大学物理 ppt 第11章补充例题(1)

合集下载

大学物理答案第11章

第十一章恒定磁场11－1两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R＝2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小满足（）（A）（B）（C）（D）分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为（C）.11－2一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）（A）（B）（C）（D）题11-2 图分析与解作半径为r的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；．因而正确答案为（D）．11－3下列说法正确的是（）（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B）．11－4在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（）（A），（B），（C），（D），题11-4 图分析与解由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．11－5半径为R的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I，磁介质的相对磁导率为μｒ（μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（）（A）（B）（C）（D）分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M＝（μｒ－1）H求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）．11－6北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速.分析一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为，因而由，可解出环中的电子数.解通过分析结果可得环中的电子数11－7已知铜的摩尔质量M ＝63.75ｇ·mol－1，密度ρ＝8.9 g· cm－3 ，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度，求此时铜线内电子的漂移速率v d；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v d的多少倍？分析一个铜原子的质量,其中N A为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ可以推算出铜的原子数密度根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度．从而可解得电子的漂移速率v d．将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率其中k为玻耳兹曼常量，m e为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系．解（1）铜导线单位体积的原子数为电流密度为j m时铜线内电子的漂移速率（2）室温下（T＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．11－8有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m，内圆柱面的半径为3.0 mm，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm的圆柱面上的电流密度．题11-8 图分析如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j对中心轴对称分布．根据恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得解由分析可知，在半径r＝6.0 mm的圆柱面上的电流密度11－9如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0×10－5T．如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？解设赤道电流为I，则由教材第11－4节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度因此赤道上的等效圆电流为由于在地球地磁场的Ｎ极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．题 11-9 图11－10如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很远处的电源相接.求环心O的磁感强度．题11-10 图分析根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、b e、fa三段直线以及ac b、a d b两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，．而b e、fa两段直线的延长线通过点O，由于，由毕奥－萨伐尔定律知．流过圆弧的电流I1、I2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为,其中l1、l2分别是圆弧ac b、a d b的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧ac b、a d b 又构成并联电路，故有将叠加可得点O的磁感强度B．解由上述分析可知，点O的合磁感强度11－11如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？题 11-11 图分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度.解（ａ）长直电流对点O而言，有，因此它在点O产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有B0的方向垂直纸面向外．（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得B0的方向垂直纸面向里．（c）将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得B0的方向垂直纸面向外．11－12载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O的磁感强度B．题11-12 图分析由教材11－4 节例题2的结果不难导出，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O激发的磁感强度，磁感强度的方向依照右手定则确定.点O的磁感强度可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O的叠加.解根据磁场的叠加在图（ａ）中，在图（ｂ）中，在图（c）中，11－13如图(a)所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．题11-13 图分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S＝l d x，如图（ｂ）所示，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量11－14已知10 mm2裸铜线允许通过50 A电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.题11-14 图分析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有在导线内r＜R，，因而在导线外r＞R，，因而磁感强度分布曲线如图所示．11－15有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1）r＜R1；（2）R1＜r＜R2；（3）R2＜r＜R3；（4）r＞R3．画出B－r图线．题11-15 图分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同心圆为积分路径，，利用安培环路定理，可解得各区域的磁感强度．解由上述分析得r＜R1R1＜r＜R2R2＜r＜R3r＞R3磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）．11－16如图所示，N匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I后，环内外磁场的分布．题11-16 图分析根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而依照安培环路定理，可以解得螺线管内磁感强度的分布．解依照上述分析，有r＜R1R2＞r＞R1r＞R2在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若和R2，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径，则环内的磁感强度近似为11－17电流I均匀地流过半径为R的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．题11-17 图分析由题11－14 可得导线内部距轴线为r处的磁感强度在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS＝lｄr，考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝BｄS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量解由分析可得单位长度导线内的磁通量11－18已知地面上空某处地磁场的磁感强度，方向向北．若宇宙射线中有一速率的质子，垂直地通过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2）洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较．题11-18 图解（1）依照可知洛伦兹力的方向为的方向，如图所示．（2）因，质子所受的洛伦兹力在地球表面质子所受的万有引力因而，有，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．11－19霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d＝2.0 mm，磁场为B＝0.080 T，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H＝0.10 mV，血流的流速为多大？题11-19 图分析血流稳定时，有由上式可以解得血流的速度．解依照分析11－20带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹．设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5cm的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20 Ｔ，求此质子的动量和动能．解根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有11－21从太阳射来的速度为0.80×108m/ｓ的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10－7Ｔ，此电子回转轨道半径为多大？若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 ×10－5Ｔ，其轨道半径又为多少？解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径地磁北极附近的回转半径11－22如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1＝30 A，矩形回路载有电流I2＝20 A．试计算作用在回路上的合力．已知d＝1.0 cm，b＝8.0 cm，l＝0.12 m．题11-22图分析矩形上、下两段导线受安培力F1和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．解由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3和F4之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为故合力的大小为合力的方向朝左，指向直导线．11－23一直流变电站将电压为500k V的直流电，通过两条截面不计的平行输电线输向远方．已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10－11F·m－1，若导线间的静电力与安培力正好抵消．求：（1）通过输电线的电流；（2）输送的功率．分析当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定．若两导线间距离为d，一导线在另一导线位置激发的磁感强度,导线单位长度所受安培力的大小．将这两条导线看作带等量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C和电压U 已知，则单位长度导线所带电荷λ＝CU，一导线在另一导线位置所激发的电场强度，两导线间单位长度所受的静电吸引力．依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即从中可解得输电线中的电流．解（1）由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为由可得解得（2）输出功率11－24在氢原子中，设电子以轨道角动量绕质子作圆周运动，其半径为．求质子所在处的磁感强度．h 为普朗克常量，其值为分析根据电子绕核运动的角动量可求得电子绕核运动的速率v．如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流在圆心处，即质子所在处的磁感强度为解由分析可得，电子绕核运动的速率其等效圆电流该圆电流在圆心处产生的磁感强度11－25如图[a]所示，一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为μr（μr＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1）空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*（2）磁介质表面的磁化电流．题11-25 图分析电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆．选取任一同心圆为积分路径，应有，利用安培环路定理求出环路内的传导电流，并由，，可求出磁感强度和磁化强度．再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流．解（1）取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有对r＜R1得忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有，对R2＞r＞R1得填充的磁介质相对磁导率为μr，有，对R3＞r＞R2得同样忽略导体的磁化，有，对r＞R3得，，（2）由，磁介质内、外表面磁化电流的大小为对抗磁质（），在磁介质内表面（r＝R1），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r＝R2），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的情况与抗磁质相反．H（r）和B（r）分布曲线分别如图（ｂ）和（c）所示．。

