本學(xué)期物理作業(yè)題及答案(共23頁(yè))

1、第九章靜電場(chǎng)97 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2.0q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)上述分析題 9-7 圖98若電荷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 (2) 在棒的垂直平分線上，離棒為r 處的電場(chǎng)強(qiáng)度為若棒為無(wú)限長(zhǎng)(即L)，試將結(jié)果與無(wú)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

2、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)度為整個(gè)帶電體在點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度接著針對(duì)具體問(wèn)題來(lái)處理這個(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，(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)度就是證(1) 延長(zhǎng)線上一點(diǎn)P 的電場(chǎng)強(qiáng)度，利用幾何關(guān)系 rr x統(tǒng)一積分變量，則電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿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

3、 軸，大小為利用幾何關(guān)系 sin r/r， 統(tǒng)一積分變量，則當(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)度此結(jié)果與無(wú)限長(zhǎng)帶電直線周圍的電場(chǎng)強(qiáng)度分布相同圖(b).這說(shuō)明只要滿足r2/L2 1，帶電長(zhǎng)直細(xì)棒可視為無(wú)限長(zhǎng)帶電直線.914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)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，依照高斯定理有上式中是高斯面內(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

4、，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，由高斯定理可得時(shí)， 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)度為時(shí)， 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 915兩個(gè)帶有等量異號(hào)電荷的無(wú)限長(zhǎng)同軸圓柱面，半徑分別為R1 和R2 (R2R1 )，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) rR2 .題 9-15 圖分析電荷分布在無(wú)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，求出不同半徑高斯面內(nèi)的電荷.即可解得各區(qū)域電場(chǎng)的分布

5、.解作同軸圓柱面為高斯面，根據(jù)高斯定理r R1 ， R1 r R2 ， r R2， 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919電荷面密度分別為和的兩塊“無(wú)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(wú)限大”均勻帶電的平行平板電荷分布在“無(wú)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(wú)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(wú)限大” 均勻帶電平板的電場(chǎng)強(qiáng)度，疊加求得電場(chǎng)強(qiáng)度的分布，電勢(shì)等于移動(dòng)單位

6、正電荷到零電勢(shì)點(diǎn)電場(chǎng)力所作的功 電勢(shì)變化曲線如圖(b)所示.921一半徑為R 的無(wú)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(wú)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，利用高斯定理可求得電場(chǎng)分布E(r)，再根據(jù)電勢(shì)差的定義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)rR 時(shí)得 當(dāng)rR 時(shí)得 取棒表面為零電勢(shì)，空間電勢(shì)的分布有當(dāng)rR 時(shí)當(dāng)rR 時(shí)如圖所示是電勢(shì)V 隨空間位置r 的分布曲線.92

7、5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30 C.(1) 如果釋放出來(lái)的能量都用來(lái)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(lái)的全部能量為冰所吸收，故可融化冰的質(zhì)量即可融化約 90 噸冰.(2) 一個(gè)家庭一年消耗的能量為一次閃電在極短的時(shí)間內(nèi)釋放出來(lái)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)108一導(dǎo)體球半徑為R ，外罩一半徑為R2 的同心薄導(dǎo)體

8、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，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)度處處為零，內(nèi)球不帶電若，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)球帶電一般情況下，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)分布并由或電勢(shì)疊加求出電勢(shì)的分布最后將電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)用已知量V0、Q、R、R2表示題 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，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)， RrR2 時(shí)，rR2

9、 時(shí)， 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)，RrR2 時(shí)，rR2 時(shí)，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）在導(dǎo)體球和球殼之間（RrR2 ）在球殼外（rR2）為由題意得 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)，；RrR2 時(shí)，；rR2 時(shí)，；1011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(guò)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 mm2 ，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

10、變化量是0.250 pF，試問(wèn)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，電容增大，由電容的變化量可以求得按鍵按下的最小距離：解按下按鍵時(shí)電容的變化量為按鍵按下的最小距離為1014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 ×109 m，兩表面所帶面電荷密度為±5.2 ×10 3 Cm2 ，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；方向指向細(xì)胞外（2） 細(xì)胞壁兩表面間的電勢(shì)差1017如圖，有一個(gè)空氣

11、平板電容器，極板面積為S，間距為d現(xiàn)將該電容器接在端電壓為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，并有相類似的原因，在平板電容器極板之間，

12、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充電后，極板上的電荷和極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度為（2） 插入電介質(zhì)后，電容器的電容C1 為故有介質(zhì)內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度（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導(dǎo)體中電場(chǎng)強(qiáng)度 空氣中電場(chǎng)強(qiáng)度無(wú)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

13、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)1111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.解（） 長(zhǎng)直電流對(duì)點(diǎn)O 而言，有，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B0 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B0 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

