大物例题(八)汇总

合集下载

大物课后部分参考答案及解析

第一章P171-2 已知j t A i v v ωωsin 0-=，则j t A i t v dt v rωcos 0+==⎰由 ⎝⎛==t A y t v x ωcos 0 可得A v xA y -=0cos ω〔以出发点为原点〕 j t mA a m F jt A a ωωωωcos cos 22-==∴-=1-4 如图，在B 点时，根据其受力情况，有⎝⎛==-20202130sin 60cos BB B mv mgl l mv mg T 解得)N (923==mg T B 在B 点时，根据其受力情况，有⎝⎛==-2221CC C mv mgl l mv mg T 解得)N (183==mg T C1-6 由题意设kv f = ，其受力方向在竖直方向上，则有dtdv mma kv F mg f F mg ==--=-- 变形可得dt dv kvF mg m=--两边同时积分⎰⎰=--t vdt dv kvF mg m00整理可得)1(t m ke kFmg v ---= 注意基本概念的理解和掌握：位移，速度，加速度之间的关系注意受力分析，区分出B 点时的角度关系设沉降距离为y ，则dtdy v =)]1([)1(0-+-=--==--⎰⎰tm ktt m ke km t k F mg dt e k F mg vdt y1-9 由题意，当h=50m 时，桶中水已全部漏完，故木桶从井中提到井口所做的功为J)(3500)(J 3430)1.011(]2.0)[(1005050021005050或=+-=+-+=⎰⎰gh gh h Mgdhdh gh g m M W1-14 〔1〕子弹所受的冲量)m /s kg (9)50050(02.0⋅-=-⨯=∆=p I木块所受的冲量与子弹所受的冲量反向，即)m/s kg (9⋅=木块I〔2〕对木块，有)m/s kg (950⋅=⋅=∆=m p I木块，因此kg 18.0=m 。

大学物理习题答案解析第八章

第八章电磁感应电磁场8 －1 一根无限长平行直导线载有电流I ，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），则（）（A ）线圈中无感应电流（B ）线圈中感应电流为顺时针方向（C ）线圈中感应电流为逆时针方向（D ）线圈中感应电流方向无法确定分析与解由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B ）．8 －2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（）（A ）铜环中有感应电流，木环中无感应电流（B ）铜环中有感应电流，木环中有感应电流（C ）铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小（D ）铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等，但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．8 －3 有两个线圈，线圈1 对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2的变化电流且，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为ε12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（）．（A ），（B ），（C ），ti t i d d d d 21<2112M M =1221εε=2112M M ≠1221εε≠2112M M =1221εε<（D ），分析与解教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律；．因而正确答案为（D ）． 8 －4 对位移电流，下述四种说法中哪一种说法是正确的是（）（A ）位移电流的实质是变化的电场（B ）位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷（C ）位移电流服从传导电流遵循的所有定律（D ）位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）． 8 －5 下列概念正确的是（）（A ）感应电场是保守场（B ）感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ），因而线圈的自感系数与回路的电流成反比（D ），回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而正确答案为（B ）．8 －6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为，求在时，线圈中的感应电动势．分析由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成，其中称为磁链．解线圈中总的感应电动势当时，．8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．2112M M =1221εε<t i M εd d 12121=tiM εd d 21212=LI Φm =LI Φm =()Wb π100sin 100.85t Φ⨯=s 100.12-⨯=t tψt ΦN ξd d d d -=-=ΦN ψ=()()t tΦNξπ100cos 51.2d d =-=s 100.12-⨯=t V 51.2=ξtId d分析本题仍可用法拉第电磁感应定律来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式求解．解1 穿过面元ｄS 的磁通量为因此穿过线圈的磁通量为再由法拉第电磁感应定律，有解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为线圈与两长直导线间的互感为tΦξd d -=⎰⋅=SΦS B d ()B B x =x d S d d =y x S d d d =tl ME M d d -=()x d xIμx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B ()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d dd=-+==⎰⎰⎰tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=43ln π20dI μΦ=43ln π20d μI ΦM ==当电流以变化时，线圈中的互感电动势为试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少？分析在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱．解在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为因此，流过导体截面的电量为则 8 －9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10 匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1）线圈中平均感应电动势；（2）设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．tld d tI d μt I ME d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B tΦE d d -=v =tξd d 54.010C q -=⨯NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12ii R R NBSR R Φq +=+=Δ()T 050.0=+=NSR R q B i分析虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解（1）在始、末状态，通过线圈的磁链分别为, 则线圈中的平均感应电动势为电动势的指向为顺时针方向．（2）通过线圈导线横截面的感应电荷为8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？NBS ψ=1011π2r IS μN S NB ψ==2022π2r ISμN S NB ψ==V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS μN t ΦE tΦE d d -=分析本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势.在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距形导轨左侧距离为x ，则即由于静止的形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量常数.由法拉第电磁感应定律可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO 即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法． 8 －11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．tΦE d d -=()l B d ⋅⨯=⎰lE v ()l B d d ⋅⨯=v E B R Rx Φ⎪⎭⎫⎝⎛+=2π212B R txRB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-=()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B v B R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰-==BS ΦtΦE d d -=分析应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第８－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则因此棒两端的电势差为当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中, 则8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．()()r L lB ωl lB ωE L-rr ABAB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v ()r L lB ωE U AB AB 221--==221r ωB E OA =()221r L B ωE OB -=()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-=分析如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO ），也可用来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得由矢量的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势显然，E QO ＝0，所以由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况． 8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A．求tΦE d d -=()l B d ⋅⨯=⎰lE v ()l B d ⋅⨯=⎰OPOP E v l αB lo d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωlo d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin B ⨯v QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=12.0m s -=⋅v杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析本题可用两种方法求解．（1）用公式求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元，该处的磁感强度．（2）用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式求得穿过该回路的磁通量，再代入公式，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为穿过回路的磁通量为回路的电动势为由于静止的形导轨上电动势为零，所以()l B d ⋅⨯=⎰lE v x l d d =xIμB π20=⎰⋅=SΦS B d tΦE d d -=()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB l B x y xIμΦd 2πd d 0=⋅=S B 11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===SIyμx y x I μΦΦV 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iyμt y x I μt ΦE式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高． 8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足］，因而线框中的总电动势为其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有．在求得线框在任意位置处的电动势E（ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为相应电动势为V 1084.35-⨯-==E EAB ()0l B =⋅⨯d v ()()()()hg ef hgefghefE E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v tΦE d d -=v =tξd d hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgefl B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μvv ()1202πl d I I μ+=1vI ()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．*8 －15 有一长为l ，宽为b 的矩形导线框架，其质量为m ，电阻为R ．在t ＝0时，框架从距水平面y ＝0 的上方h 处由静止自由下落，如图所示．磁场的分布为：在y ＝0 的水平面上方没有磁场；在y ＝0 的水平面下方有磁感强度为B 的均匀磁场，B 的方向垂直纸面向里．已知框架在时刻t 1 和t 2 的位置如图中所示．求在下述时间内，框架的速度与时间的关系：（1） t 1 ≥t ＞0，即框架进入磁场前；（2） t 2 ≥t ≥t 1 ，即框架进入磁场，但尚未全部进入磁场；（3）t ＞t 2 ，即框架全部进入磁场后．分析设线框刚进入磁场（t 1 时刻）和全部进入磁场（t 2 时刻）的瞬间，其速度分别为v 10 和v 20 ．在情况（1）和（3）中，线框中无感应电流，线框仅在重力作用下作落体运动，其速度与时间的关系分别为v ＝gt （t ＜t 1）和v ＝v 20 ＋g （t －t 2 ）（t ＞t 2 ）．而在t 1＜t ＜t 2这段时间内，线框运动较为复杂，由于穿过线框回路的磁通量变化，使得回路中有感应电流存在，从而使线框除受重力外，还受到一个向上的安培力F A ，其大小与速度有关，即．根据牛顿运动定律，此时线框的运动微分方程为，解此微分方程可得t 1＜t ＜t 2 时间内线框的速度与时间的关系式．解（1）根据分析，在时间内，线框为自由落体运动，于是其中时，()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v ()1120π2l d d l l I μE +=v ()A A F F =v ()tvv d d mF mg A =-1t t ≤()11t t gt ≤=v 1t t =gh 2101==v v（2）线框进入磁场后，受到向上的安培力为根据牛顿运动定律，可得线框运动的微分方程令，整理上式并分离变量积分，有积分后将代入，可得（3）线框全部进入磁场后（t ＞t 2），作初速为v 20 的落体运动，故有8 －16 有一磁感强度为B 的均匀磁场，以恒定的变化率在变化．把一块质量为m 的铜，拉成截面半径为r 的导线，并用它做成一个半径为R 的圆形回路．圆形回路的平面与磁感强度B 垂直．试证：这回路中的感应电流为式中ρ 为铜的电阻率，d 为铜的密度．解圆形回路导线长为，导线截面积为，其电阻R ′为在均匀磁场中，穿过该回路的磁通量为，由法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电流为而，即，代入上式可得v Rl B IlB F A 22==tv m v d d 22=-R l B mg mRl B K 22=⎰⎰=-t t t g 110d d vv Kv vgh 210=v ()()[]1212t t K e gh K g g K----=v ()()()[]()222031221t t g e gh K g g Kt t g t t K -+--=-+=--v v td d Btd d π4Bd ρm I =πR 22πr 22rR ρS l ρR =='BS Φ=tt t d d 2πd d π1d d 122B ρRr B R R ΦR R E I ='='='=2ππ2r R d m =dmRr π2π2=td d π4Bd ρm I =8 －17 半径为R ＝2.0 cm 的无限长直载流密绕螺线管，管内磁场可视为均匀磁场，管外磁场可近似看作零．若通电电流均匀变化，使得磁感强度B 随时间的变化率为常量，且为正值，试求：（1）管内外由磁场变化激发的感生电场分布；（2）如，求距螺线管中心轴r ＝5．0 cm 处感生电场的大小和方向．分析变化磁场可以在空间激发感生电场，感生电场的空间分布与场源———变化的磁场（包括磁场的空间分布以及磁场的变化率等）密切相关，即.在一般情况下，求解感生电场的分布是困难的．但对于本题这种特殊情况，则可以利用场的对称性进行求解．可以设想，无限长直螺线管内磁场具有柱对称性，其横截面的磁场分布如图所示．由其激发的感生电场也一定有相应的对称性，考虑到感生电场的电场线为闭合曲线，因而本题中感生电场的电场线一定是一系列以螺线管中心轴为圆心的同心圆．同一圆周上各点的电场强度E k 的大小相等，方向沿圆周的切线方向．图中虚线表示r ＜R 和r ＞R 两个区域的电场线．电场线绕向取决于磁场的变化情况，由楞次定律可知，当时，电场线绕向与B 方向满足右螺旋关系；当时，电场线绕向与前者相反．解如图所示，分别在r ＜R 和r ＞R 的两个区域内任取一电场线为闭合回路l （半径为r 的圆），依照右手定则，不妨设顺时针方向为回路正向．（1） r ＜R ，r ＞R ，td d B1s T 010.0d d -⋅=tBtd d B S Bl E d d ⋅∂∂-=⎰⎰S S k t 0d d <t B 0d d >tBtB r t r E E k lk d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tBr E k d d 2-=tB R t r E E k l k d d πd d d π2d 2-=⋅-=⋅=⋅=⎰⎰S B l E tBr R E k d d 22-=由于，故电场线的绕向为逆时针．（2）由于r ＞R ，所求点在螺线管外，因此将r 、R 、的数值代入，可得，式中负号表示E k 的方向是逆时针的． 8 －18 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率为常量．试证：棒上感应电动势的大小为分析变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由法拉第电磁感应定律，有证2 由题８－17可知，在r ＜R 区域，感生电场强度的大小设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为0d d >tBtB r R E k d d 22-=tB d d 15m V 100.4--⋅⨯-=k E tBdd ⎰⋅=lk E l E d 0d =⋅l E k 22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQtBr E k d d 2=讨论假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？该如何求解？8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式计算L ．式中E L 和都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为则若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R t B r x θE E lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰x E IΦL =tI E L Ld /d =t I d d xNIμB π20=12200lnπ2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψSR R ==⋅=⎰⎰S B 1220lnπ2R R h N μI ψL =8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为, 通过N 匝回路的磁链为则自感8 －21 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l 的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．I L N μnl μB 111==I LN μnl μB 222==221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=2211221S μS μlN I ψL L L +==+=分析两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为穿过图中阴影部分的磁通量为则长为l 的一对导线的自感为如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感，有兴趣的读者可自行求解． 8 －22 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．分析无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解（1）当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为，故L 1 ＝0．（2）当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为，()r d Iμr I μB -+=π2π200aa d l μr Bl ΦSad a-==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B aad l μI ΦL -==ln π0212L L L +=8π02lμL=0221=-=ΦΦΦΦΦΦΦ4222=+=故．本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈．8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1）两线圈的互感；（2）当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则．虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解（1）设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度穿过小线圈A 的磁链近似为则两线圈的互感为（2）互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少？L IΦI ΦL 4422===21212I ΦM M ==RIμN B B200=A BA A A A S RIμN N S B N ψ200==H 1028.6260-⨯===RSμN N I ψM A B A A V 1014.3d d 4-⨯=-=tIME A解设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为穿过线圈C 的磁通为则两线圈的互感为若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．8 －25 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2 A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10－3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．分析本题与题８－８相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的．()2/322202dR IR μB +=()22/32220π2r dR IR μBS ψC +==()2/3222202πd R R r μI ψM +==解当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度则通过线圈C 的磁链为设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有由此得相对磁导率8 －26 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1）如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？磁能密度是多少？*（2）从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间？分析单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：（1）如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能，通常称为自感磁能．（2）由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即，式中为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用求解L ．解（1）密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感，电流稳定后，线圈中电流，则线圈中所储存的磁能为在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中，并为均匀磁场，故磁能密度处处相等， 110I n μμB r =S I n μμN BS N ψr c 11022==()RS I n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-=T 10.02110===SN RqcI n μμB r 1991102==I n μS N Rqcμr 221LI W m =V w W Vmm d ⎰=mwμB w m 22=V w LI V m d 212⎰=l S N L 2=REI =J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m m w 3m J 17.4-⋅==SLW w mm。

