大學(xué)物理（交大3版）答案16

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習(xí)題16

16-1.直導(dǎo)線中通以交流電，如下圖，置于磁導(dǎo)率為?的介質(zhì)中，已知：I?I0sin?t，其中I0、?是大于零的常量.求：與其共面的N匝矩形回路中的感應(yīng)電動勢.解：B??I2?x???d?ad?Ild?a?I?ldx?ln2?x2?d

???NN?I0?ld?ad???lnco?stdt2?d16-2.如下圖，長直導(dǎo)線中通有電流I?5.0A，在與其相距

d?0.5cm處放有一矩形線圈，共1000匝，設(shè)線圈長l?4.0cm，寬a?2.0cm。不計線圈自感，若線圈以速度v?3.0cm/s沿垂直于長導(dǎo)線的方向向右運動，線圈中的感生電動勢多大？解：εab?NB2lvεdc?NB1lvε?εdc?εab?NB1lv?NB2lv??0IN1?0IalvN1(?)lv??1.92?10?42?dd?a2?d(d?a)16-3.電流為I的無限長直導(dǎo)線旁有一弧形導(dǎo)線，圓心角為

?120，幾何尺寸及位置如下圖。求當(dāng)圓弧形導(dǎo)線以速度v平行于長

直導(dǎo)線方向運動時，弧形導(dǎo)線中的動生電動勢。

解：連接AO、OB，圓弧形導(dǎo)線與AO、OB形成閉合回路，閉合回路的電動勢為0，所以圓弧形導(dǎo)線電動勢與AOB直導(dǎo)線的電動勢相等。εAO?v?B?dl????2RRμ0IvμIvdx??0ln22πx2πεOB??v?B?dl???εAB?εAO?εOB??5R22Rμ0IvμIv5dx??0ln2πx2π4μ0Iv5ln2π2

16-4.電阻為R的閉合線圈折成半徑分別為a和2a的兩個圓，如下圖，

258

將其置于與兩圓平面垂直的勻強磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強度按B?B0sin?t的規(guī)律變化。已知

a?10cm，B0?2?10?2T，??50rad/s，R?10?，求線圈中感應(yīng)電流的最大值。

1d?1dB3?a2B0?cos?t22????[??a??(2a)]??I?RRdtRdtR?3?a2B0?3??0.12?2?10?2?50??9.42?10?3AImax?R10

dB?0的磁場，一直dt導(dǎo)線彎成等腰梯形的閉合回路ABCDA，總電阻為R，上底為a，下底為2a，求：（1）AD段、BC段和閉合回路中的感應(yīng)電動勢；（2）B、C兩

16-5.如下圖，半徑為a的長直螺線管中，有點間的電勢差UB?UC。

解：

?E?dl??dΦdtE1??rdB?r?a2dta2dB?E2??r?a2rdtεAD??E1?dl??Ecosθdl

??a2a?22a)2a?(rdB2dl

2dtr?32dB?a4dtπa2dB??E2?dl?

6dt同理εBC整個閉合回路的電動勢ε?εBC?εADπa23a2dB?(?)逆時針方向

64dtUB?UC??(??310)a2dBdt

16-6.圓柱形勻強磁場中同軸放置一金屬圓柱體，半徑為R，高為h，電阻率為?，如下圖。若勻強磁場以

dB?k(k?0,k為恒量)的規(guī)律變dt259

化，求圓柱體內(nèi)渦電流的熱功率.

解：在圓柱體內(nèi)任取一個半徑為r，厚度為dr，高為h的小圓柱通壁

dΦdB?πr2dtdt2πr電阻R?ρ

hdrε?ε2hdBdP???rdrRρdtπhdB23πhk2R4P??()?rdr?02ρdt8ρR

16-7.將金屬薄片彎成如下圖回路，兩端為半徑為a的圓柱面，中間是邊長為l，間

隔為d的兩正方形平面，且l??a，a??d.（1）試求該回路的自感系數(shù)；（2）若沿圓柱面的軸向加變化磁場

B?B0?kt，試求回路中的電流I(t).（回路中的電阻很小，

可忽略不計）

解：（1）B?μ0nI?μ0Il1B21B222??al??ldW?wV?2?2?02?0??0I2l?a2??0I2d

1212LI22?0?a2L???0d

ldIdΦ?（2）ε?LdΦ?S?dBdtdtS2?a2?ldlktI??kdt?kt??L2?0?a2?0??0dl根據(jù)W?