大学物理第11章习题答案(供参考)

解:作辅助线，则在回路中，沿方向运动时,穿过回路所围面积磁通量不变
因此
即
又
表明中电动势方向为 .
所以半圆环内电动势方向沿方向，
大小为
点电势高于点电势，即
例2如图所示，长直导线通以电流 =5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长 =0.06m，宽 =0.04m，线圈以速度 =0.03m·s-1垂直于直线平移远离．求： =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．
．
解: 设给两导线中通一电流 ,左侧导线中电流向上,右侧导线中电流向下.
在两导线所在的平面内取垂直于导线的坐标轴 ,并设其原点在左导线的中心,如图所示,由此可以计算通过两导线间长度为的面积的磁通量.
两导线间的磁感强度大小为
取面积元 ,通过面积元的磁通量为
则穿过两导线间长度为的矩形面积的磁通量为
故
２动生电动势：仅由导体或导体回路在磁场中的运动而产生的感应电动势。
３感生电场：变化的磁场在其周围所激发的电场。与静电场不同，感生电场的电
场线是闭合的，所以感生电场也称有旋电场。
４感生电动势：仅由磁场变化而产生的感应电动势。
５自感：有使回路保持原有电流不变的性质，是回路本身的“电磁惯性”的量度。
自感系数：
第11章电磁感应
11.１基本要求
１理解电动势的概念。
２掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律，能熟练地应用它们来计算感应电动势的大小，判别感应电动势的方向。
３理解动生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的动生电动势。
４理解感生电场、感生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的感生电动势。
５理解自感现象和自感系数的定义及物理意义，会计算简单回路中的自感系数。

大学物理3第11章习题分析与解答

大学物理3第11章习题分析与解答-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN习题解答11-1 在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝21S S 、距离相等，则观察屏上中央明纹位于图中O 处。

现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则（）（A ）中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变（B ）中央明条纹向上移动，且条纹间距不变（C ）中央明条纹向下移动，且条纹间距增大（D ）中央明条纹向上移动，且条纹间距增大解由S 发出的光到达21S S 、的光成相等，它们传到屏上中央O 处，光程差0=∆，形成明纹，当光源由S 向下移动S '时，由S '到达21S S 、的两束光产生了光程差，为了保持原中央明纹处的光程差为0，它将上移到图中O '处，使得由S '沿21S S 、传到O '处的两束光的光程差仍为0.而屏上各级明纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变。

故选B11-2 单色平行光垂直照射在薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，如附图所示，若薄膜厚度为e ，且n 1＜n 2，n 3＜n 2， λ1为入射光在n 1中的波长，则两束反射光的光程为（）（A ）e n 22 （B ）11222n e n λ-3n S S ’OO ’（C ）22112λn e n - （D ）22122λn e n - 习题11-2图解由于n 1〈n 2，n 3〈n 2，因此光在表面上的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，所以他们的光程差222λ-=∆e n ，这里λ是光在真空中的波长，与1λ的关系是11λλn =。

故选C11-3 如图所示，两平面玻璃板构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将发生（）变化（A ）干涉条纹间距增大，并向O 方向移动（B ）干涉条纹间距减小，并向B 方向移动（C ）干涉条纹间距减小，并向O 方向移动（D ）干涉条纹间距增大，并向B 方向移动解空气劈尖干涉条纹间距θλsin 2n l =∆，劈尖干涉又称为等厚干涉，即k相同的同一级条纹，无论是明纹还是暗纹，都出现在厚度相同的地方. 当A 板与B 板的夹角θ增大时，△ｌ变小. 和原厚度相同的地方向顶角方向移动，所以干涉条纹向O 方向移动。

