大学物理复习总结题(第11章)

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大学物理第11章电磁感应期末试题及参考答案

第11章电磁感应期末试题及参考答案一、填空题1、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈。

直导线中的电流由下向上，当线圈平行于导线向右运动时，线圈中的感应电动势方向为___________(填顺时针或逆时针)，其大小 (填>0，<0或=0 (设顺时针方向的感应电动势为正)2、如图所示，在一长直导线L 中通有电流I ，ABCD 为一矩形线圈，它与L 皆在纸面内，且AB 边与L 平行，矩形线圈绕AD 边旋转，当BC 边已离开纸面正向里运动时，线圈中感应动势的方向为___________。

（填顺时针或逆时针）3、金属杆AB 以匀速v 平行于长直载流导线运动，导线与AB 共面且相互垂直，如图所示。

已知导线载有电流I ，则此金属杆中的电动势为电势较高端为____。

4、金属圆板在均匀磁场中以角速度ω 绕中心轴旋转均匀磁场的方向平行于转轴，如图所示，则盘中心的电势（填最高或最低）5、一导线被弯成如图所示形状，bcde 为一不封口的正方形，边长为l ，ab 为l 的一半。

若此导线放在匀强磁场B 中，B 的方向垂直图面向内。

导线以角速度ω在图面内绕a 点匀速转动，则此导线中的电势为；最高的点是__________。

6、如图所示，在与纸面相平行的平面内有一载有向上方向电流的无限长直导线和一接有电压表的矩形线框。

当线框中有逆时针方向的感应电流时，直导线中的电流变化为________。

(填写“逐渐增大”或“逐渐减小”或“不变”)IVO O ′ B BAC 7、圆铜盘水平放置在均匀磁场中，B 的方向垂直盘面向上。

当磁场随时间均匀增加时，从下往上看感应电动势的方向为_______（填顺或逆时针）二、单选题1、如图所示，导体棒AB 在均匀磁场B 中绕通过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ' 转动（角速度ω与B 同方向），BC 的长度为棒长的1/3，则（） (A) A 点比B 点电势高 (B) A 点与B 点电势相等(C) A 点比B 点电势低 (D) 有稳恒电流从A 点流向B 点2、圆铜盘水平放置在均匀磁场中，B的方向垂直盘面向上。

大学物理(华中科技版)第11章习题解答

第11章习题答案11-1 无限长直线电流的磁感应强度公式为B ＝μ0I2πa ，当场点无限接近于导线时(即a →0)，磁感应强度B →∞，这个结论正确吗？如何解释？答：结论不正确。

公式aIB πμ20=只对理想线电流适用，忽略了导线粗细，当a →0，导线的尺寸不能忽略，电流就不能称为线电流，此公式不适用。

11-2 如图所示，过一个圆形电流I 附近的P 点，作一个同心共面圆形环路L ，由于电流分布的轴对称，L 上各点的B 大小相等，应用安培环路定理，可得∮L B ·d l ＝0，是否可由此得出结论，L 上各点的B 均为零？为什么？答：L 上各点的B 不为零. 由安培环路定理∑⎰=⋅ii I l d B 0μ得 0=⋅⎰l d B，说明圆形环路L 内的电流代数和为零，并不是说圆形环路L 上B 一定为零。

10-3 设题10-3图中两导线中的电流均为8A ，对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ，分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和．并讨论：(1)在各条闭合曲线上，各点的磁感应强度B的大小是否相等? (2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么? 解： ⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上，各点B的大小不相等．(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零．只是B的环路积分为零而非每点0=B ．11-4 把一根柔软的螺旋形弹簧挂起来，使它的下端和盛在杯里的水银刚好接触，形成串联电路，再把它们接到直流电源上通以电流，如图所示，问弹簧会发生什么现象？怎样解释？习题11-2图答：弹簧会作机械振动。

当弹簧通电后，弹簧内的线圈电流可看成是同向平行的，而同向平行电流会互相吸引，因此弹簧被压缩，下端会离开水银而电流被断开，磁力消失，而弹簧会伸长，于是电源又接通，弹簧通电以后又被压缩……，这样不断重复，弹簧不停振动11-5 如图所示为两根垂直于xy 平面放置的导线俯视图，它们各载有大小为I 但方向相反的电流.求：(1)x 轴上任意一点的磁感应强度；(2)x 为何值时，B 值最大，并给出最大值B max .解：(1) 利用安培环路定理可求得1导线在P 点产生的磁感强度的大小为：rIB π=201μ2/1220)(12x dI +⋅π=μ2导线在P 点产生的磁感强度的大小为： r IB π=202μ2/1220)(12x d I+⋅π=μ1B 、2B的方向如图所示．P 点总场θθcos cos 2121B B B B B x x x +=+= 021=+=y y y B B B )()(220x dId x B +π=μ，i x dId x B)()(220+π=μ(2) 当0d )(d =xx B ，0d )(d 22=<xx B 时，B (x )最大．由此可得：x = 0处，B 有最大值．11-6 如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流I ＝20 A ，θ＝120°，a ＝2.0 mm ，求A 点的磁感应强度. 解：载流直导线的磁场)sin (sin 4120ββπμ-=dIBA 点的磁感应强度)))90sin(90(sin sin 40000θθπμ--+=a IB习题10-6图y习题10-7图dPr B 1B 2xy 12oxddθ θ)5.01(2/3100.2201037+⨯⨯⨯=--B =1.73⨯10-3T方向垂直纸面向外。

