大學(xué)物理((下冊))教材復(fù)習(xí)題答案

1、第9章靜電場一、選擇題答案：B答案：C解：根據(jù)高斯定理，通過整個立方體表面的電通量為e-EdS,由于電荷位于立方體的中心，從立方體各個面穿出s0的電力線一樣多，所以穿過一個表面的電場強(qiáng)度通量為工.60答案：B答案：A解：根據(jù)電勢的定義式V:Edl,(VB0)知，空間中某點(diǎn)的電勢高低與電勢零點(diǎn)的選擇有關(guān)，所以B、GD均不正確；如果某一區(qū)域內(nèi)電勢為常數(shù)，則該區(qū)域內(nèi)任意兩點(diǎn)的電勢差為0,即VaVb:Edl0,要使其成立，該區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度必為零.答案：A解：根據(jù)電勢和電勢差的定義式V：Edl,(VB0),UabVaVb:Edl知，空間中某點(diǎn)電勢的高低與電勢零點(diǎn)的選擇有關(guān)，選擇不同的電勢零點(diǎn)，同一點(diǎn)的電

2、勢數(shù)值是不一樣的.而任意兩點(diǎn)的電勢差總是確定的，與電勢零點(diǎn)的選擇無關(guān).答案：D解：根據(jù)電勢疊加原理，兩個點(diǎn)電荷中垂線上任意一點(diǎn)的電勢為VVaVbqAqB40rA40rB由于中垂線上的任意一點(diǎn)到兩電荷的距離相等，即A%r,所以V要使其為零，則qAqB0,所以qAqB.4or答案：A解：根據(jù)保守力做功和勢能的關(guān)系Wabq：EdlEpaEpb知，負(fù)電荷沿電力線移動電場力做負(fù)功，所以電勢能增加.根據(jù)等勢面的定義，等勢面上各點(diǎn)的電勢相等，而電勢相等的點(diǎn)場強(qiáng)不一定相等；根據(jù)電場力做功的公式Wabq(VAVb)qUab知，初速度為零的點(diǎn)電荷，僅在電場力的作用下，如何運(yùn)動取決于點(diǎn)電荷本身和電勢的高低.正電荷從

3、高電勢向低電勢運(yùn)動；負(fù)電荷從低電勢向高電勢運(yùn)動.答案：C解題題.89圖圖解：達(dá)到靜電平衡后，根據(jù)高斯定理設(shè)各板上的電荷密度如圖所示.根據(jù)靜電平衡條件，有EPB02o由于A、B板由導(dǎo)線相連，所以其與中間板C的電勢差必然相等,所以U AC U BCA 2 1 BB 2 2 Ad 1Zd 2Z2 02 01 59.92 di答案：D解：根據(jù)動能定理，有e e 1Wabe(VA Vb) e( ) 2m4oi4 0r22111e -().4m12二、填空題9.10答案：;方向水平向右解：根據(jù)場強(qiáng)疊加原理，本題可以利用割補(bǔ)法，等效于一個均勻 TOC o 1-5 h z 帶電圓環(huán)和一個帶相同電荷密度的異號電

4、荷缺口在圓心處的電場.由于均勻帶電圓環(huán)電荷分布的對稱性，在圓心處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為零.異號電荷缺口在圓心處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為d.dq2RqdE_2._2_2_34oR4oR8oR方向水平向右.習(xí)題9.10圖習(xí)題9.11圖習(xí)題9.12圖9.11答案：ER2解：根據(jù)題意知穿過半球面的電力線條數(shù)和穿過底面的電力線的條數(shù)相同，所以根據(jù)電通量的定義，有e E dS E dS半球面底面2E dS E dS E R底面底面9.12答案：二 7k平向左;3-,水平向左；，水平向右解:根據(jù)教材例9-7的結(jié)果和電場強(qiáng)度疊加原理，以水平向右為正有EaEiE2EbEiE2EcEiE2“+”表示電場強(qiáng)度的方向水平向右,

5、表示電場強(qiáng)度的方向水平向左.三、計算題9.13解：（1）如圖所示，在。處取一小段弧為電荷元，其電量為dqdlRd根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)分布知，它在。點(diǎn)處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小為dE，q習(xí)題9.13圖4oR4oR在x、y軸上的分量為dExdEcosdEydEsin根據(jù)場強(qiáng)疊加原理，有Ex 4 R0 cos d Ey 4 Rsin d 2R解習(xí)題9.13圖所以 EExi Eyj入.8TRJ(2)根據(jù)點(diǎn)電荷的電勢分布，有根據(jù)電勢疊加原理,9.14解：(1)由于均勻帶電的球體可以看作是由許多半徑不同均勻帶電的球面構(gòu)成，根據(jù)教材例9.5的分析知，均勻帶電球面的電場分布具有球?qū)ΨQ性分布，所以均勻帶電球體的電場分布也

