大學(xué)物理大題及答案.

1、內(nèi)容為： P37-7.8.14.15.19.21.25；P67-8.11.14.17；P123-11.14.15.17.19.21；P161-7.10.12.15；P236-9.1014.16.1823.27.28第九章靜電場(chǎng)9 7點(diǎn)電荷如圖分布，試求P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度 .分析依照電場(chǎng)疊加原理， P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于各點(diǎn)電荷單獨(dú)存在時(shí)在P點(diǎn)激發(fā)電場(chǎng)強(qiáng)度的矢量和 . 由于電荷量為 q的一對(duì)點(diǎn)電荷在P點(diǎn)激發(fā)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向相反而相互抵消， P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度就等于電荷量為2.0 q的點(diǎn)電荷在該點(diǎn)單獨(dú)激發(fā)的場(chǎng)強(qiáng)度.解根據(jù)上述分析EP12q1 q4 0 (a / 2)2 0 a 2題9-7 圖9 8若電

2、荷 Q均勻地分布在長(zhǎng)為L(zhǎng) 的細(xì)棒上. 求證：( 1)在棒的延長(zhǎng)線， 且離棒中心為r 處的電場(chǎng)強(qiáng)度為1QE4r 2L20( 2) 在棒的垂直平分線上，離棒為r 處的電場(chǎng)強(qiáng)度為1QE2r4r220L若棒為無限長(zhǎng) ( 即 L ) ，試將結(jié)果與無限長(zhǎng)均勻帶電直線的電場(chǎng)強(qiáng)度相比較.題9-8圖分析這是計(jì)算連續(xù)分布電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度. 此時(shí)棒的長(zhǎng)度不能忽略，因而不能將棒當(dāng)作點(diǎn)電荷處理 . 但帶電細(xì)棒上的電荷可看作均勻分布在一維的長(zhǎng)直線上. 如圖所示，在長(zhǎng)直線上任意取一線元 dx，其電荷為 dq Qdx/ L，它在點(diǎn) P 的電場(chǎng)強(qiáng)度為1dqdE4 r 2 er0整個(gè)帶電體在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度EdE接著針對(duì)具體問題來處

3、理這個(gè)矢量積分.( 1)若點(diǎn) P 在棒的延長(zhǎng)線上，帶電棒上各電荷元在點(diǎn)P 的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，E dE iL( 2) 若點(diǎn) P 在棒的垂直平分線上，如圖 ( a) 所示，則電場(chǎng)強(qiáng)度 E 沿x 軸方向的分量因?qū)ΨQ性疊加為零，因此，點(diǎn) P 的電場(chǎng)強(qiáng)度就是EdEy jsindE jL證( 1) 延長(zhǎng)線上一點(diǎn) P的電場(chǎng)強(qiáng)度Edq，利用幾何關(guān)系r r x統(tǒng)一積分L 2 0r 2變量，則EPL/ 21QdxQ111Q電場(chǎng)強(qiáng)度的方向-L/ 2L r x24/ 2r L/ 2 4r 2L2400 L r L0沿x 軸 .( 2)根據(jù)以上分析，中垂線上一點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度 E 的方向沿 y 軸，大小為sin dqE

4、L 4r2 dE0利用幾何關(guān)系sin r / r ， rr 2x2統(tǒng)一積分變量，則L/ 21rQdxQ1Er 2 3 / 22 0r4r 2L2-L/ 2 4 0 L x2當(dāng)棒長(zhǎng) L時(shí)，若棒單位長(zhǎng)度所帶電荷為常量，則 P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E liml1Q / L20r 14r 2 / L220r此結(jié)果與無限長(zhǎng)帶電直線周圍的電場(chǎng)強(qiáng)度分布相同圖( b) . 這說明只要滿足 r 2/ L2 1，帶電長(zhǎng)直細(xì)棒可視為無限長(zhǎng)帶電直線.9 14 設(shè)在半徑為 R的球體內(nèi)電荷均勻分布，電荷體密度為, 求帶電球內(nèi)外的電場(chǎng)強(qiáng)度分布.分析 電荷均勻分布在球體內(nèi)呈球?qū)ΨQ，帶電球激發(fā)的電場(chǎng)也呈球?qū)ΨQ性.根據(jù)靜電場(chǎng)是有源場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)