大物b课后题08-第八章电磁感应电磁场

习题8-6 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。

解建立如图所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为02m id B dS ldx xμφπ=⋅=通过矩形面积CDEF 的总磁通量为0000ln ln sin 222bm ai il I l b bldx t x a aμμμφωπππ===⎰由法拉第电磁感应定律有00ln cos 2m d I l bt dt aφμωεωπ=-=- 8-7 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt，球小线圈中感应的电动势。

解无限长直螺线管内部的磁场为0B nI μ=通过N 匝圆形小线圈的磁通量为20m NBS N nI r φμπ==由法拉第电磁感应定律有20m d dIN n r dt dtφεμπ=-=- 8-8 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。

解通过小线圈的磁通量为0m BS niS φμ==由法拉第电磁感应定律有000cos m d dinS nSi t dt dtφεμμωω=-=-=- 8-9 如图所示，矩形线圈ABCD 放在16.010B T -=⨯的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=︒，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。

若令AB 边以速率15.0v m s -=•向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。

解利用动生电动势公式0.20()50.6sin(60)0.30()2B Av B dl dl V πε=⨯•=⨯⨯-︒=⎰⎰感应电流的方向从A B →.8-10 如图所示，两段导体AB 和BC 的长度均为10cm ，它们在B 处相接成角30︒；磁场方向垂直于纸面向里，其大小为22.510B T -=⨯。

大物实验理论题库及答案—精选的八套题

大物实验理论题库及答案Metaphorl一、填空题(20分，每题2分)1 •依照测量方法的不同，可将测量分为_________________ 和_______________ 两大类。

2•误差产生的原因很多，按照误差产生的原因和不同性质，可将误差分为疏失误差、和随机误差系统误差。

3. _________________________测量中的视差多属__ 随机_____________________________________ 误差；天平不等臂产生的误差属于____________ 系统误差。

4. 已知某地重力加速度值为9.794 m/s2，甲、乙、丙三人测量的结果依次分别为：9.790 ± 0.024m/s 2、9.811 ± 0.004m/s2、9.795 ±0.006m/s 2，其中精密度最高的是 _乙 _____ ，准确度最高的是丙。

5 •累加放大测量方法用来测量微小等量物理量，使用该方法的目的是减小仪器造成的误差从而减小不确定度。

若仪器的极限误差为0.4，要求测量的不确定度小于0.04，则累加倍数N>6 。

6. 示波器的示波管主要由电子枪、偏转板和荧光屏组成。

7. 已知y=2X1-3X2+5%，直接测量量X，%，X3的不确定度分别为△ X、△X3,则间接测量量的不I 2 2 2确定度△ y= 4X1 9X2 25X3。

&用光杠杆测定钢材杨氏弹性模量，若光杠杆常数(反射镜两足尖垂直距离) d=7.00cm，标尺至平面镜面水平距离D=105.0 cm,求此时光杠杆的放大倍数 K=30o9、对于0.5级的电压表，使用量程为3V,若用它单次测量某一电压U,测量值为2.763V，则测量结果应表示为 U= 2.763 ± 0.009V，相对不确定度为 B= 0.3 %。

10、滑线变阻器的两种用法是接成分压线路或限流线路。

二、判断题(“对”在题号前( )中打V, “错”打X) (10分)(t ) 1、误差是指测量值与真值之差，即误差 =测量值-真值，如此定义的误差反映的是测量值偏离真值的大小和方向，既有大小又有正负符号。

大学物理练习题

大学物理练习题一、力学部分1. 一物体从静止开始沿水平面加速运动，经过5秒后速度达到10m/s。

求物体的加速度。

2. 质量为2kg的物体，在水平面上受到一个6N的力作用，若摩擦系数为0.2，求物体的加速度。

3. 一物体在斜面上匀速下滑，斜面倾角为30°，物体与斜面间的摩擦系数为0.3，求物体的质量。

4. 一物体在水平面上做匀速圆周运动，半径为2m，速度为4m/s，求物体的向心加速度。

5. 一物体在竖直平面内做匀速圆周运动，半径为1m，速度为5m/s，求物体在最高点的向心力。

二、热学部分1. 某理想气体在标准大气压下，温度从27℃升高到127℃，求气体体积的膨胀倍数。

2. 一理想气体在等压过程中，温度从300K升高到600K，求气体体积的变化倍数。

3. 已知某气体的摩尔体积为22.4L/mol，求在标准大气压下，1mol该气体的体积。

4. 一密闭容器内装有理想气体，温度为T，压强为P，现将容器体积缩小到原来的一半，求气体新的温度和压强。

5. 某理想气体在等温过程中，压强从2atm变为1atm，求气体体积的变化倍数。

三、电磁学部分1. 一长直导线通有电流10A，距离导线5cm处一点的磁场强度为0.01T，求该点的磁感应强度。

2. 一矩形线圈，长为10cm，宽为5cm，通有电流5A，求线圈中心处的磁感应强度。

3. 一半径为0.5m的圆形线圈，通有电流2A，求线圈中心处的磁感应强度。

4. 一长直导线通有电流20A，求距离导线2cm处的磁场强度。

5. 一闭合线圈在均匀磁场中转动，磁通量从最大值减小到零，求线圈中感应电动势的变化。

四、光学部分1. 一束光从空气射入水中，入射角为30°，求折射角。

2. 一束光从水中射入空气，折射角为45°，求入射角。

3. 一平面镜反射一束光，入射角为60°，求反射角。

4. 一凸透镜焦距为10cm，物距为20cm，求像距。

5. 一凹透镜焦距为15cm，物距为30cm，求像距。

大学物理习题与答案解析

dvy dt
kv
2 y
v dvy kdt
2 y
设入水时为计时起点，水面为坐标原点， 0 时，y=0, v y v0 ， t 运动过程中t时刻速度为 v y ，将上式两侧分别以 v y和t为积分变量， k 以和 y 2 为被积函数作积分得： v
v v0 (kv0 t 1)
x x0 vdt A costdt A sin t
0 0
t
t
x A sin t
大学物理
4、一质点在XOY平面内运动，其运动方程为 x at , y b ct 2 式中a、b、c为常数，当质点运动方向与x 轴成 450角时，它的速率为 v 2a 。
则解得
2 t 9
3
3
2 于是角位移为 2 3t 2 3 0.67(rad) 9
大学物理 2 4、一质点作平面运动，加速度为 ax A cost ， a y B 2 sin t ，A B，A 0 ，B 0。当 t 0
时，v x 0 0 ，x0 点的运动轨迹。
2 2 t 1s时，v 2e i 2e j (m/s)
t 1s时，a 4e2i 4e2 j (m/s2 )
dv 2t 2t a 4e i 4e j (m/s 2 ) dt
dr 2t 2t v 2e i 2e j (m/s) dt
0
大学物理 6、一质点沿x轴作直线运动,在 t 0时，质点位于x0 2m
2 处，该质点的速度随时间的变化规律是 v 12 3t , 当质点瞬时静止时，其所在的位置和加速度分别为(A) x=来自6m, a=-12 m/s2 .

