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大学物理(交大3版)答案(16-20章)

习题16

16-1. 直导线中通以交流电，如图所示，置于磁导率为μ 的介质中，

已知：t I I ωsin 0=，其中ω、0I 是大于零的常量.求：与其共面的N 匝矩形回路中的感应电动势. 解：2I

B x

μπ=

ln 22d a d

Il I

d a ldx x d

μμππ++Φ=

?=?

0l n c o s 2N I l d d a N

t dt d

μωεωπΦ+=-=-

16-2. 如图所示，长直导线中通有电流A I 0.5=，在与其相距

cm 5.0=d 处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长cm 0.4=l ，宽cm 0.2=a 。不计线圈自感，若线圈以速度cm/s 0.3=v 沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解：lv NB εab 2= lv NB εdc 1= ab dc εεε-= 0041211

() 1.921022()

IN IalvN NB lv NB lv lv d d a d d a μμππ-=-=

-==?++ 16-3. 电流为I 的无限长直导线旁有一弧形导线，圆心角为

120，几何尺寸及位置如图所示。求当圆弧形导线以速度v 平行于长

直导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。

解：连接AO 、OB ，圆弧形导线与AO 、OB 形成闭合回路，闭合回路的电动势为0，所以圆弧形导线电动势与 A O B 直导线的电动势相等。 2ln 22020π

μdx x πIv μd εR

AO -=-

=??=?

?l B v 4

ln 2202520πIv μdx x πIv μd εR R

OB -=-=??=??l B v 2

5ln 20πIv μεεεOB AO AB -

=+=

16-4. 电阻为R 的闭合线圈折成半径分别为a 和a 2的两个圆，如图所示，

将其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按t B B ωsin 0=的规律变化。已知

cm 10=a ，T 10220-?=B ，rad/s 50=ω，Ω=10R ，求线圈中感应电流的最大值。

t B a dt dB a a R dt d R R I ωωπππε

cos 3])2([110222=?+-?=Φ?== A R B a I 32202m a x 1042.910

1021.033--?=????==

πωπ

16-5. 如图所示，半径为a 的长直螺线管中，有0d d >t

的磁场，一直导线弯成等腰梯形的闭合回路ABCDA ，总电阻为R ，上底为a ，下底为a 2，求：（1）AD 段、BC 段和闭合回路中的感应电动势；（2）B 、C 两

点间的电势差C B U U -。

解：

d d -

=??l E dt

dB r E ?-

=21 a r dt dB r a E ?-=222 a r ??=?=dl θE d εAD cos l E 1

dl r

a a dt dB r a a 2222

)2(2-=

dB a 243?=

同理 dt

dB a πd εBC

?=?=62l E 2

整个闭合回路的电动势 dt

dB a a πεεεAD

BC )436(22-=-= 逆时针方向

(

)10

B C dB

U U a dt

π+-=-

16-6. 圆柱形匀强磁场中同轴放置一金属圆柱体，半径为R ，高为h ，电阻率为ρ，如图所示。若匀强磁场以

),0(d d 为恒量k k k t

>=的规律变化，

求圆柱体内涡电流的热功率.

解：在圆柱体内任取一个半径为r ，厚度为dr ，高为h 的小圆柱通壁

r πdt Φd ε2==

电阻 hdr

πρR 2=

r d r

ρh R εdP ?==2 ρ

R hk πdr r dt dB ρh πP R

8)(24

2032=

?=?

16-7. 将金属薄片弯成如图所示回路，两端为半径为a 的圆柱面，中间是边长为l ，间

隔为d 的两正方形平面，且a l >>，d a >>.（1）试求该回路的自感系数；（2）若沿圆柱面的轴向加变化磁场

kt B B +=0，试求回路中的电流)(t I .（回路中的电阻很小，

可忽略不计）

解：（1） l

μnI μB 0

0== 222

200

11222B B W wV a l l d πμμ==??+? 2

022012

I a I d l

μπμ=

根据 221LI W = 2

002a L d l

μπμ=+

（2）dt Φd dt dI L ε== dB S Φd ?= 2200

022S a ld lkt

I kdt kt L a d l

πμπμμ+===-

16-8. 一螺绕环，每厘米绕40匝，铁心截面积2

cm 0.3，磁导率

0200μμ=，绕组中通有电流mA 0.5，环上绕有二匝次级线圈，求：（1）两绕组间的互感系数；（2）若初级绕组中的电流在s 10.0内由A 0.5降低到0，

次级绕组中的互感电动势。

解：（1）nI μB = n I S μN N B S Φ==

H πnS μN I

M 44271003.610310401042002---?=???????===

（2）V dt dI M ε241002.31

.0051003.6--?=-??== 16-9. 如图，半径分别为b 和a 的两圆形线圈（b >>a ），在0=t 时共面放置，大圆形线圈通有稳恒电流I ，小圆形线圈以角速度ω绕竖直轴转动，若小圆形线圈的电阻为R ，

求：（1）当小线圈转过

90时，小线圈所受的磁力矩的大小；（2）从初始时刻转到该位置的过程中，磁力矩所做功的大小。解：b

I μB 20=

任一时间穿过小线圈的磁通量 t ωa πB Φcos 2

= 小线圈的感应电流 t ωR a ωπB dt Φd R R εi sin 12

===

当 2πt ω=时 R

a ωπB a πi p m 422

422

4224Rb

a ωπI μR a ωπB Bp M m === 2

432

42220

16sin Rb a ωπI μR a ωπB θd θR

a ωπB θBd a πi W π=-==

16-10. 一同轴电缆由中心导体圆柱和外层导体圆筒组成，两者半径分别为1R 和2R ，导体圆柱的磁导率为1μ，筒与圆柱之间充以磁导率为2μ的磁介质。电流I 可由中心圆柱流出，由圆筒流回。求每单位长度电缆的自感系数。解： 2

112R πIr

μB =

1R r r

πI

μB 222=

21R r R 222

1212

222m B B B W dV dV dV μμμ==+???

122

220112

11()2(

)22222R R R Ir I rdr rdr R r μμππμπμπ????

=?+?????????

22122

1ln 164I I R R μμππ=+ 2/2m W LI =

单位长度自感 122

ln 82R L R μμππ=

+ 16-11. 一电感为H 0.2，电阻为Ω10的线圈突然接到电动势V 100=ε，内阻不计的电源上，在接通s 1.0时，求：（1）磁场总储存能量的增加率；（2）线圈中产生焦耳热的速率；（3）电池组放出能量的速率。

解：（1）A e R

t I t L R

9.3)1()(=-=-

1)(LI t W =

s J e e R

εIe εdt dI LI dt t dW t L R

t L R

t L

238)1()(2=-==?=---

（2）s J R I P 152109.322=?==

（3）电池组放出能量的速率 s J εI P 390== 16-12. 在一对巨大的圆形极板（电容F 10

0.112

-?=C ）上，加上频率为Hz 50，峰值

为V 1074.15

?的交变电压，计算极板间位移电流的最大值。解：t ωCU ωdt

I m D sin -== f πω2= 12

2250 1.010 1.7410 5.4610

D m m m

I C U f C U A ωππ--===?????=?