5、度應(yīng)該沿徑向球?qū)ΨQ分布.因此可以利用高斯定理求得均勻帶電球內(nèi)外的電場(chǎng)分布 .以帶電球的球心為中心作同心球面為高斯面，依照高斯定理有d4 2EQiESrs0上式中 Qi 是高斯面內(nèi)的電荷量，分別求出處于帶電球內(nèi)外的高斯面內(nèi)的電荷量，即可求得帶電球內(nèi)外的電場(chǎng)強(qiáng)度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得r R 時(shí)，4r2 E4 r303假設(shè)球體帶正電荷，電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿徑向朝外.考慮到電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，帶電球體內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為Er3 0rR 時(shí)，4r2 E4 R30 3考慮到電場(chǎng)強(qiáng)度沿徑向朝外，帶電球體外的電場(chǎng)強(qiáng)度為ER3er30 r 29 15兩個(gè)帶有等量異號(hào)電荷的無限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為R1 和R2

6、( R2 R1 ) ，單位長(zhǎng)度上的電荷為 . 求離軸線為 r 處的電場(chǎng)強(qiáng)度： ( 1) r R1 ，( 2) R1 rR2 ， ( 3) r R2 .題 9-15 圖分析電荷分布在無限長(zhǎng)同軸圓柱面上，電場(chǎng)強(qiáng)度也必定沿軸對(duì)稱分布，取同軸圓柱面為高斯面，只有側(cè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量不為零，且E dSE 2 rL ，求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷q . 即可解得各區(qū)域電場(chǎng)的分布.解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理E2rLq / 0r R1 ，q 0E10R1 r R2 ，qLE22r0r R2，q 0E30在帶電面附近，電場(chǎng)強(qiáng)度大小不連續(xù)，如圖（b）所示，電場(chǎng)強(qiáng)度有一躍變LE20rL20r09 19 電荷面

7、密度分別為 和 的兩塊“無限大”均勻帶電的平行平板，如圖( a) 放置，取坐標(biāo)原點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，求空間各點(diǎn)的電勢(shì)分布并畫出電勢(shì)隨位置坐標(biāo)x 變化的關(guān)系曲線 .題 9-19 圖分析由于“無限大”均勻帶電的平行平板電荷分布在“無限”空間，不能采用點(diǎn)電荷電勢(shì)疊加的方法求電勢(shì)分布： 應(yīng)該首先由 “無限大” 均勻帶電平板的電場(chǎng)強(qiáng)度疊加求電場(chǎng)強(qiáng)度的分布，然后依照電勢(shì)的定義式求電勢(shì)分布.解 由“無限大” 均勻帶電平板的電場(chǎng)強(qiáng)度 i ，疊加求得電場(chǎng)強(qiáng)度的分布，200xaEiaxa00xa電勢(shì)等于移動(dòng)單位正電荷到零電勢(shì)點(diǎn)電場(chǎng)力所作的功V0xaxaE dlx0Va0axaE dlE dlx-a0Va0dlax aE

8、 dlExa0電勢(shì)變化曲線如圖 ( b) 所示 .9 21 一半徑為 R 的無限長(zhǎng)帶電細(xì)棒，其內(nèi)部的電荷均勻分布，電荷的體密度為. 現(xiàn)取棒表面為零電勢(shì)，求空間電勢(shì)分布并畫出分布曲線.題 9-21 圖分析無限長(zhǎng)均勻帶電細(xì)棒電荷分布呈軸對(duì)稱，其電場(chǎng)和電勢(shì)的分布也呈軸對(duì)稱. 選取同軸柱面為高斯面，利用高斯定理EdS1dVV0可求得電場(chǎng)分布 E( r) ，再根據(jù)電勢(shì)差的定義bVaVbE r dla并取棒表面為零電勢(shì)( Vb 0) ，即可得空間任意點(diǎn)a 的電勢(shì) .解取高度為 l 、半徑為 r 且與帶電棒同軸的圓柱面為高斯面，由高斯定理當(dāng)r R 時(shí)E 2rlr2l / 0得rE r20當(dāng)r R 時(shí)E 2r

