大學(xué)物理下計算題

1、第9章9-4 直角三角形 ABC如題圖 9-4 所示，AB 為斜邊，A 點上有一點荷q11.8 10 9 C ，B 點上有一點電荷 q24.810 9C，已知BC0.04m ， AC0.03m，求 C點電場強度 E 的大小和方向( cos37 0.8 , sin370.6 ).題圖 9-4rrr解圖 9-4解：如解圖 9-4 所示 C 點的電場強度為 EE1E2C 點電場強度 E 的大小C方向為即方向與 BC邊成 33.7 °。9-5 兩個點電荷 q1664 10C, q2 8 10C 的間距為解圖 9-50.1m，求距離它們都是0.1m 處的電場強度 E 。解：如解圖 9-5 所示

2、E1 ， E2 沿 x、y 軸分解電場強度為9-12.一均勻帶電球殼內(nèi)半徑R16cm ，外半徑 R210cm ，電荷體密度為2 10 5 C m 3 ，求：到球心距離 r 分別為 5cm、8cm、12cm 處場點的場強解:根據(jù)高斯定理sEdSq得0當(dāng) r 5 cm 時，q0，得r 8 cm 時，qp 4 (r 3R13 )34r 3R3E31413.4810NC，方向沿半徑向外4 0 r 2r 12cm 時,q4(R23R13）34R23R13E324.10 1041沿半徑向外 .4 0 rN C9-13 兩平行無限大均勻帶電平面上的面電荷密度分別為+和-2,如題圖 9-13 所示 ,(1)求

3、圖中三個區(qū)域的場強E1 ， E2 ， E3 的表達式；（2）若4.4310 6 C m 2 ，那么， E1 ， E2 ， E3 各多大？解：（ 1）無限大均勻帶電平板周圍一點的場強大小為在區(qū)域區(qū)域區(qū)域題圖 9-13（2）若4.43 10 6 C m 2 則9-17 如題圖 9-17 所示，已知 a 810 2 m ， b 6 10 2 m ,q1 3 10 8 C , q23 10 8 C ，D 為 q1q2 連線中點，求：（1）D 點和 B 點的電勢；(2)A 點和 C 點的電勢；（3）將電量為 2 10 9 C 的點電荷 q0 由 A 點移到 C 點，電場力所做的功；（4）將 q0 由 B

4、 點移到 D 點，電場力所做的功。解：（ 1）建立如解圖 9-17 所示坐標系，由點電荷產(chǎn)生的電勢的疊加得同理，可得q1q2（2）UA40 b2a240b題圖 9-17解圖 9-17（3）將點電荷 q0 由 A 點移到 C 點，電場力所做的功（4）將 q0 由 B 點移到 D 點，電場力所做的功9-20半徑為 R1 和 R2 ( R2 R1 )的兩無限長同軸圓柱面， 單位長度上分別帶有電量和,試求 :(1)空間場強分布；(2)兩圓柱面之間的電勢差。q解:（1）由高斯定理求對稱性電場的場強分布sE dS0取同軸圓柱形高斯面，側(cè)面積S2rl ，則小圓柱面內(nèi)： rR1 ，q0兩圓柱面間： R1rR2

5、，ql ，方向沿徑向向外大圓柱面外： rR2，q0（2） U ABR2R2drlnR2E2 drR1 2R10 r2 0R19-21 在半徑為 R1 和 R2 的兩個同心球面上分別均勻帶電q1 和 q2,求在 0 r R1 ,R1 r R2 , r R2 三個區(qū)域內(nèi)的電勢分布。解：利用高斯定理求出空間的電場強度：解圖 9-21則空間電勢的分布：第 11章1.用兩根彼此平行的長直導(dǎo)線將半徑為 R 的均勻?qū)w圓環(huán)聯(lián)到電源上，如題圖所示， b 點為切點，求 O 點的磁感應(yīng)強度。解：先看導(dǎo)體圓環(huán)， 由于 ab大 和 ab小 并聯(lián)，設(shè)大圓弧有電流 I1 ，小圓弧有電流 I 2 ，必有：1 大I2小 由于