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章小结与习题课

c
d
B 0 nI
电场、磁场中典型结论的比较
电荷均匀分布长直线电流均匀分布
E 2 0 r
E0
0 I B 2r
B0
长直圆柱面
长直圆柱体
内外
内外
E 2 0 r r E 2 0 R 2 E 2 0 r
0 I B 2r 0 Ir B 2R 2 0 I B 2r
o r nI
,
磁场强度H=
nI
.
7.将流过强度为I=1000 A电流的直导线置于匀强磁场中，且垂直磁力线。若磁感应强度B=1T，磁场作用在长度为L=1 m的一段导线上的力F为
1000N
.
F BIL
8.质量为m、电量为q的粒子具有动能E，垂直磁力线
方向飞入磁感应强度为B的匀强电场中，当该粒子越出
磁力线闭合、无自由磁荷磁场是无源场
1.一运动电荷q，质量m，以初速度 V0 进入均匀磁场中，若 V0 与磁场的方向夹角为，则
A、其动能改变，动量不变. B、其动能和动量都改变. C、其动能不变，动量改变. D、其动能、动量都不变.
[ C
]
2. 有一个半径为 R 的单匝圆线圈，通以电流 I ，若将该导线弯成匝数 N = 2 的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感应强度和线圈的磁矩分别是原来的（A） 4倍和 1 / 8 ，（B） 4倍和 1 / 2 ，（C） 2倍和 1 / 4 ，（D） 2倍和 1 / 2 。
/4
方法二: 在稳恒磁场中，一个与磁场方向垂直放置的闭合线圈所受的合力为零。与直线电流ab所受的力大小相等，方向相反。
F 2BIR

大学物理题库通用版-第11章-波动光学--光的干涉(含答案解析)