6、具有球?qū)ΨQ性分布，即到球心距離為r的所有點(diǎn)的電場強(qiáng)度的大小都相等，方向為各自的徑向.可以利用高斯定理求解.根據(jù)電場的這種球?qū)ΨQ性分布，過P點(diǎn)作半徑為r的同心球面為高斯面，如圖所示.根據(jù)高斯定理,e E dS E dscos sds E ds4 r2E q根據(jù)已知，有電荷的分布為:解習(xí)題9.14圖qiQ 43-r4 R333Q(r(rR)R)所以，電場強(qiáng)度的大小為Qr40R3Q4 or2(r R)(r R)根據(jù)分析知，電場強(qiáng)度E的方向為徑向.如果00,則電場強(qiáng)度的方向沿徑向指向外；若Q0）.同理,距離直線也為r的另一點(diǎn)P的電場強(qiáng)度方向也沿該點(diǎn)的垂線方向向外.可見，到柱面的軸距離相同的所有點(diǎn)的場強(qiáng)

7、大小都相等，方向沿各點(diǎn)的垂線方向向外，即場強(qiáng)也呈軸對稱分布，可以用高斯定理求解.根據(jù)電場強(qiáng)度的這種對稱性分布，過P點(diǎn)作同軸的圓柱面為高斯面，如圖所示.該閉合的高斯面由上、下底面和側(cè)面組成，其面積分別為S、S2和S,半徑為r,長為l.根據(jù)高斯定理有eEdSEdSEdSEdSss2由于上、下底面的外法線方向都與場強(qiáng)E垂直，cos0,所以上式前兩項積分為零；又由于圓柱側(cè)面外法線方向與場強(qiáng)E的方向一致，因此有EdSEdSEdsEdsss3s3s3解習(xí)題9.15圖E 2 rlqi0 (r R)l (r R)根據(jù)已知，有電荷的分布為:所以，電場強(qiáng)度的大小為0(rR)2 0r(rR)根據(jù)分析知，場強(qiáng)的方向是

8、垂直于軸的垂線方向.如果入0,則電場強(qiáng)度的方向沿垂線向外輻射；若入0,則電場強(qiáng)度的方向沿垂線指向直線.(2)由于均勻帶電無限長圓柱面的電荷分布到無限遠(yuǎn)，所以不能選擇無窮遠(yuǎn)處為電勢零點(diǎn)，必須另選零電勢的參考點(diǎn).原則上來說,除“無窮遠(yuǎn)”處外，其他地方都可選.本題我們選擇距圓柱面軸為Ro(RoR)處電勢為零，即V%0.根據(jù)電勢的定義式VPR0 E dl ,有V2RoE dlpRE drR0 E dr R220,RoIn R(rR)R0E dl pRoE dr r一lnR020 r(r R)9.16徑為r寬度為dr的細(xì)圓環(huán)，此圓環(huán)上帶電量為dq 2 rdr ,由教材例解習(xí)題9.16圖解：(1)由于圓盤

9、是由許多小圓環(huán)組成的,9-9的結(jié)果知，圓環(huán)軸線上到環(huán)心的距離為x的任意點(diǎn)P的電勢為dVdq2240rx根據(jù)電勢疊加原理，有P點(diǎn)電勢為(R2 x2 x)2 0R2rdrVdV02240rx(2)根據(jù)分析知，圓盤軸線上的電場強(qiáng)度方向沿軸線方向，所以根據(jù)電場強(qiáng)度與電勢梯度的關(guān)系EgradV,有軸線上到環(huán)心的距離為x的任意點(diǎn)P的電場強(qiáng)度為dVxEgradV(一1jk)Vi122iixyzdx20(Rx)2此結(jié)果與教材例9-4的結(jié)果一樣，很明顯這種方法比較簡單，去掉了復(fù)雜的矢量積分.9.17解：由于自由電荷和電介質(zhì)分布的球?qū)ΨQ性，所以E和D的分布具有球?qū)ΨQ性，可以用有介質(zhì)時的高斯定理.根據(jù)電位移矢量D的

10、這種球?qū)ΨQ性分布，過P點(diǎn)作半徑為r的同心球面為高斯面，如圖所示.根據(jù)D的高斯定理，有2、DdSDdscosDdsDds4rDqis根據(jù)已知，有電荷的分布為:習(xí)題9.17圖q/(r R)(r R)所以，電位移矢量D的大小為0Q4 r2(r(rR)R)根據(jù)分析知，電位移矢量D的方向為徑向.如果Q0,則D的方向沿徑向指向外；若Q0,則D的方向沿徑向指向球心.根據(jù)電場強(qiáng)度E和電位移矢量D關(guān)系D 0 rE E ,有電場強(qiáng)度E的大小為0 (rQ；2 (r40 rrR)R)方向也為徑向.根據(jù)極化強(qiáng)度與電場強(qiáng)度的關(guān)系0(r 1)E ,知極化強(qiáng)度的大小為P 0( r 1)E00( r401)Q2 rr(r(rR

11、)R)根據(jù)極化電荷密度和極化強(qiáng)度的關(guān)系Pen Pn,有0(r1)Q TOC o 1-5 h z 40r2所以，球外的電場分布以及貼近金屬球表面的油面上的極化電荷1(1)Qrq為0(r1)Q4D32RR40rR23第10章穩(wěn)恒電流的磁場一、選擇題10.1答案：B10.2答案：C解：根據(jù)洛倫茲力公式FmquB知，洛倫茲力始終與運(yùn)動速度垂直，所以對運(yùn)動電荷不做功，根據(jù)動能定理電荷的動能不變。但當(dāng)速度與磁場有一定夾角進(jìn)入均勻磁場時，電荷做螺旋運(yùn)動，速度的方向改變，所以動量改變。習(xí)題10.3圖10.3答案：B解：根據(jù)洛倫茲力公式FmquB判斷受力方向，知B答案正確；qB根據(jù)帶電粒子垂直于磁場進(jìn)入磁場的規(guī)

