普通物理学第六版第八章到第十二章部分题目

8-5【磁通量的计算】在地球北半球的某区域，磁感应强度的大小为T 5104-⨯,方向与铅直线成ο60角.求（1）穿过面积为12m 的水平平面的磁通量；（2）穿过面积为12m 的竖直平面的磁通量的最大值和最小值.解：（1）取水平面1S 的法线方向向上为正，则该面积的法线方向与磁感应强度的夹角为ο60.穿过的磁通量为W b BS S B 51110260cos -⨯==⋅=Φο（2）取竖直平面2S 的法线方向向南为正时，该面积的法线方向与磁感应的夹角为ο30.穿过的磁通量最大，为b 1046.330cos 522max W BS S B -⨯==⋅=Φο取竖直平面3S 的法线方向向北为正时，该面积的法线方向与磁感应强度的夹角为ο30.穿过的磁通量最小，为b 1046.3150cos 533min W BS S B -⨯-==⋅=Φο8-19 【毕奥-萨代尔定律的应用】一个塑料圆盘，半径为R ，电荷q 均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直于盘面的轴动，角速度为ω.求圆盘中心处的磁感应强度.解：如解图8-19所示，在圆盘上取半径为r 宽为dr 的圆环，环上的电量为rdr R q rdr R q rdr dq 22222===πππσ根据电流的定义，dtdq dI =dq 就是在圆盘绕轴转动的一个周期T 内，垂直通过盘的径向宽为dr 线段的电荷量.所以，有dr R q dq T dq dI 22πωπω===圆电流dl 在盘心的磁感应强度大小为dr R q rdIdB 20022πωμμ==匀角速率转动的带电圆盘在盘心的磁感应强度大小为⎰⎰===R R q dr R q dB B 002022πωηπωηB 的方向沿轴线，与ω成右手螺旋关系.8-24 【安培环路定理】如图所示的空心柱形导体半径分别为21R R 和，导体内载有电流Ι，设电流Ι均匀分布在导体的横截面上.求证导体内部各点（21R r R <<）的磁感应强度B 由下式给出：rR r R R IB 21221220)(2--=πη 试以1R =0的极限情形来检验这个公式.2R r =时又怎样？证明：设导体横截面上的电流密度为δ，有)(2122R R I-=πδ 在导体如截图8-24所示的截面上，以圆柱轴线到考察点P 的距离r为半径作同轴的闭合回路L ，令L 的绕行方向与电流成右手螺旋关系.根据电流分布的轴对称可知，磁感应线具有同样的轴对称分布，在回路L 上，各处dl 的方向与B 的方向一致.运用安培环路定理，有⎰'=⋅=⋅LI r B dl B 02ηπ式中'I 是环绕L 所围电流， 2122212212)(R R R r I R r I --=-='δπ所以，离轴r 处的磁感应强度B 的大小为）（）（2121222120)(2-R r R R R r R r I B <<-=πμ命题得证.在上式中，令1R =0，有2202R IrB πη=这是实心的柱形载流导线内离轴r 处磁感应强度B 的大小. 在导线表面，r=R 2，磁感应强度B 的大小为202R I B πη=8-30 【洛伦磁力的概念与应用】一质子以1.0×107m/s 的速度射入磁感应强度为B=1.5T 的均匀磁场中，其速度方向与磁场方向成300角.计算：（1）质子做螺旋运动的半径；（2）螺距；（3）旋转频率.解：（1）质子作匀速率圆周运动的向心力R v mB ev F 2⊥⊥==圆周运动的半径为 m eBmv eB mv R 21048.3sin -⊥⨯===θ（2）螺距为m eBmv v R v T v h 38.0cos 22cos //====⊥θππθ（3）旋转频率为 171028.221-⨯===s meBT v π 8-39 【安培定律】如图所示，在长直导线旁有一矩形线圈，导线中通有电流I 1=20A ，线圈中通有电流I 2=10A.已知d=1cm,b=9cm,l=20cm,求矩形线圈上收到的合力是多少？解：线圈左段导线受力的大小为dl I I l B I F πη221012==左方向向左.