大学物理题库通用版11、波动光学光的干涉一、选择题(共15题)1.如图，S 1、S 2是两个相干光源，它们到P 点的距离分别为r 1和r 2．路径S 1P 垂直穿过一块厚度为t 1，折射率为n 1的介质板，路径S 2P 垂直穿过厚度为t 2，折射率为n 2的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于 (A) )()(111222t n r t n r +-+(B) ])1([])1([211222t n r t n r -+--+(C) )()(111222t n r t n r ---(D) 1122t n t n - ［］2.在相同的时间内，一束波长为λ的单色光在空气中和在玻璃中(A) 传播的路程相等，走过的光程相等．(B) 传播的路程相等，走过的光程不相等．(C) 传播的路程不相等，走过的光程相等．(D) 传播的路程不相等，走过的光程不相等．［］3.如图所示，折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知n 1<n 2> n 3．若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束(用①与②示意)的光程差是(A) 2n 2 e ． (B) 2n 2 e －λ / 2. (C) 2n 2 e －λ ． (D) 2n 2 e －λ / (2n 2)．［］4.如图所示，波长为λ的平行单色光垂直入射在折射率为n 2的薄膜上，经上下两个表面反射的两束光发生干涉．若薄膜厚度为e ，而且n 1＞n 2＞n 3，则两束反射光在相遇点的相位差为(A) 4πn 2 e / λ． (B) 2πn 2 e / λ． (C) (4πn 2 e / λ) +π． (D) (2πn 2 e / λ) -π．［］P S 1S 2 r 1 n 1 n 2 t 2 r 2 t 1n 3n 1 λ5.如图所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且n 1＜n 2＞n 3，λ1为入射光在折射率为n 1的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的相位差为 (A) 2πn 2e / ( n 1 λ1)． (B)[4πn 1e / ( n 2 λ1)] + π． (C) [4πn 2e / (n 1 λ1) ]+ π． (D) 4πn 2e / ( n 1 λ1)．［］6.一束波长为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 )．［］7. 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．［］8.用白光光源进行双缝实验，若用一个纯红色的滤光片遮盖一条缝，用一个纯蓝色的滤光片遮盖另一条缝，则(A) 干涉条纹的宽度将发生改变．(B) 产生红光和蓝光的两套彩色干涉条纹．(C) 干涉条纹的亮度将发生改变．(D) 不产生干涉条纹．［］9.把双缝干涉实验装置放在折射率为n 的水中，两缝间距离为d ，双缝到屏的距离为D (D >>d )，所用单色光在真空中的波长为λ，则屏上干涉条纹中相邻的明纹之间的距离是(A) λD / (nd ) (B) n λD /d ．(C) λd / (nD )． (D) λD / (2nd )．［］10.在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中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．［］11.在双缝干涉实验中，入射光的波长为λ，用玻璃纸遮住双缝中的一个缝，若玻璃n 1λ1 S S '纸中光程比相同厚度的空气的光程大2.5 λ，则屏上原来的明纹处(A) 仍为明条纹；(B) 变为暗条纹；(C) 既非明纹也非暗纹；(D) 无法确定是明纹，还是暗纹．［］12.在牛顿环实验装置中，曲率半径为R的平凸透镜与平玻璃扳在中心恰好接触，它们之间充满折射率为n的透明介质，垂直入射到牛顿环装置上的平行单色光在真空中的波长为λ，则反射光形成的干涉条纹中暗环半径r k的表达式为(A) r k =Rkλ．(B) r k =nRk/λ．(C) r k =Rknλ．(D) r k =()nRk/λ．［］13.把一平凸透镜放在平玻璃上，构成牛顿环装置．当平凸透镜慢慢地向上平移时，由反射光形成的牛顿环(A)向中心收缩，条纹间隔变小．(B)向中心收缩，环心呈明暗交替变化．(C)向外扩张，环心呈明暗交替变化．(D)向外扩张，条纹间隔变大．［］14.如图a所示，一光学平板玻璃A与待测工件B之间形成空气劈尖，用波长λ＝500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射．看到的反射光的干涉条纹如图b所示．有些条纹弯曲部分的顶点恰好与其右边条纹的直线部分的连线相切．则工件的上表面缺陷是(A) 不平处为凸起纹，最大高度为500 nm．(B) 不平处为凸起纹，最大高度为250 nm．(C) 不平处为凹槽，最大深度为500 nm．(D) 不平处为凹槽，最大深度为250 nm．［］15.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．［］二、填空题(共15题)1. 在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为n1和n2的透明薄膜遮盖，二者的厚度均为e．波长为λ的平行单色光垂直照射到双缝上，在屏中央处，两束相干光的相位差∆φ＝________．图b2. 如图所示，假设有两个同相的相干点光源S 1和S 2，发出波长为λ的光．A 是它们连线的中垂线上的一点．若在S 1与A 之间插入厚度为e 、折射率为n 的薄玻璃片，则两光源发出的光在A 点的相位差∆φ＝_2π (n -1) e / λ_．若已知λ＝500 nm ，n ＝1.5，A 点恰为第四级明纹中心，则e ＝_____nm ．(1 nm =10-9 m)3. 如图所示，两缝S 1和S 2之间的距离为d ，媒质的折射率为n ＝1，平行单色光斜入射到双缝上，入射角为θ，则屏幕上P 处，两相干光的光程差为___ ______．4.在双缝干涉实验中，所用光波波长λ＝5.461×10–4 mm ，双缝与屏间的距离D ＝300 mm ，双缝间距为d ＝0.134 mm ，则中央明条纹两侧的两个第三级明条纹之间的距离为________ _______．5.用波长为λ的单色光垂直照射折射率为n 的劈形膜形成等厚干涉条纹，若测得相邻明条纹的间距为l ，则劈尖角θ＝________．6.把双缝干涉实验装置放在折射率为n 的媒质中，双缝到观察屏的距离为D ，两缝之间的距离为d (d <<D )，入射光在真空中的波长为λ，则屏上干涉条纹中相邻明纹的间距是_____________．7.用λ＝600 nm 的单色光垂直照射牛顿环装置时，从中央向外数第４个(不计中央暗斑)暗环对应的空气膜厚度为____________．(1 nm=10-9 m)8.用波长为λ的单色光垂直照射折射率为n 2的劈形膜(如图)图中各部分折射率的关系是n 1＜n 2＜n 3．观察反射光的干涉条纹，从劈形膜顶开始向右数第5条暗条纹中心所对应的厚度e ＝____________．9.波长为λ的平行单色光，垂直照射到劈形膜上，劈尖角为θ，劈形膜的折射率为n ，第三条暗纹与第六条暗之间的距离是______．10. 一束波长为λ＝600 nm (1 nm=10-9 m)的平行单色光垂直入射到折射率为n ＝1.33的透明薄膜上，该薄膜是放在空气中的．要使反射光得到最大限度的加强，薄膜最小厚度应为________________nm ．11.波长为λ的平行单色光垂直照射到劈形膜上，劈尖角为θ，劈形膜的折射率为n ，第k 级明条纹与第k ＋5级明纹的间距是__________．12.波长λ＝600 nm 的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二个明环与第五个明环所对应的空气膜厚度之差为____nm ．(1 nm=10-9 m)n 1n 2n 313.折射率分别为n 1和n 2的两块平板玻璃构成空气劈尖，用波长为λ的单色光垂直照射．如果将该劈尖装置浸入折射率为n 的透明液体中，且n 2＞n ＞n 1，则劈尖厚度为e 的地方两反射光的光程差的改变量是_______．14.如图所示，在双缝干涉实验中SS 1＝SS 2，用波长为λ的光照射双缝S 1和S 2，通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹．已知P 点处为第三级明条纹，则S 1和S 2到P 点的光程差为___3λ ____．若将整个装置放于某种透明液体中，P 点为第四级明条纹，则该液体的折射率n ＝________．15.已知在迈克耳孙干涉仪中使用波长为λ的单色光．在干涉仪的可动反射镜移动距离d 的过程中，干涉条纹将移动__________条．三、计算题(共5题)1.白色平行光垂直入射到间距为a ＝0.25 mm 的双缝上，距D =50 cm 处放置屏幕，分别求第一级和第五级明纹彩色带的宽度．(设白光的波长范围是从400nm 到760nm ．这里说的“彩色带宽度” 指两个极端波长的同级明纹中心之间的距离．) (1 nm=10-9 m)2.在双缝干涉实验中，波长λ＝550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距a ＝2×10-4 m 的双缝上，屏到双缝的距离D ＝2 m ．求：(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2) 用一厚度为e ＝6.6×10-5 m 、折射率为n ＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9 m)3.用波长为500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射到由两块光学平玻璃构成的空气劈形膜上．在观察反射光的干涉现象中，距劈形膜棱边l = 1.56 cm 的A 处是从棱边算起的第四条暗条纹中心．(1) 求此空气劈形膜的劈尖角θ；(2) 改用600 nm 的单色光垂直照射到此劈尖上仍观察反射光的干涉条纹，A 处是明条纹还是暗条纹？(3) 在第(2)问的情形从棱边到A 处的范围内共有几条明纹？几条暗纹？2分4.图示一牛顿环装置，设平凸透镜中心恰好和平玻璃接触，透镜凸表面的曲率半径是R ＝400 cm ．用某单色平行光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环，测得第5个明环的半径是0.30 cm ． (1) 求入射光的波长． (2) 设图中OA ＝1.00 cm ，求在半径为OA 的范围内可观察到的明环数目．5.用波长λ＝500 nm 的平行光垂直照射折射率n ＝1.33的劈形膜，观察反射光的等厚干涉条纹．从劈形膜的棱算起，第5条明纹中心对应的膜厚度是多少？ P E光的干涉习题答案一、选择题1、B ；2、C ；3、B ；4、A ；5、C ；6、B ；7、A ；8、D ；9、A ；10、B ；11、B ；12、B ；13、B ；14、B ；15、A二、填空题1、 2π(n 1 – n 2) e / λ2、4×103 nm3、d sin θ ＋(r 1－r 2)4、7.33 mm5、nl 2λ6、D λ / (dn )7、1.2=2λ μm8、249n λ9、3λ / (2n θ)10、113nm11、5λ / (2n θ)12、900 nm13、2 ( n – 1) e – λ /214、1.3315、2d /λ三、计算题1解：由公式x ＝kD λ / a 可知波长范围为∆λ时,明纹彩色宽度为∆x k ＝kD ∆λ / a2分由 k ＝1可得，第一级明纹彩色带宽度为∆x 1＝500×(760－400)×10-6 / 0.25＝0.72 mm2分 k ＝5可得，第五级明纹彩色带的宽度为∆x 5＝5·∆x 1＝3.6 mm1分2解：(1) ∆x ＝20 D λ / a2分＝0.11 m2分 (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n －1)e ＋r 1＝r 22分设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有r 2－r 1＝k λ 2分所以 (n －1)e = k λ k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处 2分3解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e 2＝21λ处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A 处膜厚度 e 4=λ23 ∴ ()l l e 2/3/4λθ==＝4.8×10-5 rad 5分(2) 由上问可知A 处膜厚为 e 4＝3×500 / 2 nm ＝750 nm对于λ＇＝600 nm 的光，连同附加光程差，在A 处两反射光的光程差为λ'+2124e ，它与波长λ'之比为0.321/24=+'λe ．所以A 处是明纹 3分 (3) 棱边处仍是暗纹，A 处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹．4解：(1) 明环半径 ()2/12λ⋅-=R k r 2分()Rk r 1222-=λ＝5×10-5 cm (或500 nm) 2分 (2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ) 对于r ＝1.00 cm ， k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5 3分故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个． 1分5解：明纹， 2ne ＋λ21＝k λ (k ＝1，2，…) 3分第五条，k ＝5，ne 2215λ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=＝8.46×10-4 mm 2分。