思考题

16-1. 图为用冲击电流计测量磁极间磁场的装置。小线圈与冲击电流计相接，线圈面积

为A ，匝数为N ，电阻为R ，其法向n

与该处磁场方向相同，将小线圈迅速取出磁场时，冲击电流计测得感应电量为q ，试求小线圈所在位置的磁感应强度。

解：R NBA R ΔΦdt εR Idt q ====??1 NA

B =

16-2. 图中abcda 电路有电阻R ，其中bc 段的一部分绕成圆形，圆形区域有一与回路平面垂直的均匀磁场B ，在圆形导线的一边施加恒力F ，由于a 端

固定，假定该圆开始的半径为0r ，并维持以圆形的方式收缩，设导线非常柔软，忽略导线的质量，问需要多长的时间圆形部分完全闭合？

答：3

0232r RF

B πt =

16-3. 在磁感应强度为B 的均匀磁场内，有一面积为S 的矩形线框，线框回路的电阻为R （忽略自感），线框绕其对称轴以匀角速度ω旋转（如图所示）。

（1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？

（2）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？

答：t ωBS φBS Φcos cos ==

t ωωBS R

R εI sin 1

t ωωBS R

IS p m sin 12

t ωωS B R t ωBp M m 2

22sin 1sin ==

??===πωπS B R

θd θωS B R θMd W 20222221

sin 1 16-4. 一平板电容器充电以后断开电源，然后缓慢拉开电容器两极板的间距，则拉开过

程中两极板间的位移电流为多大?若电容器两端始终维持恒定电压，则在缓慢拉开电容器两极板间距的过程中两极板间有无位移电流?若有位移电流，则它的方向怎样? 答：dt

I d =，

16-5. 图a 为一量值随时间减小，方向垂直纸面向内的变化电场，

均匀分布在圆柱形区域内.试在图b 中画出：（1）位移电流的大致分布和方向；（2）磁场的大致分布和方向。答：略

16-6. 试写出与下列内容相应的麦克斯韦方程的积分形式：（1）电力线起始于正电荷终止于负电荷；（2）磁力线无头无尾；（3）变化的电场伴有磁场；（4）变化的磁场伴有电场。解：（1） ∑?=?i

d S D

（2）

0=??S

d S B

（3）S t

l H S d I d c S

???+=

∑? （4）S t D

l E S d d S

???-

=???

习题17

17-1. 已知电磁波在空气中的波速为m/s 100.38

?，试计算下列各种频率的电磁波在空气中的波长：（1）上海人民广播电台使用的一种频率kHz 990=ν；（2）我国第一颗人造地球卫星播放东方红乐曲使用的无线电波的频率MHz 009.20=ν；（3）上海电视台八频道使用的图像载波频率184.25MHz ν=.

解：ν

c λ=

（1）m λ30310

9901033

=??= （2）8

31014.9920.00910m λ?==?

（3）m λ63.110

25.1841036

=??= 17-2. 一电台辐射电磁波，若电磁波的能流均匀分布在以电台为球心的球面上，功率为

W 105。求离电台km 10处电磁波的坡因廷矢量和电场分量的幅值。

解：5

5222

107.96104410000

P S J m s r ππ-=

==??? 2S E εμ=

H μE ε00= 22

E E = 所以 1022

(2) 2.4510m E S V m

με-=?

=? 17-3. 真空中沿x 正方向传播的平面余弦波，其磁场

分量的波长为λ，幅值为0H .在0=t 时刻的波形如图所示.（1）写出磁场分量的波动表达式；（2）写出电场分量的波动表达式，并在图中画出0=t 时刻的电场分量波形；（3）计算0=t 时，0=x 处的坡因廷矢量.

解：（1）设 )2c o s (0φx λ

t ω

H H +-= 0=t 、0=x 时 2

H H -

= 21c o s

-=φ 3

2π

φ±=

根据波形曲线可以判断出 3

2πφ=

002222cos()cos ()33z H H t x H ct x π

πππωλ

λ??=-

=-+????

（2）??????+-===

32)(2cos 00000πx ct λ

cH μcH μH εμE （3） 0=t 、0=x 时 20H H =

0cH μE = 4

0cH μEH S == 方向沿x 轴正向

17-4. 氦氖激光器发出的圆柱形激光束，功率为10mW ，光束截面直径为2mm.求该激光的最大电场强度和磁感应强度.

解：3

3226

1010 3.18103.1410

P S W m r π--?=

==?? 1032

(2) 1.52910m E S V m

με=?

=? m m E μεH 0

6000 4.3010m m m B H H T

μμε-===? 思考题

17-1. 试述电磁波的性质.

（1）电磁波是横波 , ; （2）E 和H 同相位 ;

（3）E 和 H 数值成比例H μE ε=；

（4）电磁波传播速度εμ

u 1=

, 真空中波速0

01μεu =

等于光速。

17-2. 图a 为一LC 电路，C 为圆形平行板电容器，L 为长直螺线管，图b 及图c 分别表示电容器放电时平行板电容器的电场分布和螺线管内的磁场分布。（1）在图b 内画出电容器内部的磁场分布和坡因廷矢量分布。（2）在图c 内画出螺线管内部的电场分布和坡因廷矢量分布。

答：略

17-3. 如图所示，同轴电缆内外半径分别为a 和b ，用来作为电源ε和电阻R 的传输线，电缆本身的电阻忽略不计。

（1）求电缆中任一点（b r a <<）处的坡因廷矢量S 。（2）求通过电缆横截面的能流，该结果说明什么物理图象？

解：在导体内部，场强为0，在两圆桶之间 a

b r U E ln

方向沿径向

πH 21

方向沿圆周的切向 a

r πUI EH S ln

22=

= 沿电缆轴线方向

表明电源向负载提供的能量是通过坡因廷矢量传递的

习题18

18-1．杨氏双缝的间距为mm 2.0，距离屏幕为m 1，求：（1）若第一到第四明纹距离为

mm 5.7，求入射光波长。（2）若入射光的波长为

A 6000，求相邻两明纹的间距。

解：（1）根据条纹间距的公式：m d D k

x 0075.010

2134=???=?=?-λ

λ 所以波长为：

A 5000=λ

（2）若入射光的波长为

A 6000，相邻两明纹的间距：

mm d D x 310210600014

=???==?--λ 18-2．图示为用双缝干涉来测定空气折射率n 的装置。实验前，在长度为l 的两个相同密封玻璃管内都充以一大气压的空气。现将上管中的空气逐渐抽去，（1）则光屏上的干涉条纹将向什么方向移动；（2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为λ的干涉条纹移过N 条。计算空气的折射率.