6、圓環(huán)材料相同，電阻率相同，截面積S 相同，實際電阻與圓環(huán)弧的弧I RR長 l大 和 l小 有關(guān)，即： I1l大I 2l 小 ,r0 I1l大則 I1 在 O 點產(chǎn)生的 B1 的大小為 B1,4R2r0I 2l 小B1.而 I 2在 O 點產(chǎn)生的 B2 的大小為 B24 R2rrrrB1 和 B2 方向相反，大小相等 .即 B1B2 0。r直導(dǎo)線 L1 在 O 點產(chǎn)生的 B30。直導(dǎo)線 L2 在 O 點產(chǎn)生的 B40 I ，方向垂直紙面向外。4 R則 O 點總的磁感強度大小為 B0 B40 I ，方向垂直紙面向外。4 R2.一載有電流 I 的長導(dǎo)線彎折成如題圖所示的形狀，CD 為 1/4 圓弧，

7、半徑為 R，圓心 O在 AC，EF的延長線上 .求 O 點處磁場的場強。解：因為 O 點在 AC和 EF的延長線上，故AC和 EF段對 O 點的磁場沒有貢獻。CD段：DE段O 點總磁感應(yīng)強度為0 I0 I0I1 1 ，方同垂直紙面向外 .BBDE BCD8R2 R2R 43.如題圖所示，在長直導(dǎo)線AB 內(nèi)通有電流 I ，有一與之共面的等邊三角形CDE，其高為 h ，平行于直導(dǎo)線的一邊CE到直導(dǎo)線的距離為 b 。求穿過此三角形線圈的磁通量。解：建立如解圖所示坐標，取距電流AB 為 x 遠處的寬為 dx 且與解圖 11-17AB 平行的狹條為面積元 dS2(b hx) tan 30 dx.則通過等

8、邊三角形的磁通量為：4.一根很長的圓柱形實心銅導(dǎo)線半徑為R，均勻載流為 I 。試計算：（1）如題圖（ a）所示，導(dǎo)線內(nèi)部通過單位長度導(dǎo)線剖面的磁通量；（2）如題圖（ b）所示，導(dǎo)線外部通過單位長度導(dǎo)線剖面的磁通量 .解：由磁場的安培環(huán)路定理可求得磁感應(yīng)強度分布情況為然后求磁通量。 沿軸線方向在剖面取面元dSl dr ，考慮到面元上各點 B相同，故穿過面元的磁通量dBdS ，通過積分，可得單位長度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量。(1)導(dǎo)線內(nèi)部通過單位長度導(dǎo)線剖面的磁通量(2)導(dǎo)線外部通過單位長度導(dǎo)線剖面的磁通量.5.有一根很長的同軸電纜，由兩個同軸圓筒狀導(dǎo)體組成，這兩個圓筒狀導(dǎo)體的尺寸如題圖 11-19 所示。

9、在這兩導(dǎo)體中，有大小相等而方向相反的電流 I 流過。求 :（1）內(nèi)圓筒導(dǎo)體內(nèi)各點（ra ）的磁感應(yīng)強度B；（2）兩導(dǎo)體之間（arb ）的 B；（3）外圓筒導(dǎo)體內(nèi)（brc ）的 B；（4）電纜外（ rc ）各點的 B。解：在電纜的橫截面， 以截面的軸為圓心， 將不同的半徑 r 作圓弧并取其為安培積分回路 L，然后，應(yīng)用安培環(huán)路定理求解，可得離軸不同距離處的磁場分布。當(dāng) ra 時， B 2 r0 ，得 B=0；(1)B l0Ii0dli(2)當(dāng) arb 時，同理可得 B20 I ；r(3)當(dāng) brc 時，有 B2 r0 II (r 2b2 ),得 B0 Ir 2b2(c22)1c2b2b2r(4)

