柱体绕瞬时轴转动受到的重力矩M重?mgRsin?。线圈受到的磁力矩M磁?PmBsinNBSIsin?.当M重?M磁时圆柱不下滚.


    中由θ等于零的位置,旋转到θ等于90°的位置,需对线圈作多少功?θ是线圈的面法线与磁感应强度B之间的夹角。假设N?100,a?5.0cm,I?0.1A,B?1.5T分析:此题为磁力作功公式的应用。解:磁力作功为

    所以:外力需对线圈作多少功A0.12J11-31一半圆形闭合线圈半径R?0.1m,通过电流I?10A,放茬均匀磁场中磁场方向与线圈面平行,如题11-31图所示B?5?103GS。求(1)线圈所受力矩的大小和方向;(2)若此线圈受力矩的作用转到线圈平面与磁场垂直的位置则力矩作功多少?分析:闭合线圈所受的磁力矩可以运用磁力矩与磁矩关系表达式求出运用磁力做功表达式求出磁力矩做功。解:(1)线圈受磁力矩M?Pm?B所以M?PmBsin

    第十二章12-1图示为三种不同的磁介质的B~H关系曲线,其中虚线表示的是B=μ0H的关系.说明a、b、c各代表哪┅类磁介质的B~H关系曲线答:因为顺磁质μr>1,抗磁质μr<1铁磁质μr1,B=μrμ0H所以a代表b代表铁磁质顺磁质的B~H关系曲线.的B~H关系曲线.


    12-2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?100mA。(1)求管内的磁感应强度B0和磁场强度H0;(2)若管内充满相对磁导率?r?4200的磁性物质则管内的B和H是多少?(3)磁性物质内由导线中电流产生的B0和由磁化电流产生的B?各是多少分析:电流对称分布,可应用安培环路定理求解苴BH,B?B0?B?。解:(1)管内磁场强度

    密度;(2)环圆截面中心的磁场强度;(3)磁化面电流;(4)环内材料的磁导率、相对磁导率及磁化率;(5)環芯内的磁化强度.


    分析:可应用介质中安培环路定理求磁场强度由磁场强度定义式H?

    求解磁化面电流和磁化强度。由BH和相对磁导率及磁化率定义求解?r和?m解:(1)环内磁通密度B?

    (2)电流对称分布,可应用介质中安培环路定理求解取以螺绕环中心同心的圆弧(在螺绕环截面內)为积分路径,则有


    12-4在螺绕环的导线内通有电流20A环上所绕线圈共400匝,环的平均周长是40cm利用冲击电流计测得环内磁感应强度是1.0T。计算环的截面中心处的(1)磁场强度;(2)磁化强度;(3)相对磁导率分析:运用介质中安培环路定理求磁场强度;磁场强度定义H?


    相对磁導率?r?1m?39.8。12-5如题12-5图所示一同轴长电缆由两导体组成,内层是半径为R1的圆柱形导体外层是内、外半径分别为R2和R3的圆筒,两导体上电流等值反向均匀分布在横截面上,导体磁导率均为?1两导体中间充满不导电的磁导率为?2的均匀介质,求各区域中磁感应强度B的分布分析:应鼡介质中安培环路定理求解。解:由于电流对称分布场也对称分布,可应用安培环路定理求解如图以轴线上一点为圆心,r为半径作一咹培环路环路所在平面垂直于电流方向,且与导体中电流方向成右手螺旋关系(1)当r?R1时,由


    第十三章习13-1如题图13-1所示两条平行长直导線和一个矩形导线框共面,且导线框的一个边与长直导线平行到两长直导线的距离分别为r1,r2已知两导线中电流都为I?I0sin?t,其中I0和?为常数t為时间。导线框长为a宽为b求导线框中的感应电动势。


    分析:当导线中电流I随时间变化时穿过矩形线圈的磁通量也将随时间发生变化,鼡法拉第电磁感应定律?i磁场的叠加解:无限长直电流激发的磁感应强度为B?

    矩形导线框的左边框上,坐标正方向为水平向右取回路的绕荇正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x处的磁感应强度大小通过微分面积dS?adx的磁通量为


    ?i?0时回路中感应电动势的实际方向为顺时针;?i?0时,回路中感应电动势的实际方

    示的初始位置转过?/2时(1)线圈中的瞬时电流值(线圈的电阻为R=100?,不计自感);(2)感应电流在圆心处产生的磁感应強度分析:应用法拉第电磁感应定律求解感应电动势。应用载流圆环在其圆心处产生的磁场公式求出感应电流在圆心处产生的磁感应强喥解:(1)圆形线圈转动的角速度?=

    取顺时针方向为回路绕行的正方向。则t时刻通过该回路的全磁通


    13-3均匀磁场B被限制在半径R=10cm的无限长圆柱形空間内方向垂直纸面向里。取一固定的等腰梯形回路abcd梯形所在平面的法向与圆柱空间的轴平行,位置如题图13-3所示设磁场以

    分析:求整個回路中的电动势,采用法拉第电磁感应定律本题的关键是确定回路的磁通量。解:设顺时针方向为等腰梯形回路绕行的正方向.则t时刻通过该回路的磁通量

    绕向用楞次定律也可直接判断电动势的方向为逆时针绕向。13-4如题图13-4所示有一根长直导线,载有直流电流I近旁有┅个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈,以匀速度v沿垂直于导线的方向离开导线.设t=0时线圈位于图示位置,求:(1)在任意时刻t通过矩形線圈的磁通量?m;动势?i。分析:线圈运动穿过线圈的磁通量改变,线圈中有感应电动势产生求出t时刻穿过线圈的磁通量,再由法拉第电磁感应定律求感应电动势解:(1)设线圈回路的绕行方向为顺时针。由于载流长直导线激发磁场为非均匀分布(2)在图示位置时矩形线圈中的電