《大学物理教程》郭振平主编第十一章流体运动基础知识点及答案

第十一章流体运动基础一、基本知识点流体的可压缩性：流体的体积会随着压强的不同而改变的性质。

流体的黏性：内摩擦力作用导致相邻流体层速度不同的性质。

理想流体：绝对不可压缩且完全没有黏性的流体。

稳定流动：空间各点的流速不随时间变化的流体流动。

流线：在流体空间设想的一系列曲线，其上任意一点的切线方向都与流体通过该点时速度方向一致。

任何两条流线不能相交。

流管：在稳定流动的流体中的一个由流线围成的管状微元。

稳定流动的连续性方程：单位时间内通过任一截面的流体质量都相等，即S ρυ=恒量也称为质量流量守恒定律。

理想流体稳定流动的连续性方程：单位时间内通过任一截面的流体体积都相等，即S υ=恒量也称为体积流量守恒定律。

理想流体的伯努利方程：理想流体作稳定流动时，单位体积的势能、动能及该点压强之和是一恒量，即212P gh ρρυ++=恒量牛顿黏滞定律：黏性力f 的大小与两速度不同的流体层的接触面积S 及接触处的速度梯度d dxυ成正比，即 d f Sdxυη= 式中比例系数η称为流体的黏滞系数或黏度。

η值的大小取决于流体本身的性质，并和温度有关，单位是2N s m -⋅⋅或Pa s ⋅。

表11-1 几种流体的黏度流体温度()C ︒η()Pa s ⋅流体温度()C ︒η()Pa s ⋅水0 20 37 100 31.7910-⨯ 31.00510-⨯ 30.69110-⨯ 30.28410-⨯ 空气0 20 100617.110-⨯ 618.110-⨯ 621.810-⨯蓖麻油7.5 2050 60112.2510-⨯ 19.8610-⨯ 11.2210-⨯ 10.8010-⨯ 氢气-125168.310-⨯ 61310-⨯血液 373(2.5~3.5)10-⨯二氧化碳0 30061410-⨯ 62710-⨯雷诺数: 判断黏性流体的流动状态的一个无量纲的数e rR ρυη=式中，υ为流速，ρ为流体密度，η为黏度，r 为流管半径。

大学物理第十一章习题解答

第十一章：恒定电流的磁场习题解答1．题号：40941001分值：10分如下图所示，是一段通有电流I 的圆弧形导线，它的半径为R ，对圆心的张角为θ。

求该圆弧形电流所激发的在圆心O 处的磁感强度。

解答及评分标准：在圆弧形电流中取一电流元l Id （1分），则该电流元l Id 在圆心处的磁感强度为：θπμπμd R I RIdl dB 490sin 40020==（2分）其中θRd dl =则整段电流在圆心处的磁感强度为：θπμθπμθRI d R I dB B 44000===⎰⎰（2分）2．题号：40941002分值：10分一无限长的载流导线中部被弯成圆弧形，如图所示，圆弧形半径为cm R 3=，导线中的电流为A I 2=。

求圆弧形中心O 点的磁感应强度。

解答及评分标准：两根半无限长直电流在O 点的磁感应强度方向同为垂直图面向外，大小相等，以垂直图面向里为正向，叠加后得RI R I B πμπμ242001-=∙-= （3分）圆弧形导线在O 点产生的磁感应强度方向垂直图面向里，大小为RI R I B 83432002μμ==（3分）二者叠加后得 T RI R I B B B 500121081.1283-⨯=-=+=πμμ （3分）方向垂直图面向里。

（1分）3．题号：40941003分值：10分难度系数等级：1一段导线先弯成图（a ）所示形状，然后将同样长的导线再弯成图（b ）所示形状。

在导线通以电流I 后，求两个图形中P 点的磁感应强度之比。

（a ）（b ）解答及评分标准：图中（a ）可分解为5段电流。

处于同一直线的两段电流对P 点的磁感应强度为零，其他三段在P 点的磁感应强度方向相同。

长为l 的两段在P 点的磁感应强度为 lI B πμ4201= （2分）长为2l 的一段在P 点的磁感应强度为 l I B πμ4202=（2分）所以lI B B B πμ22012=+= （2分）图（b ）中可分解为3段电流。

大学物理课后答案第十一章汇总

大学物理课后答案第十一章汇总第十一章机械振动一、基本要求1．掌握简谐振动的基本特征，学会由牛顿定律建立一维简谐振动的微分方程，并判断其是否谐振动。

2.掌握描述简谐运动的运动方程某Aco(t0)，理解振动位移，振幅，初位相，位相，圆频率，频率，周期的物理意义。

能根据给出的初始条件求振幅和初位相。

3.掌握旋转矢量法。

4.理解同方向、同频率两个简谐振动的合成规律，以及合振动振幅极大和极小的条件。

二、基本内容1.振动物体在某一平衡位置附近的往复运动叫做机械振动。

如果物体振动的位置满足某(t)某(tT)，则该物体的运动称为周期性运动。

否则称为非周期运动。

但是一切复杂的非周期性的运动，都可以分解成许多不同频率的简谐振动（周期性运动）的叠加。

振动不仅限于机械运动中的振动过程，分子热运动，电磁运动，晶体中原子的运动等虽属不同运动形式，各自遵循不同的运动规律，但是就其中的振动过程讲，都具有共同的物理特征。