216-8.一螺繞環(huán)，每厘米繞40匝，鐵心截面積3.0cm，磁導(dǎo)率

（1）??200?0，繞組中通有電流5.0mA，環(huán)上繞有二匝次級線圈，求：兩繞組間的互感系數(shù)；（2）若初級繞組中的電流在0.10s內(nèi)由5.0A降低到0，

次級繞組中的互感電動勢。

解：（1）B?μnIΦ?NBS?NμnIS

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Φ?NμnS?2?200?4π?10?7?40?102?3?10?4?6.03?10?4HIdI5?0?6.03?10?4??3.02?10?2V（2）ε?Mdt0.116-9.如圖，半徑分別為b和a的兩圓形線圈（b>>a），在t?0時共面放置，大圓形線圈通有穩(wěn)恒電流I，小圓形線圈以角速度?繞豎直軸轉(zhuǎn)動，若小圓形線圈的電阻為R，

M?求：（1）當(dāng)小線圈轉(zhuǎn)過90時，小線圈所受的磁力矩的大?。唬?）從初始時刻轉(zhuǎn)到該位置的過程中，磁力矩所做功的大小。解：B??μ0I2任一時間穿過小線圈的磁通量Φ?Bπacosωt2bε1dΦBωπa2??sinωt小線圈的感應(yīng)電流i?RRdtRπBωπ2a42當(dāng)ωt?時pm?iπa?

2R22Iωπ2a4B2ωπ2a4μ0?M?Bpm?2R4RbB2ωπa2W??iπaBdθ?R2?π2023Iωπ3a4B2ωπ2a4μ0sinθdθ???

R16Rb2216-10.一同軸電纜由中心導(dǎo)體圓柱和外層導(dǎo)體圓筒組成，兩者半徑分別為R1和R2，導(dǎo)體圓柱的磁導(dǎo)率為?1，筒與圓柱之間充以磁導(dǎo)率為?2的磁介質(zhì)。電流I可由中心圓柱流出，由圓筒流回。求每單位長度電纜的自感系數(shù)。解：B1?μ1Irr?R122πR1μ2IR1?r?R22πrB2?B12B22B2Wm??dV??dV??dV

2?2?12?2??11?R1?1Ir2?()?2?rdr??2??02?1?2?R?1??2?2?R2R1(?2I2?)?2?rdr?2?r??1I2?2I2R2??ln16?4?R1Wm?LI2/2

261

單位長度自感L??1?2R2?ln8?2?R116-11.一電感為2.0H，電阻為10Ω的線圈突然接到電動勢??100V，內(nèi)阻不計的電源上，在接通0.1s時，求：（1）磁場總儲存能量的增加率；（2）線圈中產(chǎn)生焦耳熱的速率；（3）電池組放出能量的速率。

?tε解：（1）I(t)?(1?eL)?3.9A

RRW(t)?12LI2RRR?t?t?tdW(t)dIε2LL?LI??εIe?(1?e)eL?238Js

dtdtR（2）P?I2R?3.92?10?152Js

（3）電池組放出能量的速率P?Iε?390Js16-12.在一對巨大的圓形極板（電容C?1.0?105?12F）上，加上頻率為50Hz，峰值

為1.74?10V的交變電壓，計算極板間位移電流的最大值。解：ID?CdU??ωCUmsinωtω?2πfdt?5?1.754?10?5.46A102IDm??CUm?2?fCU?2??5?01.?0?11?0m

思考題

16-1.圖為用沖擊電流計測量磁極間磁場的裝置。小線圈與沖擊電流計相接，線圈面積

?為A，匝數(shù)為N，電阻為R，其法向n與該處磁場方向一致，將小線圈迅速取出磁場時，沖擊電流計測得感應(yīng)電量為q，試求小線圈所在位置的磁感應(yīng)強度。

1ΔΦNBAεdt???R?RRRqB?

NA解：q?Idt?

16-2.圖中abcda電路有電阻R，其中bc段的一部分繞成圓形，圓形區(qū)域有一與回路平面垂直的均勻磁場B，在圓形導(dǎo)線的一邊施加恒力F，由于a端固定，假定該圓開始的半徑為r0，并維持以圓形的方式收縮，設(shè)導(dǎo)線十分溫和，忽略導(dǎo)線的質(zhì)量，問需要多長的時間圓形部分完全閉合？

262

2πB23r0答：t?3RF

16-3.在磁感應(yīng)強度為B的均勻磁場內(nèi)，有一面積為S的矩形線框，線框回路的電阻為R（忽略自感），線框繞其對稱軸以勻角速度?旋轉(zhuǎn)（如下圖）。