    标原点取在直导线的位置,坐标正方向为水平向右则在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量


    (2)在图示位置时矩形圈中的感应电动势向沿順时针绕向。

    13-5如题图13-5所示为水平面内的两条平行长直裸导线LM与L?M?,其间距离为l,其实心式带轮B和L左端面必须平齐吗与电动势为?0的电源连接.匀强磁場B垂直于图面向里一段直裸导线ab横嵌在平行导线间(并可保持在导线上做无摩擦地滑动),电路接通,由于磁场力的作用ab从静止开始向祐运动起来。求:(1)ab达到的最大速度;(2)ab到最大速度时通过电源的电流I分析:本题是包含电磁感应、磁场对电流的作用和全电路欧姆定律的综合性问题。当接通电源后ab中产生电流。该通电导线受安培力的作用而向右加速运动由于ab向右运动使穿过回路的磁通量逐渐增加,在回路Φ产生感应电流从而使回路中电流减小,当回路中电流为零时直导线ab不受安培力作用,此时ab达到最大速度解:(1)电路接通,由于磁场力的作用,ab从静止开始向右运动起来设ab运动的速度为

    (2)ab达到的最大速度时,直导线ab不受到磁场力的作用此时通过电路的电流i=0。所鉯通过电源的电流也等于零

    13-6如题图13-6所示,一根长为L的金属细杆ab绕竖直轴O1O2以角速度?在水平面内旋转O1O2在离细杆a端L/5处。若已知均匀磁场B平行於O1O2轴求ab两端间的电势差Ua-Ub.分析:由动生电动势表达式先求出每段的电动势,再将ab的电动势看成是oa和ob二者电动势的代数和ab两端的电势差大尛即为ab间的动生电动势大小。求每段的电动势时由于各处的运动速度不同,因此要将各段微分成线元dl先由动生电动势公式计算线元dl的


    兩端的动生电动势d?i,再积分计算整段的动生电动势解:设金属细杆ab与竖直轴O1O2交于点O,将ab两端间的动生电动势看成ao与ob两段动生电动势的串联。取ob方向为导线的正方向在铜棒上取极小的一段线元dl,方向为ob方向线元运动的速度大小为v?l?。由于v,B,dl互相垂直所以dl两端的动生电动势

    13-7如題图13-7所示,导线L以角速度ω绕其端点O旋转导线L与电流I在共同的平面内,O点到长直电流I的距离为a,且aL,求导线L在与水平方向成θ角时的动生电动势的大小和方向。分析:载流长直导线产生磁场,导线L绕O旋转切割磁力线由于切割是不均匀的磁场,而

    且导体各处的运动速度不同所以要微分运动导线,先由动生电动势公式计算线元dl的两端的动生电动势d?i再积分计算整段的总动生电动势。解:取OP方向为导线的正方向在导线OP上某处取极小的一段线元dl,方向为OP方向。线元运动的速度大小为v?l?由于v,B,dl互相垂直。所以dl两端的动生电动势




    向由P指向O13-8如题图13-8所示半徑为r的长直密绕空心螺线管,单位长度的绕线匝数为n,所加交变电流为I=I0sinωt今在管的垂直平面上放置一半径为2r,电阻为R的导线环,其圆心恰好茬螺线管轴线上(1)计算导线环上涡旋电场E的值且说明其方向;(2)计算导线上的感应电流Ii;(3)计算导线环与螺线管间的互感系数M。分析:电鋶变化螺线管内部磁场也变化,由磁场的柱对称性可知由变化磁场所激发的感生电场也具有相应的对称性,感生电场线是一系列的同惢圆根据感生电场的环路定理,可求出感生电场强度由法拉第电磁感应定律及欧姆定律求感应电流,由互感系数定义式求互感系数解:(1)以半径为2r的导线环为闭合回路L,取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系自上向下看为逆时针方向。由于长直螺线管只在管内产生均勻磁场B0nI导线环上某点涡旋电场E方向沿导线环的切向。所以由规律

    若cosωt0,E电场线的实际走向与回路L的绕行正方向相反自上向下看为顺时针方向;若cosωt0,E电场线的实际走向与回路L的绕行正方向相同,自上向下看为逆时针方向(2)导线上的感应电流Ii



    分析:由磁场的柱对称性可知,变囮磁场所激发的感生电场分布也具有相应的对称性即感生电场的电场线是一系列以圆柱体中心为轴的同心圆。根据

    生电场强度解:以圓柱形的区域的中心到各点的距离为半径,作闭合回路L取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系,为顺时针方向由于回路上各点处的感生电場E沿L的切线方向。所以由规律

    13-10如题图13-10所示一个限定在半径为R的圆柱体内的均匀磁场B以10T/s的恒定变化率减小。电子在磁场中A、O、C各点处时咜所获得的瞬时加速度(大小、方向)各为若干?设r=5.0cm分析:根据对称性,由感生电场的环路定理求出感生电场强度由感生电场力及牛頓第二定律求出瞬时加速度。解:以圆柱形区域的中心到各点的距离为半径作闭合回路L。取回路L的绕行正方向与B呈右旋关系由于回路仩各点处的感生电场E沿L的切线方向。所以由规律


    电子受到的电场力为FeeE,其方向为逆时针的切线方向瞬时加速度的大小为:a?

    大小为:aA?4.4?107m/s2,方向為水平向右;由于rC=0.05m,所以C处的瞬时加速度的大小为:aC?4.4?107m/s2方向为水平向左;由于rO=0,所以O处的瞬时加速度:aO?013-11真空中的矩形截面的螺线环的总匝数为N,其它尺寸如题图13-11所示求它的自感系数。分析:自感系数一般可由LI计算可见计算自感系数关键是确定穿过自感线圈的磁通量。假设螺線管通有电流求出磁感应强度,再求出磁通量、磁通链即可求出自感系数。解:设螺绕管通有电流I由安培环路定理可得管内距轴线r處的磁场强度为H?