12、律，有R也PmRqB,T20,所以CD不正確。qB10.4答案：D解：根據(jù)平面線圈在均勻磁場中的受力和力矩規(guī)律，任意平面線圈在磁場中不受力，可見該磁場一定為均勻場；根據(jù)MmB,知不受力矩線圈平面和磁場垂直。10.5答案：C解：根據(jù)典型題解中第3題的解題思想，取一半徑為r,寬度為dr的細(xì)圓環(huán)，則其電流為dI，所以此細(xì)圓環(huán)的磁矩大小為dm dI2.2 r Idr r d。根據(jù)疊加原理，線圈的磁矩大小為2 .（ R2 r Idr m dm R1d10.6答案：D二、填空題10.7i（r2 r2）3d 。習(xí)題10.7圖答案：I2 2I110.8答案：n e；相反解：根據(jù)電流和電流密度的定義，有, dq

13、 . dI . dq ds dt n eI , jj n edt dsdsdt dsdt由于自由電子在電場中逆著電場方向運(yùn)動，所以根據(jù)電流方向的規(guī)定，電流密度方向與電場方向相反。三、計算題10.9 求下列各圖中p點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向:(a)(b)(c )(e )習(xí)題10.9圖解：根據(jù)上一題的解題分析和教材例題10.1、10.2的結(jié)果，選取垂直紙面向外為正，直接可得:Ba10 I 0I2 2a 4 aBb(cos 6cos2-)33 3 0I2 aBcBdBe120 I2 r0I2 r0I2 a0I2r0I2r0I2 a0 I0 I2 a4r習(xí)題10.10圖習(xí)題10.12圖習(xí)題10.13圖

14、一同軸電纜，如圖所示.兩導(dǎo)體中的電流均為I，但電流的流向相反，導(dǎo)體的磁性可不考慮.求空間的磁感應(yīng)強(qiáng)度分布.解：根據(jù)教材例題10.4的分析知，由于本題電流是軸對稱性分布的，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度呈軸對稱性分布，可以利用安培環(huán)路定理求解。根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度分布的對稱性,過P點(diǎn)作同軸的圓為安培回路L,根據(jù)安培環(huán)路定理，有cLB dlCL B dl B:dl B 2 r根據(jù)已知,有電流的分布為IiIr2rII1(R2R2)0(r(r(Ri(R2(rRi)rR2)rR3)R3)所以，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為olr2 R20 I2 r22oI(R3 r )222 r(R3 R2)0(rRi)(RirR2)(R2(rrR3)

15、R3)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向沿各點(diǎn)所在圓的切向.半徑為R的帶電薄圓盤的電荷密度為，并以角速度繞通過盤心垂直盤面的軸轉(zhuǎn)動，求圓盤中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度.解：當(dāng)帶電平面圓環(huán)繞過環(huán)心且垂直于環(huán)面的軸旋轉(zhuǎn)時，其上電荷作圓周運(yùn)動形成電流，在空間激發(fā)磁場。圓盤繞通過盤心垂直盤面 TOC o 1-5 h z 的軸轉(zhuǎn)動是形成的電流可看成是半徑連續(xù)變化的圓形電流的疊加。在圓盤上取半徑為r,寬為dr的細(xì)圓環(huán)，此細(xì)圓環(huán)上的電荷為dq2rdr,旋轉(zhuǎn)時細(xì)圓環(huán)中的電流為dIdq2rdr一rdrdt2根據(jù)載流圓環(huán)中心的磁感應(yīng)強(qiáng)度分布，該細(xì)圓環(huán)電流在環(huán)心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0dI1,dB0dr2r2根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加原理，整個圓盤

16、轉(zhuǎn)動時，在盤心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為R11BdB020dr20R磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于盤面。若圓盤繞通過盤心垂直盤面的軸逆時針旋轉(zhuǎn)時，當(dāng)圓盤帶正電時，盤心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，當(dāng)圓盤帶負(fù)電時，盤心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向里。如圖所示，載流長直導(dǎo)線的電流為I,試求通過矩形面積的磁通量.解：載流直導(dǎo)線周圍的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B2r在線框區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為垂直于線框指向里。在線框中豎直方向取一窄條，寬度為dr,根據(jù)磁通量的定義，有mBdsBdsab0Icdr-Iclna-bmssa2r2a如圖所示，在長直電流近旁放一個矩形線圈與其共面，長直導(dǎo)線中通的電流為I,線圈各邊分別平行和垂直于長

17、直導(dǎo)線.當(dāng)矩形線圈中通有電流I1時，它受的磁力的大小和方向各如何？它又受到多大的磁力矩？解：載流直導(dǎo)線周圍的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B2r在線框區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向為垂直于線框指向里。根據(jù)安培定律，有靠近直導(dǎo)線的邊受力大小為F1I1B1Ii1上c方向水平向左遠(yuǎn)離直導(dǎo)線的邊受力大小為F2I1B2IIlc0CII1,方向水平向右2(ab)2(ab)由于導(dǎo)線受力方向在線框平面內(nèi)，所以力矩為零。載流子濃度是半導(dǎo)體材料的重要參數(shù)，工藝上通過控制三價或五價摻雜原子的濃度，來控制p型或n型半導(dǎo)體的載流子濃度，利用霍耳效應(yīng)可以測量載流子的濃度和類型，如圖所示一塊半導(dǎo)體材料樣品，均勻磁場垂直于樣品表面，樣品中通過的