大物习题册答案全套

练习一力学导论参考解答1． (C)；提示：⎰⎰=⇒=t3x9vdt dxtd xd v2． (B)；提示：⎰⎰+=R20y 0x y d F x d F A3． 0.003 s ；提示：0t 3104400F 5=⨯-=令 0.6 N·s ; 提示： ⎰=003.00Fdt I2 g ; 提示：动量定理0mv 6.0I -==3． 5 m/s 提示：图中三角形面积大小即为冲量大小；然后再用动量定理求解。

5．解：(1) 位矢 j t b i t a rωωsin cos += (SI)可写为 t a x ωc o s = ， t b y ωs i n= t a t x x ωωsin d d -==v ， t b ty ωωc o s d dy-==v 在A 点(a ，0) ，1cos =t ω，0sin =t ω E KA =2222212121ωmb m m y x =+v v由A →B ⎰⎰-==0a 20a x x x t c o sa m x F A d d ωω=⎰=-022221d a ma x x m ωω ⎰⎰-==b 02b 0y y t sin b m y F A dy d ωω=⎰-=-b mb y y m 022221d ωω6. 解：建立图示坐标，以v x 、v y 表示小球反射速度的x 和y 分量,则由动量定理，小球受到的冲量的x,y 分量的表达式如下： x 方向：x x x v v v m m m t F x 2)(=--=∆ ① y 方向：0)(=---=∆y y y m m t F v v ② ∴ t m F F x x ∆==/2v v x =v cos a∴ t m F ∆=/cos 2αv 方向沿x 正向．根据牛顿第三定律，墙受的平均冲力 F F =' 方向垂直墙面指向墙内．ααmmOx y练习二刚体的定轴转动参考解答1．(C) 提示：卫星对地心的角动量守恒2．(C) 提示：以物体作为研究对象P-T=ma (1);以滑轮作为研究对象 TR=J β (2)若将物体去掉而以与P 相等的力直接向下拉绳子，表明(2)式中的T 增大，故β也增大。

大学物理难题集

解、（1）这是一个RCL串联的放电电路，电路的微分方程为 d 2q R dq q dt 2 L dt LC 0
上述微分方程的特征方程为
P2 R P 1 0 L LC
PR
R
2
1
L 2L LC
当
R 2L
2
1 LC
0
时电路处于过阻尼状态;
当
R 2L
2
1 LC
0
时电路处于临阻尼状态;
应再并联的电容为 C 160 10 150F
4、在-d<x<d的空间区域内，电荷密度>0为常数，其它区域均为真空。若在x=2d处将质量为m,电量为q（<0）的带电质点自静止释放。试问经过多少时间它能到达x=0的位置。
d
0
d
x
x
解、由高斯定理可得电场分布
E d 0
E x 0
xd d xd
为了求上式积分，取如图所示的圆柱面。利用高斯定理有：
E1
E2
x d
xd
2r
d
d Er dz
r 2 ( E2 E1 ) 0
d d
Er dz
r 2
(E2
E1 )
e d
er
vr mv z d Erdz 2mv z ( E1 E2 )
电子通过圆孔后的偏转角，则
tg
vr vz
er 2mv 2z
Fr eEr
设电子的径向速度为Vz,则在通过轴向距离 dz期间，径向速度的增量为
dvr
eEr m
dt
eEr m
dz vz
设电子的径向初速度为0, 通过圆孔后径向速度的增量为
d
vr d

大物实验练习题库合集(内附问题详解)

使用说明：该习题附答案是我整理用以方便大家学习大学物理实验理论知识的，以网上很多份文档作为参考由于内容很多，所以使用时，我推荐将有疑问的题目使用word的查找功能（Ctrl+F）来找到自己不会的题目。

——啥叫么么哒测定刚体的转动惯量1对于转动惯量的测量量，需要考虑B类不确定度。

在扭摆实验中，振动周期的B类不确定度应该取（）A.B.C.D.D13在测刚体的转动惯量实验中，需要用到多种测量工具，下列测量工具中，哪一个是不会用到的( )A.游标卡尺B.千分尺C.天平D.秒表C测定刚体的转动惯量14在扭摆实验中，为了测得圆盘刚体的转动惯量，除了测得圆盘的振动周期外，还要加入一个圆环测振动周期。

加圆环的作用是（）A.减小测量误差B.做测量结果对比C.消除计算过程中的未知数D.验证刚体质量的影响C测定刚体的转动惯量15转动惯量是刚体转动时惯性大小的量度，是表征刚体特性的一个物理量。

转动惯量与物体的质量及其分布有关，还与（）有关A.转轴的位置B.物体转动速度C.物体的体积D.物体转动时的阻力A测定刚体的转动惯量16在测转动惯量仪实验中，以下不需要测量的物理量是（）A.细绳的直径B.绕绳轮直径C.圆环直径D.圆盘直径A测定刚体的转动惯量17在扭摆实验中，使圆盘做角谐振动，角度不能超过（），但也不能太小。

A.90度B.180度C.360度D.30度B测定刚体的转动惯量测定空气的比热容比2如图，实验操作的正确顺序应该是：A.关闭C2，打开C1，打气，关闭C1，打开C2B.关闭C1，打开C2，打气，关闭C1，关闭C2C.关闭C2，打开C1，打气，关闭C2，打开C1D.打开C2，关闭C1，打气，打开C1，关闭C2 A18数字电压表U1，U2与气压P1，P2的关系式为：A.P1=P0+U1/2; P2=P0+U2/2B.P1=P0-U1/2; P2=P0-U2/2C.P1=P0+U1; P2=P0+U2D.P1=P0-U1; P2=P0-U2A测定空气的比热容比19本实验测定的物理量是：A.CvB.CpC.Cv/ CpD.Cp/ CvD测定空气的比热容比20Cv指的是A.等压比热容B.容比热容C.温比热容D.上都不对B测定空气的比热容比21Cp指的是A.等压比热容B.容比热容C.温比热容D.上都不对A测定空气的比热容比夫兰克-赫兹实验3参照夫兰克-赫兹实验原理图，以下表述正确的是：A.在阴极K和第二栅极(帘栅极)G2之间靠近阴极K存在第一栅极G1(图中未画出)，G1和K之间加有正向电压UG1，主要用以清除空间电荷对阴极发射电子的影响，提高阴极发射电子的能力；B.G2、K间有正向加速电压UG2K（简称UG2），经UG2加速而有一定能量的电子主要是在G1、G2空间与氩原子发生碰撞交换能量；C.在G2与屏极A之间加有反向的拒斥电压UG2A，其作用是挑选能量大于eUG2A的电子，从而冲过拒斥电压形成通过电流计的屏极电流；D.以上表述均正确。

大物习题

选择1、对质点系有下列几种说法：（1）质点系总动量的改变与内力无关；（2）质点系的总动能与内力无关；（3）质点系机械能的改变与保守内力无关。

对于这些说法，下述结论中正确的是（B）B、只有（1）、（3）是正确的2、对质点系的动量和机械能有下述三种说法。

（1）不受外力作用的系统，它的动量和机械能必然同时守恒；（2）内力是保守力的系统，当所受的合外力为零时，其机械能必然守恒；（3）只有保守内力而无外力作用的系统，它的动量和机械能必然守恒。

对于这些说法，下列结论中正确的是（C）C、只有（3）是正确的3、一力学系统由两个质点组成，它们之间只有引力作用。

若两质点所受外力的矢量和为零，则此系统中（C）C、动量守恒，但机械能和对一固定点的角动量是否守恒还不能断定4、关于角动量有以下四种说法，其中正确的是（B）B、一质点做直线运动，相对于直线上的任一点，质点的角动量一定为零5、一个人站在旋转平台的中央，两臂侧平举，整个系统以2πrad/s的角速度旋转，转动惯量为6.0kg·m平方；如果将两臂收回，该系统的转动惯量变为2.0kg·m平方。

此时系统的转动动能与原来的转动动能之比为（C）C、36、对一绕固定水平O轴匀速转动的转盘，沿如图所示的同一水平直线从相反方向射入两粒质量相同、速率相等的子弹，并留在盘中。

则子弹射入后的转盘的角速度应（B）B、减小第9页7、均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示。

今使棒从水平位置由静止开始下落。

在棒摆动到竖直位置的过程中，应有（A）A、角速度从小到大，角加速度从大到小8、关于力矩有以下几种说法，其中正确的是（B）B、作用力和反作用力对同一轴的力矩之和必为零9、在相对论的时空观中，以下的判断哪一个是正确的（C）C、在一个惯性系中，两个同时又同地的事件，在另一惯性系中一定同时又同地10、根据狭义相对论观点，下列说法正确的是（C）C、如果光速是无限大，同时的相对性就不会存在了11、根据狭义相对论，有下列几种说法:（1）所有惯性系统对物理基本规律都是等价的；（2）在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关；（3）在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速度都相同。

大学物理(力学、电磁学)浓缩例题

1、求第1秒内的位移，图示。 2、轨迹方程。 z
8
y
r1
3
r
x
r0
8z x y 5 9
5
2
例1.质点运动方程为
x t , y t 1
3
2
3 2 解： r xi yj t i t 1 j dx dy 2 v i j 3t i 2t 1 j dt dt
m1 4m2 M 1 M 2 g T1 2m1 m2 M 1 M 2
2m2 m1 g a 2m1 m2 M 1 M 2
2.时间延缓 t 0 固有时间 (原时)
在相对静止系中测得
地上的钟比我的慢
c t
ct
S
ut
z v dt
y z y
vz
a dt
y z
补充例题1：质点在xy平面上运动，运动函数为x=2t, y=4t2-8,求质点在xy方向上的速度vx，vy，并写出位矢、速度和加速度的矢量表示。
解：1
y x 8 2 r xi yj 2ti (4t 2 8) j
a R11 R2 2
m2 g T2 m2 a
m2 g
J1 M 1 R1
1 2
J 2 M 2 R2
m2 4m1 M 1 M 2 g T2 2m1 m2 M 1 M 2
4m1m2 m1M 2 m2 M 1 T3 g 2m1 m2 M 1 M 2
dL 一般在转动问题中考虑 M dt M rF sin 为 r和 F 的夹角 L rp sin 为 r 和 v 的夹角