解：（1）当上面的空气被抽去，它的光程减小，所以它将通过增加路程来弥补，所以条纹向下移动。

（2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为λ的干涉条纹移过N 条。

可列出：λN n l =-）（1

解得： 1+=l

N n λ

18-3．在图示的光路中，S 为光源，透镜

1L 、2L 的焦距都为f , 求（1）图中光线SaF 与光线SOF 的光程差为多少？。

（2）若光线SbF 路径中有长为l , 折射率为n 的玻璃, 那么该光线与SOF 的光程差为多少？。

解：（1）图中光线SaF 与光线SOF 的几何路程相同，介质相同，所以SaF 与光线SoF 光程差为0。

（2）若光线SbF 路径中有长为l , 折射率为n 的玻璃, 那么光程差为几何路程差与

介质折射率差的乘积，即）（1-n l

18-4．在玻璃板（折射率为50.1）上有一层油膜（折射率为30.1）。已知对于波长为nm 500和nm 700的垂直入射光都发生反射相消，而这两波长之间没有别的波长光反射相消，求此油膜的厚度。

解：油膜上、下两表面反射光的光程差为2 ne

2ne=(2k+1)λ/2=(k+1/2)λ (k=0，1，2，…) ①

当λ1=5000A

时，有 2ne=(k 1+1/2)λ1=k 1λ1+2500 ② 当λ2=7000A

时，有 2ne=(k 2+1/2)λ2=k 2λ2+3500 ③ 因λ2＞λ1，所以k 2＜k 1;又因为λ1与λ2之间不存在λ3满足 2ne=(k 3+1/2)λ3式

即不存在 k 2＜k 3＜k 1的情形，所以k 2、k 1应为连续整数，即 k 2=k 1-1 ④ 由②、③、④式可得：

k 1=(k 2λ2+1000)/λ1=(7k 2+1)/5=[7(k 1-1)+1]/5 得 k 1=3 k 2=k 1-1=2

可由②式求得油膜的厚度为 e=(k 1λ1+2500)/(2n)=6731 A

18-5．一块厚μm 2.1的折射率为50.1的透明膜片。设以波长介于nm 700~400的可见光．垂直入射，求反射光中哪些波长的光最强?

解：由反射干涉相长公式有 2ne+λ/2=k λ (k=1,2,…)

得 λ=4ne/(2k-1)=(4×1.5×12000)/(2k-1)= 72000/(2k-1) A

k=6, λ=6550A ；k=7, λ=5540A ； k=8, λ=4800A

；k=9, λ=4240A

；

18-6．用nm 3.589=λ的光垂直入射到楔形薄透明片上，形成等厚条纹，已知膜片的折射率为52.1，等厚条纹相邻纹间距为mm 0.5，求楔形面间的夹角.

解: 等厚条纹相邻纹间距为：39

100.552.12103.5892--?=??==θ

θλn l 所以

0.002=θ

18-7．人造水晶珏钻戒是用玻璃（折射率为50.1）做材料，表面镀上一氧化硅（折射率为0.2）以增强反射。要增强nm 560=λ垂直入射光的反射，求镀膜厚度。解：由反射干涉相长公式有

2ne+λ/2=k λ (k=1,2,…) 当k=1时，为膜的最小厚度。

得 m μλ

07.02

4105604n e 9=??==-

18-8．由两平玻璃板构成的一密封空气劈尖，在单色光照射下，形成4001条暗纹的等厚干涉，若将劈尖中的空气抽空，则留下4000条暗纹。求空气的折射率。

解: λ

λ40012==k nd ① λ

λ40002='=k d ② 由①/②得

00025.14000

4001

18-9．用钠灯（nm 3.589=λ）观察牛顿环，看到第k 条暗环的半径为mm 4=r ，第5+k 条暗环半径mm 6=r ，求所用平凸透镜的曲率半径R 。解：由牛顿环暗环公式 r=λkR

据题意有 r=mm kR 4=λ； r=mm R k 65=+λ）（所以：k=4，代入上式，可得：R=6.79m

18-10．当把折射率为40.1=n 的薄膜放入迈克尔逊干涉仪的一臂时，如果产生了7.0条条纹的移动，求薄膜的厚度。（已知钠光的波长为nm 3.589=λ）.

解: 设插入薄膜的厚度为d ，则相应光程差变化为 2(n-1)d=ΔN λ

∴ d=(ΔN λ)/(2(n-1))= (7×5893×10-10

)/(2(1.4-1))

=5.154×10-6

思考题

18-1在劈尖的干涉实验中，相邻明纹的间距___________（填相等或不等），当劈尖的角度增加时，相邻明纹的间距离将______________（填增加或减小），当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将______________（填增加或减小）。

答：根据相邻条纹的间距：n

l θλ

条纹间距相等；当劈尖的角度增加时，相邻明纹的间距离将减小。当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将减小。

18-2．图示为一干涉膨胀仪示意图，上下两平行玻璃板用一对热膨胀系数极小的石英柱支撑着，被测样品W 在两玻璃板之间, 样品上表面与玻璃板下表面间形成一空气劈尖, 在以波长为λ的单色光照射下，可以看到平行的等厚干涉条纹。当W 受热膨胀时，条纹将

（A ）条纹变密，向右靠拢; （B ）条纹变疏，向上展开; (C)条纹疏密不变，向右平移;

(D)条纹疏密不变，向左平移。 ;

答：根据相邻条纹的间距：n

l θλ

，只要劈尖角不变，间距不变。由于W 受热膨胀时，厚度变化，所以当厚度向左平移，则相应的条纹也向左平移。选择（D ）。

18-3．如图所示，在一块光学平玻璃片B 上，端正地放一锥顶角很大的圆锥形平凸透镜

A ，在A 、

B 间形成劈尖角?很小的空气薄层。当波长为λ的单色平行光垂直地射向平凸

透镜时，可以观察到在透镜锥面上出现干涉条纹。

（1）画出于涉条坟的大致分布并说明其主要特征；（2）计算明暗条纹的位置；

（3）若平凸透镜稍向左倾斜，干涉条纹有何变化？用图表示。答：（1）图略，分析：这是一个牛顿环和劈尖的综合体，所以它的形状类似于牛顿环，也属于等厚干涉。（2）计算明暗条纹的位置；明条纹：λλ

k ±=+2

2ne

暗条纹：2

1222ne λ

）（+±=+

k （3）若平凸透镜稍向左倾斜，干涉条纹将不再是对称的圆环，而是左密右疏的类圆环。

图示略。

18-4．若待测透镜的表面已确定是球面，可用观察等厚条纹半径变化的方法来确定透镜球面半径比标准样规所要求的半径是大还是小。如图，若轻轻地从上面往下按样规，则图__________中的条纹半径将缩小，而图_________中的条纹半径将增大。

答：设工件为L ，标准样规为G 。若待测工件表面合格，则L 与G 之间无间隙，也就没有光圈出现。如果L 的曲率R 太小（如图b ），则L 与G 的光圈很多，轻压后中心仍然为暗斑，但条纹半径要减小；如果L 的曲率R 太大（如图a ），则L 与G 的光圈除边缘接触，中间部分形成空气膜，轻压后中心斑点明暗交替变化，而且所有光圈向外扩展。

18-5．图a 为检查块规的装置，0G 为标准块规，G 为上端面待测的块规，用波长为λ的平行光垂直照射，测得平晶与块规之间空气劈尖的干涉条纹如图所示，对于与0G 和G 的条纹间距分别为0l 和l ，且l l <0。若将G 转过0

180，两侧条纹均比原来密。

（1）判断并在图c 中画出G 规上端面的形貌示意图；（2）求G 规左、右侧与0G 的高度差。

答：（1）根据相邻条纹的间距：θ

l 对于0G 和G 的条纹间距分别为0l 和l ，l l <0，可知θθ 0。将G 转过0

180，两侧条纹均比原来密，即角度变大了，所以图中G 的形状为：

（2）求G 规左、右侧与0G 的高度差。

G 0

02sin l L

L h λθ=

=左 l

l L

h L h 222sin 0

λλλθ+

==左右

18-6．牛顿环装置中平凸透镜与平板玻璃间留有一厚度为0e 的气隙，若已知观测所用的单色光波长为λ，平凸透镜的曲率半径为R 。（1）试导出k 级明条纹和暗条纹的公式；