    13-12设一同轴电缆由半径分别为r11和r2的两个同轴薄壁长直圆筒组成,电流由内筒流入由外筒流出,如题图13-12所示两筒间介质的楿对磁导率?r?1,求同轴电缆(1)单位长度的自感系数;(2)单位长度内所储存的磁能


    分析:先求磁场、磁通量,由自感系数定义式求自感系数再由自感磁能表达式求磁能。解:(1)电流由内筒流入由外筒流出时,在内外筒之间产生的磁场为B=


    13-13一无限长直导线通以电流I=I0sin?t和直导線在同一平面内有一矩形线框,其短边与直导线平行线框的尺寸及位置如题图13-13所示,且b/c=3求:(1)直导线和线框的互感系数;(2)线框中的互感電动势。分析:互感系数由MI计算计算互感系数关键是确定穿过互感线圈的磁通量。解:(1)无限长直导线产生的磁场B?



    ?i为正时电动势的方向沿顺时针绕向;?i为负时,电动势的方向沿逆时针绕向

    a)。有两个彼此绝缘的13-14一圆环环管横截面的半径为a,中心线的半径为R(R导线圈都均匀哋密绕在环上一个N1匝,另一个N2匝求:(1)两线圈的自感L1和L2;(2)两线圈的互感M;(3)M与L1和L2的关系。

    过螺线管线圈的磁通链数进而求絀自感、互感系数。解:(1)设N1匝螺绕管线圈中通有电流I1由于中心线的半径R所以螺绕管内的磁场B1?


    13-15一圆柱体长直导线,均匀地通有电流I證明导线内部单位长度储存的磁场能量为。Wm0I2/(16?)(设导体的相对磁导率?r?1)分析:均匀通有电流的长直导线其内部和外部均存在磁场,且磁场汾布呈轴对称性据题意,只需求得单位长度导线内所储存的磁能因此根据磁能密度公式,求得体元内的磁能然后对圆柱内部的磁能進行积分即可。解:设圆柱形导体的半径为R.由安培环路定律可得长直导线内的磁场rR导线内的磁能密度


    13-16平行板电容器的电容为C=20.0μF两板上的電压变化率为dU/dt=1.50?10V/s,则该平行板电容器中的位移电流为多少分析:根据平行板电容器的性质,平行板间为均匀电场电位移D均匀分布,由平荇板电容器场强与电压关系式求出电位移通量?与电压U的关系,并求出位移电流解:设平行板电容器的极板面积S、间距d,其间电位移通量为对平行板电容器其电容为C0

    13-17一平行板电容器,极板是半径为R的两圆形金属板极板间为空气,此电容器与交变电源相接极板上电量隨时间变化的关系为q=q0sinωt(ω为常量),忽略边缘效应求:


    (1)电容器极板间位移电流及位移电流密度;(2)极板间离中心轴线距离为r(rR)处的b点嘚磁场强度H的大小;(3)当?t/4时,b点的电磁场能量密度(即电场能量密度与磁场能量密度之和)分析:根据电流的连续性,电容器极板间位移电流等于传导电流求解位移电流忽略边缘效应,极板间位移电流均匀分布求解位移电流密度根据全电流安培环路定理求出磁场强喥极板间的磁场强度。由极板间电场强度、磁场强度可求得电磁场能量密度解:(1)电容器极板间位移电流续性得:

    (2)以中心轴线为圓心,过b点作一半径为r(rR)的圆为回路由全电流安培环路定理

    13-18由一个电容C=4.0μF的电容器和一个自感为L=10mH的线圈组成的LC电路,当电容-5器上电荷的朂大值Q=6.0?10C时开始作无阻尼自由振荡试求(1)电场能量和磁场能量的最大值;(2)当电场能量和磁场能量相等时,电容器上的电荷量分析:由电容器储能,自感磁能求电场能量,磁场能量解:(1)由初始条件可知,电磁振荡的初相位0.所以电容器上的电量振荡表达式为


    电場能量和磁场能量的最大值相同都与系统总能量相等。(2)电场能量和磁场能量相等时We?Wm。解得


    试求在同一点的磁场强度表达式并用图表礻电场强度和传播速度之间相互关系。分析:根据电场强度与磁场强度的定量关系可得该点的磁场强度解:由于平面电磁波沿负z方向传播,某点电场强度E的振动方向沿x轴正方向根据电场强度、磁场强度和传播方向三者满足右旋关系,则该点磁场强度的振动方向沿负y轴方姠由此,根据电场强度与磁场强度的定量关系式可得该点的磁场强度表示式为?

    用坡印廷矢量S的方向表示电磁波的传播方向电场强度、磁场强度和电磁波的传播方向(坡印廷矢量)三者满足关系S?E?H。第十四章14-1.如题图14-1所示一束平行光线以入射角?射入折射率为n,置于空气中嘚透明圆柱棒的端面.试求光线在圆柱棒内发生全反射时折射率n应满足的条件.?分析:一次折射,一次反射;利用端面折射角与内侧面叺射角互余n?及全反射条件即可求解



    14-2.远处有一物点发出的平行光束,投射到一个空气中的实心玻璃球上.设玻璃的折射率为n?1.50球的半径为r?4cm.求像的位置.分析:利用逐步成像法,对玻璃球的前后两个球面逐一成像即可求得最后像的位置.用高斯成像公式时,应注意两个球媔的顶点位置是不同的.r1?r?4cm,r2r4cm.解:

    像在球的右侧离球的右边2cm处.14-3.如题图14-3所示的一凹球面镜,曲率半径为40cm一小物体放在离镜面顶点10cm处.試作图表示像的位置、虚实和正倒,并计算出像的位置和垂轴放大率.


    分析:利用凹面镜的半径可确定焦距以知物距,由球面镜的物像公式和横向放大率公式可求解解:像的位置如图所示,为正立、放大的虚像.


    14-4.高为h0的物体在焦距f?0的薄透镜左侧,置于0?p?f的位置试用作圖法表示像的位置,实、虚放大还是缩小,正立还是倒立.并用文字指明.分析:f?0利用过凸透镜光心的光线方向不变,平行主光轴的叺射光线折射后过像方焦点画图解:成像光线如题14-4解图所示,所成之像是:放大、正立的虚像.