10、當(dāng) rc 時， B=0；6.如題圖所示，一根長直導(dǎo)線載有電流I130A，矩形回路載有電流I220A，已知a1.0cm ， b8.0cm, l12cm.試計算：（1）作用在回路各邊上的安培力；（2）作用在回路上的合力.解： (1)上下導(dǎo)線所受安培力大小相等，方向相反。左右導(dǎo)線所受安培力大小分別為：線框所受總的安培力F 為左、右兩邊安培力 F3 和 F4 之矢量和，故合力的大小為：合力的方向朝左，指向直導(dǎo)線.第 13章13-1 如題圖 13-1 所示，兩條平行長直導(dǎo)線和一個矩形導(dǎo)線框共面，且導(dǎo)線框的一個邊與長直導(dǎo)線平行，到兩長直導(dǎo)線的距離分別為 r1 ，r2 。已知兩導(dǎo)線中電流都為 II 0 si

11、nt ，其中I0 和 為常數(shù)， t 為時間。導(dǎo)線框長為 a，寬為 b，求導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢。解：無限長直電流激發(fā)的磁感應(yīng)強度為 B0 I 。取坐標 Ox題圖 13-12r垂直于直導(dǎo)線，坐標原點取在矩形導(dǎo)線框的左邊框上，坐標正方向為水平向右。取回路的繞行正方向為順時針。由場強的疊加原理可得 x 處的磁感應(yīng)強度大小方向垂直紙面向里。xx通過微分面積 dS adx 的磁通量為解圖 13-1v v0I0 Iadxd m B dS BdS(r1 x)2 ( r22x)0 I0 I通過矩形線圈的磁通量為badxm0 2 (r1x)2 (r2x)0 aln r1bln r2bI 0 sint2r1r2感生

12、電動勢i 0 時，回路中感應(yīng)電動勢的實際方向為順時針；i 0 時，回路中感應(yīng)電動勢的實際方向為逆時針。r13-3 均勻磁場 B 被限制在半徑 R=10cm的無限長圓柱形空間內(nèi)，方向垂直紙面向里。取一固定的等腰梯形回路 ABCD，梯形所在平面的法向與圓柱空間的軸平行， 位置如題圖 13-3所示。設(shè)磁場以 dB1T s 1 的勻速率增加，已知dt題圖 13-3OAOB6cm ，求等腰梯形回路ABCD感生電動3勢的大小和方向。解：設(shè)順時針方向為等腰梯形回路繞行的正方向 .則 t 時刻通過該回路的磁通量 v vm B S BS ，其中 S為等腰梯形 ABCD中存在磁場部分的面積，其值為感應(yīng)電動勢代入已

13、知數(shù)值得“說”明，感應(yīng)電動勢的實際方向為逆時針，即沿 ADCBA繞向。用楞次定律也可直接判斷感應(yīng)電動勢的方向為逆時針繞向。13-4 如題圖 13-4 所示，有一根長直導(dǎo)線，載有直流電流I，近旁有一個兩條對邊與它平行并與它共面的矩形線圈，以勻速度v沿v垂直于導(dǎo)線的方向離開導(dǎo)線 .設(shè) t=0 時，線圈位于圖示位置 ,求：(1)在任意時刻 t 通過矩形線圈的磁通量m ；(2)在圖示位置時矩形線圈中的電動勢i 。題圖 13-4解： (1)設(shè)線圈回路的繞行方向為順時針。由于載流長直導(dǎo)線激發(fā)磁場為非均勻分布因此，必須由積分求得t 時刻通過回路的磁通量。取坐標Ox 垂直于直導(dǎo)線，坐標原點取在直導(dǎo)線的位置，坐

14、標正方向為水平向右，則在任意時刻t 通過矩形線圈的磁通量為（2）在圖示位置時矩形圈中的感應(yīng)電動勢感應(yīng)電動勢的方向沿順時針繞向。13-6 如題圖 13-6 所示，一根長為 L 的金屬細桿 AB繞豎直軸 O1O2 以角速度在水平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)， O1 2 在離細桿A端L/5處。若已知均勻磁場r平行于 O12 軸。求AB兩端間BOO的電勢差 UA UB.解：設(shè)金屬細桿 AB與豎直軸 O1O2 交于點 O,將 AB兩端間的動生電動勢看成AO 與OBv兩段動生電動勢的串聯(lián)。 取 OB 方向為導(dǎo)線的正方向， 在銅棒上取極小的一段微元dl ，方向為 OB 方向。微元運動的速度大小為 vvvvl 。由于 vv, B