18、電流為I,載流子電荷為q,現(xiàn)測得霍耳電壓為Uhuaa,證明：樣品載流子濃度為n，qdUH證明：當(dāng)系統(tǒng)達(dá)到平衡時，載流子所受的電場力和洛倫茲力相等，即quBqUH(1)b根據(jù)電流I的定義，有Ibdnqu(2)習(xí)題10.14圖由(1)、(2)得IBnqdUh如圖所示，半徑為R的無限長圓柱導(dǎo)體，與半徑為R2的無限長導(dǎo)體圓柱面同軸放置，具夾層充滿磁導(dǎo)率為,的均勻磁介質(zhì)，這樣就構(gòu)成了一根無限長的同軸電纜.現(xiàn)在內(nèi)、外分別通以電流I和I,并且電流在橫截面上分布均勻，試求：空間的磁場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：(1)根據(jù)教材例題10.4的分析知，由于本題電流是軸對稱性分布的，所以磁場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度均呈軸對稱性分布

19、，可以利用安培環(huán)路定理解。根據(jù)磁場強(qiáng)度分布的對稱性，過P點(diǎn)作同軸的圓為安培回路L,根據(jù)有介質(zhì)時的安培環(huán)路定理，有LHdlLHdlHLdlH2rI0i根據(jù)已知，有電流的分布為I。I 2m r0(r(Ri(rRi)rR2)R2)所以，磁場強(qiáng)度的大小為Ir2 R2I2 r0(rR)(R(rrR2)R2)磁場強(qiáng)度H的方向為沿各點(diǎn)所在圓順時針方向的切向.(2)根據(jù)磁場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的關(guān)系H -B- B0 r習(xí)題10.15圖磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B 0 rH01r22 R0 r I2 r0(rRi)(R(rrR2)R2)B的方向和H的方向相同，也沿各點(diǎn)所在圓順時針方向的切向.第11章電磁感應(yīng)一、選擇題答案：

20、C解：當(dāng)磁鐵沿線圈軸線插入線圈時，穿過線圈平面的磁感應(yīng)線增多，所以U0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，心0,所以dtdt答案是Co答案：D解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律知，鐵環(huán)與銅環(huán)所包圍的面積中穿過相同變化率的磁通量時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相同，由于鐵環(huán)與銅環(huán)的電阻率不同，所以尺寸相同時電阻不同，產(chǎn)生的感應(yīng)電流不同。答案：C解：為了計算互感系數(shù)，假設(shè)線圈2中通有電流I2,則根據(jù)通電圓環(huán)軸線上的磁場分布，有線圈2的圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0N212B22R由于（Rr）,所以線圈1周圍的磁感應(yīng)強(qiáng)度可認(rèn)為是均勻場，大小為B2N4,根據(jù)磁通量的定義，有通過線圈1每一匝的磁通2R量為ml B dsSBdsBd

21、s0N2I2r2ss2R根據(jù)互感系數(shù)的定義，有2M12N1ml0N1N2rI2I22R11.4答案：A11.5答案：D解：本題屬于動生電動勢的求解，下面用兩種方法解題。方法一：利用法拉第電磁感應(yīng)定律根據(jù)無限長通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布，有磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為方向垂直于紙面指向里。根據(jù)磁通量的定義，并取垂直指向里為正，有通過回路面積的磁通量為rlJJ1rlmBdsBdsldrlnSSr2r2r根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有感應(yīng)電動勢為心上-)3一dt2rlrdt2r(rl)“+”表示感應(yīng)電流沿順時針方向，也可根據(jù)楞次定律判斷。方法二：電動勢的定義式法根據(jù)無限長通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布，有磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小

22、為B上2r方向垂直于紙面指向里。根據(jù)楞次定律知：a端電勢高b端電勢低，d端電勢高c端電勢低，所以根據(jù)電動勢的定義式(u B) dl ,有aa |1(u B) dl dl1bb2 rdd|2(u B) dl0dlcc 2 (r l)Hl2 r0Il2 (r l)由于i, 2串聯(lián)，取順時針為正，則整個線圈的電動勢為0I10l l 0ll22 r 2 (r l) 2 r(r l)二、填空題11.6答案：洛倫茲力；感生電場11.7答案:1221解：根據(jù)互感系數(shù)的定義，有12M12I 2M212121 MI1由于11I2,所以1221三、計算題11.8 如圖所示，在通有電流I的長直導(dǎo)線近旁有一導(dǎo)線段AB

23、.當(dāng)它沿平行于長直導(dǎo)線的方向以速率平移時,導(dǎo)線段中的感應(yīng)電動勢是多少？A,B哪端的電勢高?解：本題屬于動生電動勢的求解，下面用兩種方法解題。方法一：利用法拉第電磁感應(yīng)定律根據(jù)無限長通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布，有磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4 . i I 習(xí)題11.8圖方向垂直于紙面指向里。由于導(dǎo)體棒不是回路，所以補(bǔ)成如圖所示的假想矩形回路，則通過回路面積的磁通量為mBdsBds3b0Ixdr0IxIn-bSSa2r2aSS根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有感應(yīng)電動勢的大小為dm0I,abdx011abInlndt2adt2a根據(jù)楞次定律知，A端電勢高，B端電勢低方法二：電動勢的定義式法根據(jù)無限長通電直導(dǎo)線周圍的磁