大学物理例题

例1 路灯离地面高度为H，一个身高为h 的人，在灯下水平路面上以匀速度步行。

如图3-4所示。

求当人与灯的水平距离为时，他的头顶在地面上的影子移动的速度的大小。

解:建立如右下图所示的坐标，时刻头顶影子的坐标为，设头顶影子的坐标为，则由图中看出有则有所以有;例2如右图所示，跨过滑轮C的绳子，一端挂有重物B，另一端A被人拉着沿水平方向匀速运动，其速率。

A离地高度保持为h，h =1.5m。

运动开始时，重物放在地面B0处，此时绳C在铅直位置绷紧，滑轮离地高度H = 10m，滑轮半径忽略不计，求：(1) 重物B上升的运动方程；(2) 重物B在时刻的速率和加速度；(3) 重物B到达C处所需的时间。

解：(1)物体在B0处时，滑轮左边绳长为l0 = H-h，当重物的位移为y时，右边绳长为因绳长为由上式可得重物的运动方程为(SI)(2)重物B的速度和加速度为(3)由知当时，。

此题解题思路是先求运动方程，即位移与时间的函数关系，再通过微分求质点运动的速度和加速度。

例3一质点在xy平面上运动，运动函数为x = 2t, y = 4t2-8(SI)。

(1) 求质点运动的轨道方程并画出轨道曲线；(2) 求t1=1s和t2=2s时，质点的位置、速度和加速度。

解：(1) 在运动方程中消去t，可得轨道方程为，轨道曲线为一抛物线如右图所示。

(2) 由可得: 在t1=1s 时，在t2=2s 时,例4质点由静止开始作直线运动，初始加速度为a0，以后加速度均匀增加，每经过τ秒增加a0，求经过t秒后质点的速度和位移。

解：本题可以通过积分法由质点运动加速度和初始条件，求解质点的速度和位移。

由题意可知，加速度和时间的关系为:根据直线运动加速度的定义因为t = 0 时，v0=0，故根据直线运动速度的定义有因为t = 0 时，x0=0 ，则位移为例5 (1) 对于作匀速圆周运动的质点，试求直角坐标和单位矢量i和j表示其位置矢量r, 并由此导出速度v 和加速度a的矢量表达式。