大学物理讲义(第11章振动学基础)第一节

第11章振动学基础在自然界中,几乎到处都可以看到物体的一种特殊的运动形式,即物体在某一位置附近作往复运动,这种运动称为机械振动.钟摆的运动、琴弦的运动和气缸活塞的运动都是机械振动.振动现象并不限于力学中,在物理学其它领域中也存在与机械振动相类似的振动现象.一般地说,任何一个物理量在某一定值附近作反复变化,都可以称为振动.如交流电中电流和电压的反复变化 ,电磁波中电场和磁场的反复变化等,都属于振动的范畴.由于一切振动现象都具有相似的规律,所以我们可以从机械振动的分析中,了解振动现象的一般规律.而简谐振动是最简单、最基本的振动,任何复杂的振动都可由两个或多个简谐振动合成而得到,我们就从简谐振动开始讨论.§11.1 简谐振动一、简谐振动的基本特征及其表示在一个光滑的水平面上,有一个一端被固定的轻弹簧,弹簧的另一端系一小球,如图11.1所示.当弹簧呈自由状态时,小球在水平方向不受力的作用,此时小球处于点O,该点称为平衡位置.若将小球向右移至点M,弹簧被拉长,这时小球受到弹簧所施加的、方向指向点O 的弹性力F 的作用.将小球释放后,小球就在弹性力 F 的作用下左右往复振动起来,并一直振动下去.为了描述小球的这种运动,我们取小球的平衡位置O 为坐标原点,取通过点O的水平线为χ轴.如果小球的位移为x ,它所受弹力F 可以表示为x k F (11.1)式中k 为所取轻弹簧的劲度系数,负号表示弹性力F 与位移x 的方向相反.如果小球的质量为m,根据牛顿第二定律,小球的运动方程可以表示为22dtx d m a m F (11.2) 将式(11.1)代入式(11.2)得kx dtx d m 22或者改写为 )(mk x dt x d 22220 (11.3) 式 (11.3) 是小球的运动方程.这个方程显示了小球受力的基本特征,即在运动过程中,小球所受力的大小与它的位移的大小成正比,而力的方向与位移的方向相反.具有这种性质的力称为线性回复力.由运动方程可以解得小球在振动过程中的位移 x 与时间 t 的关系.式(11.3)的解可以写为以下两种形式))sin()cos( t A x t A x 或 (11.5)式中 A 和φ都是积分常量,在振动中它们都具有明确的物理意义,对此我们以后再做讨论.式(11.5)的两式在物理上具有同样的意义,以后我们只取前一形式.上面我们分析了由轻弹簧和小球所组成的振动系统作无摩檫振动的例子,这样的振动系统称为弹簧振子.弹簧振子的振动是典型的简谐振动,它表明了简谐振动的基本特征.从分析中可以看出,物体只要在形如F =－k x 的线性回复力的作用下运动,其位移必定满足微分方程式 (11.3),而这个方程的解就一定是时间的余弦(或正弦)函数.简谐振动的这些基本特征在机械运动范围内是等价的,其中的任何一项都可以作为判断物体是否是作简谐振动的依据.但是,由于振动的概念已经扩展到了物理学的各个领域,任何一个物理量在某定值附近作往复变化的过程,都属于振动,于是我们可对简谐振动作如下的普遍定义:任何物理量x 的变化规律若满足方程0222 x dtx d m , 并且ω是决定于系统自身的常量,则该物理量的变化过程就是简谐振动.二、描述简谐振动的特征量振幅、周期(或频率)和相位是描述简谐振动的三个重要物理量,若知道了某简谐振动的这三个量,该简谐振动就完全被确定了,所以这三个量称为描述简谐振动的特征量.1.振幅振动物体离开平衡位置的最大距离称为振幅.在简谐振动)cos( t A x中,A 就是振幅.在国际单位制中,振幅的单位是米(m).2.周期振动物体完成一次全振动所用的时间,称为周期 ,常用T 表示；在1秒时间内完成全振动的次数,称为频率 ,常用ν表示；振动物体在2π秒内完成全振动的次数,称为角频率 ,就是式(11.5)中的ω.显然角频率ω、频率ν和周期T 三者的关系为TT 221, (11.7) 在国际单位制中,周期T 、频率ν和角频率ω的单位分别是秒 (s)、赫兹 (Hz)和弧度/ 秒 (rad /s).3.相位和初相位式(11.5)中 t 的称为简谐振动的相位 ,单位是弧度 (rad) .在振幅一定、角频率已知的情况下,振动物体在任意时刻的运动状态(位置和速度)完全取决于相位 t .这从下面的分析中会看得更清楚.将式(11.5)两边对时间求一阶导数,可以得到物体振动的速度).()sin(811 t A dtdx (11.8) 由式（11.5）和式（11.8）两式可以看出,在振幅 A 和角频率ω已知的情况下,振动物体的位置和速度完全由相位所决定.我们已经知道,位置和速度是表示一个质点在任意时刻运动状态的充分而必要的两个物理量.相位中的φ称为初相位,在振幅A 和角频率ω已知的情况下,振动物体在初始时刻的运动状态完全取决于初相位φ.在式(11.5)和式(11.8)中令 ,则分别成为下面的形式sin cos A A x 00 (11.9) 分别是振动物体在初始时刻的位移和速度,这两个量表示了振动物体在初始时刻的运动状态,也就是振动物体的初始条件.振幅 A 和初相位φ,在数学上它们是在求解微分方程(11.3)时引入的两个积分常量,而在物理上,它们是由振动系统的初时状态所决定的两个描述简谐振动的特征量,这是因为由初始条件(11-9)可以求得)arctan(0022020x x A (11.10) 三、简谐振动的矢量图解法和复数解法简谐振动可以用一个旋转矢量来描绘.在坐标系O —xy 中,以O 为始端画一矢量A ,末端为 M 点,如图11.2 所示.若矢量A 以匀角速度ω绕坐标原点O 作逆时针方向转动时,则矢量末端 M 在 x 轴上的投影点P 就在 x 轴上于点O 两侧往复运动.如果在t = 0 时刻,矢量A 与 x 轴的夹角为φ,那么这时投影点P 相对于坐标原点O 的位移可以表示为cos A x式中A 为矢量 A 的长度.在任意时刻t,矢量 A 与 x 轴的夹角变为 t ,则投影点P 相对于坐标原点O 的位移为 )cos( t A x所以,当矢量A 绕其始点(即坐标原点)以匀角速度ω旋转时,其末端在x 轴上的投影点的运动,必定是简谐振动.图11.2(b)所描绘的曲线,是点P 的位移与时间的关系曲线,称为简谐振动曲线.以上是用一个旋转矢量末端在一条轴线上的投影点的运动来表示简谐振动,这种方法称为简谐振动的矢量图解法.这种方法以后在电学和光学中都要用到.简谐量x 还可以用复数来代表.若把一个复数表示为)sin()cos(~)( t iA t A Ae x t i (11.11) 显然,简谐量x 就是这个复数x ~的实部,并且简谐量的振幅与复数的模相对应,简谐量的相位与复数的幅角相对应.若要对多个简谐量进行某种运算,可以对代表这些简谐量的复数进行相同的运算,在运算过程中,实部和虚部、模和幅角总是分别运算而不会相混,所得的复数的实部就是这些简谐量进行该运算的最后结果.