一个物理量，例如电量、电流、电压等围绕平衡值随时间作周期性（或准周期性）的变化，也是一种振动。

2.简谐振动简谐振动是一种周期性的振动过程。

它可以是机械振动中的位移、速度、加速度，也可以是电流、电量、电压等其它物理量。

简谐振动是最简单，最基本的周期性运动，它是组成复杂运动的基本要素，所以简谐运动的研究是本章一个重点。

（1）简谐振动表达式某Aco(t0)反映了作简谐振动的物体位移随时间的变化遵循余弦规律，这也是简谐振动的定义，即判断一个物体是否作简谐振动的运动学根据。

但是简谐振动表达式更多地用来揭示描述一个简谐运动必须涉及到的物理量A、、0（或称描述简谐运动的三个参量），显然三个参量确定后，任一时刻作简谐振动的物体的位移、速度、加速度都可以由t对应地得到。

vAin(t0)Aco(t02)a2Aco(t0)2Aco(t0)（2）简谐运动的动力学特征为：物体受到的力的大小总是与物体对其平衡位置的位移成正比、而方向相反，即Fk某，它是判定一个系统的运动过程是否作简谐运动的动力学根据，只要受力分析满足动力学特征的，毫无疑问地系统的运动是简谐运动。

大学物理课后习题11第十一章答案

*（3）用 v 表示物体的速度，则当 v
c
Ek E0 。
[答案： 3 ， 3 ]
22
时，m

2m0
；v
c

时，
11.3 惯性系 S′相对另一惯性系 S 沿 x 轴作匀速直线运动，取两坐标原点重合时刻作为计时起点．在 S 系中测得两事件的时空坐标分别为 x1=6×104m, t1 =2×10-4s，以及 x2 =12×104m, t2 =1×10-4s．已知在 S′
c2
0.946 c
或者取 A 为 S 系，则 u 0.8 c ， B 相对 S 系的速度 vx 0.6 c ，于是 B 相
对 A 的速度为：
vx
vx u
1
u c2
vx
0.6c 0.8c
1

(0.8c)(0.6c) c2
0.946 c
(2)如图 b ，取地球为 S 系，火箭 B 为 S 系，S 系相对 S 系沿 x 方
m 2m0 。由动量和能量的关系，
得动量为
pc (mc 2 )2 (m0c 2 )2 ，
p 3m0c 。
*11.16 太阳的辐射能来自其内部的核聚变反应。太阳每秒钟向周围
空间辐射出的能量约为 510 26 J/s，由于这个原因，太阳每秒钟减少
多少质量？把这个质量同太阳目前的质量 21030 Kg作比较，估算太阳
间隔为 5s．求：
(1) S 相对于 S 的运动速度．
(2) 乙测得这两个事件发生的地点间的距离．
解: 甲测得 t 4 s, x 0 ,乙测得 t 5 s ，坐标差为 x x2 x1 ′
(1)∴
t

大学物理第十一章光学经典题型及答案

十一章光学经典题型鸡答案一、简答题1、相干光产生的条件是什么?答：相干光产生的条件：两束光频率相同，振动方向相同，相位差恒定2、何谓光程?其物理意义是什么?答：介质折射率n和光在介质内走过的几何路程L的乘积nL叫光程，其物理意义是光程就是把光在媒质中通过的几何路程按相位差相等折合为真空中的路程.使用凸透镜不能引起附加的光程差。

3、什么是菲涅尔衍射、夫琅禾费衍射，两者的区别是什么？答：菲涅耳衍射：在这种衍射中，光源或显示衍射图样的屏，与衍射孔（或障碍物）之间距离是有限的，若光源和屏都距离衍射孔（或障碍物）有限远，也属于菲涅耳衍射。

夫琅禾费衍射：当把光源和屏都移到无限远处时，这种衍射叫做夫琅禾费衍射。

前者是光源—衍射屏、衍射屏—接收屏之间的距离均为有限远或是其中之一是有限远的场合；后者是衍射屏与两者的距离均是无穷远的场合。

理论上夫琅禾费衍射是菲涅耳衍射的一种特殊情形，当场点的距离逐渐增大时，由菲涅耳衍射向夫琅禾费衍射过渡。

4、简述何谓自然光、何谓偏振光、何谓部分偏振光？答：一般光源发出的光，包含着各个方向的光矢量，没有哪一个方向占优势，即在所有可能的方向上，E的振幅都相等，这样的光叫做自然光。

振动只在某一固定方向上的光，叫做线偏振光，简称偏振光。

若某一方向的光振动比与之相垂直方向上的光振动占优势，那么这种光叫做部分偏振光。

5、简述布儒斯特定律的主要内容及发生该现象的条件是什么?答：入射角i 改变时，反射光的偏振化程度也随之改变，当入射角B i 满足12tan n n i B =时，反射光中就只有垂直入射面的光振动，而没有平行于入射面的光振动，这时反射光为偏振光，而折射光仍为部分偏振光，这种规律叫做布儒斯特定律。