24、場分布,有磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為方向垂直于紙面指向里。根據(jù)楞次定律知A端電勢高B端電勢低,所以根據(jù)電動勢的定義式(uB)dl,有Aab( B) dl abIdr)2 r 2,a blna說明：利用電動勢的定義式求解動生電動勢時， 可以先假設(shè)電動勢的高低點(diǎn)，然后按定義式求解，結(jié)果為正時表示假設(shè)為真，否則與假設(shè)相反。11.9如圖所示，一根無限長導(dǎo)線通以電流I kt2（其中k為正常數(shù)），線框平面與直導(dǎo)線處在同一平面內(nèi)， 試求線框中的感應(yīng)電動勢.解：本題屬于感生電動勢的計算，由于不知道感生電場的分布，所以只有一種方法求解。具體如下:根據(jù)無限長通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布，有磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為方向垂直于紙面指向

25、里。為了求解通過矩形面積的磁通量， 在r處取一窄條（如圖所示），并取垂直指向里為正，根據(jù)電通量的定義，有ab0I0IcabmBdsBdscdrInSSa2r2aSS根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有感應(yīng)電動勢為dtoc, a b diIn2 a dt0cla b -一 Inkta-”表示感應(yīng)電流沿逆時針方向11.10 在半徑為R的圓柱形空間內(nèi)，充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的均勻磁場.有一長為L的金屬棒AB放在磁場中，如圖所示.設(shè)磁場在增強(qiáng),并且祟已知,求棒中的感應(yīng)電動勢,并指出哪端電勢高.解：本題屬于感生電動勢的計算，但又不是閉合 回路，所以解題過程中應(yīng)設(shè)法補(bǔ)成閉合回路。具體方 法如下：根據(jù)題意知感生電場為同

26、心圓環(huán)，所以連接 OA習(xí)題11.10圖OB勾成等腰三角形，如圖所示。取逆時針方向為繞行的正方向，則穿過回路的磁通量為122m B ds B ds B ds B - L . 4R LSSS4根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有感應(yīng)電動勢為d mdt4l 4r2L2dB dt-”表示感應(yīng)電流沿順時針方向由于感生電場為同心圓環(huán)，與等腰三角形的OAOB邊垂直，所OAOBEkdl0所以棒中的感應(yīng)電動勢為ABBO OA表示A點(diǎn)的電勢高于B點(diǎn)的電勢習(xí)題11.11圖B1oNI2 r11.11如圖所示，橫截面為矩形的環(huán)形均勻密繞螺繞環(huán)，總匝數(shù)為N.(1)求該螺繞環(huán)的自感系數(shù);(2)沿環(huán)的軸線拉一根直導(dǎo)線，求直導(dǎo)線與螺繞環(huán)

27、的互感系數(shù)M解：(1)為了計算自感系數(shù)，假設(shè)螺繞環(huán)中通有電流I,方向如圖所示，過環(huán)內(nèi)某一點(diǎn)P作同軸的圓為積分回路，并取順時針為積分回路的正方向，根據(jù)安培環(huán)路定理，有iBdl產(chǎn)dlB1dlB2r0Ii0M所以，螺繞環(huán)內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向為順時針方向圓的切向根據(jù)磁通量的定義，有通過一個線圈的磁通量為B ds B dsSSR2R1oNI2 rhdroNIh1nR2 R1根據(jù)自感系數(shù)的定義，有oN2h2(2)為了求直導(dǎo)線與螺繞環(huán)的互感系數(shù)，假設(shè)直導(dǎo)線中通有豎直向上的電流I一則根據(jù)無限長通電直導(dǎo)線周圍的磁場分布，有磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B工2r方向垂直于紙面指向里。根據(jù)磁通量的定義，有通過螺繞環(huán)每個線圈

28、的磁通量為m2 B ds B d sSSR1 2 r業(yè)hdrolih R2 In -2R1根據(jù)互感系數(shù)的定義，有211Nm20Nh,R2In-I12R第12章光的干涉一、選擇題答案：B解：洛埃德鏡實驗中入射光在反射鏡滋射時有半波損失，有效光程差四-。比雙縫干涉附加了-，當(dāng)四=k時，洛埃德鏡實驗恰好D22D滿足干涉干涉相消的暗紋條件。答案：Co解：在q必和nin2必的情況下，二反射光有附加光程差。答案：a解：兩相鄰條紋的高度差d。2n2答案：B解：在劈尖干涉中，兩相鄰條紋的高度差d，兩滾柱之間的直2n2徑差d(高度差)不變，所以條紋數(shù)目不變。而兩個相鄰明紋或暗紋之間的距離1d-一二，因、不變，當(dāng)