因此,简谐量的复数表示法也是常用的方法.例如,求振动速度和加速度,可以用复数进行运算.取位移的复数形式为)(~t i Ae x 振动速度的复数则为)(~~ t i Ae i dtx d 取速度复数的实部,就是振动速度的真正表示式)sin()]sin()cos(Re[ t A t A i t A i 2用同样的方法可以计算振动加速度)()(~~ t i Ae i dtx d a 222 加速度的真正表示式为)cos(])Re[()( t A Ae i a t i 22由上面的计算可见,用复数来代表简谐量,运算过程也是十分简便的.例题11.1有一劲度系数为 32.0Nm -1的轻弹簧,放置在光滑的水平面上,其一端被固定,另一端系一质量为 500g 的物体.将物体沿弹簧长度方向拉伸至距平衡位置10.0cm 处,然后将物体由静止释放,物体将在水平面上沿一条直线作简谐振动.分别写出振动的位移、速度和加速度与时间的关系.解：设物体沿 x 轴作简谐振动,并取平衡位置为坐标原点.在初始时刻 t =0,物体所在的位置在最大位移处,所以振幅为A = 10.0cm = 0.100 m振动角频率为1s rad 0085032 ..m k 如果把振动写为一般形式,即 x =Acos(ωt +φ),当t=0时,物体处于最大位移处,x =A,那么必定有cos φ=1.所以初相位φ=0.这样我们就可以写出位移与时间的关系为x = 0.100cos(8.00 t) m .速度和加速度的最大值分别为1s m 80 .A m 12s m 46 .A a m速度和加速度与时间的关系分别为1s m 0088000 t .sin . 2s m 008406 t a .cos .例题11.2已知某简谐振动的振动曲线如图11.3所示,试写出该振动的位移与时间的关系.解：任何简谐振动都可以表示为x =Acos(ωt +φ)关键是要从振动曲线求得振幅 A 、角频率ω、和初相位φ.振幅 A 可以从振动曲线上得到.最大位移的点 P 所对应的位移的大小就是振幅A = 4.0×10-2m .我们已经分析过,振动的初相位是由初始条件决定的,所以应该根据初始时刻的位移和速度来确定φ .t = 0 时的位移和速度分别由以下两式表示sin ,cos A A x 00从振动曲线上可以得到21210/cos / x ,再由振动曲线在 t = 0 附近的状况可知, 00 ,同时因为A 和ω都大于零,必定有sin φ＜0 ,这样我们就可以确定,在t=0时旋转矢量是处于第四象限内,故取初相位为3/最后求角频率ω.从振动曲线可以看到,在t =1s 时,位移x =0,代入下式)/cos(.310042 t x233100402//)/cos(. 可得：因为ω＞0,所以上式只能取正.所以1s rad 6523 这样,我们可以将该简谐振动具体地写为m 36510042)cos(. t x 四、简谐振动的能量从机械运动的观点看,在振动过程中,若振动系统不受外力和非保守内力的作用,则其动能和势能的总和是恒定的.现在我们以弹簧振子为例,研究简谐振动中能量的转化和守恒问题.弹簧振子的位移和速度分别由下式给出)sin(),cos( t A t A x在任意时刻,系统的动能为)(sin t A m m E k 22222121 (11.12)除了动能以外,振动系统还具有势能.对于弹簧振子来说,系统的势能就是弹力势能,并可表示为)(cos t kA kx E p 2222121 (11.13) 由式（11.12）和式（11.13）可见,弹簧振子的动能和势能都随时间作周期性变化.当位移最大时,速度为零,动能也为零,而势能达到最大值221kA ；当在平衡位置时,势能为零,而速度为最大值,所以动能达到最大值2221A m . 弹簧振子的总能量为动能和势能之和,即)(cos )(sin t kA t A m E E E p k 222222121 因为ω2=k/m,所以上式可化为2222121kA A m E (11.14) 由上式可见,尽管在振动中弹簧振子的动能和势能都在随时间作周期性变化,但总能量是恒定不变的,并与振幅的平方成正比.22222212121x A kA kx m E 由 (11.15) 上式明确地表示了弹簧振子中物体的速度与位移的关系.在平衡位置处,x=0,速度为最大；在最大位移处,x=±A ,速度为零.例题11.3一长度为l 的无弹性细线,一端被固定在A 点,另一端悬挂一质量为m 、体积很小的物体.静止时,细线沿竖直方向,物体处于点O,这是振动系统的平衡位置,如图11.4所示.若将物体移离平衡位置,使细线与竖直方向夹一小角度θ,然后将物体由静止释放,物体就在平衡位置附近往复摆动起来.这种装置称为单摆.证明单摆的振动是简谐振动,并分析其能量.解：我们选择小物体相对平衡位置O 的角位移θ为描述单摆位置的变量,并规定物体处于平衡位置右方,θ为正,处于平衡位置左方,θ为负.小物体受到两个力的作用,一个是重力mg,另一个是细线的张力 f .沿着物体运动的弧形路径,将重力mg 分解成大小为mgcos θ的径向分量和大小为 mgsin θ的切向分量.其中径向分量mgcos θ与细线的张力 f 一起为物体的运动提供向心力,而切向分量是作用于物体的回复力,使物体返回平衡位置,其作用与弹簧振子的弹性力一样.因此,单摆的振动方程为mg mg dtd ml 很小sin 22 (1) )(lg dt d 22220即 (2) 显然,单摆的振动方程（2）与弹簧振子的振动方程完全相似,只是用变量θ代替了变量x.所以单摆的角位移θ与时间t 的关系必定可以写成余弦函数的形式 )cos( t 0式中积分常量0 为单摆的振幅,φ为初相位.这就证明了,在摆角很小时单摆的振动是简谐振动.单摆系统的机械能包括两部分,一部分是小物体运动的动能)(sin )( t ml l m m E k 2220222212121 另一部分是系统的势能,即单摆与地球所组成的系统的重力势能)cos ( 1mgl mgh E p式中h 是当角位移为θ时物体相对平衡位置上升的高度.可将cos θ展开为!!!cos 6421642 因为θ很小,我们可以只取上式的前两项.所以可以化为)(cos t mgl mgl E p 22022121 可见,单摆系统的动能和势能都是时间的周期函数.单摆系统的总能量等于其动能和势能之和,即)(cos )(sin t mgl t ml E E E p k 220222022121 因为ω2=g/l ,所以上式可以化为2020222121 mgl ml E 上式表示,尽管在简谐振动过程中,单摆系统的动能和势能都随时间作周期性变化,但总能量是恒定不变的,并与振幅的平方成正比.作业(P97)：4、7、9、11、14。