（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，试述此过程中牛顿环将如何变化？

（3）试判别在调节过程中，在离开中心r 处的牛顿环某干涉

条纹宽度k r ?与e 的厚度有无关系？叙述简明理由，并算出在该处的条纹宽度。答：（1）与牛顿环计算相似：

明条纹：λλ

k e e ±=++2

20）（

(k=1,2,…)

暗条纹：2

12220λ

）（）（

+±=++k e e (k=1,2,…)

（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，则厚度向边缘走动，根据等厚条纹的定义，相应的条纹也要向边缘移动，即条纹扩展。

（3）在调节过程中，在离开中心r 处的牛顿环某干涉条纹宽度k r ?与e 的厚度有关系

根据 R

r e 22

比如暗环半径：λk e R

r =+）（0222 R e k r ）（02-=λ 那么R e k R e k r ）（）（002]21[---+=?λλ

由于平方根的存在，所以e 0不能抵消，对条纹宽度产生影响。

18-7．登月宇航员声称在月球上唯独能够用肉眼分辨地球上的人工建筑是中国的长城。你依据什么可以判断这句话是否真的？需要哪些数据？（略）

习题19

19-1．波长为nm 546的平行光垂直照射在缝宽为mm 437.0的单缝上，缝后有焦距为cm 40的凸透镜，求透镜焦平面上出现的衍射中央明纹的线宽度。

解：中央明纹的线宽即为两个暗纹之间的距离

λ???2210=-=? f

x 20=

?? 利用两者相等，所以：m a f x 339100.110

437.04

.010546222---?=????==λ 19-2．波长为nm 500和nm 520的两种单色光同时垂直入射在光栅常数为cm 002.0的

光栅上，紧靠光栅后用焦距为m 2的透镜把光线聚焦在屏幕上。求这两束光的第三级谱线之间的距离。

解：两种波长的第三谱线的位置分别为x 1,x 2

λ?k a ±=sin f

x =

=??tan sin a f x 113λ=

f x 2

23λ= 所以： 120.006m x x x ?=-=

19-3．在通常的环境中，人眼的瞳孔直径为mm 3。设人眼最敏感的光波长为

nm 550=λ，人眼最小分辨角为多大？如果窗纱上两根细丝之间的距离为mm 0.2，人在多远处恰能分辨。

解：最小分辨角为：rad D 43

102.210

31055022.122.1---?=???==λ

θ 如果窗纱上两根细丝之间的距离为mm 0.2，人在多远处恰能分辨。

m s mm l rad s

1.9210

2.24==?==

-，可得：，当θ

19-4．已知氯化钠晶体的晶面距离nm 282.0=d ，现用波长nm 154.0=λ的X 射线射向晶体表面，观察到第一级反射主极大，求X 射线与晶体所成的掠射角.

解： 2

12sin λ

?）（+±

=k d 第一级即k=0。 s i n 0.2762r a d

??==

19-5. 如能用一光栅在第一级光谱中分辨在波长间隔nm 18.0=?λ，发射中心波长为

nm 3.656=λ的红双线，则该光栅的总缝数至少为多少？

解：根据瑞利判据：）（λλλ?+-=

kN k 1

）（18.06.6531

6.653+-=

N 所以N=3647。

19-6．一缝间距d=0.1mm ，缝宽a=0.02mm 的双缝，用波长 nm 600=λ的平行单色光垂直入射，双缝后放一焦距为f=2.0m 的透镜，求：（1）单缝衍射中央亮条纹的宽度内有几条干涉主极大条纹；（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，中央亮条纹的宽度内又有几条干涉主极大？

解： λ?k a ±=sin 所以中央亮条纹位置为：m a f x 12.0102106002225

=???==--λ 中央明条纹位于：中心位置的上下方各0.06m 处。

而干涉条纹的条纹间距为：m d f x 012.010

110600249

=???==

?--λ 中央明条纹在中心位置的上下方各0.006m 的位置上，第K 级明条纹的位置为：

06.0012.0006.0 ?+=k x 所以对应的k=4，

即在单缝衍射中央亮条纹的宽度内有9条干涉主极大条纹（两边各四条+中央明纹）。

（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，

干涉条纹的条纹间距将变为：m d f x 024.0105.01060022

149

=???==?--λ

中央明条纹在中心位置的上下方各0.012m 的位置上，第K 级明条纹的位置为：

06.0024.0012.0 ?+=k x 所以对应的k=2，

即在单缝衍射中央亮条纹的宽度内有5条干涉主极大条纹（两边各两条+中央明纹）。

19-7 一个平面透射光栅，当用光垂直入射时，能在30度角的衍射方向上得到600nm 的第二级主极大，并且第二级主极大能分辨nm 05.0=?λ的两条光谱线，但不能得到400nm 的第三级主极大，求：（1）此光栅的透光部分的宽度a 和不透光部分的宽度b ；（2）此光栅的总缝数N 。

解：（1）利用：

λ?k b a ±=+s i n ）（根据题意：30度角的衍射方向上得到600nm 的第二级主极大，所以：

nm b a 24002

1600

2sin 2

==+?

不能得到400nm 的第三级主极大：说明第三级条纹缺级。由缺级的定义可得到：

3=+a

a 所以：a=800nm ，b=1600nm 。（2）根据瑞利判据：）（λλλ?+-=

kN k 1

）（05.06001

26002+-=

N 所以：N=6000。

19-8 波长400nm 到750nm 的白光垂直照射到某光栅上，在离光栅0.50m 处的光屏上测得第一级彩带离中央明条纹中心最近的距离为4.0cm ，求：（1）第一级彩带的宽度；（2）第三级的哪些波长的光与第二级光谱的光相重合。

解：（1）衍射光栅中a

k x 212λ

）（+=

波长越小，则离中央明纹就越近，所以：a 210400304.07

-??=

那么750nm 的波长的第一级条纹位置在：m a

x 075.021075037

=??

=- 第一级彩带的宽度：cm m x 5.3035.004.0075.0==-=?

（2）第二级的750nm 的波长对应的光的位置：m a

x 125.021075057

2=??