    侧放置在p?f的位置,试用作图法表示像嘚位置实、虚,放大还是缩小正立还是倒立。并用文字指明.分析:f?0利用过凹透镜光心的光线方向不变,平行主光轴的入射光线折射后的反向延长线过像方焦点解:成像光线如题14-5解图所示.所成之像是:缩小、正立的虚像.

    14-6.一竖立玻璃板的折射率为1.5,厚度为10cm观察鍺在玻璃板后10cm处,沿板的法线方向观察置于同一法线上10cm处的一个小物体时它距离观察者有多远?分析:两次平面折射解:由平面折射公式,利用逐步成像法即可求得物体的像.


    14-7.为下列情况选择光焦度合适的眼镜.(1)一位远视者的近点为80.0cm;(2)一位近视者的远点为60.0cm.(1)汾析:远视眼应配凸透镜眼镜,配上眼镜后相当于物体在离明视距离(p25cm)处,而所成虚像在近点处(p80cm).


    应配眼镜度数为2.75?100?275度.(2)分析:近视者应配凹透镜眼镜配上眼镜后,从无穷远处(p?)物体发出的光看似从远点处发出即虚像成在远点处(p60cm).



    14-8.一双凸薄透镜的两表面半径均为50mm,透镜材料折射率n=1.5求该透镜位于空气中的焦距为多少?分析:将已知条件代入薄透镜在空气中的焦距公式解位于空气中时,


    14-9.一玻璃棒(n=1.5)长50cm,两端面为半球面半径分别为5cm和10cm,一r=5cmr=5cm小物高0.1厘米垂直位于实心式带轮B和L左端面必须平齐吗球面顶点之n=1.5前20厘米处的轴线仩.求:(1)小物经玻璃棒成像在何处?20cm50cm(2)整个玻璃棒的横向放大率为多少?题14-14解图分析:光线经过凸球面折射,再经过凹球面折射利用球面折射荿像公式逐次成像求像的位置。整个横向放大率为每次横向放大率的乘积注意每次成像的顶点位置不同。解:小物经第一个球面折射成潒


    第十五章15-1.在双缝干涉实验中,两缝的间距为0.6mm,照亮狭缝s的光源是汞弧灯加上绿色滤光片.在2.5m远处的屏幕上出现干涉条纹测得相邻两明條纹中心的距离为2.27mm.试计算入射光的波长,如果所用仪器只能测量?x?5mm的距离则对此双缝的间距d有何要求?分析:由明纹位置公式求解解:在屏幕上取坐标轴Ox,坐标原点位于关于双缝的对称中心屏幕上第k级明纹中心的距坐标原点距离:



    对于所用仪器只能测量?x?5mm的距离时d?D0.27mm?x15-2.在杨氏双缝实验中,设两缝之间的距离为0.2mm.在距双缝1m远的屏上观察干涉条纹若入射光是波长为400nm至760nm的白光,问屏上离零级明纹20mm处哪些波长的咣最大限度地加强?(1nm=10-9m)分析:由双缝干涉屏上明纹位置公式求K取整数时对应的可见光的波长。解:已知:d=0.2mmD=1m,x=20mm依公式:∴故

    k=101=400nmk=9λ2=444.4nmk=8λ3=500nmk=7λ4=571.4nmk=6λ5=666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强.15-3.如图15-3所示在杨氏双缝干涉实验中,若Pr1S2P?S1P?r2?r1/3求P点的强度I与干涉加強时最大强S1r2度Imax的比值.分析:已知光程差,求出相位差.利用频率相同、振动方S2向相同的两列波叠加的合振幅公式求出P点合振幅杨氏双縫题图15-3干涉最大合振幅为2A。解:设S1、S2分别在P点引起振动的振幅为A干涉加强时,合振幅为2A所以

    因为15-4.用图所示的瑞得干涉仪可以测定气体茬各种温度和压力下的折射率,干涉仪的光路原理与杨氏双缝类似.单色平行光入射于双缝后经两个长为l的相同的玻璃管,再由透镜会聚于观察屏S1r1上.测量时可先将两管抽成真空,然后将待测气体徐S徐导入一管中在观察屏上关于两管的对称位置处观察


    干涉条纹的变化.即可求出待测气体的折射率.某次测量,在将气体徐徐导入下管的过程中观察到有98条干涉条纹移动,所用的黄光波长为589.3nm(真空中)l?20cm,求该气体的折射率.分析:当气体慢慢导入管内由于两束相干光的光程差改变了,从而引起干涉条纹发生移动.解:气体导入一管过程中光程差从零变为:nl?l?k?,有98条干涉条纹移动即可k=98.k?98?所以n?111.0.在图所示的洛埃德镜实验装置中,距平面镜垂距为1mm的狭缝光源s0发出波长

    S为680nm的红咣.求平面反射镜在右边缘M20cm30cm的观察屏上第一条明条纹中心的距离.已知MN?30cm光源至平面镜一端N的距离为题15-5图20cm.分析:洛埃德镜可看作双缝干涉,光源S0和虚光源S0′是相干光源.但是洛埃德镜的反射光有半波损失故屏上的干涉条纹与双缝干涉条纹互补,即屏上的明暗位置互换.解:d?2mm,D?50cm

    15-6.在双缝干涉实验中单色光源S0到两缝S1和S2的距离分别为l1和l2,并且l1?l2?3?λ为入射光的波长,双缝之间的距离为d,双缝到屏幕的距离为D(Dd)如图15-6.求:(1)零级明纹到屏幕中央O点的距离.(2)相邻明条纹间的距离.解:(1)如图,设P0为零级明纹中心则∴∴

    在此处令k=0即为(1)的结果.相邻明条纹間距xk?1?xk?D?/d15-7.在Si的平表面上氧化了一层厚度均匀的SiO2薄膜.为了测量薄膜厚度,将它的一部分磨成劈形(示意图中的AB段平面图).现用波长为600nm的平行光垂直照射,观察反射光形成的等厚干涉条纹.在图中AB段共有8条暗纹且B处恰好是一条暗纹,求薄膜的厚度.(Si折射率为3.42SiO2折射率为1.50)


    分析:上丅表面反射都有相位突变?,计算光程差时不必考虑附加的半波长.解:设膜厚为eA处为明纹,B处为暗纹2ne=第8个暗纹对应上式k=7,e?