大学物理课答案11章

习题1111-1．测量星体表面温度的方法之一是将其看作黑体，测量它的峰值波长m λ，利用维恩定律便可求出T 。

已知太阳、北极星和天狼星的m λ分别为60.5010m -⨯，60.4310m -⨯和60.2910m -⨯，试计算它们的表面温度。

解：由维恩定律：m T b λ=，其中：310898.2-⨯=b ，那么：太阳：362.8981057960.510m bT K λ--⨯===⨯；北极星：362.8981067400.4310m bT K λ--⨯===⨯；天狼星：362.8981099930.2910m bT K λ--⨯===⨯。

11-2．宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于温度为K 3的黑体辐射，试计算：（1）此辐射的单色辐出度的峰值波长；（2）地球表面接收到此辐射的功率。

解：（1）由m T b λ=，有342.898109.66103m b m T λ--⨯===⨯；（2）由4M T σ=，有：424P T R σπ=⨯地，那么：328494(637010) 5.67103 2.3410P W π-=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯。

11-3．在加热黑体过程中，其单色辐出度对应的峰值波长由0.69μm 变化到0.50μm ，求总辐出度改变为原来的多少倍？解：由 b T m =λ 和 4T M σ=可得，63.3)5.069.0()()(440400====m m T T M M λλ11-4．已知000K 2时钨的辐出度与黑体的辐出度之比为259.0。

设灯泡的钨丝面积为2cm 10，其他能量损失不计，求维持灯丝温度所消耗的电功率。

解：∵4P T S σ=⋅黑体，消耗的功率等于钨丝的幅出度，所以，44840.2591010 5.67102000235P S T W ησ--==⨯⨯⨯⨯⨯=。

11-5．天文学中常用热辐射定律估算恒星的半径。

现观测到某恒星热辐射的峰值波长为m λ；辐射到地面上单位面积的功率为W 。

攀枝花学院大学物理第11章题库答案(最新修改)

第十一章一、填空题易：1、光学仪器的分辨率R= 。

(R= 1.22a λ) 易：2、若波长为625nm 的单色光垂直入射到一个每毫米有800条刻线的光栅上时，则第一级谱线的衍射角为。

(6π) 易：3、在单缝的夫琅和费衍射实验中，屏上第三级暗纹对应的单缝处波面可划分为个半波带。

(6)易：4、在单缝夫琅和费衍射实验中波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a =2λ的单缝上，对应于衍射角为30°方向，单缝处的波面可分成的半波带数目为个。

(2)易：5、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的（填奇数或偶数）倍。

(偶数)易：6、如图（6题）所示，1S 和2S ，是初相和振幅均相同的相干波源，相距4.5λ，设两波沿1S 2S 连线传播的强度不随距离变化，则在连线上1S 左侧各点和2S 右侧各点是（填相长或相消）。

(相消)易：7、在麦克耳逊干涉仪的一条光路中，插入一块折射率为n ，厚度为d 的透明薄片，插入薄片使这条光路的光程改变了； 2(n-1)d易：8、波长为λ的单色光垂直照射在由两块平玻璃板构成的空气劈尖上，测得相邻明条纹间距为L ‘若将劈尖角增大至原来的2倍，则相邻条纹的间距变为。

(2L ) 易：9、单缝衍射中狭缝愈窄，条纹间距愈。

(宽)易：10、在单缝夫琅和费衍射实验中，第一级暗纹发生在衍射角300的方向上，所用单色光波长为500nm λ=，则缝宽为：。

（1000nm ）易：11、用波长为λ的单色光垂直照射置于空气中的厚度为e 的折射率为1.5的透明薄膜，两束反射光的光程差为；(23λ+e )易：12、光学仪器的分辨率与和有关，且越小，仪器的分辨率越高。

(入射波长λ，透光孔经a ，λ)易：13、由马吕斯定律，当一束自然光通过两片偏振化方向成30o 的偏振片后，其出射光与入射光的光强之比为。

（3：8）易：14、当光由光疏介质进入光密介质时，在交界面处的反射光与入射光有相位相反的现象，这种现象我们称之为。

大学物理-第十一章光的干涉

x14 x 4 x1
d x14 D ( k 4 k1 )
d
( k 4 k1 ) λ
0 .2 7 .5 500nm 1000 3
(2)当λ =600nm 时,相邻两明纹间的距离为
D 1000 4 x 6 10 3.0mm d 0 .2
2 10 2 20
合光强
I I1 I 2 2 I1 I 2 cos( 2 1 )
若
其中 2 1 2 π
则
I1 I 2 I 0
干涉项
I 4 I 0 cos (π )
2
4 I 0 , k
0 , (2k 1) 2
s
s1
d o
θ
r1
θ
B
p
r2
x
o
s2
d ' d
r
d'
光程差
x r2 r1 d sin d d' x
d tan sin
实验装置
s
s1
d o
θ
r1
θ
B
p
x
o
r2
s2
d ' d
r
d'
相长干涉（明） 2k π， 2 （k = 0,1,2…） x k 加强 d k 0,1,2, d' (2k 1) 减弱 2 d' k 明纹 k 0 , 1 , 2 , x d 'd k 1, 2, 暗纹
波动光学
光的干涉光的衍射光的偏振
光学研究光的传播以及它和物质相互作用。通常分为以下三个部分：