=- 第三级中有一部分和它将重合：m a

x 125.0103

2733≤?=

=λλ

对应的波长为400——500nm 的波

19-9 如要用衍射光谱区别氢原子巴尔末系第11条和第12条谱线，光栅的分辨本领应为多大？如光栅常数为每毫米200条的光栅，要想在第2级中能分辨这两条谱线，这光栅的宽度至少多宽？（提示：巴尔末系第11条和第12条谱线由量子数n 分别为13和14到n=2的跃迁所产生。）

解：（1）根据瑞利判据：光栅的分辩本领为λ

R ，只要知道它们的波长就可以了。 n 从13→2：v

~ =R ［1/22

-1/13２

］=(3/4)R ， λ２=676/(165R) n 从14→2：v

~ =R ［1/2２-1/14２］=(5/36)R ，λ３=(49)/(12R) 所以：323

300R λλλλλ=

==?- （2）根据瑞利判据：）（λλλ?+-=N

kN k 1

k=2，所以：37341

237222?-=?N

N 得出： N=151条，如光栅常数为每毫米200条的光栅，那么只要光栅的宽度为：151

0.75200

mm =就可以满

足要求了。

19-10 用每毫米500条栅纹的光栅，观察钠光光谱（

A 5900=λ）。问：（1）光线垂直入射；（2）光线以入射角30。

入射时，最多能看到几级条纹？

解：（1）正入射时， m d 63

102500

10--?==

λ?k d ±=sin 所以当1sin =?，对应的级次（取整数）最大：3==λ

能看到的条纹为：3，2，1，0，-1，-2，-3。

（2）斜入射时，λθ?k d ±=±）

（sin sin 所以当2

30sin sin =

?，对应的级次（取整数）最大：523==λd k 当2130sin sin -=+

?，对应的级次（取整数）最小：12-=-

=λ

d k

能看到的条纹为：5，4，3，2，1，0，-1。

思考题

19-1．要分辨出天空遥远的双星，为什么要用直径很大的天文望远镜？

答：最小分辨角为：D

θ22

.1=，它的倒数为分辨本领，当D 越大，θ越小，那么分辨

本领就越大。所以用的天文望远镜的直径很大，提高了分辨本领。

19-2．使用蓝色激光在光盘上进行数据读写较红色激光有何优越性？

答：最小分辨角为：D

θ22

.1=，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨

本领就越大。所以用的蓝色光比红色光好，提高了分辨本领。

19-3．光栅形成的光谱较玻璃棱镜形成的色散光谱有何不同？

答：两者都是分光元件。不同点：

（1）光栅光谱有一系列的级次，每一级次都有正负两套光谱，零级光谱因波长重合而不能分光；而棱镜光谱只有一套零级光谱，相对强度大。

（2）低级次的光栅光谱波长与衍射角近似有正比关系，称为匀排光谱；而棱镜光谱的波长与角度为非线性关系，不是匀排光谱。

19-4．孔径相同的微波望远镜和光学望远镜相比较，哪个分辨本领大？为什么？

答：最小分辨角为：D

θ22

.1=，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨

本领就越大。由于微波的波长大于光波的波长，所以光波望远镜的分辨本领大。

19-5．登月宇航员声称在月球上唯独能够用肉眼分辨地球上的人工建筑是中国的长城。你依据什么可以判断这句话是否真的？需要哪些数据？

答：可以根据瑞利判据。

习题20

20-1．从某湖水表面反射来的日光正好是完全偏振光，己知湖水的折射率为33.1。推算太阳在地平线上的仰角，并说明反射光中光矢量的振动方向。

解：由布儒斯特定律

5333.1arctan arctan

===n n α 372

=-α

在反射光中振动方向为与入射面垂直。

20-2．自然光投射到叠在一起的两块偏振片上，则两偏振片的偏振化方向夹角为多大才能使：

（1）透射光强为入射光强的3/1；

（2）透射光强为最大透射光强的3/1. (均不计吸收) 解：设夹角为α，则透射光强α20cos I I =

通过第一块偏振片之后，光强为：1/2I 0，通过第二块偏振片之后：α20cos 2

I I = 由题意透射光强为入射光强的3/1得 I=I 0/3则 α=arccos(

),α=35.26° 同样由题意当透射光强为最大透射光强的3/1时，也就是透射光强为入射光强的1/6，可得： α=54.74°

20-3．设一部分偏振光由一自然光和一线偏振光混合构成。现通过偏振片观察到这部分偏振光在偏振片由对应最大透射光强位置转过

60时，透射光强减为一半，试求部分偏振光中自然光和线偏振光两光强各占的比例。解: 10max 2

I I I +=

60cos 2

210max I I I += 即得1110：：=I I

20-4．由钠灯射出的波长为nm 0.589的平行光束以

50角入射到方解石制成的晶片上，

晶片光轴垂直于入射面且平行于晶片表面，已知折射率65.1o =n ，486.1e =n ，求（1）在晶片内o 光与e 光的波长；（2）o 光与e 光两光束间的夹角. 解:由 n

c v c n λλ==

∴nm n c

97.35665.10.5890

0==

λλ nm n e c e 37.396486

.10

.589===λλ O

O n ?sin 50sin =

66.2750sin arcsin ==O O n ? 03.3150sin arcsin ==e

e n ?

Δφ=3.37°

20-5．在偏振化方向正交的两偏振片1P ,2P 之间，插入一晶片，其光轴平行于表面且与起偏器的偏振化方向成

35，求（1）由晶片分成的o 光和e 光强度之比；（2）经检偏器2P 后上述两光的强度之比。

解：（1）由晶片分成的o 光的振幅：θsin A A O = e 光的振幅：θcos A A e =

强度之比为振幅的平方比，所以： 49.0cos sin 2

221==θ

I I

（2）经检偏器后上述两光中o 光的振幅：θθcos sin A A O =

e 光的振幅：θθsin cos A A e =

也就是振幅相同，所以强度之比为1：1。

20-6．把一个楔角为

33.0的石英劈尖(光轴平行于棱)放在偏振化方向正交的两偏振片之间。用nm 3.654=λ的红光垂直照射，并将透射光的干涉条纹显示在屏上。已知石英的折射率5509.1,

5419.1e 0==n n ，计算相邻干涉条纹的间距。

解:选择劈尖的暗条纹，则条纹位置为：

大学物理学下册课后答案(袁艳红主编)

第9章静电场习题一选择题 9-1 两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同的金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间的距离R 远大于小球本身的直径，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的相同的金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间的作用力变为[ ] (A) 4f (B) 8f (C) 38f (D) 16 f 答案：B 解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2 q ，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球 A 、 B 间的作用力变为 8 f 。 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确的？[ ] (A) 电场场强E 的大小与试验电荷0q 的大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 的比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 的方向就是电场强度E 的方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B 解析：根据电场强度的定义，E 的大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时的受力方向。因而正确答案（B ） 9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内的P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ] (A) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小不变 (B) 穿过S 面的电场强度通量改变，O 点的场强大小改变习题9-3图

(C) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小改变 (D) 穿过S 面的电场强度通量不变，O 点的场强大小不变答案：D 解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面的电场强度通量正比于面内电荷量的代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变。O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小的计算公式2 04q E r πε= ，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变。因而正确答案（D ） 9-4 在边长为a 的正立方体中心有一个电量为q 的点电荷，则通过该立方体任一面的电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D 解析：根据电场的高斯定理，通过该立方体的电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面的电场强度通量大小相等。因而通过该立方体任一面的电场强度通量为q /6ε0，答案（D ） 9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ] (A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 的量值处处为零 (B) 高斯面上各点的E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面的E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面的E 通量为零，则面上各点的E 必为零答案：C 解析：高斯定理表明通过闭合曲面的电场强度通量正比于曲面内部电荷量的代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关。故答案（C ） 9-6 两个均匀带电的同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1