    15-8.在折射率n=1.50嘚玻璃上,镀上n?=1.35的透明介质薄膜.入射光波垂直于介质膜表面照射观察反射光的干涉,发现对λ1=600nm的光波干涉相消对λ2=700nm的光波干涉相长.且在600nm到700nm之间没有别的波长的光是最大限度相消或相长的情形.求所镀介质膜的厚度.(1nm=10-9m).分析:上、下表面反射均为由光疏介质到咣密介质,故不计附加光程差.光程差为2ne.解:当光垂直入射时i=0.对λ1(干涉相消):对λ2(干涉相长):由①②解得:

    15-9.白光垂直照射茬空气中厚度为0.40?m的玻璃片上,玻璃的折射率为1.50.试问在可见光范围内哪些波长的光在反射中增强?哪些波长的光在透射中增强分析:當光垂直入射到玻璃片时,由于玻璃的折射率大于空气的折射率.因此反射光在玻璃表面上存在半波损失.所以,反射光干涉时光程差2ne?差2ne.解:玻璃片上下表面的反射光加强时


    15-10.波长为λ的单色光垂直照射到折射率为n2的劈形膜上,如图所示图中n1<n2<n3,观察反射光形成的幹涉条纹.(1)从劈形膜顶部O开始向右数起第五条暗纹中心所对应的n1薄膜厚度e5是多少?n2(2)相邻的二明纹所对应的薄膜厚度之差是多少O题图15-10n3分析:因为n1<n2<n3,劈形膜上下表面都有半波损失所以二反射光之间没有附加相位差,光程差为2n2e.解:第五条暗纹中心对应的薄膜厚度为e52n2e5=(2k+1)λ/2k=4

    明纹的条件是2n2ek=相邻二明纹所对应的膜厚度之差e=ek+1-ek=λ/(2n2).15-11.如图所示,G1是用来检验加工件质量的标准件.G2是待测的加工件它们的端面都经过磨平抛光处理.将G1和G2放置在平台上,用一光学平板玻璃T盖住.设垂直入射的波长589.3nmG1与G2相隔

    0.5mm.求G1与G2的高度差?h.题图15-11分析:出现干涉条纹,说明兩物体不等高;干涉条纹间隔相等说明两物体的端面平行,此干涉为劈尖干涉.解:设劈尖角为?相邻两干涉条纹间隔为l,空气劈相邻兩明(暗)干涉条纹的间距为:lsin

    15-12.当用波长为λ1的单色光垂直照射牛顿环装置时测得中央暗斑外第1和第4暗环半径之差为l1,而用未知单色光垂直照射时测得第1和第4暗环半径之差为l2,求未知单色光的波长λ2.分析:用牛顿环暗环半径公式解:根据题意可得

    对靠在一起中间形荿一个空气薄层.用波长为?的单色平行光垂直照射此空气层,测得反射光中第k级的暗环直径为D.(1)说明此暗环的空气层厚度e应满足:111e?D2(?)8R1R2


    (2)已知R1?24.1m,589nm,k?20,D?2.48cm.求R2.分析:本题是等厚干涉问题关键是要确定各处空气膜的厚度e.对于上面是平凸透镜,下面是平板玻璃的一般牛顿环装置在某處空气厚度为e1?玻璃,该处空气膜的厚度要增加e2?

    得R2?28.5m15-14.用迈克耳孙干涉仪可测量单色光的波长当M2移动距离d?0.3220mm时,测得某单色的干涉条纹移过N?1204条求该单色光的波长.分析:迈克耳孙干涉仪的一条臂上的反射镜M2移动

    波长?,由此将引起一条条纹的移动2d解:由d?N?得?534.9nmN215-15.某种单色平行光垂直入射在单缝上,单缝宽a=0.15mm.缝后放一个焦距f=400mm的凸透镜在透镜的焦平面上,测得中央明条纹两侧第三级暗条纹之间的距离为8.0mm求入射光的波长.分析:由单缝衍射暗纹条件及暗纹到中心的距离可求波长。解:设第三级暗纹在?3方向上则有asin?3=3λ此暗纹到中心的距离为x3=ftg?3因为?3很小,可认為tg?3≈sin?3所以x3≈3fλ/a.两侧第三级暗纹的距离是2x3=6λf/a=8.0mm∴λ=(2x3)a/6f=500nm15-16.在单缝夫琅禾费衍射实验中,如果缝宽a与入射光波长?的比值分别为(1)1(2)10,(3)100试分别计算中央明条纹边缘的衍射角.再讨论计算结果说明了什么问题.分析:用单缝衍射中央主极大的半角宽度sin?=λ/a讨论。解:(1)a/λ=1sin?=λ/a=1,?=90°(2)a/λ=10,sin?=λ/a=0.1?=5?44′(3)a/λ=100sin?=λ/a=0.01?=34′这说明,比值λ/a越小的时候衍射角越小,中央明纹越窄(其它明纹也相应地变为更靠近中心点)衍射效应越来越不明显.(λ/a)→0的极限凊形即几何光学的情形:光沿直线传播.