大学物理学第三版修订版下册第11章答案

习题1111.1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221LI 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，221l 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 ϖ垂直．当回路半径以恒定速率tr 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 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V11.4 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11.4图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，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α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 ϖ，题11.4图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j ϖ，则αΦcos 2π22B R m=∵ B ϖ与i ϖ夹角和B ϖ与j ϖ夹角相等，∴ ︒=45α 则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图 11.5 如题11.5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 ϖ方向运动时0d =m Φ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势．解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l rIr l rIab bad dm +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7 如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ϖϖ ∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ RBfr R I m22π==ε11.8 如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解: AB 、CD 运动速度v ϖ方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=AD I vb vBb l B v d2d )(01πμεϖϖϖBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰μεϖϖϖ∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．11.9 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场Bϖ中，B ϖ的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B ϖ的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m ϖϖΦ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B ϖ的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε；题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε；出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题11.11图11.11 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U ∴b 点电势高．题11.12图11.12 如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v ϖ平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则 ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB-+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμεϖϖϖ ∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13 磁感应强度为B ϖ的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=tabd d 2Φεt BR B R t d d 12π]12π[d d 22=-- ∴ tB R R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →11.14 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅=ϖϖΦ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15 如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示方向．试求：（1）ab 两端的电势差；（2）cd 两点电势高低的情况．解：由⎰⎰⋅-=⋅l S t B l E ϖϖϖϖd d d d 旋知，此时旋E ϖ以O 为中心沿逆时针方向． (1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E ϖ与ab 垂直∴ ⎰=⋅ll 0d ϖ旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc ϖϖ旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >题11.16图11.16 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解：设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感．解： ∵顺串时 M L L L 221++= 反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H题11.18图11.18 一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题11.18图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIlnπ2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N lnπ220μΦψ== ∴ ab hN IL lnπ220μψ==(2)∵ 221LI W m =∴ ab hI N W m ln π4220μ=11.19 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r <时 20π2RI B rμ=∴ 4222002π82Rr I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I Rrr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ（资料素材和资料部分来自网络，供参考。

大学物理课后习题答案(上下册全)武汉大学出版社第11章习题解答

第11章习题与答案11-1 一凸透镜在空气中的焦距为40cm, 在水中时焦距为136.8cm, 问此透镜的折射率为多少(水的折射率为1.33)? 若将此透镜置于CS 2中(CS 2的折射率为1.62), 其焦距又为多少? 解：由题意知凸透镜的焦距为11212n f n n n n r r =---+又∵在同一介质中12n n =，'f f =-设12'n n n ==21111''n f n n r ⎛⎫⎛⎫∴=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因为对同一凸透镜而言，211n r -是一常数，设11''n t f n ⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭当在空气中时1'1n =，140f =，在水中时2' 1.33n =，2136.8f =11401n t ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，11136.8 1.33n t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，两式相比，可得 1.54n =，将其代入上得0.0463t =∴在CS 2中，即1' 1.62n =时，1 1.5410.0463' 1.62f ⎛⎫=-⨯ ⎪⎝⎭得'437.4cm f =-. 即透镜的折射率为1.54，在CS 2中的焦距为437.4cm -。

11-2 会聚透镜和发散透镜的焦距都是10cm, 求(1)与主轴成30︒度的一束平行光入射到每个透镜上, 像点在何处? (2)在每个透镜左方的焦平面上离主轴1cm 处各置一发光点, 成像在何处？作出光路图。

解：(1)由'1'f f s s+=，s =∞，对于会聚透镜''10cm x s f ==，''tan30 5.8cm y x s s =︒=或者()''tan 30 5.8cm y x s s =-︒=-，像点的坐标为()10,5.8，同理，对于发散透镜：像点的坐标为()10,5.8-。

大学物理第5版课件第11章光学

1
M1 n1 n2
M2 n1
L 2
iD
3
A C

B
E
45
P
d
第十一章光学
35
物理学
第五版
Δ32

n2
( AB

BC)

n1 AD

2
AB BC d cos γ
AD ACsin i
n2 n1
L
2
P
2d tan sini
1
iD 3
M1 n1 n2
A
C
d
M2 n1
B
C
d
M2 n1
B
E
45
注意：透射光和反射光干涉具有互补性，符合能量守恒定律.
第十一章光学
38
物理学
第五版
当光线垂直入射时 i 0
当 n2 n1 时
Δr

2dn2

2
当 n3 n2 n1 时
Δr 2dn2
第十一章光学
n1 n2 n1
n1 n2
n3
39
物理学
第五版
四了解衍射对光学仪器分辨率的影响.
五了解 x 射线的衍射现象和布拉格公式的物理意义.
第十一章光学
7
物理学
第五版
光的偏振
11-0 教学基本要求
一理解自然光与偏振光的区别.
二理解布儒斯特定律和马吕斯定律.
三了解双折射现象.
四了解线偏振光的获得方法和检验方法.
第十一章光学
8
物理学
第五版
第十一章光学

和11章例题动量定理动量矩定理

5
5
cos cos(450 ) 3 ,
sin sin(450 ) 1 ,
10
K2 mvC2
滑块B：
10
5 ml(
3
i
2
10
K3 mvC3 mvC31i
1
j)
2
ml
(3
i
1 j)
10 4
K3 2ml i 3
总动量： K K1 K2 K3
K1 K2
式中：
A
m π R2
JO
R 0
(2π
r Adr
r2)
2π
A
R4 4
即
JO
1 2
mR2
1
26
（4）匀质圆柱，半径为R,质量为M 。
对质心z轴的转动惯量
Jz
1 2
MR2
（5）匀质实心球，半径为R,质量为M 。
对质心z轴的转动惯量
z
z
R
y
x
C
Jx
Jy
Jz
2 5
MR2
x
y
CR
1
27
四. 平行移轴定理刚体对某轴的转动惯量等于刚体对通过质心且与该轴平行的
（1）杆与圆盘固结在一起；
（2）杆与圆盘不固结，盘相对于杆的角速度- ；
（3）行星轮机构，轮O固结不动。
（1）
（2） 1
（3）
20
解：（1）杆与圆盘固结：盘作定轴转动
JO
1 2
mr2
ml 2
1 2
m(r2
2l2 )
GO
JO
1 2
m(r2
2l2 )
转向：顺时针
（2）杆与圆盘不固结，盘相对于杆的角速度- ；