29、L減小時l也減小。sin2n2d答案：B解：當(dāng)在平凸透鏡與平玻璃板之間充滿折射率為n的透明介質(zhì)時，透2明介質(zhì)上下表面的發(fā)射光的光程差2nd-2n匚。由暗環(huán)條件22R2k1,聯(lián)立解得。2答案：B解：分析見12.17的解答，第k級暗環(huán)半徑rk=(k2d0)R1/2(k為大于等于2do/的整數(shù))隨著do的增加而減少，條紋向中心收縮環(huán)心處空氣膜上下表面的反射光光程差2nd0-隨a的增加依次2取-的奇數(shù)倍和偶數(shù)倍，呈明暗交替的變化。2答案：A解：如圖12-6(b),在邁克爾遜干涉儀中，因光束兩次經(jīng)過介質(zhì)薄片,二、填空題答案：2-(n1)d;4X104解：插入玻璃片之前，S1和S2發(fā)出光在A女同相位。插入

30、玻璃片后，引起的光程改變?yōu)閚dd(n1)d由光程差與相位差的關(guān)系(n1)d。由題設(shè)4，代入計算得d土2004104?(n1)(n1)1.51答案：D-nd解：當(dāng)把雙縫干涉實驗裝置放在折射率為n的媒質(zhì)中時，光程差ndxk 0,1,2,L 明紋暗紋 k 1,2,LDk,由干涉條件1k2則屏上干涉條紋中相鄰明紋的間距xXk 1Dxknd12.10答案：1.40解：由劈尖干涉條紋間距公式l3，則sin2n27000 10 10n22 0.25 10 2 1.0 10 41.4012.11答案：5391?解:2 0.62 1023005391?三、計算題12.12答案：入1=400nm入2=444.4n

31、m;入3=500nm入4=571.4nm;入5=666.7nm五種波長的光在所給觀察點(diǎn)最大限度地加強(qiáng)分析：由雙縫干涉屏上明紋位置公式，求k取整數(shù)時對應(yīng)的可見光的波長。解：已知:d=0.2mm D)= 1m x = 20mm依公式：xk故 k=10k = 9k = 8k = 7k = 6Dk d dx = 4 x 10-3 mm= 4000nm入 1 = 400nm入 2 = 444.4nm入 3 = 500nm入 4= 571.4nm入 5= 666.7nm這五種波長的光在所給觀察點(diǎn)最大限度地加強(qiáng).12.13答案:545nm , d0.27 mm分析：由明紋位置公式求解。解：在屏幕上取坐標(biāo)軸O

32、x,坐標(biāo)原點(diǎn)位于關(guān)于雙縫的對稱中心。屏幕上第k級明紋中心的距坐標(biāo)原點(diǎn)距離：kDd可知 x xk 1 xk (k TOC o 1-5 h z DDk-一dd代入已知數(shù)據(jù)，得d 545nm對于所用儀器只能測量Dx 5mm的距離時D0.27mm x12.14 答案：(1)480nm;(2)1 600nm ,1 600nm分析：當(dāng)光垂直入射到玻璃片時，由于玻璃的折射率大于空氣的折射率.因此，反射光在玻璃表面上存在半波損失.所以，反射光干涉時光程差2nd-,透射光干涉時光程差2nd。2應(yīng)滿足k 1,2,3L解：玻璃片上下表面的反射光加強(qiáng)時，2ndk,24nd2k1在可見光范圍內(nèi)，只能取k3（其它值均在可

33、見光范圍外），代入上式，得480nm玻璃片上下表面的透射光加強(qiáng)時,應(yīng)滿足2nd k , k 0,1,2,3L或，反射光應(yīng)滿足干涉減弱條件（與透射光互補(bǔ)）都有:k 2時,k 3時,2nd 一22ndk2nd(2k 1)2，k 0,1,2,3L22nd3600nm400nm答案:2.95106m分析：出現(xiàn)干涉條紋，說明兩物體不等高；干涉條紋間隔相等,說明兩物體的端面平行，此干涉為劈尖干涉.解：設(shè)劈尖角為，相鄰兩干涉條紋間隔為l,空氣劈相鄰兩明(暗)干涉條紋的間距為：lsin2兩物體端面的高度差為：hdtandsin得h2.95106m2l答案：1.5Xl0-3mm分析：上下表面反射都有相位突變，計

34、算光程差時不必考慮附加的半波長.解：設(shè)膜厚為d,A處為明紋，B處為暗紋，2nd=(2k+1),(k2=0,1,2,)，第8個暗紋對應(yīng)上式k=7,d2k1=1.5x103mm4n答案：rk=(k-2d0)R2,(k為大于等于2d0/的整數(shù))分析：利用幾何關(guān)系求不包括d0對應(yīng)空氣膜厚度，并考慮半波損失。解：設(shè)反射光牛頓環(huán)暗環(huán)半徑為r,不包括d0對應(yīng)空氣膜厚度為r2/(2R),所以r處對應(yīng)空氣膜的總厚度為.2d=r/(2R)+d0因光垂直照射，且相干減弱，所以有=2d+/2=r2/R+2d0+/2=(k+1/2)得牛頓環(huán)的各暗環(huán)半徑rk=(k2do)R1/2(k為大于等于2d。/的整數(shù))答案：1.0