14、段半無(wú)限長(zhǎng)直電流，由疊加原理可得B0 的方向垂直紙面向外1114已知10 mm2 裸銅線允許通過(guò)50 A 電流而不會(huì)使導(dǎo)線過(guò)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(guò)導(dǎo)體，故其磁場(chǎng)必然呈軸對(duì)稱分布，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， ，因而在導(dǎo)線外r R，因而磁感強(qiáng)度分布曲線如圖所示1115有一同軸電纜，其尺寸如圖（）所示兩導(dǎo)體中的電流均為I，

15、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 r R2 ；（3） R2 r R3 ；（4） r R3 畫出B r 圖線題 11-15 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， ，利用安培環(huán)路定理，可解得各區(qū)域的磁感強(qiáng)度解由上述分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感強(qiáng)度B（r）的分布曲線如圖（）1117電流I 均勻地流過(guò)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(guò)圖中所示剖面的磁通量題 11-17 圖分析由題1114 可得導(dǎo)線內(nèi)部距軸線為r 處的磁感強(qiáng)度在剖面上磁感強(qiáng)度分

16、布不均勻，因此，需從磁通量的定義來(lái)求解沿軸線方向在剖面上取面元S lr，考慮到面元上各點(diǎn)B 相同，故穿過(guò)面元的磁通量BS，通過(guò)積分，可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量解由分析可得單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)的磁通量1119霍爾效應(yīng)可用來(lái)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d2.0 mm，磁場(chǎng)為B0.080 T，毫伏表測(cè)出血管上下兩端的電壓為UH0.10 mV，血流的流速為多大？題 11-19 圖分析血流穩(wěn)定時(shí)，有由上式可以解得血流的速度解依照分析1121從太陽(yáng)射來(lái)的速度為0.80×108 m/ 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 ×

17、;107，此電子回轉(zhuǎn)軌道半徑為多大？ 若電子沿地球磁場(chǎng)的磁感線旋進(jìn)到地磁北極附近，地磁北極附近磁場(chǎng)為2.0 ×105，其軌道半徑又為多少？解由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的回轉(zhuǎn)半徑高層范艾倫輻射帶中的回轉(zhuǎn)半徑地磁北極附近的回轉(zhuǎn)半徑第十二章電磁感應(yīng)電磁場(chǎng)和電磁波127 載流長(zhǎng)直導(dǎo)線中的電流以的變化率增長(zhǎng).若有一邊長(zhǎng)為d的正方形線圈與導(dǎo)線處于同一平面內(nèi)，如圖所示.求線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì). 分析 本題仍可用法拉第電磁感應(yīng)定律，來(lái)求解.由于回路處在非均勻磁場(chǎng)中，磁通量就需用來(lái)計(jì)算. 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d

18、S，如圖中陰影部分所示，則dS=ddx，所以，總磁通量可通過(guò)線積分求得（若取面元dS=dxdy，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，也可用公式求解.解1 穿過(guò)面元dS的磁通量為因此穿過(guò)線圈的磁通量為再由法拉第電磁感應(yīng)定律，有 解2 當(dāng)兩長(zhǎng)直導(dǎo)線有電流I通過(guò)時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量為線圈與兩長(zhǎng)直導(dǎo)線間的互感為當(dāng)電流以變化時(shí)，線圈中的互感電動(dòng)勢(shì)為題 12-7 圖1210如圖（）所示，把一半徑為R 的半圓形導(dǎo)線OP 置于磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場(chǎng)中，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)E 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

19、動(dòng)勢(shì)，除仍可由求解外（必須設(shè)法構(gòu)造一個(gè)閉合回路），還可直接用公式求解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l 上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì).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?lè)较驗(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，則即由于靜止的 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(lái)說(shuō)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，則由矢量（v 

20、5;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(guò)回路的磁通量常數(shù).由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，E 0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?212如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng) 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

21、第電磁感應(yīng)定律 計(jì)算（此時(shí)必須構(gòu)造一個(gè)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），也可用來(lái)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 由矢量的方向可知端點(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OPQO 中的一部分，任一時(shí)刻穿過(guò)回路的磁通量為零，則回路的總電動(dòng)勢(shì)顯然，EQO 0，所以由上可知，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1215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)間的變化率為常量試證：棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

22、的大小為題 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，由計(jì)算棒上感生電動(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(guò)該處的感生電場(chǎng)強(qiáng)度Ek 處處垂直，故，OP、OQ 兩段均無(wú)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r R 區(qū)域，解得該區(qū)域內(nèi)感生電場(chǎng)強(qiáng)度的大小設(shè)PQ 上線

23、元x 處，Ek的方向如圖（b）所示，則金屬桿PQ 上的電動(dòng)勢(shì)為證2由法拉第電磁感應(yīng)定律，有討論假如金屬棒PQ 有一段在圓外，則圓外一段導(dǎo)體上有無(wú)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 10x 可求出x再由公式x dd 即可求出雙縫間距d解根據(jù)分析：x （x5 x-5）/10 1.22×10-3 m雙縫間距：