9、lR2l / 0得R2E r20r取棒表面為零電勢(shì)，空間電勢(shì)的分布有當(dāng)r R 時(shí)V rR r2r2drRr 2040當(dāng)r R 時(shí)V rR R2 drR2 ln Rr2r2r00如圖所示是電勢(shì)V 隨空間位置 r 的分布曲線 .9 25在一次典型的閃電中，兩個(gè)放電點(diǎn)間的電勢(shì)差約為109 ，被遷移的電荷約為30C.( 1)如果釋放出來的能量都用來使0 的冰融化成0 的水，則可溶解多少冰？( 冰的融化熱 L3. 34 × 105 J·kg)( 2)假設(shè)每一個(gè)家庭一年消耗的能量為3 000kW·h，則可為多少個(gè)家庭提供一年的能量消耗？解 ( 1) 若閃電中釋放出來的全部能量

10、為冰所吸收，故可融化冰的質(zhì)量mEqU8.98 104 kgLL即可融化約90 噸冰.( 2) 一個(gè)家庭一年消耗的能量為E03 000kWh 1.08 1010 JnEqUE02.8E0一次閃電在極短的時(shí)間內(nèi)釋放出來的能量約可維持3個(gè)家庭一年消耗的電能.第十章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體與電介質(zhì)10 8一導(dǎo)體球半徑為R ，外罩一半徑為R2 的同心薄導(dǎo)體球殼，外球殼所帶總電荷為Q，而內(nèi)球的電勢(shì)為V 求此系統(tǒng)的電勢(shì)和電場(chǎng)的分布分析若 V0Q，內(nèi)球電勢(shì)等于外球殼的電勢(shì)，則外球殼內(nèi)必定為等勢(shì)體，電場(chǎng)強(qiáng)度40R2處處為零，內(nèi)球不帶電Q若 V0，內(nèi)球電勢(shì)不等于外球殼電勢(shì)，則外球殼內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零，內(nèi)球帶4R02電一般情況

11、下，假設(shè)內(nèi)導(dǎo)體球帶電q，導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡時(shí)電荷的分布如圖所示依照電荷的這一分布，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布并由VpE dl 或電勢(shì)疊加求出電勢(shì)的p分布最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)用已知量V0、 Q、R、R 表示2題 10-8 圖解 根據(jù)靜電平衡時(shí)電荷的分布， 可知電場(chǎng)分布呈球?qū)ΨQ 取同心球面為高斯面， 由高斯定理 E dSE r4r 2E rq / 0，根據(jù)不同半徑的高斯面內(nèi)的電荷分布，解得各區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)分布為r R 時(shí)，E1r 0R r R2時(shí)， E2 rq24r0r R2 時(shí)，E2Qqr40r 2由電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)的積分關(guān)系，可得各相應(yīng)區(qū)域內(nèi)的電勢(shì)分布r R時(shí)，V1E dlR1E1 dlR2dlE3

12、 dlrE 2rR1R2qQ4 0R14 0 R2R r R2 時(shí)，V2E dlR2dlE 3 dlrE2rR2qQ4 0r4 0 R2r R2 時(shí)，V3rE 3 dlQq4 0r也可以從球面電勢(shì)的疊加求電勢(shì)的分布：在導(dǎo)體球內(nèi)（ r R）V1qQ40R140R2在導(dǎo)體球和球殼之間（2）R r RV2qQ40r40R2在球殼外（ r R2）為V3Qq4 0r由題意V1V0qQ40R240R1得q4 0 R1V0R1 QR2于是可求得各處的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)的分布：r R時(shí)，E10；V1V0R r R2 時(shí)，R1V0R1QR1V0(r R1 )QE2240R2r2 ；V24 0 R2rrrr R2 時(shí)

13、，R1V0(R2 R1)QR1V0(R2 R1)QE324 0 R2 r 2； V34 0 R2rrr10 11電容式計(jì)算機(jī)鍵盤的每一個(gè)鍵下面連接一小塊金屬片，金屬片與底板上的另一塊金屬片間保持一定空氣間隙，構(gòu)成一小電容器（如圖）. 當(dāng)按下按鍵時(shí)電容發(fā)生變化，通過與之相連的電子線路向計(jì)算機(jī)發(fā)出該鍵相應(yīng)的代碼信號(hào). 假設(shè)金屬片面積為50.0 mm 2 ，兩金屬片之間的距離是0.600 mm. 如果電路能檢測(cè)出的電容變化量是0.250 pF，試問按鍵需要按下多大的距離才能給出必要的信號(hào)？題10-11圖分析按下按鍵時(shí)兩金屬片之間的距離變小，的最小距離：解按下按鍵時(shí)電容的變化量為電容增大， 由電容的變