河北科技大学大学物理答案解析11章

习题11-1 面积很大的导体平板A 与均匀带电平面B 平行放置，如习题11-1图所示。

已知A 与B 相距d ，两者相对的部分的面积为S 。

(1)设B 面带电量为q ，A 板的面电荷密度为1s 及2s ，求A 板与B 面之电势差。

(2)若A 板带电量为Q ，求1s 及2s 。

(1)d S q U 0212/εσσ-+=；（2）S q Q 21+=σ，SqQ 22-=σ习题11-1图习题11-2图习题11-3图11-2 如习题11-2图所示，有三块互相平行的导体板，外面的两块用导线连接，原来不带电。

中间一块上所带总面电荷密度为521310.C m --醋。

求每块板的两个表面的面电荷密度各是多少？（忽略边缘效应。

）解：从上到下6个面一次为面1、2、3、4、5、6.261σσσ==，8323σσσ=-=，8554σσσ=-= 11-3 如习题11-3图所示，半径为1R 的导体球带有电荷q ，球外有一个内、外半径为2R 、3R 的同心导体球壳，壳上带有电荷Q 。

求：(1)两球的电势1j 及2j ；(2)两球的电势差j D ；(3)用导线把球和壳连接在一起后，1j ，2j 及j D 分别为多少？ (4)在情形(1)、(2)中，若外球接地，1j ，2j 和j D 为多少？(5)设外球离地面很远，若内球接地，情况如何？解：（1）3024R Q q πεϕ+=，2010301444R qR q R Q q πεπεπεϕ-++=；(2)两球的电势差201044R q R q U πεπε-=；(3) 30214R Qq πεϕϕ+==，0=U ；(4) 02=ϕ，2010144R q R q πεπεϕ-=(5)内球带电量为3213111/R R R R Q q +--='，01=ϕ，1020244R q R q πεπεϕ'-'=11-4 如习题11-4图所示，一半径为a 的非导体球，放于内半径为b ，外半径为c 的导体球壳的中心。

《大学物理》第11章角动量：转动

上页下页返回退出
花样滑冰运动员通过改变身体姿态即改变转动惯量来改变转速
上页下页返回退出
解题思路：作用在小球上的拉力沿径向，对转轴的力臂为零，因此作用在小球m上合外力矩为零，体系角动量守恒。
I11 I22 I mR 2
v R,
v2

R 22

R 21

质点系的总角动量质点系的总转动力矩
n
L Li
i 1

net i
1）系统内力作用于质点上的内力力矩
成对出现。大小相等、方向相反，作用在同一条直线上
内力矩总和为0
2）系统外力作用于质点上的外力矩
上页下页返回退出

net i ext
§11-1 角动量物体绕定轴旋转

一、质点的角动量
L
对于定点转动而言：
L

r

P
r mv
r o
r sin
P

mv

m
上页下页返回退出
二、质点角动量定理
平动中合外力和动量的关系相对于惯性参考系原点

F

dp dt
L rp
对角动量取微分
dL

d
r
所以L为常量，即dA/dt为常量。开普勒定律得证
上页下页返回退出
例11-12 一个质量为m的子弹以速度v击中一个质量为M半径为 R0的圆柱边缘，且子弹嵌入圆柱中，如图所示。圆柱原来静止，被子弹击中后开始绕其对称轴（位置固定）转动。假设无摩擦力矩。子弹击中后圆柱的角速度为多少？动能是否守恒？

大学物理：第11章-相对论2-长度收缩和时间延缓

例一飞船以 u = 9000m/s 的速率相对于地面 ( 假定为
惯性系) 匀速飞行。飞船上的钟走了 5s 的时间，用地
面上的钟测量经过了多少时间？地面上的钟走了 5s 的
时间，用飞船上的钟测量经过了多少时间？
解：飞船上的钟测量飞船上的时间间隔，首末两个事
件在同一地点发生，所以此时间是固有时， t 5s
解：(1) S’系，非同一地点，不是固有时。
(2) S系，非同一时间，也不能用尺缩的概念，但是，可以直接用洛仑兹变换
x
x ' ut '
90 0.80c 90
c 270m
1 u2 / c2
1 0.82
例2. 如图所示,一长为1m的棒静止地放在O’x’y’平面内。
在S’系的观察者测得此棒与O’x’轴成450角。试问若S系
的观察者观察，此棒的长度以及棒与Ox轴的夹角是多
S '：自坐标，自己看自己
看静止的对象：地面上看地面上发生的事情静止地看对象：火车里看火车里发生的事情
是否运动并不能用来区分S和S’ 关键在于区分自和他！
讨论
1.运动的棒长度收缩是空间本身的客观特征。 2.运动的棒长度收缩是一种相对效应。
别人（运动）永远比自己短，谁都可以是那个“别人”或“自己” 3.纵向效应运动方向(纵向)
解一：米尺，固有长的角度。
l0 1m 是固有长度观察者测得的米尺长度，运动长度
l l0 1 u2 / c2 1 1 0.62 0.8m 在观察者参考系中，运动长掠过观察者的时间为
t
l u
0.8 0.6 3 108
4.44 109 s
同一个观察系中的长度和速度
解二：米尺掠过观察者，固有时角度

大学物理第11章习题课选讲例题

为：（）
(1) B1 0 , B2 0
I B1
(2)
B1 0 , B2 2
20I
πl
a
I
b
(3)
B1 2
20I
πl
,
B2
0
B2
cd I
(4) B1 2
20I
πl
,
B2

2
20I
πl
例如图，流出纸面的电流为 2I ，流进纸面的电
流为 I ，则下述各式中哪一个是正确的? （）
每一无限长直线电流在 O 点
的磁感强度 B B1 B2 B3 B4
B 0I 0I
2π 2l 2 2πl
B0 4Bcos45
2R
解：dN = π N2dq
dB =
0I y 2 2(x 2+y 2)3
dN
2
=π(
0 NI x 2+
y y
2
2 )3
2
dq
=π(R2c0oNsI2qR+2cRo2ssi2qn2q )3 2 dq
=
0NI
πR
cos 2q dq
B=
0NI
πR
π
2 0
cos 2q dq
=
0NI 4R
（A）2倍（B）4倍（C）1/2倍（D）1/4倍
例在均匀磁场中，有两个平面线圈，其面积 A1 =
2A2，通有电流 I1 = 2I2，它们所受到的最大磁力矩之比
M1 / M2等于
（A）1
（B）2
（C）4
（D）1 / 4
例：电流均匀地流过宽度为 b 的无限长平面导体薄板，电流为 I ，沿板长方向流动。求：