条件是入射角B i 满足12tan n n i B =时，可发生。

二、选择题1、杨氏双缝干涉实验是( A )：(A) 分波阵面法双光束干涉 (B) 分振幅法双光束干涉(C) 分波阵面法多光束干涉 (D) 分振幅法多光束干涉2、来自不同光源的两束白光，例如两束手电筒光照射在同一区域内，是不能产生干涉图样的，这是由于( C )：(A) 白光是由不同波长的光构成的 (B) 两光源发出不同强度的光(C) 两个光源是独立的，不是相干光源 (D) 不同波长的光速是不同的3、在相同的时间内，一束波长为λ的单色光在空气中和在玻璃中( C )：(A) 传播的路程相等，走过的光程相等(B) 传播的路程相等，走过的光程不相等(C) 传播的路程不相等，走过的光程相等(D) 传播的路程不相等，走过的光程不相等4、光在真空中和介质中传播时，正确的描述是( C )：(A) 波长不变，介质中的波速减小 (B) 介质中的波长变短，波速不变(C) 频率不变，介质中的波速减小 (D) 介质中的频率减小，波速不变5、在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则( B )(A) 中央明纹向上移动，且条纹间距增大(B) 中央明纹向上移动，且条纹间距不变(C) 中央明纹向下移动，且条纹间距增大(D) 中央明纹向下移动，且条纹间距不变6、如图所示，折射率分别为2n ，厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为1n 和3n ，且21n n <，32n n >，若用波长为λ的单色光平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束的光程差是( B ):(A) e n 22 (B) 222λ−e n (C) λ−e n 22 (D) 2222n e n λ−7、在杨氏双缝干涉实验中，正确的叙述是( B )：(A) 增大双缝间距，干涉条纹间距也随之增大(B) 增大缝到观察屏之间的距离，干涉条纹间距增大(C) 频率较大的可见光产生的干涉条纹间距较大(D) 将整个实验装置放入水中，干涉条纹间距变大8、由两块玻璃片(7511.n =)所形成的空气劈尖，其一端厚度为零，另一端厚度为0.002cm ，现用波长为7000 Å的单色平行光，从入射角为30︒角的方向射在劈尖的表面，则形成的干涉条纹数为( A )：(A) 27 (B) 56 (C) 40 (D) 1009、光波从光疏媒质垂直入射到光密媒质，当它在界面反射时，其( C ):(A) 相位不变 (B) 频率增大 (C) 相位突变 (D)频率减小10、如图所示，波长为λ的平行单色光垂直入射在折射率为2n 的薄膜上，经上下两个表面反射的两束光发生干涉。

大学物理标准答案第11章

大学物理答案第11章————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：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r R B B 、满足（）（A ） r R B B 2= （B ） r R B B = （C ） r R B B =2 （D ）r R B B 4=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21==R r n n r R 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 r 2π2 （B ） B r 2π （C ）αB r cos π22（D ） αB r cos π2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；S B ⋅=m Φ．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 ，P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点，则（）（A ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（B ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B =（C ） ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠（D ） ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ，21P P B B ≠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 ）()r I μr π2/1-- （B ） ()r I μr π2/1- （C ） r I μr π2/- （D ） r μI r π2/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c I e I /Δ=，因而由lNecI =，可解出环中的电子数.解通过分析结果可得环中的电子数10104⨯==ecIlN 11－7 已知铜的摩尔质量M ＝63.75 ｇ·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26.0A mm m j -=⋅ ，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A N M m /=,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m ρn /=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d m ne j v = ．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em kTπ8=v 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M ρN n A /=电流密度为j m 时铜线内电子的漂移速率14A s m 1046.4--⋅⨯===eN M j ne j m m d ρv （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81042.2π81⨯≈=ed d m kTv v v 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rlI j π2=解由分析可知，在半径r ＝6.0 mm 的圆柱面上的电流密度2m A μ3.13π2-⋅==rlIj 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()RIRR IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRBI 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，0=ef B ．而b e 、fa 两段直线的延长线通过点O ，由于0Idl r ⨯=，由毕奥－萨伐尔定律知0be fa ==B B ．流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示，两圆弧在点O 激发的磁场分别为21101π4r l I μB =,22202π4rl I μB = 其中l 1 、l 2 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2211l I l I =将21B B 、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0π4π42220211021=-=-=r l I μr l I μB B B 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∑=iB B 0.解（ａ）长直电流对点O 而言，有0d =⨯rl I ，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RIμB 800=B 0 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RIμR I μB π22000-=B 0 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RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 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RαI μB π40=，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R IμB π40=，磁感强度的方向依照右手定则确定.点O 的磁感强度O B 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，k i k k i B RI μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---= 在图（ｂ）中，k i k i i B RI μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=---= 在图（c ）中，k j i B RIμR I μR I μπ4π4830000---= 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x l xId π2d d 0μ=⋅=ΦS B矩形平面的总磁通量ΦΦ⎰=d解由上述分析可得矩形平面的总磁通量⎰==Φ211200lnπ2d π2d dd d Ilx l xIμμ 11－14 已知10 mm 2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∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B在导线内r ＜R ， 2222ππRIr r R I I ==∑，因而 202πRIrμB =在导线外r ＞R ，I I =∑，因而rIμB 2π0=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 ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．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，πr 2d ⋅=⋅⎰B l B ，利用安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可解得各区域的磁感强度．解由上述分析得 r ＜R 12211ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR IrμB =R 1 ＜r ＜R 2I μr B 022π=⋅rIμB 2π02=R 2 ＜r ＜R 3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r ＞R 3()02π04=-=⋅I I μr B04=B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πr 2d ⋅=⋅⎰B l B依照安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ，可以解得螺线管内磁感强度的分布．解依照上述分析，有∑=⋅I μr B 02πr ＜R 102π1=⋅r B 01=BR 2 ＞r ＞R 1NI μr B 022π=⋅rNIμB 2π02=r ＞R 202π3=⋅r B 03=B在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若112R R R <<- 和R 2 ，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()1221R R R +=，则环内的磁感强度近似为RNIμB 2π0≈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()202πR Irμr B =在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S B d ⎰=r Φ来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量⎰=Sr B Φd解由分析可得单位长度导线内的磁通量4πd 2π0020Iμr R Ir μΦR==⎰11－18 已知地面上空某处地磁场的磁感强度40.410T B -=⨯，方向向北．若宇宙射线中有一速率715.010m s -=⨯g v 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B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向，如图所示．（2）因B ⊥v ，质子所受的洛伦兹力N 102.316-⨯==B F v q L在地球表面质子所受的万有引力N 1064.126p -⨯==g m G因而，有101095.1/⨯=G F L ，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H qE B q =v由上式可以解得血流的速度．解依照分析m/s 63.0===dBU B E HH v 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3.5 cm 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m /s kg 1012.121⋅⨯===-ReB m p vkeV 35.222==mp E k11－21 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m 101.1311⨯==eB m R v地磁北极附近的回转半径m 2322==eB m R v11－22 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I 1 ＝30 A ，矩形回路载有电流I 2 ＝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F 1 和F 2 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F 3 和F 4 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F 3 和F 4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为dlI I μF π22103=()b d lI I μF +=π22104故合力的大小为()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d lI I μd l I I μF F F 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dIμB π20=,导线单位长度所受安培力的大小BI F B =．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dελE 0π2=，两导线间单位长度所受的静电吸引力λE F E =．依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即0=+E B F F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dI μBI F B π220==dεU C λE F E 022π2== 由0=+E BF F 可得dεU C d I μ02220π2π2=解得A 105.4300⨯==μεCUI （2）输出功率W 1025.29⨯==IU N11－24 在氢原子中，设电子以轨道角动量π2/h L =绕质子作圆周运动，其半径为m 1029.5110-⨯=a ．求质子所在处的磁感强度．h 为普朗克常量，其值为s J 1063.634⋅⨯-分析根据电子绕核运动的角动量π20h a m L ==v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v/π20a e T e i ==在圆心处，即质子所在处的磁感强度为02a i μB =解由分析可得，电子绕核运动的速率π2ma h=v其等效圆电流2020π4/π2ma hev a e i ==该圆电流在圆心处产生的磁感强度T 5.12π82202000===ma heμa i μB 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⎰⋅=⋅r H d π2l H ，利用安培环路定理⎰∑=⋅fId l H求出环路内的传导电流，并由H μB =，()H μM r 1-=，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∑=fπ2I r H对r ＜R 1221f ππr R I I =∑ 得2112πR IrH =忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有01=M ，21012πR IrμB =对R 2 ＞r ＞R 1I I=∑f得rI H 2π2=填充的磁介质相对磁导率为μr ，有()r I μM r 2π12-=，rI μμB r 2π02= 对R 3 ＞r ＞R 2()()2223223ππR r R R I I I f -⋅--=∑ 得()()222322332πR R r r R I H --= 同样忽略导体的磁化，有03=M ，()()2223223032πR R r r R I μB --= 对r ＞R 30=-=∑I I If得04=H ，04=M ，04=B（2）由r M I s 2π⋅=，磁介质内、外表面磁化电流的大小为()()I μR R M I r si 12π112-=⋅= ()()I μR R M I r se 12π222-=⋅=对抗磁质（1r μ<），在磁介质内表面（r ＝R 1 ），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r ＝R 2 ），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章习题答案解析