35、0029分析：當(dāng)氣體慢慢導(dǎo)入管內(nèi)，由于兩束相干光的光程差改變了，從而引起干涉條紋發(fā)生移動。解：氣體導(dǎo)入一管過程中，光程差從零變?yōu)椋簄llk,有98條干涉條紋移動即可k=98所以，n1981.00029第13章光的衍射一、選擇題答案：B2kk1,2,3,L暗紋解：根據(jù)單縫衍射公式asin22k1-k1,2,3,L明紋2第k級暗紋對應(yīng)的單縫波陣面被分成2k個半波帶，第k級明紋對應(yīng)的單縫波陣面被分成2k+1個半波帶。由題意asin2，對應(yīng)第2級暗紋,對應(yīng)的單縫波陣面被分成4個半波帶。答案：C解：單色平行光垂直照射單縫時，在衍射角為的方向上，光程差asin與單縫位置無關(guān)。答案：B解：由光柵方程(ab)

36、sink,k0,1,2,L,可能觀察到的最大級次maxd sin 24.16取整數(shù)kmax4.16,考慮缺級，kabk=2k,k1,2,3,L即2,4級a次為缺級。答案：B解：假設(shè)入射單色平行光以 入射，則光程差(a b)(sin sin )答案：D解：光柵衍射可以產(chǎn)生明亮細(xì)銳的亮紋，且相鄰條紋之間分得很開,可精確測量。二、填空題答案:1X106mK 1106m sin 30解：由單縫衍射規(guī)律asinkasin答案：4;第一；暗解：解析見13.1分析答案：19.52mm望遠(yuǎn)鏡的最小分辨角至少不小于這兩解：由題設(shè)，要分辨這兩顆星，顆星相對望遠(yuǎn)鏡的角距離。由1.22,則D5.6106D1.221.

37、2261.952mm3.510答案：2.05mm38.2解：由光柵方程(ab)sink,k0,1,2,L3光柵常數(shù)d(ab).o-2.05mmsinsin18第二級主極大的衍射角sin22sin10.618,2=38.2(ab)三、計算題答案：500nm分析：由單縫衍射暗紋條件及暗紋到中心的距離可求波長。解：設(shè)第三級暗紋在3方向上，則有asin33此暗紋到中心的距離為X3ftg3因為3很小，可認(rèn)為tg3tsin3,所以X3=3f入/a.兩側(cè)第三級暗紋的距離是2X3=6入f/a=8.0mm入=(2X3)a/6f=500nmo答案：(1)36000A,k3,2k17個半波帶o44700A,k4,2

38、k19個半波帶解答：(1)由于P點(diǎn)是明紋，故有asin(2k1)-,k1,2,3sin由工H3.5103tanf4001 4.2 10 3 mm 2k 110 3故辿j%3.52k12k1o當(dāng)k3,得36000aok4,得44700Ao若36000A,則P點(diǎn)是第3級明紋；o若44700A,則P點(diǎn)是第4級明紋.由asin(2k1)萬可知，當(dāng)k3時，單縫處的波面可分成2k17個半波帶;當(dāng)k4時，單縫處的波面可分成2k19個半波帶.13.12 答案：(1)2.4 cm ; (2) k0,1,2, 3, 4共9條雙縫衍射明條紋.解答：(1)中央明紋寬度為Io 2- fa4800 1050 10mm 2

39、.4 cm0.02(2)由缺級條件asin(a b)sinb 0.1 ,- k0.025k k 1,2,即 k 5,10,15,缺級.中央明紋的邊緣對應(yīng)k 1 ,所以單縫衍射的中央明紋包跡內(nèi)有k 0, 1, 2, 3,4共9條雙縫衍射明條紋.13.13答案：(1)ab6.0106m(2)1.5106mk0,1,2,3,5,6,7,9共15條明條紋分析：(1)將已知條件代入光柵方程(ab)sink可求出光柵常數(shù)即光柵上相鄰兩縫的間距；(2)用缺級公式Uk,k,1,可求出ak光柵上狹縫可能的最小寬度a；(3)以90o為限先確定干涉條紋的級數(shù)，等于90時對應(yīng)的級次看不見，扣除缺級，最后算出條紋數(shù)。解

40、：(1)由光柵方程(ab)sink(k=2)得k6(ab)6106msin(2)根據(jù)缺級條件，有U上取k1,得akab6a1.510m4(3)由光柵方程(ab)sink,k0,1,2,L令sin1,解得：k10即k0,1,2,3,5,6,7,9時出現(xiàn)主極大，4,8缺級，10級主極大在90處，實際不可見，光屏上可觀察到的全部主極大譜線數(shù)有15條.13.14答案：(1)2.96105m,(2)296m分析：由瑞利判據(jù)討論。解：(1)設(shè)在月球上的愛里斑直徑為D,激光束直徑為d,地球至月球距離為L。由瑞利判據(jù)2L.D2R2LR1.222.96105md(2)若將激光束的直徑擴(kuò)為D,1.22-2L可見,

41、d_dDDd1,則月球表面愛里斑的直徑為296md1000所以，使用激光擴(kuò)束器可減小光束的發(fā)散，使光能集中，方向性更好，從而提高測距精度.13.15答案：0.13nm;0.097nm分析：由布拉格公式，把波帶端的波長代入，求出k的取值范圍。當(dāng)k取整數(shù)時，求出的在波帶中即可產(chǎn)生X射線衍射。解：由布拉格公式2dsin級次k的取值范圍在k,k2dsin1,2,3,2dsink2.99k只能取整數(shù)，所以,2k4.09k3時,2dsin0.13nm3可產(chǎn)生衍射。k4時，2dsin0.097nm4第14章光的偏振一、選擇題答案：B解：自然光透過偏振片后光強(qiáng)為IiI0/2,由于兩偏振片的偏振化方向成45角，