15、,dl互相垂直。所以 dl 兩端的動生電動勢為v rvB l dld i ( vB) dlvBdlOB 的動生電動勢為動生電動勢OB 的方向由 B 指向 O。同理 OA 的動生電動勢為動生電動勢OA 的方向由 A 指向 O。所以 AB 兩端間的的動題圖 13-6生電動勢為動生電動勢AB 的方向由 A 指向了 B；A 端帶負電， B 端帶正電。AB 兩端間的電勢差B 端電勢高于 A 端。第 14章14-2.在楊氏雙縫實驗中，設(shè)兩縫之間的距離為 0.2mm在距雙縫 1m 遠的屏上觀察干涉條紋，若入射光是波長為 400nm至 760nm的白光，問屏上離零級明紋 20mm 處，哪些波長的光最大限度地加

16、強？解：已知： d 0.2mm， D1m，x 20mm依公式 xD kd kdx4000nmD故 k10?1 400nm k92444.4nmk83500nmk74 571.4nmk65666.7nm這五種波長的光在所給的觀察點最大限度地加強14-4.在雙縫干涉實驗中，波長550nm 的單色平行光4d2 10m 的雙縫上，屏到雙縫的距離D2m求：,垂直入射到縫間距(1)中央明紋兩側(cè)的兩條第10 級明紋中心的間距；(2)用一厚度為 e 6.6 10 6 m 、折射率為 n 1.58的玻璃片覆蓋一縫后，零級明紋將移到原來的第幾級明紋處？解： (1)x、 20 x=20D /d0.11(m)(2)覆

17、蓋云玻璃后，零級明紋應(yīng)滿足(n1)er1r2設(shè)不蓋玻璃片時，此點為第k 級明紋，則應(yīng)有r2 r1 k所以(n1)e=kk (n 1)e =6.967零級明紋移到原第 7 級明紋處14-6. 如題圖 14-6 所示，在雙縫干涉實驗中，單色光源S0 到兩縫S1 和 S2 的距離分別為 l1和 l2 ，并且 l1 l 2 3，為入射光的波長，雙縫之間的距離為 d，雙縫到屏幕的距離為 D(D>>d)，求：(1)零級明紋到屏幕中央 O 點的距離；(2)相鄰明條紋間的距離題圖 14-6解：(1)如解圖 14-6 所示，設(shè) P 為屏幕上的一點， 距 O 點為 x，則 S1 和 S2 到 P 點的

18、光程差為從光源 S0 發(fā)出的兩束光的光程差為零級明紋所以零級明紋到屏幕中央 O 點的距離(2)明條紋條件k (k 0， 1， 2， .)Dxk ( k 3)(k0，1，2，.)dD在此處令 k0，即為 (1)的結(jié)果相鄰明條紋間距 xk 1 xkd14-7 在折射率 n31.52 的照相機鏡頭表面涂有一層折射率n21.38 的 MgF 增透膜，2若此膜僅適用于波長550nm 的光，則此膜的最小厚度為多少？本題所述的增透膜， 就是希望波長 550nm 的光在透射中得到加強， 因干涉的互補性，波長為 550nm 的光在透射中得到加強，則在反射中一定減弱，具體求解時應(yīng)注意在 e>0 的前提下，

19、k 取最小的允許值解：兩反射光的光程差2n2 ，由干涉相消條件2k 1，得e2取 k0，則14-8.如題圖 14-8 所示在折射率 n1.50 的玻璃上，鍍上 n 1.35的透明介質(zhì)薄膜入射光波垂直于介質(zhì)表面， 然后觀察反射光的干涉，發(fā)現(xiàn)對 1 600nm 的光波干涉相消，對2 700nm 的光波干涉相題圖 14-8長且在 600nm 到 700nm 之間沒有別的波長的光是最大限度相消或相長的情況求所鍍介質(zhì)膜的厚度解：當(dāng)光垂直入射時， i0對 1（干涉相消）12n e2k 1 12對 k 2 2（干涉相長） 2n e由 解得將 k、n代入 式得214-9.白光垂直照射在空氣中厚度為 0.40m