大学物理学下册答案解析第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 =，02IB lπ=（C）01IB lπ=，20B =（D）01I B l π=，02IB lπ= 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 )4IB dμθθπ=-，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01IB lπ=，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? [ ]习题11-1图习题11-2图（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I习题11-4图习题11-3图答案：D解析：根据磁场的高斯定理0SBdS Φ==⎰，通过闭合曲面S 的磁感应强度始终为0，保持不变。

大学物理简明教程习题解答第11章_2010.9

第11章狭义相对论11-1 一根在参照系s 中平行于x 轴的细棒，沿此轴以0.63c 运动。

它的静长是1.70m ，求在s 系中测得的细棒长度。

解已知细棒静长m 70.10=L ，相对S 系的运动速度c u 630.=。

在S 系中测得棒长发生收缩。

根据长度收缩公式，细棒长度为m 32.1/1220=-=c u L L11-2 一根米尺沿长度方向相对观察者作匀速运动，观察者测得其长度为75cm ，求米尺的运动速度。

解已知米尺静长cm 1000=L ，米尺相对观察者作匀速直线运动。

观察者测得米尺长度 cm 75/1220=-=c u L L 故米尺的运动速度 82266.075.01)(1c c L L c u =-=-= 11-3 一根米尺沿着它的长度方向相对于观察者以0.6c 的速度运动，米尺通过观测者面前要花多长时间？解已知米尺静长cm 1000=L ，米尺相对于观察者的运动速度c u 60.=。

根据长度收缩公式，观察者测得米尺长度 m 800.08.0/10220==-=L c u L L 米尺通过观察者面前需要的时间s 1044.4Δ9-⨯==uLt 11-4 一个立方体的（固有）体积为1000cm 3。

求沿与立方体的一边平行的方向以0.8c 的速度运动的观察者o '所测得的体积。

解已知立方体的固有边长cm 10300==V L ，观察者o '相对立方体一边平行运动，c u 80.=。

测得与运动方向垂直的边长保持不变，但与运动方向平行的边长发生长度收缩。

根据长度收缩公式，有 cm 0.66.0/10220==-=L c u L L 观察者o '测得立方体体积320cm 600==L L V11-5 一个π介子在它自己的参照系中的平均寿命是2.6⨯10–8s 。

如果介子以0.95c 的速率运动，则在地面上的观察者测得它的平均寿命是多少？解 π介子在自己的参照系，即在相对静止的参照系中的寿命为原时，即s 106.2Δ80-⨯=t 。

《大学物理学》习题解答(第11章静电场)

1
Q L
L
2 0 r 1 4r 2 L2

2 0 r
2
【11.5】一半径为 R 的半圆细环上均匀的分布电荷 Q，求环心处的电场强度。解取坐标 Oxy ，电荷元 d q d l R d ，由点电荷场强公式
y
d
dl
dq dE eR 4 0 R 2
由于电荷对称分布，场强也对称，则： Ex dEx 0

13
以 1.0 10 C s 的变化率失去电荷，求两球彼此趋近的瞬时相对速率（即
9
1
T q F mg x
l q
dx ）是多少？ dt
解（1）如图所示，小球平衡时，
T sin F , T cos mg , F
q
2
4 0 x 2
13
q 2l x ，很小时， tan sin ，因此 x 则 mg tan 2 mg 2l 4 0 x 2 0
E d S E d S ER 2 cos ER 2
S S
z
A F C E O D B
【11.11】边长为 a 的立方体如图所示，其表面分别平行于 xy ， yz 和 zx 平面，立方体的一个顶点为坐标原点。现将立方体置于电场强度
E ( E1 kx)i E2 j 的非均匀电场中，求立方体各表面及整个立方体表面的
Q d x ，则 L
EP
Qdx Q 1 1 1 Q [ ] 2 2 L 2 4 L ( r x ) 4 0 L r L 2 r L 2 0 4r L2 0
L2
1
（2）若点 P 在棒的垂直平分线上，因对称性， E 沿 x 轴方向的分量叠加为零，因此， E 的方向沿 y 轴，大小为

大学物理(肖剑荣主编)-习题答案-第11章

个劈尖空气膜，用波长为 564 纳米的单色光垂直照射板面，板上显示出完整的
明暗条纹各 74 条。求金属丝的直径。
解金属丝与两板之间形成一个劈尖空气膜，其上下表面的反射光相遇而发生干涉。光程差为 Δ = 2e + λ / 2
由于板上显示出完整的明暗条纹各 74 条，所以该处应为第 74 条明条纹。由明条纹的条件 2d + λ / 2 = kλ k=74，则 N = d / Δe
能看到第几级明条纹?
解： a + b = 1 mm = 2.0 ´10-3 mm = 2.0 ´10-4 Å 500
由 (a
+
b) sinj
=
kl
知，最多见到的条纹级数 kmax 对应的 j
=
p 2
,
所以有 kmax
=
a+b l
=
2.0 ´104 5900
» 3.39 ，即实际见到的最高级次为 kmax
解得
a = a + b k′ = 1.5 × 10−6 k′ 4
取 k′ = 1 得光栅上狭缝的的最小宽度为1.5 × 10−6 m
（3）由
(a + b)sinϕ = kλ
得
k
=
(
a
+
b) sinϕ λ
当 ϕ=π 2
时，对应 k = k max
k max
=
a+b λ
=
6.0 × 10−6 6000 × 10−10
解在杨氏双缝干涉实验中，条纹间距 Δx = D λ d
屏幕上 20 条明条纹之间的距离 ΔX = 19Δx = D λ d
ΔX
= 19