大学物理学下册答案第11章

第11章稳恒磁场习题一选择题 11-1 边长为l 的正方形线圈，分别用图11-1中所示的两种方式通以电流I （其中ab 、cd 与正方形共面），在这两种情况下，线圈在其中心产生的磁感应强度的大小分别为：[ ] （A ）10B =，20B = （B ）10B = ，02I B l π= （C ）01I B l π= ，20B = （D ）01I B l π= ，02I B l π= 答案：C 解析：有限长直导线在空间激发的磁感应强度大小为012(cos cos )4I B d μθθπ= -，并结合右手螺旋定则判断磁感应强度方向，按照磁场的叠加原理，可计算 01I B l π= ，20B =。故正确答案为（C ）。 11-2 两个载有相等电流I 的半径为R 的圆线圈一个处于水平位置，一个处于竖直位置，两个线圈的圆心重合，如图11-2所示，则在圆心O 处的磁感应强度大小为多少? [ ] （A ）0 （B ）R I 2/0μ （C ）R I 2/20μ （D ）R I /0μ 答案：C 解析：圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为120/2B B I R μ==，按照右手螺旋定习题11-1图习题11-2图

则判断知1B 和2B 的方向相互垂直，依照磁场的矢量叠加原理，计算可得圆心O 处的磁感应强度大小为0/2B I R =。 11-3 如图11-3所示，在均匀磁场B 中，有一个半径为R 的半球面S ，S 边线所在平面的单位法线矢量n 与磁感应强度B 的夹角为α，则通过该半球面的磁通量的大小为[ ] （A ）B R 2π （B ）B R 22π （C ）2cos R B πα （D ）2sin R B πα 答案：C 解析：通过半球面的磁感应线线必通过底面，因此2cos m B S R B παΦ=?= 。故正确答案为（C ）。 11-4 如图11-4所示，在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S ，当曲面S 向长直导线靠近时，穿过曲面S 的磁通量Φ B 将如何变化？[ ] （ A ）Φ增大， B 也增大（B ）Φ不变，B 也不变（ C ）Φ增大，B 不变（ D ）Φ不变，B 增大答案：D 解析：根据磁场的高斯定理0S BdS Φ==? ，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。无限长载流直导线在空间中激发的磁感应强度大小为02I B d μπ= ，曲面S 靠近长直导线时，距离d 减小，从而B 增大。故正确答案为（D ）。 11-5下列说法正确的是[ ] (A) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 (B) 闭合回路上各点磁感应强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 (C) 磁感应强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感应强度必定为零 (D) 磁感应强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感应强度 I 习题11-4图习题11-3图

大学物理学第三版下册习题标准答案习题8

习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3( π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?

解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε=，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε= ，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θ E =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量 θsin p ． ∵ l r >>

大学物理下答案习题14

习题14 14.1 选择题（1）在夫琅禾费单缝衍射实验中，对于给定的入射单色光，当缝宽度变小时，除中央亮纹的中心位置不变外，各级衍射条纹[ ] (A) 对应的衍射角变小． (B) 对应的衍射角变大． (C) 对应的衍射角也不变． (D) 光强也不变． [答案：B] （2）波长nm (1nm=10-9m)的单色光垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，单缝后面放一凸透镜，在凸透镜的焦平面上放置一屏幕，用以观测衍射条纹。今测得屏幕上中央明条纹一侧第三个暗条纹和另一侧第三个暗条纹之间的距离为d=12mm，则凸透镜的焦距是[ ] (A)2m. (B)1m. (C)0.5m. (D)0.2m. (E)0.1m [答案：B] （3）波长为的单色光垂直入射于光栅常数为d、缝宽为a、总缝数为N的光栅上．取k=0，±1，±2．．．．，则决定出现主极大的衍射角的公式可写成[ ] (A) N a sin=k． (B) a sin=k． (C) N d sin=k． (D) d sin=k． [答案：D] （4）设光栅平面、透镜均与屏幕平行。则当入射的平行单色光从垂直于光栅平面入射变为斜入射时，能观察到的光谱线的最高级次k [ ] (A)变小。 (B)变大。 (C)不变。 (D)的改变无法确定。 [答案：B] （5）在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a和相邻两缝间不透光部分宽度b的关系为[ ] (A) a=0.5b (B) a=b (C) a=2b (D)a=3b [答案：B] 14.2 填空题（1）将波长为的平行单色光垂直投射于一狭缝上，若对应于衍射图样的第一级暗纹位置的衍射角的绝对值为，则缝的宽度等于________________． λθ] [答案：/sin （2）波长为的单色光垂直入射在缝宽a=4 的单缝上．对应于衍射角=30°，单缝处的波面可划分为______________个半波带。 [答案：4] （3）在夫琅禾费单缝衍射实验中，当缝宽变窄，则衍射条纹变；当入射波长变长时，则衍射条纹变。（填疏或密） [答案：变疏，变疏]

大学物理第三版下册答案(供参考)

习题八 8-1 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 2 2 2 0) 3 3 ( π4 1 30 cos π4 1 2 a q q a q' = ? ε ε 解得q q 3 3 - =' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O点的场强．解: 如8-7图在圆上取? Rd dl= 题8-7图 ? λ λd d d R l q= =，它在O点产生场强大小为

2 0π4d d R R E ε? λ= 方向沿半径向外则 ??ελ ?d sin π4sin d d 0R E E x = = ??ελ ?πd cos π4)cos(d d 0R E E y -= -= 积分R R E x 000 π2d sin π4ελ ??ελπ == ? 0d cos π400 =-=? ??ελ π R E y ∴ R E E x 0π2ελ = =，方向沿x 轴正向． 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0 d ε∑? = ?q S E s 取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2= 则 rl E S E S π2d =?? 对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r E 0π2ελ = 沿径向向外

大学物理下册习题及答案

大学物理练习册物理教研室遍

热力学（一）一、选择题： 1、如图所示，当汽缸中的活塞迅速向外移动从而使汽缸膨胀时，气体所经历的过程（A）是平衡过程，它能用P—V图上的一条曲线表示。（B）不是平衡过程，但它能用P—V图上的一条曲线表示。（C）不是平衡过程，它不能用P—V图上的一条曲线表示。（D）是平衡过程，但它不能用P—V图上的一条曲线表示。 [ ] 2、在下列各种说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）热平衡就是无摩擦的、平衡力作用的过程。（2）热平衡过程一定是可逆过程。（3）热平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接。（4）热平衡过程在P—V图上可用一连续曲线表示。（A）（1）、（2）（B）（3）、（4）（C）（2）、（3）、（4）（D）（1）、（2）、（3）、（4） 3、设有下列过程： [ ] （1）用活塞缓慢的压缩绝热容器中的理想气体。（设活塞与器壁无摩擦）（2）用缓慢地旋转的叶片使绝热容器中的水温上升。（3）冰溶解为水。（4）一个不受空气阻力及其它摩擦力作用的单摆的摆动。其中是逆过程的为（A）（1）、（2）、（4）（B）（1）、（2）、（3）（C）（1）、（3）、（4）（D）（1）、（4） 4、关于可逆过程和不可逆过程的判断： [ ] （1）可逆热力学过程一定是准静态过程。（2）准静态过程一定是可逆过程。（3）不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程。（4）凡有摩擦的过程，一定是不可逆过程。以上四种判断，其中正确的是（A）（1）、（2）、（3）（B）（1）、（2）、（4）（C）（2）、（4）（D）（1）、（4） 5、在下列说法中，哪些是正确的？ [ ] （1）可逆过程一定是平衡过程。（2）平衡过程一定是可逆的。（3）不可逆过程一定是非平衡过程。（4）非平衡过程一定是不可逆的。（A）（1）、（4）（B）（2）、（3）（C）（1）、（2）、（3）、（4）（D）（1）、（3）

