青岛科技大学-大学物理-下-考前复习(大题)

1.(2106)解：圆电流产生的磁场⊙长直导线电流的磁场⊙导体管电流产生的磁场圆心Ｏ点处的磁感强度⊙2.(2439)解：的方向与y轴正向一致．3.(2552)解：在距离导线中心轴线为x与处，作一个单位长窄条，其面积为．窄条处的磁感强度所以通过dS的磁通量为通过１m长的一段S平面的磁通量为Wb4.(2569)解：圆盘每秒转动次数为/2，圆盘上电荷面密度为，在圆盘上取一半径为r，宽度为dr的环带，此环带所带电荷．此环带转动相当于一圆电流，其电流大小为它在x处产生的磁感强度为故P点处总的磁感强度大小为：5.(2444)解：如图，在垂直于j的dl长度内流过电流为dI，dI在P点产生的磁场：，由对称性的分析可知∵；∴1.(5299)解：由于∴=5.69×10-7m2.80×109s-12.(2087)解：考虑半圆形载流导线CD所受的安培力列出力的平衡方程式故：3.(2709)解：设圆半径为R，选一微分元dl，它所受磁力大小为由于对称性，y轴方向的合力为零。∴∴4.(2650)解∶导体柱中电流密度用补偿法来求P处的磁感强度．用同样的电流密度把空洞补上，由安培环路定律，这时圆柱电流在P处产生的磁感强度为，方向为再考虑空洞区流过同样电流密度的反向电流，它在P处产生的磁感强度为，方向为⊙∴P处磁感强度方向为电子受到的洛伦兹力为方向向左5.(2653)设把氢原子看成是一个电子绕核作匀速圆周运动的带电系统．已知平面轨道的半径为r，电子的电荷为e，质量为me．将此系统置于磁感强度为的均匀外磁场中，设的方向与轨道平面平行，求此系统所受的力矩．解：电子在xz平面内作速率为v的圆周运动(如图)，则∴电子运动的周期则原子的轨道磁矩的方向与y轴正向相反．设方向与x轴正向平行，则系统所受力矩6.(2719)解：(1)运动导体中的自由电子要受到洛伦兹力的作用沿－y方向运动，从而在垂直于y轴的一对表面上分别积累上正负电荷，该电荷分布建立的电场方向沿－y轴．当自由电子受到的电场力与洛伦兹力作用而达到平衡时，电场强度为：E=B写成矢量形式为．(2)面电荷只出现在垂直y轴的一对平面上，y坐标大的面上出现的是正电荷，y坐标小的面上出现的是负电荷，二者面电荷密度的大小相等，设为，则由高斯定理可以求得1.(5910)解：200A/m1.06T2.(5911)解：B=/S=2.0×10-2T32A/m6.25×10-3T·m/A49751.（2410）解：带电平面圆环的旋转相当于圆环中通有电流I．在R1与R2之间取半径为R、宽度为dR的环带，环带内有电流dI在圆心O点处产生的磁场由于整个带电环面旋转，在中心产生的磁感应强度的大小为选逆时针方向为小环回路的正方向，则小环中当d(t)/dt>0时，i与选定的正方向相反．当d(t)/dt<0时，i与选定的正方向相同．2.（2138）解：在距O点为l处的dl线元中的动生电动势为d∴的方向沿着杆指向上端．3.（2319）解：在dl处但∴其中，方向从1→2．1.（2512）动生电动势：大小：指向：C─→A2.（2532）解：A1.（2872）解：由静电学计算：代表r方向单位矢量∴位移电流密度为过球面的总位移电流1.（3835）(1)从静止释放，显然拉长量等于振幅A（5cm），，=1.5Hz∴F=0.444N(2)总能量J当x=1cm时，x=A/5，Ep占总能量的1/25，EK占24/25．∴J，J2.（3558）解：(1)(SI)t0=0,v0=3.0m/s．(2)时，F=-1.5N．1.(3086)解：设平面简谐波的波长为，坐标原点处质点振动初相为，则该列平面简谐波的表达式可写成(SI)t=1s时因此时a质点向y轴负方向运动，故①而此时，b质点正通过y=0.05m处向y轴正方向运动，应有且②由①、②两式联立得=0.24m∴该平面简谐波的表达式为(SI)2.(3081)解：=-0.01m=6.17×103m/s23.(3138)解：(1)振动方程(SI)(2)波动表达式(SI)(3)波长m4.(3080)解：(1)x1=10m的振动方程为(SI)x2=25m的振动方程为(SI)(2)x2与x1两点间相位差=2-1=-5.55rad(3)x1点在t=4s时的振动位移y=0.25cos(125×4－3.7)m=0.249m5.(3097)解：m1.（3182）解：（1）x＝20D/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＝k所以（n－1）e=kk＝（n－1）e/＝6.96≈7零级明纹移到原第7级明纹处2.（3627）解：上下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.设膜厚为e,B处为暗纹，2ne＝（2k＋1），（k＝0，1，2，…）A处为明纹，B处第8个暗纹对应上式k＝7＝1.5×10-3mm3.（3198）解：设某暗环半径为r，由图可知，根据几何关系，近似有①再根据干涉减弱条件有②式中ｋ为大于零的整数．把式①代入式②可得(k为整数，且)1.（3359）解：（1）对于第一级暗纹，有asin1≈因1很小，故tg1≈sin1=/a故中央明纹宽度x0=2ftg1=2f/a=1.2cm（2）对于第二级暗纹，有asin2≈2x2=ftg2≈fsin2=2f/a=2.（3211）解：（1）由单缝衍射明纹公式可知（取k＝1） , 由于,所以则两个第一级明纹之间距为=0.27cm（2）由光栅衍射主极大的公式 且有 ，所以=1.8cm3.（3220）解：（1）由光栅衍射主极大公式得a+b==2.4×10-4（2）若第三级不缺级，则由光栅公式得由于第三级缺级，则对应于最小可能的a，方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得a=（a+b）/3=0.8×10-4（3），（主极大），（单缝衍射极小）（k＇=1，2，3，......）因此k=3，6，9，........缺级．又因为kmax=（a＋b）/4,所以实际呈现k=0，±1，±2级明纹．（k=±4在/2处看不到．） 4.（3221）解：由光栅衍射主极大公式得当两谱线重合时有1=2即．．．．．．．两谱线第二次重合即是，k1=6，k2=4由光栅公式可知dsin60°=61=3.05×10-3mm1.（3764）解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为．透过第一个偏振片后的光强I1＝I0/2．