理工科大学物理知识点总结及典型例题解析

第一章质点运动学本章提要1、参照系：描述物体运动时作参考的其他物体.2、运动函数：表示质点位置随时间变化的函数.位置矢量：k t z j t y i t x t r r)()()()(++==位置矢量：)()(t r t t r r-∆+=∆一般情况下：r r∆≠∆3、速度和加速度： dtrd v= ； 22dt r d dt v d a == 4、匀加速运动： =a 常矢量； t a v v +=0 2210t a t v r +=5、一维匀加速运动：at v v +=0 ； 2210at t v x += ax v v 2202=-6、抛体运动： 0=x a ； g a y -=θcos 0v v x = ； gt v v y -=θsin 0t v x θcos 0= ； 2210sin gt t v y -=θ7、圆周运动：t n a a a+=法向加速度：22ωR R v a n == 切向加速度：dtdv a t =8、伽利略速度变换式：u v v+'=典型例题分析与解答1.如图所示,湖中有一小船.岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸.设滑轮距水面高度为h,滑轮到原船位置的绳长为l.当人以匀速v 拉绳,船运动的速度v '为多少解：取如图所示的坐标轴, 由题知任一时刻由船到滑轮的绳长为l=l 0-vt 则船到岸的距离为：22022)(-h -vt l -h l x ==因此船的运动速率为：20 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--==vt l h l vdtdxv2.一质点具有恒定的加速度2)46(m/s j i a+=,在t=0时刻,其速度为零, 位置矢量i r10= m.求:1在任意时刻的速度和位置矢量;2质点在 xoy 平面的轨迹方程,并画出轨迹的示意图.解. 1由加速度定义dt vd a =,根据初始条件 t 0=0 v 0=0 可得⎰⎰⎰+==tt v )dt j i (dt a v d 046s m j t i t v /)46(+=由dtrd v =及 t 0=0ir r100==得⎰⎰⎰+==t t r r dt j t i t dt v r d 0)46(0m j t i t j t i t r r ]2)310[(2322220 ++=++=2由以上可得质点的运动方程的分量式x=xt y=yt 即 x=10+3t 2y=2t 2消去参数t,得质点运动的轨迹方程为 3y=2x-20这是一个直线方程.由m i r100=知x 0=10m,y 0=0.而直线斜率 32===tga dy/dx k ,X10则1433'= a 轨迹方程如图所示3. 质点的运动方程为23010t t -x +=和22015t t-y =,SI 试求:1 初速度的大小和方向;2加速度的大小和方向.解.1速度的分量式为 t -dx/dt v x 6010+==t -dy/dt v y 4015==当t=0时,v 0x =-10m/s,v 0y =15m/s,则初速度的大小为01820200.v v v y x =+=m/s 而v 0与x 轴夹角为 1412300'== xy v v arctga2加速度的分量式为 260-xx ms dtdv a ==240-y y ms dt dv a == 则其加速度的大小为 17222.a a a yx =+=ms -2 a 与x 轴的夹角为 1433'== -a a arctgxy β或91326'4. 一质点以25m/s 的速度沿与水平轴成30°角的方向抛出.试求抛出5s 后,质点的速度和距抛出点的位置.解. 取质点的抛出点为坐标原点.水平方向为x 轴竖直方向为y 轴, 质点抛出后作抛物线运动,其速度为 αcos 0v v x =gt v v y -=αsin 0则t=5s 时质点的速度为 v x =s v y =s质点在x,y 轴的位移分别为Xx=v 0x t= 060220.-gt t-v y y ==m 质点在抛出5s 后所在的位置为 )06025108(j .-i .j y i x r=+=m5.两辆小车A 、B 沿X 轴行驶,它们离出发点的距离分别为 XA=4t+t 2, XB= 2t 2+2t 3SI 问:1在它们刚离开出发点时,哪个速度较大2两辆小车出发后经过多少时间才能相遇3经过多少时间小车A 和B 的相对速度为零解.1 t /dt dx v A A 24+==264t t /dt dx v B B +==当 t=0 时, v A =4m/s v B =0 因此 v A > v B2当小车A 和B 相遇时, x A =x B 即 322224t t t t +=+ 解得 t=0、无意义3小车A 和B 的相对速度为零,即 v A -v B =0 3t 2+t-2=0 解得 t= . -1s 无意义.第二章质点力学牛顿运动定律本章提要 1、牛顿运动定律牛顿第一定律 o F = 时 =v常矢量牛顿第二定律 k ma i ma i ma a m F z y x++==牛顿第三定律 'F F-= 2、技术中常见的几种力：重力 g m P= 弹簧的弹力 kx f -= 压力和张力滑动摩擦力 N f k k μ= 静摩擦力 N f s s μ≤3、基本自然力：万有引力、弱力、电磁力、强力.4、用牛顿运动定律解题的基本思路：认物体→看运动→查受力画示力图→列方程 5、国际单位制SI量纲：表示导出量是如何由基本量组成的幂次式.典型例题分析与解答1. 一木块在与水平面成a 角的斜面上匀速下滑.若使它以速度v 0沿此斜面向上滑动,如图所示. 证.选如图所示坐标,当木块匀速下滑时, mgsina-f =0因此木块受到的摩擦阻力为 f = mgsina 1 当木块上行时,由牛顿第二定律有 - mgsina - f=ma 2联立12式可得a= -2gsina式中负号表示木块沿斜面向上作匀减速直线运动.木块以初速v 0开始向上滑至某高度时,v=0,由v 2=v 02+2as 可得木块上行距离为s=-v 02/2a=v 02/4gsina2.如图所示,已知F=×104N,m1=×103kg,m2=×103kg 两物体与平面间的摩擦系数为,设滑轮与绳间的摩擦系数均不计算.求质量m 2物体的速度及绳对它的拉力. 解.如图所示,设m 2的加速度为a 2,m 1的加速度为a 1.由牛顿第二定律分别列出m 1,m 2的运动方xyN f PPF Nfam 1gm 2gFf 2T程为22221111a m g m -T a m g m -F-T ==μμ由于滑轮质量、滑轮与绳之间的摩擦力不计,则有021=''-T T 考虑到2211T ',T T 'T ==,且绳子不被拉长,则有122a a = 联立上述各式,可得2121227844)2(22-m.s .m m m m g F-a =++=μN .a g m T 422210351)(⨯=+=μ3.在一只半径为R 的半球形碗内,有一粒质量为m 的小钢球.当小钢球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时,它距碗底有多高解.如图所示,钢球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动.当它距碗底高为h 时,其向心加速度为θωωsin 22R r a n ==,钢球所受到的作用力为重力P 和碗壁对球的支持力N,其合力就是钢球匀速圆周运动所需的向心力F.由图有 θωθsin sin 2mR N F ==`则 2ωmR N = 1 考虑到钢球在垂直方向受力平衡,则有 mg P N ==θcos 2由图可知 /R R-h )(cos =θ. 故有 2ωR-g/h =4. 一质量为m 的小球最最初位于如图所示的A 点,然后沿半径为r 的光滑圆弧的内表面ADCB 下滑.试求小球在点C 时的角速度和对圆弧表面的作用力.解.取图所示的坐标系,小球在运动过程中受重力P 和圆弧内表面的作用力N.由FP牛顿第二定律得小球在切向方向运动方向方程为 t t ma F = 即 mdv/dt a -mg =sin由 /dt rd ds/dt v α== 可得 /v rd dt α=. 将其代入上式后,有 ααd -rg vdv sin =根据小球从A 运动到C 的初末条件对上式两边进行积分,则有 ⎰⎰=απαα2)sin (0d rg vdv v 得αcos 2rg v =小球在C 点的角速度为 /r g v/r αωcos 2== 小球在法线方向的运动方程为 F n =ma n 即 ααcos 2cos 2mg /r mv N-mg ==由此得小球对圆弧的作用力为 αcos 3mg --N N'==5.有一个可以水平运动的倾角为α的斜面,斜面上放一质量为m 的物体,物体与斜面间的静摩擦系数为μ,如果要使物体在斜面上保持静止,斜面的水平加速度应如何解.物体m 在斜面上保持静止,因而具有和斜面相同的加速度a.可以直观的看出,如果斜面的加速度太小,则物体将向下滑;如果斜面的加速度过大, 则物体会向上滑.1假定物体静止在斜面上,但有向下滑的趋势; 物体受力分析如图1所示,由牛顿运动定律有)(sin cos -a m -N f =αα 0cos sin =+-mg N f ααN f μ≤则 g aμa aa-μa sin cos cos sin +≥1假定物体静止在斜面上,但有向上滑的趋势;物体受力分析如图2所示,由牛顿运DCtmgaxy动定律有)(sin cos -a m -N f =-αα 0cos sin =+--mg N f ααN f μ≤则 g aμa aμa a sin cos cos sin -+≤故g a μa a μa a g a μa a a-μsin cos cos sin sin cos cos sin -+≤≤+第三章功与能本章提要 1、功：r d F dW⋅=⎰⎰⎰⎰++==⋅==BAB ABAz y x dz f dy f dx F dr F r d F dW W )(cos θ2、动能定理：21212221mv mv W -= 3、保守力与非保守力：⎰=⋅=Lr d F W 0 保 ⎰≠⋅=Lr d F W 0非4、势能：对保守内力可以引入势能概念万有引力势能：rm m GE p 21-=以两质点无穷远分离为势能零点. 重力势能：mgh E p =以物体在地面为势能零点.弹簧的弹性势能：221kx E p =以弹簧的自然伸长为势能零点. 5、机械能受恒定律：在只有保守内力做功的情况下,系统的机械能保持不变. 1、用力推地面上的石块.已知石块的质量为20kg,力的方向和地面平行. 推力随位移的增加而线性增加,即F=6xSI.试求石块由x 1=16m 移到x 2= 20m 的过程中,推力所作的功.xy解.由于推力在作功过程中是一变力,按功的定义有J -xdx x d F W x x 432)1620(3622201621===⋅=⎰⎰2、一颗速率为700m/s 的子弹,打穿一木块后速率降为500m/s.如果让它继续穿过与第一块完全相同的第二块木板.求子弹的速率降到多少解.由动能定理可知,子弹穿过第一块和第二块木板时克服阻力所作的功分别为222123212212122211mv-mv W mv -mv W ==式中v 1为子弹初速率,v 2为穿过第一块木板后的速率,v 3为穿过第二块木板后的速率.由题意知两块木板完全相同,因此子弹穿过木板过程中克服阻力所作的功可认为相等,即 W 1=W 2,故有 2221232121212221mv -mv mv -mv =由此得子弹穿过第二块木板后的速率为 m/s -v v v 100221223==3、.用铁锤把钉子敲入木板.设木板对钉子的阻力与钉子进入木板的深度成正比.若第一次敲击能把钉子打入木板m 101.0-2⨯.第二次打击时, 保持第一次打击钉子的速度,那么第二次能把钉子打多深.解.锤敲钉子使钉子获得动能.钉子钉入木板是使钉子将获得的动能用于克服阻力作功.由于钉子所受阻力f 与进入木板的深度x 成正比,即f=kx,其中k 为阻力系数.而锤打击钉子时,保持相同的速度,故钉子两次进入木板过程中所作功也相等, 所以有⎰⎰=xkxdx kxdx 01.001.00m x 0141.0=即钉子经两次敲击进入木板的总深度为.由此可知第二次打击使钉子进入木板的深度为 m .x-x d 004101==4、一半径为R 的光滑球固定在水平面上. 另有一个粒子从球的最高点由静止沿球面滑下.摩擦力略去不计.求粒子离开球的位置以及粒子在该位置的速度.解.如图所示,粒子在光滑球面上滑动时仅受球面支持力和地球引力 mg 的作用.由于N 始终与球的运动方向垂直,故系统机械能守恒.当粒子从最高点A 滑至离开球的位置B时,有 θcos 221mgR mv mgR += 根据牛顿第二定律,有21cos mv N mg R=-θ 而粒子刚好离开时,N=0.因此有θθcos cos 21mgR mgR mgR +=则物体刚离开球面处的角位置为此时,粒子的速率为Rg gR v 32cos ==θ v 的方向与P 夹角为 8.4190=-=θa5、一劲度系数为K 的水平轻弹黉,一端固定在墙上,另一端系一质量为M 的物体A 放在光滑的水平面上.当把弹黉压缩x 0后,再靠着A 放一质量为m 的物体B,如图所示.开始时系统处于静止,若不计一切摩擦.试求:1物体A 和B 分离时,B 的速度;2物体A 移动过程中离开o 点的最大距离.解.1以A 、B 及弹黉为系统,假定A 、B 分离时的共同速度为v. 由机械能守恒定律,有2021221)(kx v m M =+则 0)(x m M K/v +=2若设x 为物体A 离开o 点的最大距离,由系统机械能守恒,有221221kx Mv =则0)(x m M M/x +=248arccos 32.==θ第四章动量本章提要1、动量定理：合外力的冲量等于质点或质点系动量的增量.21p p dt F -=对于质点系∑=ii p p2、动量受恒定律：系统所受合外力为零时,∑=ii p p常矢量.3、质心的概念质心的位矢：∑∑=i i i iii c r m m mrm r )1(⎰=dm r mr c1 4、质心运动定律：质点系所受的合外力等于其总质量乘以质心的加速度.c a m F=质点系的动量受恒等同于它的质心速度不变.1、如图所示,质量为m 、速度为v 的子弹,射向质量为M 的靶,靶中有一小孔, 内有劲度系数为k 的弹黉,此靶最初处于静止状态,但可在水平面作无摩擦滑动.求子弹射入靶内弹黉后,弹黉的最大压缩距离.解.质量为m 的子弹与质量为M 的靶之间的碰撞是从子弹与固定在靶上的弹黉接触时开始的,当弹黉受到最大压缩时,M 和m 具有共同的速度v 1, 此时弹黉的压缩量为x 0.在碰撞过程中,子弹和靶组成的系统在水平方向上无外力作用, 故由动量守恒定律可得1)(v M m mv += 1在碰撞过程中,系统的机械能守恒,有20212121221)(kx v M m mv ++= 2M联立1 2式,得)(0M m k mMvx +=2、质量为kg 107.2-23⨯、速率为m/s 106.07⨯的粒子A, 与另一个质量为其一半而静止的粒子B 发生完全弹性的二维碰撞,碰撞后粒子A 的速率为m/s 105.07⨯.求 1粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏角;2;粒子A 的偏转角.解.取如图所示的坐标.当A 、B 两粒子发生碰撞时,系统的动量守恒.在xoy 平面内的二维直角坐标中,有αβcos mv cos mv 21mv B221A222A1+=+=x B x A mv mv αβin s m v sin m v 0B221A2-=由碰撞前后系统机械能守恒,有2A2212B2212A121mv(m/2)vmv+=则碰撞后粒子B 的速率为m /s.104.69v 7B2⨯=粒子B 相对于粒子A 原方向的偏转角6'54 =β, 粒子A 的偏转角20'22 =a3、如图所示为一弹黉振子,弹黉的劲度系数为K,质量不计.有一质量为m 、速度为v 的子弹打入质量为M 的物体,并停留在其中,若弹黉被压缩的长度为x,物体与平面间的滑动摩擦系数为μ,求子弹的初速度. 解.以M 、m 和弹黉为研究对象,系统在水平方向动量守恒,有mv=m+Mu 1子弹打入物体后,在弹黉被压缩的过程中, 由功能原理,可得v A1B2M)gx (m Kx M)u (m 221221++=+μ 2 联立12式得gx2m)/(M Kx m Mm v 2μ+++=4、质量为m 的物体从斜面上高度为h 的A 点处由静止开始下滑,滑至水平段B 点停止.今有一质量为m 的子弹射入物体中,使物体恰好能返回到斜面上的A 点处. 求子弹的速率.解.以地球和物体为研究系统,物体从A 处滑到B 处的过程中,由功能原理可得摩擦力的功的数值为 W f =mgh取子弹和物体为系统,子弹射入物体的过程系统的动量守恒,有 mv=2mu再以地球、物体和子弹为系统,由功能原理有2mgh -(2m)u 2W 221f = 由此可得gh 4v =5、如图所示,质量为m 的小球沿斜坡在h 处由静止开始无摩擦滑下, 在最低点与质量为M 的钢块作完全弹性碰撞.求:1碰撞后小球沿斜坡上升的高度.2若钢块和地面间摩擦系数为μ,碰撞后钢块经过多长时间后停下来.解.小球沿斜坡滑下过程中系统机械能守恒221mv mgh = 小球m 以速度v 在斜坡底端和M21Mv m v m v +=A m22212121221Mv mv mv +=小球沿斜坡上升过程中系统机械能守恒,有mgh'mv 2121=若钢块M 在平面上运动经t ∆秒后停下来,由动量定理有2Mv -0t Mg -=∆μ联立求解可得h m M m M h'2⎪⎭⎫⎝⎛+-= g h m M m t /2)(2+=∆μ 第五章刚体的转动本章提要：1、刚体的定轴转动：角速度：dt d θω=角加速度；dtd ωβ=匀加速转动：t βωω+=0 22100t t βωθθ＋＝- βθωω2202=-2、刚体的定轴转动定律：βJ M =3、刚体的转动惯量：∑=iii rm J 2⎰=dm r J 2平行轴定理2md J J c +=4、力矩的功：⎰=θMd W转动动能：221ωJ E k =刚体定轴转动的动能定理：2021221ωωJ J W -=刚体的重力势能：c p mgh E =机械能守恒定律：只有保守力做功时,=+p k E E 常量5、角动量：质点的角动量：v r m P r L⨯=⨯=质点的角动量定理：L dtd M=质点的角动量守恒定律：=⨯==v m r L M, 0常矢量刚体定轴转动的角动量：ωJ L = 刚体定轴转动的角动量定理：L dtd M =刚体定轴转动的角动量受恒定理：当合外力矩为零时 =ωJ 常量1、设某机器上的飞轮的转动惯量为转动的角速度为,在制动力矩的作用下,飞轮经过20s 匀减速地停止转动,求角加速度和制动力矩.