大学物理(下)练习题

1、dBodlr 2 2R3Bsin2 d40o o428i3习题 108图方向沿轴线向上。10-15 一半径为R的无限长半圆柱面形导体，与轴线上的长直导线载有等值反向的电流I,如图所示。试求轴线上长直导线单位长度所受的磁力。解：此电流结构俯视如图，圆柱面上的电流与轴线电流反向，反向电流电流相斥，如图，对称分析可知，合力沿x轴正向，有dF BldI此RdR R012 d2 2RdF dF sinoI22 2Rsin0oI22R习题 1015图大学物理（下）练习题第十章10-8一均匀带电的半圆形弧线，半径为R,所带电量为Q,以匀角速度绕轴O。/转动，如图所示，求O点处的磁感应强度。解：此题可利用运动

2、电荷产生的磁场计算，也可利用圆电流产生的磁场计算。以下根据圆电流在轴线产生的磁感应强度来计算的。如图电荷dq旋转在。处产生的磁感应强度为20Rd(Rsin)22R31016半径为R的圆形线圈载有电流 向放置，求圆形线圈所受到的磁力。解：此电流结构如图，对称分析可知，合力 沿x轴负向，有I2,无限长载有电流I1的直导线沿线圈直径方dF 12d1工2 r0I1I2 Rd2 Rcos0I 1I 2,d 2 cosF dF cos0I 1I 2 cos2 cos1019 半径为R的薄圆盘，放在磁感应强度为 B的均匀磁场中,B的方向与盘面平行，如图所示，圆盘表面的电荷面密度为用在圆盘上的磁力矩。解：圆盘

3、上任一薄层电荷运转时产生的电流为,若圆盘以角速度绕其轴线转动，试求作dI,其对应的磁矩为2_dm dI r 2rdr 一 2rdr整个圆盘的磁矩为m dmRrdrR4作用在圆盘上的磁力矩为MmBsin 900 mBR4B，方向垂直纸面向里。410-24有一同轴电缆，其尺寸如图所示。两导体中的电流均为I,但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑。试计算以下各处的磁感强度：(1)r<R；(2)R1<r<R2；(3)R2<r<R3 (4) r>R3；面出 B r 曲线。解：由安培环路定理Bdl0ILIIr、(1)B2ur0-2r2B(rR1)R2R1习题 10 24图

4、(2)B2冗rR2)(3)B2ttr0I2_2I(rR2)22(R3R22)(4)B2冗rB0(rR3)6.一无限长圆柱形铜导体（磁导率。），半径为2201R3r(R2rR3)R,通有均匀分布的电流I,今取一计算题9图矩形平面S（长为1m,宽为2R）,位置如右图中画斜线部分所示，求通过该矩形平面的磁通量。解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路安律可得：B2兀R因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁能42,（rWR）M B.dS Bdsi为R科0I , 科0 Io2rdr o 2兀R24兀1m计算题6图在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为_M 0 IB

5、-,（r2冗r因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通量4R)B.dS2R01dr ln 22冗穿过整个平面的磁通量6 巾1 巾2-4支W0 I1n2n9. 一无限长直导线通以电流 共面，相对位置如图，试求电流I,其旁有一直角三角形线圈通以电流Ii对AB、CA两段载流导体的作用力。线圈与直导线:dFAB 肃一.12dl1)F ABb W01112. W01112 1 a bdl ln0 2"a l)2na方向垂直AB向下F AC(i0I 1 I 2dl / cos。dFAC2"al cos0)l=l/cost w 0 111 2 dlo 2Ma l cos0)W 0I1I 21

6、, a b.ln2支cosB a第十二章121在通有电流I=5A的长直导线近旁有一导线ab,长l =20cm ,离长直导线距离 d=10cm（如图）。当它沿平行于长直导线的方向以 多大? a、b哪端的电势高？v=10m/s速率平移时，导线中的感应电动势解：根据动生电动势的公式E= （vLB) dl30 0Iv dxE 10工当n3 2410 7 5210In 3 1.1 105V习题12-1图方向沿x轴负向，a电势高。12-8在水平放置的光滑平行导轨上，放置质量为m的金属杆，其长度 ab=l,导轨一端由一电阻R相连（其他电阻忽略），导轨又处于竖直向下的均匀磁场B中，当杆以初速V0运动时，求（1

7、）金属杆能移动的距离;（2）在此过程中R所发出的焦耳热。解：（1）依题意,根据牛顿定律有F IBIvB2l2dvm一 出vdv m dx分离变量积分2, 2vB l mRxdxo0m vdvVomRv0B2l2(2).12Qmvo1210均匀磁场B（t）被限制在半径为R的圆柱形空间，磁场对时间的变化率为dB/dt在与磁场垂直的平面内有一正三角形回路aob,位置如图所示，试求回路中的感应电动势的大小。1.斛：BSRB,回路中的感应电动势的大小为6BS12dB-R6出习题12-10图1216在如图所示的电路中，线圈II连线上有一长为l的导体棒CD,可在垂直于均匀磁场B的平面内左右滑动并保持与线圈I