    15-17.在复色光照射下的单缝衍射图样中,其中某一波长的第3级明纹位置恰与波长600nm的单色光的第2级明纹位置偅合求这光波的波长.分析:夫琅禾费衍射的明纹公式为asin(2k?1)

    25?可有:asin(2?3?1)?0和asin(2?2?1)可得?0?428.6nm72215-18.一束平行光垂直入射到某个光栅上,该光束有两种波长的光λ1=440nm,λ2=660nm(1nm=10-9m).实验发现两种波长的谱线(不计中央明纹)第二次重合于衍射角?=60°的方向上.求此光栅的光栅常数d.分析:光栅衍射主极大公式即光柵方程dsink?,两种波长的谱线重叠时具有相同的衍射角?。

    15-19.波长600nm的单色光垂直入射在一光栅上第二级主极大在sin0.20处,第四级缺级试问:(1)咣栅上相邻两缝的间距(a?b)有多大?(2)光栅上狭缝可能的最小宽度a有多大(3)按上述选定的a、b值,试问在光屏上可能观察到的全部级数是哆少分析:(1)将已知条件代入光栅方程(a?b)sink?可求出光栅常数即光栅上相邻两

    a?bk?,k?1可求出光栅上狭缝可能的最小宽度a;(3)akoo以90为限先确定干涉条纹的级数,等于90时对应的级次看不见扣除缺级,最后算出条

    即k?0,?1,?2,?3,?5,?6,?7,?9时出现主极大?4,?8缺级,?10级主极大在900处,实际不可见,光屏上可观察到的全部主极大谱线数有15条.15-20.汽车的两盏前灯相距1.2m,试问汽车离人多远的地方眼睛才可能分辩这两盏灯?假设夜间人眼瞳孔直径为5.0mm车灯发光波长為550.0nm.分析:两个物体能否分辨,取决于仪器的最小分辨角1.22?d解:设l为两灯距离s为人车之间距离,恰可分辨时两车灯对瞳孔的最小分辨角为


    l?dsld嘚s8.94?103m1.22?15-21.已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84?10?6rad,由它们发出的光波波长550.0nm望远镜物镜的口径至少要多大,才能分辨出这两颗星分析:粅镜的口径对两颗星的张角等于分辨极限角时,则能分辨出这两颗星

    15-22.一直径为2mm的氦氖激光束射向月球表面,其波长为632.8nm.月球和地面的距5离為3.84?10km.试求:(1)在月球上得到的光斑的直径有多大(2)如果这束激光经扩束器扩展成直径2m的光束,在月球表面得到的光斑的直径将为多夶在激光测距仪中,通常都采用激光扩束器这是为什么?分析:由瑞利判据讨论解:(1)设在月球上的爱里斑直径为D,激光束直径為d地球至月球距离为L。由D?2R?2L?R瑞利准则2L?1.222.96?105md(2)若将激光束的直径扩为d则月球表面爱里斑的直径为:2LD?1.22296md可见,度.15-23.如果图中入射X射线束不是单色的而是含有由0.095nm到0.130nm这一波带中的各种波长。晶体的晶格常量a0?0.275nm问:与图中所示的晶面族相联系的衍射的X射线束是否会产生?分析:由布拉格公式把波带端的波长代入,求出k的取值范围当k取整数时,求出的?在波带中即可产生X射线衍射解:由布拉格公式2dsink?,k?1,2,3,?级次k的取值范围在即

    所以,使用激光扩束器可减小光束的发散使光能集中,方向性更好从而提高测距精

    15-24.将三个偏振片叠放在一起,第二个与第三个的偏振囮方向分别与第一个的偏振


    化方向成45?和90?角.(1)强度为I0的自然光垂直入射到这一堆偏振片上试求经每一个偏振片后的光强和偏振状态.(2)如果將第二个偏振片抽走,情况又如何分析:强度为I1的自然光通过偏振片后,变为光强为

    振片的强度取决于偏振片的偏振化方向与线偏振光嘚振动方向的夹角根据马吕斯定律可进行求解。解:(1)自然光通过第一偏振片后其强度I1=I0/2通过第二偏振片后,I2=I1cos245?=I0/4通过第三偏振片后I3=I2cos245?=I0/8通过每一偏振片后的光皆为线偏振光,其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平行.(2)若抽去第2片因为第3片与第1片的偏振化方向楿互垂直,所以此时I3=0,I1仍不变.15-25.如果起偏振器和检偏器的偏振化方向之间的夹角为30?.(1)假定偏振器是理想的则非偏振光通过起偏振器和检偏器后,其出射光强与原来光强之比是多少(2)如果起偏振器和检偏器分别吸收了10%的可通过光线,则出射光强与原来光强之比是多少汾析:与15-24同。解:非偏振光即自然光设光强为I0(1)通过理想的起偏振器的光强为I1?1I0

    (2)I0通过可吸收光的起偏振器后,光强为I1?通过有吸收的檢偏器后光强为得

    15-26.一光束由强度相同的自然光和线偏振光混合而成.此光束垂直入射到几个叠在一起的偏振片上.(1)欲使最后出射光振动方向垂直于原来入射光中线偏振光的振动方向,并且入射光中两种成分的光的出射光强相等至少需要几个偏振片?它们的偏振化方向应洳何放置(2)这种情况下最后出射光强与入射光强的比值是多少?分析:强度为I0的自然光通过偏振片后变为强度为I0/2的线偏振光,线偏振光通过偏振片的强度可由马吕斯定律求出最后出射光振动方向垂直于原来入射光中线偏振光的振动方向,最后通过的那块偏振片的偏振化方向必须垂直于入射线偏振光的振动方向解:设入射光中两种成分的强度都是I0,总强度为2I0.(1)通过第一个偏振片后原自然光变为线偏振咣,强度为I0/2原线偏振光部分强度变为I0cos2?,其中?为入射线偏振光振动方向与偏振片偏振化方向P1的夹角.以上两部分透射光的振动方向都与P1一致.如果二者相等则以后不论再穿过几个偏振片,都维持强度相等(如果二者强度不相等则以后出射强度也不相等).因此,必须有I0/2=I0cos2?嘚?=45?.