解.由题意知飞轮作匀减速运动,角加速度β应为常量,故有-1.57rad/s 31.4)/20-(0)/t -(0===ωωβ.根据转动定律,可得制动力矩-99.9N.m (-1.57)63.6J M =⨯==β式中负号表示角加速度、制动力矩的方向均与飞轮转动的角速度方向相反. 2、如图a 所示为一阿脱伍德Atwood 机.一细而轻的绳索跨过一定滑轮, 绳的两端分别悬有质量为m 1和m 2的物体,且m 1>m 2.设定滑轮是一质量为M 、半径为r 的圆盘,绳的质量不计,且绳与滑轮间无相对运动.试求物体的加速度和绳的张力.如果略去滑轮的运动,将会得到什么结果解.分别作出滑轮M,物体m 1和m 2的受力分析图如图b 所示.由于绳索质量不计,且长度不变,故m 1和m 2,均为.对物体m 1和m 2以及滑轮M , m 1g-T 1=m 1a 1 T ’2-m 2g=m 2a ’ βJ )r T -(T 21= 3m 21aa2P 11 2而 221Mr J = 4βr a = 5 联立12345式,可得g M/2m m m -m a 2221++=g m M/2m m M/22m T l 2221+++=g m M/2m m M/22m T 22212+++=如果略去滑轮的运动,即T 1=T 2=T,有2121m m )g m -(m a +=212121m m gm 2m T T T +===3、质量为,长为的均匀细棒,可绕垂直于棒的一端的水平轴转动.如将此棒放在水平位置,然后任其下落.求:1在开始转动时的角加速度;2下落到铅直位置时的动能;3下落到铅直位置时的角速度.解.1如图所示,棒绕端点o 的转动惯量J=m l 2/3. 在水平位置时,棒所受的重力矩Ｍ根据转动定律,得36.8rad.s )3g/(2M/J ===l β 2取棒和地球为系统,心点A 处为重力势能零点.在棒的转动过程中只有保守内力作功,系统的机械能守恒.棒从静止时的水平位置下落到竖直位置时,其动能为 E k =mg l /2=3棒在竖直位置时的动能就是此刻棒的转动动能,则有E k =1/2 J ω2,所以竖直位置时棒的角速度为8.57rad/s 3g//J 2E k ===l ω4、如图所式,A 、B 两个轮子的质量分别为m 1和m 2,半径分别为r 1和r 2.另有一绳绕在两轮上,并按图示连接.其中A 轮绕固定轴o 转动.试求:1B 轮下落时, 其轮心的加速度;2细绳的拉力.解.取竖直向下为x 轴正向,两轮的受力分析如图示.A 轮绕轴o 作定轴转动,故有A 211211r m r ' T β= 且 1A A /r a =β故 A 121a m ' T = 1对于B 轮除了绕其轴C 的转动外,还有B 轮质心C 的平动.根据牛顿定律,B 轮质心运动方程为 c 22a m T -g m = 2又根据转动定律,对B 的转动有 B 222212r m Tr β=且有 2B B /r a =β故 B 221a m T = 3 而 T=T 'a A =a c -a B 4 联立求解可得2T/m 1=a c -2T/m 2 故 21c212m 2m a m m T +=5联立25式可得 2121c 2m 3m )g m 2(m a ++=2121c 2m 3m gm m )a -(g m T +==5、在图示的装置中,弹黉的劲度系数K=m,滑轮的转动惯量J= 半径R=,物体质量m=6×10-2kg.开始时用手将物体托住使弹黉为原长, 系统处于静止状态.若不计一切摩擦,求物体降落处的速率.解.以滑轮、物体、弹黉和地球为系统,在物体下落过程中.A2Bx设物体下落h=时的速率为v,则 221221221mv J(v/R)Kh mgh ++=0.16m/s )(J/R m Kh)h-(2mg v 2=+=6、如图所示,质量为m 1和m 2 的两物体通过定滑轮用轻绳连接在一起,滑轮与轴、物体与桌面的摩擦忽略不计.当m 1由静止下降距离h 时,求:1若滑轮质量不计,此时m 1的速率是多少2若滑轮的转动惯量J=MR 2/2,此时m 1的速率又为多少 3若在2中把m 1换成拉力F,此时滑轮的角加速度为多少解.1物体在下落过程中系统的机械能守恒,有221211)v m (m gh m += )m gh/(m 2m v 211+=2考虑到滑轮的转动,在物体下落的过程中,221221212J )v m (m gh m ω++= M/2)m gh/(m 2m v 211++=3由转动定律,有 βJ T)R -(F = 而 βR m m T 22==a 则 M/2)R]F/[(m 2+=β第六章气体动理论本章提要1、系统和外界,宏观量和微观量；2、平衡态和平衡过程；3、理想气体状态方程：RT mPV μ=普适气体常数： -1-1k mol 8.31J R ⋅⋅=mm h阿佛加德罗常数：123m ol 10023.6-⨯=A N 玻尔兹曼常数：123k J 1038.1--⋅⨯==AN Rk 4、理想气体的压强：k n v nm P ε32231==5、温度的统计概念：kT 23=k ε 6、能均分定理：每一个自由度的平动动能为：kT 21一个分子的总平均动能为：kT 2i=ε mol μM理想气体的内能为：RT 2i M E μ=7、速率分布函数：NdvdNv f =)( 三速率：最概然速率μRT2kT2==mv p平均速率 πμπRT8kT 8==m v 方均根速率μRT3kT32==mv8、分子的平均自由程：Pd n d 222kT21ππλ==9、输送过程：内摩擦输送分子定向动量热传导输送无规则运动能量扩散输送分子质量1、目前实验室所能获得的真空,其压强为×10-8pa.试问在27℃的条件下, 在这样的真空中每立方厘米内有多少个气体分子解. 由 P=nkT 可得单位体积内的分子数 n=P/kT=×1012m -3故每立方厘米内的分子数为×106个2、2g 氢气装在20×10-3m 3的容器中,当容器内的压强为×104Pa 时, 氢气分子的平均平动动能为多大解.理想气体分子的平均平动动能取决于温度,且有kT mv23221=, 而一定量气体在确定的体积和压强的前提下,其温度可由状态方程得MRPVT μ=则 J 101.99MRPV23k mv 21-221⨯==μ3、求温度为127℃的氢气分子和氧气分子的平均速率, 方均根速率及最概然速率.解.分别按平均速率,方均根速率和最概然速率的计算公式, 可求得氢分子相对应的各种速率为m/s 102.06RT/1.60v 3⨯==μm/s 102.23RT/1.73v 32⨯==μm/s 101.82RT/1.41v 3p ⨯==μ由于三种速率与分子的摩尔质量成反比,而4/H 0=μμ,则氧分子的三种速率均为氢分子速率的1/4.即v 0=×102m/s,m/s 105.58v 22⨯=, v p0=×102m/s4、在30×10-3m 3的容器中装有20g 气体,容器内气体的压强为×105Pa,求气体分子的最概然速率解.最概然速率 μRT/1.41v p =,式中气体的温度T 可根据状态方程,以压强P和体积V 代替,即 PV/(MR)T μ=, 故 389m/s PV /M 1.41v P ==5、收音机所用电子管的真空度为×10-3Pa.试求在27℃时单位体积中的分子数及分子的平均自由程设分子的有效直经d=×10-8cm. 解. 由压强公式可得单位体积中的分子数 n=P/kT=×1017m -3 分子的平均自由程为7.77m P)d 2kT/(2==πλ第七章热力学基础本章提要1、准静态过程：过程中的每一个时刻,系统的状态都接近于平衡态.准静态过程中系统对外做的体积功pdV dW = ⎰=21V V PdV W2、热量：系统和外界或两个物体由于温度不同而交换的热运动能量.3、热力学第一定律：W )E (E Q 12+-= dW dE dQ +=4、理想气体的摩尔摩尔热容量：R C 2iV =R C 22i P +=迈耶公式：R C C V P =- 摩尔热容比：i2i C C V P +==γ 5、理想气体的四种过程：等体过程：0PdV dW V ==RdT dT C E dQ 2V V iM Md μμ===)T R(T )T (T C E E Q 12212V 12V -=-=-=i M Mμμ等压过程：PdV dE dQ P +=)T (T C )T R(T )T (T C PdVE E Q 12P 12212V V 12P 21-=-+-=+-=⎰μμμMiM MV等温过程：0dT = 0dE =pdV dW dQ T T == 1212T T P P RTlnV V RTlnPdV Q W μμMM====⎰ 绝热过程：0dQ = )T(T C PdV W 12V μM --==⎰a 绝热方程：=γPV 常量＝－T V 1γ常量＝－－γγT P 1常量6、循环过程：热循环正循环：系统从高温热源吸热,对外做功,向低温热源放热. 循环效率：121Q Q 1－Q W＝＝η 致冷循环逆循环：系统从低温热源吸热,接收外界做功,向高温热源放热. 致冷系数：21212－Q Q Q ＝W Q ＝ω 7、卡诺循环：系统只与两个恒温热源进行热量交换的准静态循环过程.正循环的效率：12T T 1-＝c η 逆循环的致冷系数：212T T T -=c ω8、热力学第二定律：克劳修斯说法热传导开尔文说法功热转换 9、可逆过程和不可逆过程不可逆：各种实际宏观过程都是不可逆的,而它们的不可逆性又是相互沟通的.三个实例：功热转换、热传导、气体自由膨胀.可逆过程：外界条件改变无穷小的量就可以使过程反向进行的过程其结果是系统和外界能同时回到初态,无摩擦的准静态过程是可逆过程.1、一定质量的空气,吸收了×103J 的热量,并保持在×105Pa 下膨胀,体积从10-2m 3增加到15×10-3m 3,问空气对外作了多少功内能增加了多少解.空气等压膨胀所作的功为 W=PV 2-V 1=×102J 由热力学第一定律 W E Q +∆=, 可得空气内能的改变为J 101.12W -Q E 3⨯==∆2、100g 水蒸气自120℃升到140℃.问1在等体过程中,2在等压过程中,各吸收了多少热量.解. 水蒸气为三原子分子,其自由自由度为i=6,定体摩尔热容C v =i/2R, 定压摩尔热容 C p =i/2+1R,则 1等体过程中吸收的热量为J102.77 )T -)R(T (M/)T -(T )C (M/dT )C (M/Q 3122i12v v v ⨯====μμμ2等压过程中吸收的热量为J103.69 )T -1)R(T )(i/2(M/)T -(T )C (M/dT )C (M/Q 31212p p p ⨯=+===μμμ3、压强为×105Pa,体积为10-3m 3的氧气0℃加热到100℃,问1当压强不变时, 需要多少热量2当体积不变时,需要多少热量3 在等压或等体过程中各作多少功解. 在给定状态下该氧气的摩尔数为)/(RT PV M/11=μ1压强不变的过程即等压过程,氧气所需的热量为130J)T -)(T /T (PV )T -)R(T /(RT PV )T -(T )C (M/Q 12112712112712p p ====μ2体积不变的过程即等体过程,氧气所需的热量为92.8J)T -)(T /T (PV )T -)R(T /(RT PV )T -(T )C (M/Q 12112512112512v v ====μ3由热力学第一定律 W E Q +∆= 得等压过程中氧气所作的功为37.1J)T -)(i/2)R(T (M/-)T -1)R(T )(i/2(M/E -Q W 1212p p =+=∆=μμ此结果亦可由 )V -P(V PdV W 12p ==⎰ 及 V 1/V 2=T 1/T 2得到. 在等体过程中氧气所作的功为0)T -(T )C (M/-)T -(T )C (M/E -Q W 12v 12v v v ==∆=μμ此结果亦可直接由 0PdV W v ==⎰ 得到.4、如图所示,使1mol 的氧气1由a 等温的到b;2由a 等体的变到c;再由c 等压变到b.试分别计算所作的功和所吸收的热量.解.1氧气在a 到b 的等温过程中所作的功为J103.15)/V ln(V V P )/V RTln(V PdV W 3a b b b ab M b aT⨯====⎰μ由于等温过程中内能不变,由热力学第一定律W E Q +∆=,可得氧气在a 到b 过程中所吸收的热量为 Q=WT=×103J2由于等体过程中气体不作功,而等压过程中所作的功为V P W P ∆=,图中ac 为等体过程,cb 为等压过程.因此,氧气在acb 过程中所作的功为VW=W ac +W cb =W cb =P c V b -V c =×103J氧气在acb 过程中所吸收的热量为ac 和cb 两个过程中吸收热量之和,即J102.27 )V -(V P )R]/[(M/)V P -V P )(C -(C )(M/ )T -(T )C (M/)T -(T )C (M/Q Q Q 3c b c b b c c p v c b p a c v cb ac ⨯===+=+=μμμμ5、一卡诺热机的低温热源温度为7℃,效率为40％,若将其效率提高到50％,求高温热源的温度提高多少度解. 由卡诺热机的效率η=1-T 2/T 1可知, 具有相同低温热源而效率分别为η'和η"的两热机,其高温热源的温度分别为 T 1'=T 2/1-η' T 1"=T 2/1-η" 因此,为提高效率而需提高的温度为 △T=T 1"-T 1'=第八章静电场本章提要：1、电荷的基本性质：两种电荷；量子性；电荷守恒；相对不变性2、库仑定律：两个静止的点电荷之间的作用力：0221041E r r q q πε＝真空中的介电常数：212120m N C 1085.8---⋅⋅⨯=ε3、电场力叠加原理：∑=ii F F4、电场强度：0q FE=5、场强叠加原理：∑=i i E E ∑i 0i 2i i 0r r q 41E πε＝ ⎰020r r dq 41E πε＝ 6、电通量：⎰⋅=Φse S d E7、高斯定律：∑⎰=⋅iisq1S d E ε8、典型静电场：均匀带电球面：⎪⎩⎪⎨⎧=（球面外）（球面内）020r rq 410πεE 均匀带电无限长直线：r02E πελ=,方向垂直于带电直线. 均匀带电无限大平面：02E εδ＝,方向垂直于带电平面. 9、静电场对电荷的作用力：E q F=10、静电场是保守力场：0d E =⋅⎰Ll11、电势差：⎰⋅=-QQ P d E U U Pl电势：⎰∞⋅=Pl d E U P电势叠加原理：∑=i U U12、电荷的电势：r04q U πε=电荷连续分布的带电体的电势：⎰=r04dq U πε13、场强E和电势U 的关系：积分形式：⎰∞⋅=Pl d E U P微分形式：U E -∇=电场线处处与等势面垂直,并指向电势降低方向,电场线密处等势面间间距小.14、电荷在外电场的电势能：qU W =移动电荷时电场力做的功：Q p Q P PQ W W )U q(U A -=-=1,.解.1如图所示,各点电荷在点o 处产生的场强两两对应相消,所以,点o 处场强 E o =02 取图中所示坐标.位于六角形的三条对角线上的电荷分别在点o 处产生的场强为 E 1,E 2,E 3,且E 1=E 2=E 3,点o 处的总场强在坐标轴上的分量分别为sin60E -sin60E E 0E -cos60E cos60E E 12y 321x ===+=所以 0j E i E E y x 0=+=3此时六角形的三条对角线上的电荷在o 处所产生的场强分别为图所示的 E 1,E 2,E 3.且E 1=E 2=E 3点o 处的总场强在坐标轴的分量分别为=sin60E -sin60E =E k4q/a =2k2q/a =2E =cos60E +E +cos60E =E 31y 222321x所以 E o =k4q/a 2++--++++4取图所示坐标,除在x 轴上的点o 处所产生的场强彼此加强外, 其它两条对角线上的电荷在中心点o 处的场强彼此相消.所以,总场强为 Eo=2kq/a 2=k2q/a 28-5.一半径为R 的半圆细环,均匀分布+Q 电荷,求环心处的电场强度.解. 以环心o 为原点取如图坐标轴,在环上取一线元d l ,其所带电量为 R)Qdl/(dq π=,它在环心处的电场强度dE 在y 轴上的分量为)R 1/sin R Qd 41dE 20y θππεl =由于环对y 轴对称,电场强度在x 的分量为零.因此半圆环上的电荷在环心o 处的总的电场强度为j R 2Q -j d sin R 4Q - j d sin R Q 41-j dE -E 202020230y επθθεπθππεπ====⎰⎰⎰l 8-9.两条无限长相互平行的导线,均匀带有相反电荷,相距为a,电荷线密度为λ.1求两导线构成的平面上任一点的场强设该点到其中一导线的垂直距离为x;2求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.解.1以一导线上任一点o 为原点,在两导线所在平面内,垂直于导线的方向为x 轴.在x 轴任一点P 处的场强 E=E ++E - ,其中E +和E -分别为正、负带电导线在P 点的场强.根据长直导线附近的场强公式,有x 2E 0πελ=+ x )-(a 2E 0πελ=-所以,点P 处的合场强为yox )-x (a a2)E (E E 0-πελ=+=+2 由于带正电的导线在带负电导线处的场强 a2E 0πελ=+,所以,根据 F=qE 可得带负电导线上单位长度电荷所受的电场力a2E -F 02-πελλ-==+同理,可得带正电的导线上单位长度电荷所受到的电场力为 a2E F 02πελλ==-+ 故有 F +=F -,两导线相互吸引.8-11.设匀强电场的场强E 与半径为R 的半球面的轴平行,试计算通过此半球面的电场强度通量.解.如图所示通过半球面的电场线与垂直通过大圆面S 的电场线相同,而通过面S 的电通量为E R ES 2π==Φ所以,通过半球面的电通量亦为E R 2π8-20.在题8-13中,如两球面分别带有相等而异号的电荷±Q,两球面的半径分别为R 1和R 2,问两球面间的电势差为多少解.如图所示,由题8-13解可知,两球面间的电场强度 20r 4Q E rπε=则两球面间的电势差为)R 1R 1(414Q r d E U 21020r 21-==⋅=⎰⎰πεπεR R dr r。