14、化量可以求得按鍵按下C110Sd0d按鍵按下的最小距離為d mind 0dCd02mm0.152d0C 0 S10 14 人體的某些細(xì)胞壁兩側(cè)帶有等量的異號(hào)電荷. 設(shè)某細(xì)胞壁厚為 5.2 ×10 9m，兩表面所帶面電荷密度為± 5.2 ×10 3 C m2，內(nèi)表面為正電荷如果細(xì)胞壁物質(zhì)的相對(duì)電容率為 6.0，求（ 1） 細(xì)胞壁內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度；（2） 細(xì)胞壁兩表面間的電勢(shì)差解（ 1）細(xì)胞壁內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度（2） 細(xì)胞壁兩表面間的電勢(shì)差E9.8106V/m ；方向指向細(xì)胞外0 rUEd5.110 2V 10 17如圖，有一個(gè)空氣平板電容器，極板面積為 S，間距為 d現(xiàn)將該電

15、容器接在端電壓為U 的電源上充電，當(dāng)（1） 充足電后； （2） 然后平行插入一塊面積相同、厚度為 （ d）、相對(duì)電容率為 的電介質(zhì)板； （3） 將上述電介質(zhì)換為同樣大小的導(dǎo)體板分別求電容器的電容 C，極板上的電荷 Q 和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度 E題 10-17 圖分析 電源對(duì)電容器充電，電容器極板間的電勢(shì)差等于電源端電壓U插入電介質(zhì)后，由于介質(zhì)界面出現(xiàn)極化電荷， 極化電荷在介質(zhì)中激發(fā)的電場(chǎng)與原電容器極板上自由電荷激發(fā)的電場(chǎng)方向相反， 介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)減弱 由于極板間的距離d 不變， 因而與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，以維持電勢(shì)差不變，并有UQd Q 0S0rS相類似的原因， 在平板電容器極板之

16、間，若平行地插入一塊導(dǎo)體板，由于極板上的自由電荷和插入導(dǎo)體板上的感應(yīng)電荷在導(dǎo)體板內(nèi)激發(fā)的電場(chǎng)相互抵消，與電源相接的導(dǎo)體極板將會(huì)從電源獲得電荷，使間隙中的電場(chǎng)E 增強(qiáng)，以維持兩極板間的電勢(shì)差不變，并有UQdS0綜上所述，接上電源的平板電容器，插入介質(zhì)或?qū)w后，極板上的自由電荷均會(huì)增加，而電勢(shì)差保持不變解（ 1） 空氣平板電容器的電容S0C0充電后，極板上的電荷和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為dS0Q0UE0U / d（ 2） 插入電介質(zhì)后，電容器的電容C1 為C1Q /Qd Q 0rS0S0rS r d 故有C1C1U0rSU r d介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E1Q1U0rS r d空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度E1Q1rU0S r

17、d（ 3） 插入導(dǎo)體達(dá)到靜電平衡后，導(dǎo)體為等勢(shì)體，其電容和極板上的電荷分別為C20SdQ20S Ud導(dǎo)體中電場(chǎng)強(qiáng)度E2 0空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度E2Ud無論是插入介質(zhì)還是插入導(dǎo)體，由于電容器的導(dǎo)體極板與電源相連，在維持電勢(shì)差不變的同時(shí)都從電源獲得了電荷，自由電荷分布的變化同樣使得介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度不再等于E0/ 第十一章恒定磁場(chǎng)11如圖所示，幾種載流導(dǎo)線在平面內(nèi)分布，電流均為I ，它們?cè)邳c(diǎn)O的磁感強(qiáng)度各為11多少？題 11-11圖分析 應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理求解將不同形狀的載流導(dǎo)線分解成長(zhǎng)直部分和圓弧部分，它們各自在點(diǎn) O 處所激發(fā)的磁感強(qiáng)度較容易求得，則總的磁感強(qiáng)度B0Bi .解（） 長(zhǎng)直電流對(duì)點(diǎn) O 而言