大学物理D下册习题答案

习题9 9.1选择题 (1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有净电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：A] (3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1)在静电场中，电势梯度不变的区域，电场强度必定为。 [答案：零] (2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。 [答案：1：5] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q 为负电荷

大学物理学吴柳下答案

大学物理学下册吴柳第12章 12.1 一个封闭的立方体形的容器,内部空间被一导热的、不漏气的、可移动的隔板分为两部分,开始其内为真空,隔板位于容器的正中间(即隔板两侧的长度都为l 0),如图12-30所示.当两侧各充以p 1,T 1与 p 2,T 2的相同气体后, 长度之比是多少)? 解: 活塞两侧气体的始末状态满足各自的理想气体状态方程左侧: T pV T V p 111= 得, T pT V p V 1 11= 右侧: T pV T V p 222= 得, T pT V p V 2 22= 122121T p T p V V = 即隔板两侧的长度之比 1 22121T p T p l l = 12.2 已知容器内有某种理想气体,其温度和压强分别为T =273K,p =1.0×10-2 atm ,密度32kg/m 1024.1-?=ρ.求该气体的摩尔质量. 解: nkT p = (1) nm =ρ (2) A mN M = (3) 由以上三式联立得: 1235 2232028.010022.610 013.1100.12731038.11024.1----?=?????????==mol kg N p kT M A ρ 12.3 可用下述方法测定气体的摩尔质量:容积为V 的容器内装满被试验的气体,测出其压力为p 1,温度为T ,并测出容器连同气体的质量为M 1,然后除去一部分气体,使其压力降为p 2,温度不变,容器连同气体的质量为M 2,试求该气体的摩尔质量. 解： () V V -2 2p T )(21M M - V 1p T 1M V 2p T 2M 221V p V p = (1) ( )()RT M M M V V p 21 22-=- (2)

大学物理学第三版修订版下册第章标准答案(赵近芳)

大学物理学第三版修订版下册第章答案(赵近芳)

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习题11 11.1选择题 (1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流（）（A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。 [答案：B] (2)下列哪些矢量场为保守力场（）（A ）静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。 [答案：A] (3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式22 1LI W m =（） ( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环； ( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。 [答案：D] (4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力；（B ）涡旋电场由变化的磁场产生；（C ）涡旋场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。 [答案：C] 11.2 填空题 (1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。 [答案：磁力] (2)产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。 [答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场] (3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在，整个导线上的电动势最小，数值为。 [答案：端点，2 2 1l B ω；中点，0] 11.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B ? 垂直．当回路半径以恒定速率 t r d d =80cm ·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2 πr B BS m ==Φ

大学物理(下)答案

大学物理学答案【下】北京邮电大学出版社习题9 9.1选择题 (1) 正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q [答案：A] (2) 下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。 [答案：D] (3) 一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0 [答案：C] (4) 在电场中的导体内部的（）

（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。 [答案：C] 9.2填空题 (1) 在静电场中，电势不变的区域，场强必定为 [答案：相同] (2) 一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。 [答案：q/6ε0, 将为零] (3) 电介质在电容器中作用（a）——（b）——。 [答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4) 电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比 [答案：5：6] 9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题9.3图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知：q'为负电荷 1q212cos30?=4πε0a24πε0qq'(2a)3 解得q'=-q 3

大学物理习题集(下)答案

一、选择题 1. 对一个作简谐振动的物体，下面哪种说法是正确的？ [ C ] (A) 物体处在运动正方向的端点时，速度和加速度都达到最大值； (B) 物体位于平衡位置且向负方向运动时，速度和加速度都为零； (C) 物体位于平衡位置且向正方向运动时，速度最大，加速度为零； (D) 物体处在负方向的端点时，速度最大，加速度为零。 2. 一沿X 轴作简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，振动方程用余弦函数表示，如果该振子的初相为4 3 π，则t=0时，质点的位置在： [ D ] (A) 过1x A 2=处，向负方向运动； (B) 过1x A 2 =处，向正方向运动； (C) 过1x A 2=-处，向负方向运动；(D) 过1 x A 2 =-处，向正方向运动。 3. 一质点作简谐振动，振幅为A ，在起始时刻质点的位移为/2A ，且向x 轴的正方向运动，代表此简谐振动的旋转矢量图为 [ B ] 4. 图(a)、(b)、(c)为三个不同的谐振动系统，组成各系统的各弹簧的倔强系数及重物质量如图所示，(a)、(b)、(c)三个振动系统的ω (ω为固有圆频率)值之比为： [ B ] (A) 2：1：1； (B) 1：2：4； (C) 4：2：1； (D) 1：1：2 5. 一弹簧振子，当把它水平放置时，它可以作简谐振动，若把它竖直放置或放在固定的光滑斜面上如图，试判断下面哪种情况是正确的： [ C ] (A) 竖直放置可作简谐振动，放在光滑斜面上不能作简谐振动； (B) 竖直放置不能作简谐振动，放在光滑斜面上可作简谐振动； (C) 两种情况都可作简谐振动； (D) 两种情况都不能作简谐振动。 6. 一谐振子作振幅为A 的谐振动，它的动能与势能相等时，它的相位和坐标分别为： [ C ] (4) 题(5) 题

大学物理学第三版修订版下册第11章答案(赵近芳)

习题11 11.1选择题 (1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流（）（A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直；（C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。 [答案：B] (2)下列哪些矢量场为保守力场（）（A ）静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。 [答案：A] (3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式22 1LI W m =（） ( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环； ( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。 [答案：D] (4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力；（B ）涡旋电场由变化的磁场产生；（C ）涡旋场由电荷激发；（D ）涡旋电场的电力线闭合的。 [答案：C] 11.2 填空题 (1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到。 [答案：磁力] (2)产生动生电动势的非静电场力是，产生感生电动势的非静电场力是，激发感生电场的场源是。 [答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场] (3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在，这个导线上的电动势最大，数值为；如果转轴的位置在，整个导线上的电动势最小，数值为。 [答案：端点，2 2 1l B ω；中点，0] 11.3一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B 垂直．当回路半径以恒定速率 t r d d =80cm·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2 πr B BS m ==Φ

大学物理下册练习及答案

大学物理下册练习及答案文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]

电磁学磁力 A 点时，具有速率s m /10170?=。（1）欲使这电子沿半圆自A 至C 运动，试求所需的磁场大小和方向；（2）求电子自A 运动到C 所需的时间。解：（1）电子所受洛仑兹力提供向心力 R v m B ev 20 0= 得出T eR mv B 3197 310101.105 .0106.11011011.9---?=?????== 磁场方向应该垂直纸面向里。（2）所需的时间为s v R T t 87 0106.110 105 .0222-?=??===ππ eV 3100.2?的一个正电子，射入磁感应强度B =的匀强磁场中，其速度 B 成89角，路径成螺旋线，其轴在B 的方向。试求这螺旋线运动的周期T 、螺距h 和半径r 。解：正电子的速率为 731 19 3106.210 11.9106.110222?=?????==--m E v k m/s 做螺旋运动的周期为 1019 31 106.31 .0106.11011.922---?=????==ππeB m T s 螺距为410070106.1106.389cos 106.289cos --?=????==T v h m 半径为319 7310105.1 0106.189sin 106.21011.989sin ---?=??????==eB mv r m d =1.0mm ，放在知铜片里每立方厘米有2210?个自由电子，每个电子的电荷19106.1-?-=-e C ，当铜片中有I =200A 的电流流通时，（1）求铜片两侧的电势差'aa U ；（2）铜片宽度b 对'aa U 有无影响为什么解：（1）53 1928'1023.210 0.1)106.1(104.85 .1200---?-=???-???== nqd IB U aa V ，负号表示'a 侧电势高。 v A C