42、所以偏振光透過第二個偏振片后光強(qiáng)由馬呂斯定律得I211cos245I0/4。答案：B解：由于偏振光和偏振片R的偏振化方向成的角，透過偏振片R后光強(qiáng)由馬呂斯定律得I110cos2。透過偏振片R的偏振光和偏振片F(xiàn)2的偏振化方向成90的角，透過偏振片R后光強(qiáng)由馬呂斯定律得I211cos2(90)10cos2sin2I0sin2(2)。答案：B解：當(dāng)入射光以布儒斯特角入射時，反射光是垂直于入射面的線偏振光，反射光與折射光互相垂直，i0r0答案：C解：根據(jù)布儒斯特定律,i0 arcta端58。反射光與折射光互相垂直，r0i032O。2答案：C解：光束進(jìn)入各向異性晶體后，分裂成兩束沿不同方向傳播的o光和e

43、光。o光的光振動垂直于自己的主平面，e光的光振動在自己的主平面內(nèi)。當(dāng)入射光在主截面內(nèi)，即入射面是晶體的主截面時，。光與e光的主平面重合，且就在入射面（主截面）內(nèi)，這時，0光與e光的振動方向相互垂直（亦即振動面相互垂直）。二、填空題答案：2;1/4解：解析見14.2答案：355.2nm;396.4nm解：由折射率的定義nc，則voono589355.2nm1.6585891.486396.4nm三、計算題答案：（1）I1=Io/2;I2=Io/4;I3=Io/8（2）13=0；11=Io/2分析：強(qiáng)度為Ii的自然光通過偏振片后，變?yōu)楣鈴?qiáng)為紅的線偏振2光，線偏振光通過偏振片的強(qiáng)度取決于偏振片的偏振

44、化方向與線偏振光的振動方向的夾角，根據(jù)馬呂斯定律可進(jìn)行求解。解：（1）自然光通過第一偏振片后，其強(qiáng)度Ii=I2通過第二偏振片后，12=11cos245=I0/4通過第二偏振片后，13=12cos45=10/8通過每一偏振片后的光皆為線偏振光，其光振動方向與剛通過的偏振片的偏振化方向平行.(2)若抽去第2片，因為第3片與第1片的偏振化方向相互垂直，所以此時I3=0,Il仍不變。答案：15444；235016分析：同上題。解：自然光透過偏振片后光強(qiáng)為IiI0/2,假設(shè)兩偏振片的偏振化方向成角，所以偏振光透過第二個偏振片后光強(qiáng)由馬呂斯定律得I2 I1 cos21.21 1I3 23154 442 3

45、516I0cos2由題設(shè)110cos22110cos2214.10答案：i55.03;n31.00分析：由布儒斯特定律可知：自然光只有以布儒斯特角入射時,反射光才是線偏振光。解：(1)由布儒斯特定律tani以1.43所以i55.03(2)令在介質(zhì)H中的折射角為r,則r-i2此r在數(shù)值上等于介質(zhì)n、m界面上的入射角，由布儒斯特定律tanr四n2得n3n2tanrn2cotin2-n1n11.00n214.11答案：4.5mm解答：通過晶片的振動面旋轉(zhuǎn)的角度與晶片厚度d成正比.要使該波長的光完全不能通過第二偏振片,必須使通過晶片的光矢量的振動面旋轉(zhuǎn)90.2:id2:di290d2d114.5mm1

46、20第15章幾何光學(xué)一、選擇題15.1答案：A解：質(zhì)點(diǎn)A拋出后左平拋運(yùn)動，xvot,y1gt2,設(shè)其在NOt的投影為N,則由幾何關(guān)系二匕，即當(dāng)L4，所以nNMOgt。MONNMONN2v15.2答案：A解：R,n2115.3答案：B解：玻璃磚中的球形大氣泡可等效成已發(fā)散透鏡，成縮小正立的虛像15.4答案：D解：顯微鏡成像，物體放在物鏡的物方焦點(diǎn)外側(cè)附近，成像于目鏡的物方焦點(diǎn)鄰近并靠近目鏡一側(cè)，通過目鏡最后成一倒立放大的虛像。由題設(shè)，物鏡成像的相距1220218cm，代入到高斯公式1-1,12l1f求得ll1.64cm。15.5答案：D解：伽利略望遠(yuǎn)鏡的目鏡是發(fā)散透鏡，望遠(yuǎn)鏡的放大率M_fofE15.6答案：D二、填空題15.7答案：60解：畫出光路圖，由幾何關(guān)系可知i2，代入折射定律可求解。15.8答案：-10cm;-10cm解：球面反射鏡焦距f-215.9答案：50mm解：透鏡焦距f三、計算題15.10答案：20cm2分析：利用凹面鏡的半徑可確定焦距，以知物距，由球面鏡的物像公式和橫向放大率公式可求解。解：像的位置如圖所示，為正立、放大的虛像.,1fR20cm2111727吐 1 202n2l1( 1) ( 10)l220cm15.11答案：26.67cm分析：兩次平面折射。解：由平面折射公式，利用逐步成像法，即可求得物體的像。一次折射成像：12皿11,1110cm,n21.5