24、d dx 1.34 ×10-4 m14-19把折射率n1.40 的薄膜放入邁克耳孫干涉儀的一臂，如果由此產(chǎn)生了7.0 條條紋的移動(dòng)，求膜厚設(shè)入射光的波長(zhǎng)為589 nm分析邁克耳孫干涉儀中的干涉現(xiàn)象可以等效為薄膜干涉（兩平面鏡相互垂直）和劈尖干涉（兩平面鏡不垂直）兩種情況，本題屬于后一種情況在干涉儀一臂中插入介質(zhì)片后，兩束相干光的光程差改變了，相當(dāng)于在觀察者視野內(nèi)的空氣劈尖的厚度改變了，從而引起干涉條紋的移動(dòng)解插入厚度為d 的介質(zhì)片后，兩相干光光程差的改變量為2（n 1）d，從而引起N 條條紋的移動(dòng)，根據(jù)劈尖干涉加強(qiáng)的條件，有2（n 1）dN，得14-22 已知單縫寬度b1.0 

25、15;10-4 m，透鏡焦距f 0.50 m，用1 400 nm和2 760 nm的單色平行光分別垂直照射，求這兩種光的第一級(jí)明紋離屏中心的距離，以及這兩條明紋之間的距離若用每厘米刻有1000條刻線的光柵代替這個(gè)單縫，則這兩種單色光的第一級(jí)明紋分別距屏中心多遠(yuǎn)？ 這兩條明紋之間的距離又是多少？分析用含有兩種不同波長(zhǎng)的混合光照射單縫或光柵，每種波長(zhǎng)可在屏上獨(dú)立地產(chǎn)生自己的一組衍射條紋，屏上最終顯示出兩組衍射條紋的混合圖樣因而本題可根據(jù)單縫（或光柵）衍射公式分別計(jì)算兩種波長(zhǎng)的k 級(jí)條紋的位置x1和x2 ，并算出其條紋間距x x2 x1 通過(guò)計(jì)算可以發(fā)現(xiàn)，使用光柵后，條紋將遠(yuǎn)離屏中心，條紋間距也變大

26、，這是光柵的特點(diǎn)之一解（1） 當(dāng)光垂直照射單縫時(shí)，屏上第k 級(jí)明紋的位置當(dāng)1 400 nm 和k 1 時(shí)，x1 3.0 ×10-3 m當(dāng)2 760 nm 和k 1 時(shí)，x2 5.7 ×10-3 m其條紋間距 x x2 x1 2.7 ×10-3 m（2） 當(dāng)光垂直照射光柵時(shí)，屏上第k 級(jí)明紋的位置為而光柵常數(shù) 當(dāng)1 400 nm 和k 1 時(shí)，x1 2.0 ×10-2 m當(dāng)2 760 nm 和k 1 時(shí)，x2 3.8 ×10-2 m其條紋間距 14-27測(cè)得一池靜水的表面反射出來(lái)的太陽(yáng)光是線偏振光，求此時(shí)太陽(yáng)處在地平線的多大仰角處？ （水的折射率

27、為1.33）題14-27 圖分析設(shè)太陽(yáng)光（自然光）以入射角i 入射到水面，則所求仰角當(dāng)反射光起偏時(shí)，根據(jù)布儒斯特定律，有（其中n1 為空氣的折射率，n2 為水的折射率）解根據(jù)以上分析，有則 14-28一束光是自然光和線偏振光的混合，當(dāng)它通過(guò)一偏振片時(shí)，發(fā)現(xiàn)透射光的強(qiáng)度取決于偏振片的取向，其強(qiáng)度可以變化5 倍，求入射光中兩種光的強(qiáng)度各占總?cè)肷涔鈴?qiáng)度的幾分之幾分析偏振片的旋轉(zhuǎn)，僅對(duì)入射的混合光中的線偏振光部分有影響，在偏振片旋轉(zhuǎn)一周的過(guò)程中，當(dāng)偏振光的振動(dòng)方向平行于偏振片的偏振化方向時(shí)，透射光強(qiáng)最大；而相互垂直時(shí)，透射光強(qiáng)最小分別計(jì)算最大透射光強(qiáng)Imax 和最小透射光強(qiáng)Imin ，按題意用相比的方法即能求解解設(shè)入射混合光強(qiáng)為I，其中線偏振光強(qiáng)為xI，自然光強(qiáng)為（1x）I按題意旋轉(zhuǎn)偏振片，則有最大透射光強(qiáng) 最小透射光強(qiáng) 按題意，則有解得 x 2/3即線偏振光占總?cè)肷涔鈴?qiáng)的2/3，自然光占1/3第十五章狹義相對(duì)論154一飛船的固有長(zhǎng)度為L(zhǎng)，相對(duì)于地面以速度v1 作勻速直線運(yùn)動(dòng)，從飛船中的后端向飛船中的前端的一個(gè)靶子發(fā)射一顆相對(duì)于飛船的速度為v2 的子彈.在飛船上測(cè)得子彈從射出到擊中靶的時(shí)間間隔是() (c 表示真空中光速)(A) (B) (C) (D) 分析與解固有長(zhǎng)度是指相對(duì)測(cè)量對(duì)象