18、，有 I dl r0，因此它在點(diǎn) O 產(chǎn)生的磁場(chǎng)為零，則點(diǎn)O處總的磁感強(qiáng)度為 1/4 圓弧電流所激發(fā)，故有B00I8RB0的方向垂直紙面向外（）將載流導(dǎo)線看作圓電流和長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B00I0I2R2RB0 的方向垂直紙面向里（c） 將載流導(dǎo)線看作1/2圓電流和兩段半無限長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B00I0I0I0I0I4R 4R 4R 2R 4RB0 的方向垂直紙面向外11 14 已知 10mm2 裸銅線允許通過 50 A電流而不會(huì)使導(dǎo)線過熱電流在導(dǎo)線橫截面上均勻分布求導(dǎo)線內(nèi)、外磁感強(qiáng)度的分布.題 11-14 圖分析可將導(dǎo)線視作長(zhǎng)直圓柱體，電流沿軸向均勻流過導(dǎo)體，故其磁場(chǎng)必然呈軸對(duì)稱分

19、布，即在與導(dǎo)線同軸的圓柱面上的各點(diǎn)，B大小相等、方向與電流成右手螺旋關(guān)系為此，可利用安培環(huán)路定理，求出導(dǎo)線表面的磁感強(qiáng)度解圍繞軸線取同心圓為環(huán)路L，取其繞向與電流成右手螺旋關(guān)系，根據(jù)安培環(huán)路定理，有在導(dǎo)線內(nèi) r R，在導(dǎo)線外 r R，B dlB 2r 0 III2 Ir222r，因而RRB0Ir2R2I I ，因而B0I2r磁感強(qiáng)度分布曲線如圖所示11 15有一同軸電纜，其尺寸如圖（）所示兩導(dǎo)體中的電流均為I ，但電流的流向相反，導(dǎo)體的磁性可不考慮試計(jì)算以下各處的磁感強(qiáng)度：（1） r R1；（ 2） R1 r2 r R ；（ 4） r R3畫出 B r 圖線R ；（3） R23題 11-15

20、圖分析同軸電纜導(dǎo)體內(nèi)的電流均勻分布，其磁場(chǎng)呈軸對(duì)稱， 取半徑為 r 的同心圓為積分路徑，B dlB 2r，利用安培環(huán)路定理B dlI ，可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度0解由上述分析得r R1B1 2r 01 2 r2R1Ir0B12R12R1 r R2B2rI20B20I2rR2 r R3B32r 0r 2R2I22 IR3R2B30I R32r 22r R32R22r R3B2r II040B40磁感強(qiáng)度 B（ r）的分布曲線如圖（）11 17電流 I 均勻地流過半徑為R 的圓形長(zhǎng)直導(dǎo)線， 試計(jì)算單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁場(chǎng)通過圖中所示剖面的磁通量題 11-17 圖分析由題 11 14 可得導(dǎo)線內(nèi)部距軸線為

21、r 處的磁感強(qiáng)度Ir0B r2R2在剖面上磁感強(qiáng)度分布不均勻，因此，需從磁通量的定義B r dS 來求解沿軸線方向在剖面上取面元 S l r ，考慮到面元上各點(diǎn) B 相同，故穿過面元的 磁通量 B S，通過積分，可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量 BdrS解由分析可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量R 0Ir0I0 2R2dr411 19霍爾效應(yīng)可用來測(cè)量血流的速度，其原理如圖所示在動(dòng)脈血管兩側(cè)分別安裝電極并加以磁場(chǎng)設(shè)血管直徑為d 2.0 mm，磁場(chǎng)為 B0.080 T ，毫伏表測(cè)出血管上下兩端的電壓為 UH 0.10mV，血流的流速為多大？題 11-19 圖分析血流穩(wěn)定時(shí)，有qv B qEH由上式可以解得血流

22、的速度解 依照分析EHU H0.63 m/svdBB11 21 從太陽射來的速度為 0.80× 108m/ 的電子進(jìn)入地球赤道上空高層范艾倫輻射帶中，該處磁場(chǎng)為 4.0 × 10 7，此電子回轉(zhuǎn)軌道半徑為多大？若電子沿地球磁場(chǎng)的磁感線旋 5進(jìn)到地磁北極附近，地磁北極附近磁場(chǎng)為2.0 × 10，其軌道半徑又為多少？mv3R11.1 10 m地磁北極附近的回轉(zhuǎn)半徑mR2v23 meB2第十二章電磁感應(yīng)電磁場(chǎng)和電磁波12 7載流長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流以dI 的變化率增長(zhǎng) .若有一邊長(zhǎng)為 d的正方形線圈與導(dǎo)線處dt于同一平面內(nèi)，如圖所示.求線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).d分析本題仍可用法