第11章电磁感应11.１基本要求１２别感应电动势的方向。

３４５６７一些简单情况下的磁场能量。

８11.２基本概念１W qε=２３k E ：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变化而产生的感应电动势。

５：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L ：//m L I N I =ψ=Φ ６L ε：当通过回路的电流发生变化时，在自身回路中所产生的感应电动势。

７M ：211212M I I ψψ== ８12ε：当线圈２的电流2I 发生变化时，在线圈１中所产生的感应电动势。

９m W ：贮存在磁场中的能量。

自感贮存磁能：212m W LI =磁能密度m w ：单位体积中贮存的磁场能量22111222m B w μH HB μ===１０D d d I dt Φ=s d t∂=∂⎰DS ，位移电流并不表示有真实的电荷在空间移动。

但是，位移电流的量纲和在激发磁场方面的作用与传导电流是一致的。

１１d t∂=∂D j 11.３基本规律１（１）楞次定律：感生电流的磁场所产生的磁通量总是反抗回路中原磁通量的改变。

楞次定律是判断感应电流方向的普适定则。

（２）法拉第电磁感应定律：不论什么原因使通过回路的磁通量（或磁链）发生变化，回路中均有感应电动势产生，其大小与通过该回路的磁通量（或磁链）随时间的变化成正比，即mi d dtεΦ=-２()BBK AAi εd d ==⨯⎰⎰E l v B l ，若0i ε>,则表示电动势方向由A B →;若0i ε<,则表示电动势方向B A →３m K ls i d Φd εd d dtdt =⋅=-=-⎰⎰BE l S （对于导体回路）BK Ai εd =⎰E l （对于一段导体）４L dIεL dt=- ５12212d ΨdIεM dt dt=-=- ６sd ⋅⎰D S =0VdV q ρ=⎰l d ⋅⎰E l = - s d t∂⋅∂⎰BS =0sd ⋅⎰B Sc l sd d t ∂⎛⎫⋅=+⋅ ⎪∂⎝⎭⎰⎰D H l j S11.４学习指导学习法拉第电磁感应定律要注意，公式中的电动势是整个回路的电动势，式中负号是楞次定律的要求，用以判断电动势的方向。

大学物理第十一章课后答案

第十一章电流与磁场11-1 电源中的非静电力与静电力有什么不同？答：在电路中，电源中非静电力的作用是，迫使正电荷经过电源内部由低电位的电源负极移动到高电位的电源正极，使两极间维持一电位差。

而静电场的作用是在外电路中把正电荷由高电位的地方移动到低电位的地方，起到推动电流的作用；在电源内部正好相反，静电场起的是抵制电流的作用。

电源中存在的电场有两种：1、非静电起源的场；2、稳恒场。

把这两种场与静电场比较，静电场由静止电荷所激发，它不随时间的变化而变化。

非静电场不由静止电荷产生，它的大小决定于单位正电荷所受的非静电力，q非F E =。

当然电源种类不同，非F 的起因也不同。

11-2静电场与恒定电场相同处和不同处？为什么恒定电场中仍可应用电势概念？答：稳恒电场与静电场有相同之处，即是它们都不随时间的变化而变化，基本规律相同，并且都是位场。