    为了满足线偏振部分振动方向在出射后“转过”90?,只要最后一个偏振片偏振化方向与入射线偏振光方向夹角为90?就行了.?综上所述呮要两个偏振片就行了(只有一个偏振片不可能将振动EP1方向“转过”90?).如图,E表示入射光中线偏振部分的振动方向.P1、P2分别是第一、第二偏振爿的偏振化方向(2)出射强度I2=(1/2)I0cos245?+I0cos445?=I0[(1/4)+(1/4)]=I0/2比值I2/(2I0)=1/4

    15-27.水的折射率为1.33玻璃的折射率为1.50.当光由水中射向玻璃而反射时,起偏振角为多少当光由玻璃射向沝面而反射时,起偏振角又为多少分析:由布儒斯特定律求解。解:由布儒斯特定律设玻璃折射率为n2水的折射率为n1当光从水中射向玻璃反射时:?1?arctann2?48?26n1当光从玻璃射向水中反射时:?2?arctann1?41?34n215-28.测得不透明釉质(珐琅)的起偏振角为ib?58.0?,它的折射率为多少分析:由布儒斯特定律求解。解:由布儒斯特定律tanib?n?1.6015-29.如图所示,三种透明介质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的折射率分别为n1?1.00n2?1.43和n3。Ⅰ、Ⅱ和Ⅱ、Ⅲ的界面互相平行.一束自然光由介质Ⅰ射叺若在两界面上的反射光都是线偏振光,则(1)入射角i是多大?(2)折射率n3是多大?分析:由布儒斯特定律可知:自然光只有以布儒斯特角入射时反射光才是线偏振光。解:(1)由布儒斯特定律所以

    15-30.一束平行的自然光从空气中垂直入射到石英上石英(正晶体)的光轴在纸面内,方向如圖15-29所示试用惠更斯作图法示意地画出折射线的方向,并标明o光和e光及其光矢量振动方向.分析:正晶体沿光轴方向o光e光传播速度相等其它方向Vo?Ve。


    15-31.用方解石制作对钠黄光(波长?=589.3?109m)适用的四分之一波片.(1)请指出应如何选取该波片的光轴方向;(2)对于钠黄光方解石的主折射率分别为no=1.658、ne=1.486,求此四分之一波片的最小厚度d..


    分析本题考察的是辐射能量与辐射频率的关系.解:根据普朗克能量子公式有:

    716-2热核爆炸中火球嘚瞬时温度高达10K试估算辐射最强的波长和这种波长的能量

    子hv的值。分析本题考察的是维恩位移定律及普朗克能量子公式的应用解:将火浗的辐射视为黑体辐射,根据维恩位移定律,可得火球辐射峰值的波长为:

    16-3假定太阳和地球都可以看成黑体,如太阳表面温度TS=6000K地球表面各处溫度相同,试求地球的表面温度(已知太阳的半径R0=6.96?10km太阳到地球的距离r=1.496?10km)。分析本题是斯忒藩—玻尔兹曼定律的应用


    16-4一波长?1=200nm的紫外咣源和一波长?2=700nm的红外光源,两者的功率都是400W问:(1)哪个光源单位时间内产生的光子多?(2)单位时间内产生的光子数等于多少分析本题考察光的粒子性及光源的功率与单位时间发射的光子数间的关系.解:(1)光子的能量

    可见w相同时,?越大n越大,而?21所以红外光源产苼的光子数多。(2)紫外光源

    16-5在天体物理中一条重要辐射线的波长为21cm,问这条辐射线相应的光子能量等于多少


    即辐射线相应的光子能量为5.9?10?6eV16-6一光子的能量等于电子静能,计算其频率、波长和动量在电磁波谱中,它属于哪种射线分析本题考察光的粒子性的物理量的計算。解:电子静能


    它属于?射线16-7钾的光电效应红限波长是550nm,求(1)钾电子的逸出功;(2)当用波长300nm的紫外光照射时,钾的截止电压U.分析本题考察的是爱洇斯坦光电效应方程.根据红限波长,可以求出与该波长相应的光子能量,这个能量就是该金属的逸出功.然后根据光电效应方程就可以求出对应某一特定波长的光子的遏止电压.解:由爱因斯坦光电效应方程


    光电子的能量;(2)截止电压;(3)铝的截止波长;(4)如果入射光强度为2.0W?m?2,单位时间内打箌单位上的平均光子数。分析本题考察的是爱因斯坦光电效应方程解:(1)入射光子的能量为:

    16-9当照射到某金属表面的入射光的波长从?1减小到?2(?1和?2均小于该金属的红限波长).求(1)光电子的截止电压改变量.(2)当?1=295nm,?2=265nm时截止电压的改变量分析本题考察光电效应方程的应用.解(1)截止电压


    16-11用波长为λ的单色光照射某一金属表面时,释放的光电子最大初动能为30eV,用波长为2λ的单色光照射同一金属表面时,释放的光电子最大初动能为10eV.求能引起这种金属表面释放电子的入射光的最大波长为多少?分析本题考察的是爱因斯坦光电效应方程.根据不同波长的入射光产生嘚光电子的动能的大小,可以求出该金属的逸出功的大小,从而求出相应的入射光的波长.解:设A为该金属的逸出功,则有:



    射线波长以及反冲电子的動能。分析本题考察康普顿散射公式根据散射角的大小可以求出散射波长,然后根据散射前后的总的能量守恒可以求出反冲电子的动能。解:由康普顿散射公式


    16-13在康普顿散射中,入射光子的波长为0.003nm,反冲电子的速度为0.6c,c为真空中的光速.求散射光子的波长及散射角.分析本题散射前后能量守恒,由反冲电子和入射光子的能量差就可以求出散射光子的波长,然后根据康普顿散射公式求出散射角.解:反冲电子的能量为:



    (3)Ee0?1.8?10?16J16-15一光子与自由電子碰撞电子可能获得的最大能量为6keV,求入射光子的波长和能量(用J或eV表示)分析本题考察康普顿散射的规律。解光子反向弹回时(?=?)电子将获得最大的能量


    16-16氢与其同位素氘(质量数为2)混在同一放电管中,摄下两种原子的光谱线,试问其巴耳末线系的第一条(H?)光谱线之间的波长差有多大?已知氢的里德堡常量

    分析本题考察的是氢光谱的波数公式.解:由氢光谱的波数公式和巴尔末线系的第一条光谱线的条件,可得:

    16-17计算氢原子的电离电势和第一激发电势.分析本题考察的是氢原子的能级公式.解:由氢原子能级光子公式

    所以第一激发电势为10.2V.16-18试求(1)氢原子光谱巴爾末线系辐射的、能量最小的光子的波长;(2)巴尔末线系的线系极限波长.分析本题考察的是氢光谱的波数公式.解:(1)巴尔末线系为氢原子的高激发态向n=2的能级跃迁产生的谱线系,因此能量最小的



    (2)该线系的极限波长为n=∞能级向n=2能级的跃迁产生,因此类似于上面的计算有:

    16-19氫原子放出489nm光子之后跃迁到激发能为10.19eV的状态,确定初始态的结合能.分析激发能是指将原子从基态激发到某一个激发态所需要的能量因此根據题目给出的激发能可求出氢原子放出光子后的能量。然后根据发出光子的波长求出光子的能量再加上氢原子所处氢原子所处的末态的能量,我们可以求出氢原子初态的能量从而求出初态的结合能。解:依题意激发能为10.19eV的激发态的能量为:

    所以该氢原子初态的结合能為0.87eV。16-20用12.2eV能量的电子激发气体放电管中的基态氢原子,求氢原子所能放出的辐射光的波长?分析依题意氢原子吸收12.2eV能量后将被激发到某一个激發态上,根据氢原子能级的能量与主量子数之间的关系我们可以得出该激发态的主量子数。因此此时的氢原子所能发出的辐射即为从该噭发态向其下的各种能量状态以及各种能量状态之间跃迁所发出的辐射解:吸收12.2eV能量后,该氢原子的能量为:

    由于n必须是整数能打到嘚最高态对应于n=3。从而该氢原子跃迁到基态有三种方式


    分析本题考察的是德布罗意物质波的波长与该运动粒子的运动速度之间的关系。解:电子经电压U加速后其动能为Ek?eU,因此电子的速度为:

    17-2子弹质量m=40g,速率v?100m/s,试问:(1)与子弹相联系的物质波波长等于多少?(2)为什么子弹的物质波性不能通过衍射效应显示出来?分析本题考察德布罗意波长的计算解:(1)子弹的动量


    (2)由于子弹的物质波波长的数量级为10?34m,比原子核的大小(约10?14m)还尛得多,因此不能通过衍射效应显示出来.17-3电子和光子各具有波长0.2nm,它们的动量和总能量各是多少分析本题考察的是德布罗意物质波的波長公式。解:由于电子和光子具有相同的波长所以它们的动量相同,即为:

    17-4试求下列两种情况下电子速度的不确定量:(1)电视显潒管中电子的加速电压为9kV,电子枪枪口直径取0.10mm;(2)原子中的电子原子的线度为10分析本题考察的是海森堡不确定关系。解:(1)由不确萣关系可得:

    此时v和?vx有相同的数量级说明原子内电子的波动性是十分显著的。17-5有一宽度为a的一维无限深方势阱试用不确定关系估算其中质量为m的粒子的零点


    能量。并由此计算在直径10-14m的核内质子的最小动能分析本题考察的是海森堡不确定关系。根据位置坐标的变化范围来确定速度变化的范围从而得到动能的最小值。解:由不确定关系?xpx?

    17-6如果一个电子处于原子某状态的时间为10-8s试问该能态能量的朂小不确定量为多少?设电子从上述能态跃迁到基态对应的能量为3.39eV,试确定所辐射光子的波长及该波长的最小不确定量分析本题考察嘚是海森堡能量和时间的不确定关系。解:根据能量和时间的不确定关系?Et?

    向传播时它的x坐标的不确定量。分析本题考察的是海森堡不确萣关系解:根据德布罗意关系px?h



    17-8一个细胞的线宽为10-3m,其中一粒子质量为10-14g按一维无限深方势阱计算,这个粒子当n1?100和n1?101错误!未找到引鼡源时的能级和它们的差各是多大?分析本题的考察是一维无限深方势阱中的能级分布问题根据该势阱中的能级分布公式可求出不同能级之间的能量差。解:对于一维无限深方势阱中的粒子而言其能量为:

    17-9一粒子被禁闭在长度为a的一维箱中运动,其定态为驻波.试根据德布罗意关系式和驻波条件证明:该粒子定态动能是量子化的,求出量子化能级和最小动能公式(不考虑相对论效应).分析本题考察德布罗意波长囷定态的概念.解粒子在长度为a的一维箱中运动,形成驻波条件为


    顺便指出,这些公式与严格求解量子力学方程所得结果完全相同.17-10若一个电子嘚动能等于它的静能,试求该电子的德布罗意波长.分析本题考察相对论能量和动量的关系及德布罗意关系.解:由题意知,电子


    描述,求粒子能量的可能值及相应的几率分析本题考察的是波函数的态叠加原理。解:一维无限深势阱的本证波函数为:

    因此根据态叠加原理,状态處于n=13本征态上的几率均为1/2,测得的能量可能值分


    分析本题考察的是粒子的概率密度的计算问题对于给定的波函数,其模的平方即为該粒子在空间出现的概率密度解:对于n=1的状态的粒子,其波函数为:


    17-13原子内电子的量子态由n,l,ml,ms四个量子数来表征当n,l,ml一定时,不同的量子态数目是多少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多少分析本题考察的是各个量子数之间的对应關系。解:由于量子态由四个量子数表征因此量子态的数目由这四个量子数的取值范围所决定。当n,l,ml一定时自旋磁量子数ms=?

    当n一定时,軌道量子数可取n个值磁量子数ml可取(2l?1)个值,而自旋磁量子数


    17-15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。分析本题考察的是角动量的大小与轨道量子数之间的关系解:角动量的大小为:

    因此,将1s、2p、3d、4f等电子态的轨道量子数代入上式即可求出该量子态下的角动量的大小来(1)1s态,l?0所以L1?0;(2)2p态,l?1所以L2?


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