23、拉第電磁感應(yīng)定律，來求解 . 由于回路處在非均勻磁場(chǎng)dt中，磁通量就需用B dS 來計(jì)算 .S為了積分的需要，建立如圖所示的坐標(biāo)系.由于 B僅與 x有關(guān)，即 B=B(x)，故取一個(gè)平行于長(zhǎng)直導(dǎo)線的寬為dx、長(zhǎng)為d的面元 dS，如圖中陰影部分所示，則dS=ddx，所以，總磁通量可通過線積分求得（若取面元dS=d xdy，則上述積分實(shí)際上為二重積分）.本題在工程技術(shù)中又稱為互感現(xiàn)象，也可用公式dIM求解 .dt解 1穿過面元 dS的磁通量為d B dS0 I ddx2x因此穿過線圈的磁通量為2 d0 Id0 Id ddxln 2d2x2再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有d（ 0d ln 1）dIdt22d

24、t解 2 當(dāng)兩長(zhǎng)直導(dǎo)線有電流 I 通過時(shí)，穿過線圈的磁通量為 0dI ln 22線圈與兩長(zhǎng)直導(dǎo)線間的互感為0 d ln 2MI2當(dāng)電流以 dI 變化時(shí)，線圈中的互感電動(dòng)勢(shì)為dtM dI（ 0 d ln1）dIdt22 dt題 12-7圖12 10 如圖（）所示，把一半徑為 R 的半圓形導(dǎo)線當(dāng)導(dǎo)線以速率 v 水平向右平動(dòng)時(shí)，求導(dǎo)線中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)OP E置于磁感強(qiáng)度為 B的均勻磁場(chǎng)中，的大小，哪一端電勢(shì)較高？題 12-10 圖分析 本題及后面幾題中的電動(dòng)勢(shì)均為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，除仍可由dE求解外（必須設(shè)法dt構(gòu)造一個(gè)閉合回路），還可直接用公式EvB dl 求解l在用后一種方法求解時(shí)，應(yīng)注意導(dǎo)體上任一導(dǎo)線元

25、l 上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)dE v B dl .在一般情況下，上述各量可能是l 所在位置的函數(shù)矢量（v × B）的方向就是導(dǎo)線中電勢(shì)升高的方向解 1 如圖（）所示，假想半圓形導(dǎo)線OP 在寬為 2R的靜止形導(dǎo)軌上滑動(dòng)，兩者之間形成一個(gè)閉合回路設(shè)順時(shí)針方向?yàn)榛芈氛颍我粫r(shí)刻端點(diǎn)O 或端點(diǎn) P 距 形導(dǎo)軌左側(cè)距離為x，則 2Rx 1 R2 B 2即Ed2RBdx2RvBdtdt由于靜止的形導(dǎo)軌上的電動(dòng)勢(shì)為零，則 E 2RvB式中負(fù)號(hào)表示電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，對(duì)OP 段來說端點(diǎn) P 的電勢(shì)較高解 2建立如圖（ c）所示的坐標(biāo)系，在導(dǎo)體上任意處取導(dǎo)體元l，則dEv BdlvBsin 90o cosd

26、l vB cosRdEdE/2vBR cosd 2RvB/2由矢量（ v ×B）的指向可知，端點(diǎn)P 的電勢(shì)較高解3連接 OP 使導(dǎo)線構(gòu)成一個(gè)閉合回路由于磁場(chǎng)是均勻的，在任意時(shí)刻，穿過回路的磁通量 BS 常數(shù) . 由法拉第電磁感應(yīng)定律 Ed可知， E 0dt又因E EOP EPO即EOP EPO 2RvB由上述結(jié)果可知， 在均勻磁場(chǎng)中， 任意閉合導(dǎo)體回路平動(dòng)所產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為零；而任意曲線形導(dǎo)體上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)就等于其兩端所連直線形導(dǎo)體上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)上述求解方法是疊加思想的逆運(yùn)用，即補(bǔ)償?shù)姆椒?2 12如圖所示，長(zhǎng)為 L 的導(dǎo)體棒 OP，處于均勻磁場(chǎng)中，并繞OO 軸以角速度 旋轉(zhuǎn)，棒與