20、 的玻璃片上，玻璃的折射率為 1.50試問在可見光范圍內(nèi)，哪些波長的光在反射中增強？哪些波長的光在透射中增強？解：玻璃片上下表面的反射光加強時，應(yīng)滿足即在可見光范圍內(nèi)，只能取 k 3 （其它值均在可見光范圍外） ，代入上式，得玻璃片上下表面的透射光加強時，應(yīng)滿足或，反射光應(yīng)滿足干涉減弱條件（與透射光互補）即得2nek在可見光范圍內(nèi)， k 只能取 2 或 3k2時k3 時2ne1600nm22ne2400nm314-10.波長為 的單色光垂直照射到折射率為n2 的劈形膜上，如題圖 14-10所示，圖中 n1n2n3 ，觀察反射光形成的干涉條紋(1)從劈形膜頂部 O 開始向右數(shù)起，第五條暗紋中心所

21、對應(yīng)的薄膜厚度e5題圖 14-10是多少？(2)相鄰的兩明紋所對應(yīng)的薄膜厚度之差是多少？解： (1)第五條暗紋中心對應(yīng)的薄膜厚度為e52n2e5(2k1)k=42(2)明紋的條件是 2n2ekk相鄰兩明紋所對應(yīng)的膜厚度之差ek 1ek2n214-15.某種單色平行光垂直入射在單縫上，單縫寬 a=0.15mm縫后放一個焦距 f=400mm 的凸透鏡，在透鏡的焦平面上，測得中央明條紋兩側(cè)第三級暗條紋之間的距離為 8.0mm，求入射光的波長解：設(shè)第三級暗紋在3 方向上，則有此暗紋到中心的距離為因為 3 很小，可認為 tg 3sin 3 ，所以兩側(cè)第三級暗紋的距離是所以14-17.在復(fù)色光照射下的單縫

22、衍射圖樣中，其中某一波長的第3 級明紋位置恰與波長600nm 的單色光的第 2 級明紋位置重合，求這光波的波長解：設(shè)未知波長為 0 ，由單縫衍射明紋條件： a sin (2k 1)2得a sin(231)02解得14-19.已知天空中兩顆星相對于一望遠鏡的角距離為4.84 106 rad，由它們發(fā)出的光波波長550.0nm。望遠鏡物鏡的口徑至少要多大，才能分辨出這兩顆星？解：由得14-20.一束平行光垂直入射到某個光柵上，該光束有兩種波長的光，1440nm ，2 660nm 實驗發(fā)現(xiàn)，兩種波長的譜線 (不計中央明紋 )第二次重合于衍射角60o 的方向上求此光柵的光柵常數(shù)d解：由光柵衍射主極大公

23、式得當(dāng)兩譜線重合時有 1= 2,即兩譜線第二次重合即是k16 ， k16 ， k2 4k24由光柵公式可知14-21.波長 600nm 的單色光垂直入射在一光柵上，第2 級主極大在 sin0.20 處，第 4 級缺級，試問：（1）光柵上相鄰兩縫的間距 a b 有多大？（2）光柵上狹縫可能的最小寬度a 有多大？（3）按上述選定的 a 、 b 值，試問在光屏上可能觀察到的全部級數(shù)是多少？解：（1）由光柵方程 (a b)sink （ k=2）得光柵上相鄰兩縫的間距（ 2）根據(jù)缺級條件，有取 k' 1,得狹縫的最小寬度（ 3）由光柵方程令 sin1,解得 :即 k0, 1, 2, 3, 5,

24、6, 7, 9 時出現(xiàn)主極大，4, 8 缺級 ,10 級主極大在90o 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.14-22 用一個每毫米有 500 條刻痕的平面透射光柵觀察鈉光譜（ 589nm），設(shè)透鏡焦距 f 1.00m問：（ 1）光線垂直入射時，最多能看到第幾級光譜；* （2）光線以入射角 30°入射時，最多能看到第幾級光譜；（3）若用白光垂直照射光柵，求第一級光譜的線寬度解（1）光柵常數(shù)光波垂直入射時，光柵衍射明紋的條件為dsink，令 sin1 ，可得取整數(shù) km 3 ，即最多能看到第 3 級光譜（2）光波傾斜入射時，光柵明紋的條件為令 sin1，可求得位于中央主極大兩側(cè)，能觀察到條紋的最大km 值分別