【大学】大学物理第三版下册答案供参考

【关键字】大学习题八 8-1 电量都是的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以处点电荷为研究对象，由力平衡知：为负电荷解得 (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-7 一个半径为的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处点的场强．解: 如8-7图在圆上取题8-7图，它在点产生场强大小为方向沿半径向外则积分 ∴，方向沿轴正向． 8-11 半径为和( ＞)的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量和-,试求:(1)＜；(2) ＜＜；(3) ＞处各点的场强．解: 高斯定理取同轴圆柱形高斯面，侧面积则对(1) (2) ∴沿径向向外 (3) ∴ 题8-12图 8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为和，试求空间各处场强．解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与，两面间，面外，面外，：笔直于两平面由面指为面．题8-16图

8-16 如题8-16图所示，在，两点处放有电量分别为+,-的点电荷，间距离为2，现将另一正试验点电荷从点经过半圆弧移到点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题8-16图示 ∴ 8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于．试求环中心点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，和段电荷在点产生的场强互相抵消，取则产生点如图，由于对称性，点场强沿轴负方向题8-17图［］ (2) 电荷在点产生电势，以同理产生半圆环产生 ∴ 8-22 三个平行金属板，和的面积都是2，和相距，与相距．，都接地，如题8-22图所示．如果使板带正电3.0×10，略去边缘效应，问板和板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为题8-22图 (1)∵ ，即 ∴ ∴ 且 + 得而 C 10172-?-=-=S q B σ (2) 301103.2d d ?===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算： (1)外球壳上的电荷分布及电势大小； (2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势；

大学物理学第三版下册课后答案

习题八 8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示 (1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷 2 220)3 3(π4130cos π412a q q a q '=?εε 解得 q q 3 3- =' (2)与三角形边长无关．题8-1图题8-2图 8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的解: 如题8-2图示 ?? ? ?? ===220)sin 2(π41 sin cos θεθθl q F T mg T e 解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 8-3 根据点电荷场强公式2 04r q E πε= ，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强 →∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解 ?

解: 02 0π4r r q E ε= 仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大． 8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f = 2 024d q πε,又有人说，因为f =qE ,S q E 0ε= ，所以f =S q 02 ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少 ? 解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强S q E 0ε= 看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S q E 02ε=，另一板受它的作用力S q S q q f 02 022εε= =，这是两板间相互作用的电场力． 8-5 一电偶极子的电矩为l q p =，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r 与l 的夹角为 θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为 r E = 302cos r p πεθ, θE =3 04sin r p πεθ 证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r 的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量 3 0π2cos r p E r εθ = 垂直于r 方向，即θ方向场强分量 3 00π4sin r p E εθ =

大学物理下答案习题

习题13 13.1选择题（1）在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取的办法是[ ] (A) 使屏靠近双缝． (B) 使两缝的间距变小． (C) 把两个缝的宽度稍微调窄． (D) 改用波长较小的单色光源． [答案：B] （2）两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的[ ] (A) 间隔变小，并向棱边方向平移． (B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移． (C) 间隔不变，向棱边方向平移． (D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移． [答案：A] （3）一束波长为λ的单色光由空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为[ ] (A) λ / 4 ． (B) λ / (4n )． (C) λ / 2 ． (D) λ / (2n )． [答案：B] （4）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n ，厚度为d 的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了[ ] (A) 2 ( n -1 ) d ． (B) 2nd ． (C) 2 ( n -1 ) d +λ / 2． (D) nd ． (E) ( n -1 ) d ． [答案：A] （5）在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长λ，则薄膜的厚度是［］ (A) λ / 2 ． (B) λ / (2n )． (C) λ / n ． (D) λ / [2(n-1)]． [答案：D] 13.2 填空题（1）如图所示，波长为λ的平行单色光斜入射到距离为d 的双缝上，入射角为θ．在图中的屏中央O 处 (O S O S 21=)，两束相干光的相位差为 ________________． [答案：2sin /d πθλ] （2）在双缝干涉实验中，所用单色光波长为λ＝562.5 nm (1nm ＝10-9 m)，双缝与观察屏的距离D ＝1.2 m ，若测得屏上相邻明条纹间距为?x ＝1.5 mm ，则双缝的间距d ＝

大学物理学教程(第二版)(下册)答案

物理学教程下册答案9-16 第九章静电场 9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( ) 题 9-1 图分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为0 2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说确的是( ) (A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面一定没有电荷 (B )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零 (C )闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零 (D )闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B ). 9－3 下列说确的是( )

(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零 (B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零 (D) 电势在某一区域为常量，则电场强度在该区域必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D). *9－4在一个带负电的带电棒附近有一个电偶极子，其电偶极矩p的方向如图所示.当电偶极子被释放后，该电偶极子将( ) (A) 沿逆时针方向旋转直到电偶极矩p水平指向棒尖端而停止 (B) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动 (C) 沿逆时针方向旋转至电偶极矩p水平指向棒尖端，同时逆电场线方向朝远离棒尖端移动 (D) 沿顺时针方向旋转至电偶极矩p 水平方向沿棒尖端朝外，同时沿电场线方向朝着棒尖端移动题9-4 图分析与解电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B). 9－5精密实验表明，电子与质子电量差值的最大围不会超过±10－21e，而中子电量与零差值的最大围也不会超过±10－21e，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大围为2×10－21e，中子电量为10－21e，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子

大学物理学第三版下册习题答案习题10

习题十 10-1 一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B 垂直．当回路半径以恒定速率 t r d d =80cm ·s -1 收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2 πr B BS m 感应电动势大小 40.0d d π2)π(d d d d 2 t r r B r B t t m V 10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁场B =80×10-3 T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i ，题10-2图则 cos 2 π21B R m 同理，半圆形adc 法向为j ，则 cos 2 π22 B R m ∵ B 与i 夹角和B 与j 夹角相等， ∴ 45 则 cos π2 R B m 221089.8d d cos πd d t B R t m V 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题10-3图 *10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y =2 ax ，放在均匀磁场中．B 与xOy 平

面垂直，细杆CD 平行于x 轴并以加速度a 从抛物线的底部向开口处作平动．求CD 距O 点为y 处时回路中产生的感应电动势．解: 计算抛物线与CD 组成的面积内的磁通量 a y m y B x x y B S B 0 2 3 2 322d )(2d 2 ∴ v y B t y y B t m 2 1 212d d d d ∵ ay v 22 ∴ 2 1 2y a v 则 a By y a y B i 8222 12 1 i 实际方向沿ODC ．题10-4图 10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压 N M U U ．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v 方向运动时0d m ∴ 0 MeNM 即 MN MeN 又∵ b a b a MN b a b a Iv l vB 0ln 2d cos 0 所以MeN 沿NeM 方向，大小为 b a b a Iv ln 20 M 点电势高于N 点电势，即 b a b a Iv U U N M ln 20

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