27、轉(zhuǎn)軸間夾角恒為，磁感強(qiáng)度 B 與轉(zhuǎn)軸平行求OP 棒在圖示位置處的電動(dòng)勢(shì)題 12-12 圖分析 如前所述，本題既可以用法拉第電磁感應(yīng)定律Ed計(jì)算（此時(shí)必須構(gòu)造一個(gè)dt包含 OP導(dǎo)體在內(nèi)的閉合回路，如直角三角形導(dǎo)體回路OPQO ），也可用 Ev B dl 來l計(jì)算由于對(duì)稱性，導(dǎo)體OP 旋轉(zhuǎn)至任何位置時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與圖示位置是相同的解 1由上分析，得EOPOPvBdlvB sin 90o cosdlll sin B cos 90odllB sin2由矢量 vB 的方向可知端點(diǎn) P 的電勢(shì)較高解 2 設(shè)想導(dǎo)體 OP 為直角三角形導(dǎo)體回路通量 為零，則回路的總電動(dòng)勢(shì)L12ldlB L sin02OPQO

28、 中的一部分，任一時(shí)刻穿過回路的磁Ed0EOP EPQdt顯然， EQO 0，所以EOPEPQEQO1 B PQ 22EQO1B(L sin)22由上可知，導(dǎo)體棒OP 旋轉(zhuǎn)時(shí)，在單位時(shí)間內(nèi)切割的磁感線數(shù)與導(dǎo)體棒QP 等效12 15在半徑為 R 的圓柱形空間中存在著均勻磁場(chǎng)，B 的方向與柱的軸線平行如圖（）所示，有一長(zhǎng)為l 的金屬棒放在磁場(chǎng)中，設(shè)B 隨時(shí)間的變化率dB 為常量試證：棒上感應(yīng)dt電動(dòng)勢(shì)的大小為2dB lR2ldt 22題 12-15 圖分析變化磁場(chǎng)在其周圍激發(fā)感生電場(chǎng)，把導(dǎo)體置于感生電場(chǎng)中，導(dǎo)體中的自由電子就會(huì)在電場(chǎng)力的作用下移動(dòng)，在棒內(nèi)兩端形成正負(fù)電荷的積累，從而產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)由

29、于本題的感生電場(chǎng)分布與上題所述情況完全相同，故可利用上題結(jié)果， 由E k dl 計(jì)算棒上l感生電動(dòng)勢(shì)此外，還可連接 OP、OQ，設(shè)想 PQOP 構(gòu)成一個(gè)閉合導(dǎo)體回路，用法拉第電磁感應(yīng)定律求解，由于OP、 OQ 沿半徑方向，與通過該處的感生電場(chǎng)強(qiáng)度Ek 處處垂直，故Ekdl0 ， OP、 OQ 兩段均無電動(dòng)勢(shì)，這樣，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出的閉合回路的總電動(dòng)勢(shì)，就是導(dǎo)體棒PQ 上的電動(dòng)勢(shì)證 1由電磁感應(yīng)定律，在rR 區(qū)域，EkdldB dSdt2r Ekr 2 dBdt解得該區(qū)域內(nèi)感生電場(chǎng)強(qiáng)度的大小r dBEk2 dt設(shè)PQ 上線元 x 處， Ek的方向如圖（ b）所示，則金屬桿 PQ 上的電動(dòng)

30、勢(shì)為PQEk dxEk cos dxlr dBR2l / 2 22 dtdx0rdB lR2l / 2 2dt 2證 2由法拉第電磁感應(yīng)定律，有2EPQEdS dB dB lR2ldtdtdt22討論假如金屬棒 PQ 有一段在圓外，則圓外一段導(dǎo)體上有無電動(dòng)勢(shì)？該如何求解？第十四章波動(dòng)光學(xué)14-9在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，用波長(zhǎng) 546.1 nm的單色光照射，雙縫與屏的距離d300mm測(cè)得中央明紋兩側(cè)的兩個(gè)第五級(jí)明條紋的間距為12.2 mm ，求雙縫間的距離分析雙縫干涉在屏上形成的條紋是上下對(duì)稱且等間隔的如果設(shè)兩明紋間隔為x，則由中央明紋兩側(cè)第五級(jí)明紋間距x5 x-5 10 x 可求出 x再由公式x d