南开大学大学物理重点例题

重点例题第一章·书中的例题1.1, 1.4(P.6;P.15)一质点作匀速圆周运动，半径为r，角速度为ω，·书中例题：1.2, 1.6（p.7;p.17）（重点）直杆AB两端可以分别在两固定且相互垂直的直导线槽上滑动，已知杆的倾角φ＝ωt随时间变化，其中ω为常量。

求：杆中M点的运动学方程。

·习题指导P9. 1.4（重点）在湖中有一小船，岸边有人用绳子跨过一高处的滑轮拉船靠岸，当绳子以v 通过滑轮时，求：船速比v 大还是比v 小？若v 不变，船是否作匀速运动？如果不是匀速运动,其加速度是多少？·书中例题1.3, 1.5, 1.7（p.7;p.16;p.18）已知：运动学方程：x ＝－0.31t 2＋7.2t ＋28 y ＝ 0.22t 2－9.1t ＋30 求：t ＝15s 时的位置矢量和方向。

·例题：已知：a ＝100－4t 2，且t ＝0时，v ＝0，x ＝0 求：速度v 和运动学方程x第二章·例题：飞机着陆时受到的阻力为F＝－ct，（c为常数）且t＝0时，v＝v0。

求：飞机着陆时的速度。

·例题：（重点）质量为m的物体以速度v0投入粘性流体中，受到阻力f＝－cv （c为常数）而减速，若物体不受其它力，求：物体的运动速度。

·例题：（重点）光滑的桌面上一质量为M，长为L的匀质链条，有极小一段被推出桌子边缘。

求：链条刚刚离开桌面时的速度。

·例：有一个小球通过一根细线挂在车顶，当车静止时小球铅直向下，当车以加速度a开动时与铅垂线夹角θ。

求：加速度与θ之间的关系。

典型例题·书中例题 2.9（p76 ）（非质点问题的处理方法）试证明在圆柱形容器内，以匀角速度ω绕中心轴作匀速旋转的流体表面为旋转抛物面。

y·书中例题P82，例2.14 (变质量，变力问题)长为L质量为M的均匀柔绳，盘绕在光滑的水平面上，从静止开始，以恒定加速度a竖直向上提绳，当提起的高度为l时，作用在绳端力的大小是多少？当以恒定速度v竖直向上提绳，当提起的高度为l时，作用在绳端力的大小又是多少？第三章·书中例题3.1 (P.95)已知：F＝6x；cosθ＝0.70－0.02x求：质点从x1＝10m到x2＝20m过程中F所作的功。