（1）求在如圖位置時線框所受的磁力矩為多大？

（2）為維持線框勻角速度轉(zhuǎn)動，外力矩對線框每轉(zhuǎn)一周需作的功為多少？

答：Φ?BScosφ?BScosωt

ε1?BSωsinωtRR12pm?IS?BSωsinωt

R1222M?Bpmsinωt?BSωsinωt

R2π11B2S2ωsin2θdθ?B2S2ωπW??Mdθ??0RRI?16-4.一平板電容器充電以后斷開電源，然后緩慢拉開電容器兩極板的間距，則拉開過

程中兩極板間的位移電流為多大?若電容器兩端始終維持恒定電壓，則在緩慢拉開電容器兩極板間距的過程中兩極板間有無位移電流?若有位移電流，則它的方向怎樣?答：Id?CdU，dt

16-5.圖a為一量值隨時間減小，方向垂直紙面向內(nèi)的變化電場，均勻分布在圓柱形區(qū)域內(nèi).試在圖b中畫出：（1）位移電流的大致分布和方向；（2）磁場的大致分布和方向。答：略

16-6.試寫出與以下內(nèi)容相應(yīng)的麥克斯韋方程的積分形式：（1）電力線起始于正電荷終止于負(fù)電荷；（2）磁力線無頭無尾；（3）變化的電場伴有磁場；（4）變化的磁場伴有電場。解：（1）（2）

?D?dS??qSi

?B?dS?0

S263

（3）H?dl?S???Ic???D?dSS?t（4）E?dl??S?D?S?t?dS

習(xí)題17

817-1.已知電磁波在空氣中的波速為3.0?10m/s，試計算以下各種頻率的電磁波在空氣中的波長：（1）上海人民廣播電臺使用的一種頻率??990kHz；（2）我國第一顆人造地球衛(wèi)星播放東方紅樂曲使用的無線電波的頻率??20.009MHz；（3）上海電視臺八頻道使用的圖像載波頻率??184.25MHz.

解：λ?cν3?108?303m（1）λ?3990?103?108（2）???14.99m

20.009?1063?108?1.63m（3）λ?6184.25?1017-2.一電臺輻射電磁波，若電磁波的能流均勻分布在以電臺為球心的球面上，功率為

105W。求離電臺10km處電磁波的坡因廷矢量和電場分量的幅值。

解：S?P105??7.96?10?5Jm2?s224?r4??10000S??212Eε0E?μ0HE2?E0?2所以Em?(2S??012)?2.4?5?21V0m?017-3.真空中沿x正方向傳播的平面余弦波，其磁場分量的波長為?，幅值為H0.在t?0時刻的波形如下圖.（1）寫出磁場分量的波動表達式；（2）寫出電場分量的波動表達式，并在圖中畫出t?0時刻的電場分量波形；（3）計算t?0時，x?0處的坡因廷矢量.

(t?解：（1）設(shè)H?H0cosωt?0、x?0時H??2πx?φ)λH02φ??cos12πφ??23264

根據(jù)波形曲線可以判斷出φ?2π3Hz?H0cos(?t?2??x?2?2?2??)?H0cos?(ct?x)?

??3?3??（2）E?μ02π??2πH?μ0cH?μ0cH0cos?(ct?x)??ε03??λ（3）t?0、x?0時H?H0μcH0E?0222μ0cH0S?EH?方向沿x軸正向

417-4.氦氖激光器發(fā)出的圓柱形激光束，功率為10mW，光束截面直徑為2mm.求該激光的最大電場強度和磁感應(yīng)強度.

解：S?P10?10?3??3.18?103Wm22?6?r3.14?10Em?(2S??012)?1.52?931V0m?0Hm?ε0?6EmBm??0Hm??0?0Hm?4.30?10Tμ0思考題

17-1.試述電磁波的性質(zhì).

（1）電磁波是橫波,;（2）E和H同相位;

（3）E和H數(shù)值成比例εE?（4）電磁波傳播速度u?μH；

,真空中波速u?1εμ1ε0μ0等于光速。

17-2.圖a為一LC電路，C為圓形平行板電容器，L為長直螺線管，圖b及圖c分別表示電容器放電時平行板電容器的電場分布和螺線管內(nèi)的磁場分布。（1）在圖b內(nèi)畫出電容器內(nèi)部的磁場分布和坡因廷矢量分布。（2）在圖c內(nèi)畫出螺線管內(nèi)部的電場分布和坡因廷矢量分布。