但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生，电荷本身却在移动。

正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化，因此静电场的两条基本定理，即高斯定理和环路定理仍然适用，所以仍可引入电势的概念。

11-3一根铜导线表面涂以银层，当两端加上电压后，在铜线和银层中，电场强度是否相同？电流密度是否相同？电流强度是否相同？为什么？答：此题涉及知识点：电流强度d sI =⋅⎰j s ，电流密度概念，电场强度概念，欧姆定律的微分形式j E σ=。

设铜线材料横截面均匀，银层的材料和厚度也均匀。

由于加在两者上的电压相同，两者的长度又相等，故铜线和银层的场强E相同。

由于铜线和银层的电导率σ不同，根据j E σ=知，它们中的电流密度j 不相同。

电流强度d sI =⋅⎰j s ，铜线和银层的j 不同但相差不太大，而它们的横截面积一般相差较大，所以通过两者的电流强度，一般说来是不相同的。

11-4一束质子发生侧向偏转，造成这个偏转的原因可否是：（1）电场？（2）磁场？（3）若是电场和磁场在起作用，如何判断是哪一种场？答：造成这个偏转的原因可以是电场或磁场。

大学应用物理第十一章习题答案

第11章光的干涉、衍射和偏振11-10 如图11-57所示，由S 点发出的λ=600nm 的单色光，自空气射人折射率n =1.23的透明物质，再射入空气．若透明物质的厚度e =1.0cm ，入射角030θ=，且SA=BC=5cm ，求：(1)折射角1θ为多少? (2)此单色光在这层透明物质里的频率、速度和波长各为多少? (3)S 到C 的几何路程为多少?光程又为多少?解：（1）由折射定律1sin sin θθ=n 可得 0124)23.130sin arcsin()sin arcsin(===nθθ（2）单色光在透明介质中的速度nυ，波长n λ和频率ν分别为).(1044.218-⨯==sm nc n υ，)(4881088.47nm m nn =⨯==-λλ)(100.514z H c⨯==λν（3）S 到C 的几何路程为：)(111.0cos 1m BC e SA BC AB SA SC =++=++=θS 到C 的光程为：)(114.011m BC n AB SA r n i i =⨯+⨯+⨯=∑。

11-11 在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30mm ，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m 的屏上测得中央明纹两侧第五条暗纹间的距离为22.78mm ，问所用光波长多少，是什么颜色的光？分析：在双缝干涉中，屏上暗纹位置由x 决定。

所谓第5条暗纹是指对应4=k 的那一级暗纹。

由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距mmx 278.22=,那么由暗纹公式即可求得波长λ。

此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式λdD x =∆求人射光波长。

应注意两个第5条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9(不是10，因每边只有4.5条)，故mmx 278.22=∆。

解法一：屏上暗纹的位置2)12(λ+=k dD x ，把4=k ，mx 310278.22-⨯=以及d 、D值代人，可得nm 8.632=λ，为红光。

大学物理第11章重点小结

第十一章光学
21
物理学
第五版
已知
n1=1.20
解 (1)Δr 2dn1 k
n2=1.30
d=460 nm
2n1d , k 1,2, k k 1, 2n1d 1104nm
k 2,
k 3,
n1d 552nm
2 n1d 368 nm 3
第十一章光学
47
物理学
第五版
单缝衍射光强分布
k 干涉相消（暗纹） 2 b sin (2k 1) 干涉加强（明纹） 2 b sin 2k

I
3 2 b bbob
2

b
3

b
sin
第十一章光学
48
物理学
第五版
(1)第一暗纹距中心的距离
x1 f
第十一章光学
绿色
22
物理学
第五版
(2)透射光的光程差 Δt 2dn1 / 2
k 1, 2n1d 2208 nm 1 1/ 2
紫红色
k 2, k 3,
k 4,
2n1d 736 nm 红光 2 1/ 2 2n1d 441 .6nm 紫光 3 1/ 2 2n1d 315 .4 nm 4 1/ 2
第五版
入射波长变化，衍射效应如何变化 ?
L
b
第十一章光学
33
物理学
第五版
六
牛顿环
由一块平板玻璃和一平凸透镜组成
d
Δ 2d
第十一章光学
光程差

2
34
物理学
第五版
牛顿环实验装置

大学物理第十一章测试解答

答：C
o
3．在下面几种说法中，正确的是： [ ] （A）波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的；（B）波源振动的速度与波速相同；（C）在波传播方向上，任一质点的振动位相总是比波源的位相滞后；（D）在波传播方向上，任一质点的振动位相总是比波源的位相超前。
答：C
大学物理
4．两相干平面简谐波沿不同方向传播，如图所示，波速均为 u 0.40m/s ，其中一列波在A点引起的振动 y1 A1 cos(2，另一列波在B点引起的振动 t / 2) 方程为 y2，它们在P点相 / 2) A2 cos(2 t 方程为遇，， AP 0.80m ，则两波在P点的相位差为： BP 1.00m [ ] （A）0 （C）（B）
大学物理
340 340 3( ) 2040 340 S 340 S
S 0.25(m/s)
(2)vS=2040Hz，v=4Hz，u=340m/s，=0.2m/s 反射面接收到的频率
v 反R
u vS u
A
S

反射面
大学物理
观察者接收到的反射波频率
u u u u vS v R1 v 反R vS u u u u
大学物理
二、填空题：
1、产生机械波的必要条件是波源和传播机械波的介质。 2、处于原点（x=0）的一波源所发出的平面简谐波的波动方程为 y A cos( Bt Cx) ，其中A、B、C皆为常数。此波的速度为 B C ；波的周期为 2 B ；波长为 2 C ；离波源距离为l处的质元振动相位比波源落后 lC ；此质元的初相位为 lC 。 x 2x y A cos( (t )) y A cos(t ) u t 3．一驻波表式为 y 4 102 cos 2x cos 400（SI制），在 x=1/6（m）处的一质元的振幅为 2 102 m ，振动速度的表式为 v 8 sin 400t m/s 。