大物等压过程例题

大物等压过程例题等压过程的特征是系统的压强保持不变，即P为常量，dP=0．设想气缸连续地与一系列有微小温度差的恒温热源相接触，同时活塞上所加的外力保持不变．那么接触产生什么效果呢？就是将有微小的热量传给气体，使气体温度稍微升高，气体对活塞的压强也随之较外界所施的压强增加一微量，于是稍微推动活塞对外做功．由于体积的膨胀，压强降低，从而保证气体在内、外压强的量值保持不变的情况下进行膨胀．所以这一准静态过程是一个等压过程（isobaric process），如图1所示．图 1：气体的等压过程现在我们来计算气体的体积增加dV 时所做的功dW．根据理想气体状态方程，如果气体的体积从V 增加到V+dV，温度从T 增加到T+dT，那么气体所做的功dW=PdV=mMRdT(1)图 2：等压过程中功的计算根据热力学第一定律，系统吸收的热量为dQP=dE+m/MRdT(2)式中，下角标P表示压强不变．当气体从状态I(P,V1,T1)I(P,V1,T1) 等压地变为状态II(P,V2,T2)II(P,V2,T2) 时，气体对外做功为W=∫V2V1PdV=P(V2−V1)(3)或写成W=∫T2T1mMRdT=m/MR(T2−T1)(4)所以，整个过程中传递的热量为QP=E2−E1+m/MR(T2−T1)(5)气体在等压膨胀过程中，所吸收的热量的一部分用来增加内能，另一部分用于气体对外做功；气体在等压压缩过程中，外界对气体做功，同时内能减小，其和等于放出的热量．我们把1mol 气体在压强不变的条件下，温度改变1K1K 所需要的热量叫做气体的摩尔定压热容（molar heat capacity at constant pressure），用CP,mCP,m 表示，即CP,m=dQPm/MdT(6)根据这个定义可得dQP=m/MCP,mdT(7)又因E2−E1=m/MCV,m(T2−T1)(8)我们得到CP,m=CV,m+R(9)式 9 叫做迈耶（J. R. Meyer）公式．它的意义是，1mol1mol 理想气体温度升高1K1K 时，在等压过程中比在等体过程中要多吸收8.31J8.31J 的热量．这部分热量去哪了呢？当然是转化为对外所做的膨胀功．由此可见，普适气体常量RR 等于1mol1mol 理想气体在等压过程中温度升高1K1K 对外所做的功．因Cv,m=iR/2Cv,m=iR/2，从式 9 可知CP,m=i2R+R=i+22R(10)摩尔定压热容CP,mCP,m 与摩尔定容热容CV,mCV,m 之比，用γγ表示，叫做[摩尔]热容比（ratio of [molar] heat capacity）或绝热指数，于是γ=CP,mCV,m=i+2i(11)根据式 11 不难算出：对于单原子分子气体，γ=5/3≈1.67γ=5/3≈1.67；双原子刚性分子气体γ=1.40γ=1.40；多原子刚性分子气体γ≈1.33γ≈1.33．它们也都只与气体分子的自由度有关，而与气体温度无关．无论是定压热容，还是定容热容，它们的共同特点是体现了使物体温度发生变化的难易程度，热容大的物体同样升高1K，所需要的热量也多，这说明温度不易变化，所以物体的热容是其热惯性的量度．我们来看几个例题加深一下对内容的理解．例1温度计用作测温的温度计，为了能和被测物体迅速达到热平衡，它的热容必须很小．例2氮气加热一气缸中贮有氮气，质量为 1.25kg1.25kg，在标准大气压下缓慢地加热，使温度升高1K1K．试求气体膨胀时所做的功WW、气体内能的增量ΔE 以及气体所吸收的热量QP．（活塞的质量以及它与气缸壁的摩擦均可略去）．因过程是等压的，所以W=m/MRΔT=1.250.028×8.31×1J=371J(12)(12)W=m/MRΔT=1.250.028×8.31×1J=371J而因为氮气的i=5i=5，所以CV,m=i2R=20.8J/(mol⋅K)(13)(13)CV,m=i2R=20.8J/(mol⋅K)于是ΔE=mMCV,mΔT=1.250.028×20.8×1J=929J(14)(14)ΔE=mMCV,mΔT=1.250.028×20.8×1J=929J所以，气体在这一过程中所吸收的热量为QP=E2−E1+W=1300J(15)。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

选择B：正确！
分析：判断干涉条纹的移动和变化，可跟踪某一级干涉条纹，例如第k 级暗纹，其对
应的空气膜厚度为 ek 。当平凸透镜向上缓
慢平移时，平凸透镜下表面附近对应空气膜
厚度为 ek 的点向中心移动，因此干涉条纹
向中心收缩，中心处由暗变亮，再变暗，…… 如此反复。
例已知：用紫光照射，借助于低倍测量显微镜测得由中心往外数第 k 级明环 C
解： (1) a sin k (k 1,2,3)
a第一级暗纹k0=.15,12=3010.0m
sin 1
(2)已知a=0.5mm f=1m
(a)中央亮纹角宽度 sin
a
a
20
2
a
2
0.5m 0.5103 m
2103 rad
(b)中央亮纹线宽度
x f 20 2103 m 2mm
由明纹公式：
{ 2ek n2
2
k
ek1 ek 2n2 …(2)
2ek 1n2
2
(k
1)
l
2n2 sin
l
实心劈尖任意相邻明条纹对应的
厚度差：ek1 ek /(2n2 )
h ek ek1
任意相邻明条纹(或暗
条纹)之间的距离 l 为： l
ek1 ek
sin
2n2 sin
在入射单色光一定时，劈尖的楔角
的半径 rk 3.0 103 m , k 级往上数
第16 个明环半径 rk16 5.0103 m ，
R
平凸透镜的曲率半径R=2.50m 求：紫光的波长？
M
r
N
解：根据明环半径公式：
d
o
rk
(2k 1)R
2
r2 k 16
rk2
16R
rk16
[2 (k 16) 1]R
2
(5.0102 )2 (3.0102 )2 4.0107 m
愈小，则l愈大，干涉条纹愈疏；愈大，则l愈小，干涉条纹愈密。
当用白光照射时，将看到由劈尖边缘逐渐分开的彩色直条纹。
2n2e 2
k (2k 1)
2
k 1,2,3 k 0,1,2
明条纹暗条纹
薄膜厚度增加时，条纹下移，
厚度减小时条纹上移。
薄膜的增加时，条纹下移，减小时
条纹上移。
问题1 在折射率相同的平凸透镜与平面玻璃板间充以
问：若反射光相消干涉的条件中
取 k=1，膜的厚度为多少？此增
n1 1
透膜在可见光范围内有没有增反？
n2 1.38 d
解：因为 n1 n2 n3 ，所以反射光
经历两次半波损失。反射光相干相消的条件是：
n3 1.5
2n2d (2k 1) / 2
代入k
和
n2
求得：d
3
4n2
3 550109 4 1.38
个单缝上。(1)已知单缝衍射的第一暗纹的衍射角
1=300，求该单缝的宽度a=?(2)如果所用的单缝
的宽度a=0.5mm，缝后紧挨着的薄透镜焦距f=1m，求：(a)中央明条纹的角宽度；(b)中央亮纹的线宽度；(c) 第一级与第二级暗纹的距离； (3)在(2)的条件下，如果在屏幕上离中央亮纹中心为x=3.5mm处的P点为一亮纹，试求(a)该P处亮纹的级数；(b)从P处看，对该光波而言，狭缝处的波阵面可分割成几个半波带？
某种透明液体。从反射光方向观察，干涉条纹将是：
A、中心为暗点，条纹变密
B、中心为亮点，条纹变密
选择A：正确！
C、中心为暗点，条纹变稀
D、中心为亮点，条纹变稀
E、中心的亮暗与液体及玻璃的折射率有关，条纹变密
F、中心的亮暗与液体及玻璃的折射率有关，条纹变稀
问题2 如图，用单色平行光垂直照射在观察牛顿环的装置上，当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平板玻璃时，干涉条纹将： A、静止不动 B、向中心收缩 C、向外冒出 D、中心恒为暗点，条纹变密
n2 1.38 d
n3 1.5
问题讨论
问题1 用单色平行光垂直照射如图的介质劈形膜，劈棱处为明纹还是暗纹？
A、明纹 B、暗纹 C、不能判断，视
的值而定
(当
或
时)
或
当
或
时）
若
为明条纹
为暗条纹
设每一干涉条纹对应的薄膜厚度分别为：
e1.e2.e3 ek
如条纹间距离为 l l sin ek1 ek …(1)
16 2.50
例.在迈克耳逊干涉仪的两臂中分别引入 10 厘米长
的玻璃管 A、B ，其中一个抽成真空，另一个在充
以一个大气压空气的过程中观察到107.2 条条纹移动，所用波长为546nm。求空气的折射率？
M1
A
S
B
M2
M1
解：设空气的折射率为 n
2nl 2l 2l(n 1) S
A M2
例：已知：S2 缝上覆盖
的介质厚度为 h ，折射
S1
率为 n ，设入射光的
S2
波长为.
h
r1
r2
问：原来的零级条纹移至何处？若移至原来的第
k 级明条纹处，其厚度 h 为多少？
解：从S1和S2发出的相干光所对应的光程差
(r2 h nh) r1
当光程差为零时，对应零条纹的位置应满足：
r2 r1 (n 1)h 0
(c) 第一级暗纹与第二级暗纹之间的距离
x21
2
f( a
) 1 (2 103 1103)m
a
1mm
(3)已知x=3.5mm是亮纹
(a) a sin (2k 1) 亮纹
sin
tg
2
x
f
k ax 1 3
f 2
(b)当k=3时，光程差
a sin (2k 1) 7 •
2
2
狭缝处波阵面可分成7个半波带。
所以零级明条纹下移
原来 k 级明条纹位置满足：
r2 r1 k
S1
S2
设有介质时零级明条纹移
h
到原来第 k 级处，它必须
同时满足：
r2 r1 (n 1)h
h k
n 1
r1
r2
例已知用波长 550nm，照相机镜头n3=1.5，其
上涂一层 n2=1.38的氟化镁增透膜，光线垂直入射。
2.982107 m
问：若反射光相消干涉的条件中
取 k=1，膜的厚度为多少？此增
透膜在可见光范围内有没有增反？
此膜对反射光相干相长的条件：
2n2d k
k 1
k2
k 3
1 855nm
2 412.5nm
3 275nm
可见光波长范围 400~700nm
波长412.5nm的可见光有增反。
n1 1
B
相邻条纹或说条纹移动一条时，对应
光程差的变化为一个波长，当观察到
107.2 条移过时，光程差的改变量满足：
2l(n 1) 107.2
迈克耳逊干涉仪的两臂中便于插放待测样
n 107.2 1 1.0002927 品，由一束波长为 =5000Å的平行光垂直照射在一