265

答：略

17-3.如下圖，同軸電纜內(nèi)外半徑分別為a和b，用來作為電源?和電阻R的傳輸線，電纜本身的電阻忽略不計。

（1）求電纜中任一點（a?r?b）處的坡因廷矢量S。（2）求通過電纜橫截面的能流，該結(jié)果說明什么物理圖象？

解：在導(dǎo)E?0，在兩圓桶之間

Ubrlna方向沿徑向

H?1方向沿圓周的切向2πrS?EH?UIb2πr2lna沿電纜軸線方向

說明電源向負(fù)載提供的能量是通過坡因廷矢量傳遞的

習(xí)題18

18-1．楊氏雙縫的間距為0.2mm，距離屏幕為1m，求：（1）若第一到第四明紋距離為

7.5mm，求入射光波長。（2）若入射光的波長為6000A，求相鄰兩明紋的間距。

解：（1）根據(jù)條紋間距的公式：?x??k??D?1???3??0.0075m?4d2?10所以波長為：??5000A

D?1?6000?10?10?x???3mm（2）若入射光的波長為6000A，相鄰兩明紋的間距：

d2?10?4?18-2．圖示為用雙縫干擾來測定空氣折射率n的裝置。試驗前，在長度為l的兩個一致密封玻璃管內(nèi)都充以一大氣壓的空氣。現(xiàn)將上管中的空氣逐漸抽去，（1）則光屏上的干擾條紋將向什么方向移動；（2）當(dāng)上管中空氣完全抽到真空，發(fā)現(xiàn)屏上波長為?的干擾條紋移過N條。計算空氣的折射率.

解：（1）當(dāng)上面的空氣被抽去，它的光程減小，所以它將通過增加路程來彌補，所以條紋向下移動。

（2）當(dāng)上管中空氣完全抽到真空，發(fā)現(xiàn)屏上波長為?的干擾條紋移過N條。

）?N?可列出：l（n?1266

解得：n?

N??1l18-3．在圖示的光路中，S為光源，透鏡L1、L2的焦距都為f,求（1）圖中光線SaF與光線SOF的光程差為多少？。

（2）若光線SbF路徑中有長為l,折射率為n的玻璃,那么該光線與SOF的光程差為多少？。

解：（1）圖中光線SaF與光線SOF的幾何路程一致，介質(zhì)一致，所以SaF與光線SoF光程差為0。

（2）若光線SbF路徑中有長為l,折射率為n的玻璃,那么光程差為幾何路程差與

）介質(zhì)折射率差的乘積，即l（n?1

18-4．在玻璃板（折射率為1.50）上有一層油膜（折射率為1.30）。已知對于波長為500nm和700nm的垂直入射光都發(fā)生反射相消，而這兩波長之間沒有別的波長光反射相消，求此油膜的厚度。

解：油膜上、下兩表面反射光的光程差為2ne，由反射相消條件有2ne=(2k+1)λ/2=(k+1/2)λ(k=0，1，2，…)①

?時，有2ne=(k1+1/2)λ1=k1λ1+2500②當(dāng)λ1=5000A?時，有2ne=(k2+1/2)λ2=k2λ2+3500③當(dāng)λ2=7000A因λ2＞λ1，所以k2＜k1;又由于λ1與λ2之間不存在λ3滿足2ne=(k3+1/2)λ3式

即不存在k2＜k3＜k1的情形，所以k2、k1應(yīng)為連續(xù)整數(shù)，即k2=k1-1④由②、③、④式可得：

k1=(k2λ2+1000)/λ1=(7k2+1)/5=[7(k1-1)+1]/5得k1=3k2=k1-1=2

?可由②式求得油膜的厚度為e=(k1λ1+2500)/(2n)=6731A

18-5．一塊厚1.2μm的折射率為1.50的透明膜片。設(shè)以波長介于400~700nm的可見光．垂直入射，求反射光中哪些波長的光最強?

解：由反射干擾相長公式有2ne+λ/2=kλ(k=1,2,…)

?得λ=4ne/(2k-1)=(4×1.5×12000)/(2k-1)=72000/(2k-1)Ak=6,λ=6550A；k=7,λ=5540A；k=8,λ=4800A；k=9,λ=4240A；

????

277

2?（ne?nO）d???（2k?1）?

?（ne?nO）d?k?

那么這樣的劈尖的相鄰干擾條紋的間距：?d??（ne?nO）??12.6mm

思考題

20-1．用偏振片怎樣來區(qū)分自然光、部分偏振光和線偏振光？

答:將光通過偏振片，光強無變化的為自然光；光強有變化但不會出現(xiàn)完全消光的為部分偏振光；光強有變化且在某個方向為零的為線偏振光。

20-2．如下圖，玻璃片堆A的折射率為n，二分之一波片C的光軸與y軸夾角為30，偏振片P的偏振化方向沿y軸方向，自然光沿水平方向入射。

（1）欲使反射光為完全偏振光，玻璃片堆A的傾角?應(yīng)為多少？在圖中畫出反射光的偏振態(tài)；

（2）若將部分偏振光看作自然光與線偏振光兩部分的疊加，則經(jīng)過C后線偏振光的振動面有何變化？說明理由；（3）若透射光中自然光的光強為I，偏振光的光強為3I，計算透過P后的光強。

答：（1）根據(jù)馬呂斯定律：??arctann