8、I连线接触，导体棒的速度与棒垂直。设线圈I和II的互感系数为M,电阻为R1和R2。分别就以下两情形求通过线圈I和II的电流:解：(1) CD以匀速v运动时Bvl , 口 一I1，I1是恒量，故I2=0R1R1(2) CD由静止开始以加速度 a运动I1 "B匹,I1是时间的函数，故 I2不为零R1R1习题12- 16图dI1R1R2MBl a R1R2(1) CD以匀速v运动；(2)CD由静止开始以加速度a运动。1220圆柱形长直导线中各处电流密度相等，总电流为I,试证每单位长度导线内12贮藏的磁能为-16证：根据安培环路定理口Bdl0IL2I201rB2r0jr0-2rB2R2RR1

9、9WB22rldr，单位长度l=1R 1212r2W2 rdr W 0 2 o 4 2R44J 2 RoJ 2J r3dr 上，本题得证。R4 0161 .如图，一长直导线中通有电流I,另有一垂直于导线、长度为l的金属棒AB在包含导线的平面内，以恒定的速度v沿与棒成e角的方向移动，开始时，棒距导线的距离为a,求任意时刻金属棒中的动生电动势，并指出棒哪端的电势高。解：vsin0v/vcos0xiWoI£,d£IvsinBdxx22nx式中：x1alvtcos0x2avtcosB%I八alvtcosB&ivsin01n2nxavtcosBA端的电势高2.如图，导体矩形框

10、的平面与磁感应强度为B的均匀磁场垂直，在此矩形框上有一质量为m,长为L的可移动细导体棒AB,矩形框还接有一电阻R,其值较之导线的电阻值要大得多，若开始时（t=0）,细导体棒以速度vo沿图示所示的矩形框运动，试求棒的速率随时间变化的函数关系。解：按图中所示的ox坐标，棒的初速度vo与ox轴的正向相同。当棒的速率v时，棒中动生电动势为=vBL其方向由A端指向B端，故在图中矩形导体框中的电流是逆时针流动，值为vBLI-RR由安培定律可知作用在棒上的安培力为F IBLvB2L2安培力的方向与ox轴反向，它使棒的运动速率越来越小，根据牛顿第二定律，有dvvB2L2m-dtR分离变量得dvB2L2-dtv

11、mR式中B、L、m、R均为常量，依题意，t=0时，v=vo,上式积分得vdvB2L2tdtv0vmR0In vob2l2 tmR则任意时刻t棒的速率即棒的速率随时间变化的函数关系为b2l21vvoemR168用很薄的、折射率为1.58的云母片覆盖在双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹位置上，如果入射光波长为550nm，试问此云母片的厚度为多少？解：零级明条纹移到第七级明条纹上，则原来零级明纹的地方出现的为一7级明纹，设b为云母片厚度，则光程1为：rbnb光程2为：rrbnbr73解得：b6.6103(mm)1612折射率为1.5表面附有一层折射率为1.32油膜，今

12、用一波长连续可调的单色光束垂直照射油面。当波长为485nm时，反射光干涉相消。当波长增为670nm时，反射光再次干涉相消。求油膜的厚度。解：2nd(2k1)22nd2(k1)12其中n1.38,1485nm,2670nm，代入数据，可得k3,d643nm1617白光照射到折射率为1.33的肥皂膜上，若从450角方向观察薄膜呈现绿色(500nm),试求薄膜最小厚度。若从垂直方向观察，肥皂膜正面呈现什么颜色？解：解：斜入射时，由膜的上下表面反射的光干涉加强的条件是2e, n2 sin2 i/2 k , k=1 , 2, 3, -k=1给出emin54、n2sin2i9500 10 97 1.11

13、10 m4 4.332 sin2 45从垂直方向观察，反射光加强的条件是=4ne=4 1.33 1.11 10 7=5.92ne= /2。于是10 7m=590nm ,黄色。16-19当牛顿环装置中的透镜与平面玻璃之间充以某种液体时，某一级干涉条纹直 径由1.40cm变成1.27cm时，试求该液体的折射率。解:2nd 一 222n r 2dR2R.是等厚干涉，对于同一级条纹有：122R 222 _2R 2其中n112n2-12-1.211 .当牛顿环装置中的平凸透镜与平面玻璃之间充以某种折射率为n的液体时，试推导此时的明环半径与暗环半径公式。解:2nd 一 2r2dR2n -2R形成明环条件:

14、2 r n -R所以：r将(2k 1)5rR形成暗环条件n(2k1)所以：rJ-kR22,n2 .在图示的双缝干涉实验中，若用折射率为n1=1.4的薄玻璃片覆盖缝S1,用同样厚度但折射率为n2=1.7的玻璃片覆盖缝S2,将使屏上原中央明条纹所在处o变为第五级明纹，设单色光波长=480.0nm,求玻璃片厚度d（可认为光线垂直穿过玻璃片）。解：设第五个明纹处膜厚为e有：2ne+入/2=5入又：e=L9得：2nLe=9入/2L=9入/4n9充满液体前Lo=9入/48,（no=1）充满液体前后第五个明纹移动得距离L=Lo-L=9入（1-1/n）/49=1.61mm3 .在杨氏双缝实验中，两缝之间的距离

15、d=0.5mm,缝到屏的距离为25cm,若先后用波长为400nm和600nm两种单色光入射，求：（1）两种单色光产生的干涉条纹间距各是多少？（2）两种单色光的干涉条纹第一次重叠处距屏中心距离为多少？各是第几级条纹？解：屏上p点处，从两缝射出的光程差为=xd/D明纹条件=k入屏上明纹位置x=Dk入/d（1）两明纹的间距x=D入/dX1=D入1/d=0.2mmX2=D入2/d=0.3mm（2）两种单色光的干涉条纹重叠有X1=X2即ki入1=k2入2ki/k2=入2/入1=3/2第一次重叠ki=3,k2=2xi=X2=0.6mm9.白光照射到折射率为1.33的肥皂膜上，若从45o角方向观察薄膜呈现绿

16、色(500nm),试求薄膜最小厚度。若从垂直方向观察，肥皂膜正面呈现什么颜色？解：斜入射时，由膜的上下表面反射的光干涉加强的条件是2eVnsin2i/2k,k=i,2,3,k=1给出emin-4 . n2sin2 i500109一一八71.1110m4J.332sin2452ne= /2。于是10 7m=590nm ,黄色。从垂直方向观察，反射光加强的条件是=4ne=41.331.11107=5.9第十七章17-6一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。解：单缝衍射明纹条件为asin(2k1)(23

17、1)1(221)2依题思有22代入数据得1山5600428.6nm7717- 15波长600nm的单色光垂直入射在一光栅上，第二级明条纹分别出现在sin(=0.2处,第四级缺级，试问：(1)此光栅常数多少？(2)光栅上狭缝可能的最小宽度a多少？(3)按上述选定的d、a值，试问在光屏上可能观察到的全部级数是多少？解:(1)由光栅衍射明纹条件dsin=k得正入射时kd sin-9-66.0 10 m260010m0.2由于光栅明纹位置由dsin=k决定，单缝衍射极小位置由asin=k决定，当=时光栅明纹位置和衍射极小位置重合，即缺级，此时d=lN(N为整数)，akdk=Nk(k=1,2,3,4,)

18、；因第4级缺级，故a=-1.510m;4(3)由dsin=k可得所能看到的最大级数k=dsin9010Qk4,8缺级所能看到的亮纹级数为k0,1,2,3,5,6,7,9,共15条1717波长为500nm的单色光，以300入射角斜入射到光栅上，发现原正入射时的中央明条纹的位置现在改变为第二级光谱的位置。求此光栅每毫米上共有多少条刻痕？最多能看到几级光谱？解：(1)由光栅衍射明纹条件bsin=k得正入射时22bsin2sin,tansinbb第二级亮纹距中心点的宽度为x=ftg当斜入射角和衍射角相等时出现中央极大，此时中央亮纹距中心点的宽度为x=ftg30oxfb22 500 10 92 10 6

19、m,N1 103b1 103 由 鼻 5002 500 10(2)由光栅斜入射亮纹条件得b(sin30 osin )当sin=1时,k="sin30osin)2或k6,所以最多能看到6a条纹1 .在单缝夫朗和费衍射实验中，一级暗纹的衍射角为0.4°,求二级亮纹的衍射角。解：由亮纹条件asin2=(2k+1)入/2k=2得asin2=5/2入由暗纹条件asin91=2k入/2k=1得asin81=入sin92/sin91=5/2角度很小时，sinee得92=5/291=1°5.平行单色光波长为500nm,垂直入射到每毫米有200条刻痕的光栅上，光栅后放一焦距为60cm的凸透镜，在透镜焦平面处放一屏幕，求屏上中央极大与第一级主极大的间距。解：光栅常数a+b=1/200mm=5x1-6m由光栅公式(a+b)sin=k入当k=0时，为中央极大当k=1时，为第一中央主极大所以：sin=0,sin=入/(a+b)=0.1x0=0,x1=ftg1fsin1=0.06m中央极大与第一级主极大间距Ax=x1-x0=0.06m=6cm第十八章18-1两偏振片的方向成300夹角时，透射光强为Ii,若入射光不变，而两偏振片的偏振化方向成450夹角时，则透射光强如何变化？解：设透过第一块偏振片后的振幅为A。，透过第二块偏振片后的振幅为Ai。依题意