31、d 即可求出雙縫間距 d解 根據(jù)分析： x （ x5 x-5 ） /101.22 ×10-3m雙縫間距：d d x 1.34 ×10-4m14-10一個(gè)微波發(fā)射器置于岸上，離水面高度為d，對(duì)岸在離水面h 高度處放置一接收器，水面寬度為 D ，且 Dd , Dh ，如圖所示發(fā)射器向?qū)γ姘l(fā)射波長(zhǎng)為的微波，且 d，求接收器測(cè)到極大值時(shí)，至少離地多高？分析由發(fā)射器直接發(fā)射的微波與經(jīng)水面反射后的微波相遇可互相干涉，這種干涉與勞埃德鏡實(shí)驗(yàn)完全相同形成的干涉結(jié)果與縫距為2d，縫屏間距為D 的雙縫干涉相似，如圖（b）所示，但要注意的是和勞埃德鏡實(shí)驗(yàn)一樣，由于從水面上反射的光存在半波損失，使

32、得兩束光在屏上相遇產(chǎn)生的光程差為2dsin / 2，而不是2dsin 題 14-10 圖解 由分析可知，接收到的信號(hào)為極大值時(shí)，應(yīng)滿足2dsin /2kk1,2,.h DtanDsinD 2k 14d取 k 1 時(shí)，得 hDmin4d14-11 如圖所示，將一折射率為1.58 的云母片覆蓋于楊氏雙縫上的一條縫上，使得屏上原中央極大的所在點(diǎn)O 改變?yōu)榈谖寮?jí)明紋 .假定=550 nm，求：（ 1）條紋如何移動(dòng)？（2） 云母片的厚度 t.題 14-11 圖分析(1) 本題是干涉現(xiàn)象在工程測(cè)量中的一個(gè)具體應(yīng)用，它可以用來測(cè)量透明介質(zhì)薄片的微小厚度或折射率在不加介質(zhì)片之前，兩相干光均在空氣中傳播，它們到

33、達(dá)屏上任一點(diǎn) P 的光程差由其幾何路程差決定，對(duì)于點(diǎn) O，光程差 0，故點(diǎn) O 處為中央明紋，其余條紋相對(duì)點(diǎn) O 對(duì)稱分布而在插入介質(zhì)片后，雖然兩相干光在兩介質(zhì)薄片中的幾何路程相同，但光程卻不同，對(duì)于點(diǎn)O， 0，故點(diǎn) O 不再是中央明紋，整個(gè)條紋發(fā)生平移原來中央明紋將出現(xiàn)在兩束光到達(dá)屏上光程差=0 的位置 .(2) 干涉條紋空間分布的變化完全取決于光程差的變化因此，對(duì)于屏上某點(diǎn)P（明紋或暗紋位置） ，只要計(jì)算出插入介質(zhì)片前后光程差的變化，即可知道其干涉條紋的變化情況插入介質(zhì)前的光程差1r 1 r 2 k1 （對(duì)應(yīng) k1 級(jí)明紋） ，插入介質(zhì)后的光程差2（ n1） d r 1 r2 k1 （對(duì)應(yīng)

34、 k1 級(jí)明紋）光程差的變化量為21（ n 1） d（ k2 k1） 式中（ k2 k1 ）可以理解為移過點(diǎn) P 的條紋數(shù)（本題為 5）因此，對(duì)于這類問題，求解光程差的變化量是解題的關(guān)鍵解由上述分析可知，兩介質(zhì)片插入前后，對(duì)于原中央明紋所在點(diǎn)O，有21n2 1 d 5將有關(guān)數(shù)據(jù)代入可得d54.7410 6mn 114-12 白光垂直照射到空氣中一厚度為380 nm的肥皂膜上設(shè)肥皂的折射率為1.32試問該膜的正面呈現(xiàn)什么顏色？分析這是薄膜干涉問題，求正面呈現(xiàn)的顏色就是在反射光中求因干涉增強(qiáng)光的波長(zhǎng)（在可見光范圍）解根據(jù)分析對(duì)反射光加強(qiáng)，有2nekk1,2,.24ne2k1在可見光范圍， k 2時(shí)，668.8 nm （紅光）k 3時(shí)，401.3 n