右段导线受力的大小)(221012b d l I I l B I F +='=πη右方向向右.线圈所受合力的大小为N b d d l I I F F F 4210102.7])(11[2-⨯=+-=-=πη右左合力F 的方向向右.9-2 【法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用】在两平行导线内，有一矩形线圈，如图所示，如导线中电流Ι随时间变化，试计算线圈中的感生电动势.解：取坐标轴Ox ,如解图9-2所示.两电流x 处的磁感应强度大小为xId d x IB πμπμ2)(20120-+-=B 的方向垂直纸面向里.取顺时针为回路的绕行方向，通过面元dx 1l d =S 的磁通量为dx l x I d d x I dS B dS B d 102102)(2⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=⋅=⋅=Φπμπμ通过矩形线圈的磁通量为)(22)(22221211010120222d l d In d l d In Il dx l x I d d x I l d d +-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=Φ⎰+πμπμπμ 矩形线圈中的感生电动势为dtdI d l d In d l d In l dt d i )(222212110+-+-=Φ-=πμε 当dtdI>0时，有i ε<0，表明回路中感生电动势的方向与绕行方向相反，为逆时针.若dtdI<0，则有i ε>0，回路中感生电动势的方向与绕行方向一致.9-4 【动生电动势的计算】PM 和MN 两段导线，其长均为10cm，在M 处相接成300角，若使导线在磁场中以速度v=15m/s 运动，方向如图，磁场方向垂直纸面向内，磁感应强度为B=25×10-2T ，问P 、N 两端之间的电势差为多少？哪一端电势高？解：设运动导线上的动生电动势P →M →N,即MN PM PN εεε+=式中PM ε是导线PM 上的动生电动势PM PM PM vBl vBl l B v -==⋅⨯=πεcos ）（MN ε是导线MN 上的动生电动势00cos30150cos MN MN MN vBl vBl l B v -==⋅⨯=）（ε两式中MN PM l l =，所以有V Bl PN MN PM PN 3107)30cos 1(v -⨯-=︒+-=+=εεε式中“-”号表明导线上的动生电动势方向与所设正方向相同，由N 指向P ，即沿N →M →P.P 、N 两端的电势差为V V V U PN N p PN 3100.7-⨯=-=-=ε即运动导线上P 端的电势高.9-11 【感生电动势和感生电场的计算】有一螺旋管，每米有800匝.在管内中心放置一绕有30圈的半径为1cm 的圆形回路，在0.01s 时间内，螺线管中产生5A 的电流.问小回路中产生的感生电动势为多少？解：螺线管内的均匀磁感应强度的大小为nI B 0μ=通过小回路的磁通链数为 20r NnI NRS N πμ==Φ=ψ 小回路中的电动势为V dtdIr n N dt d i 3201047.4-⨯==ψ=πμε 式中 s A sAdt dI m r n N /50001.05,01.080030=====，， 9-18 【自感和互感的计算】一截面为长方形的螺绕管，其尺寸如图所示，共有N 匝，求此螺线管的自感.解：设螺绕环中通有电流I ，根据安培环路定理，可有NI r H dl H L=⋅=⋅⎰π2可得到管内距轴线r 处的磁场强度和磁感应强度的大小为rNI H B r NIH πμμπ2,20===通过螺绕管的磁通链数为1220202221R R In Ih N r dr Ih N BdS N N S R R πμπμ⎰⎰===Φ=ψ 螺绕环的自感系数为12202R R In h N I L πμ=ψ=10-1 【谐振动的运动学问题】一个小球与轻弹簧组成的系统，按)38cos(05.0ππ+⨯=t x的规律振动，式中t 以s 为单位，x 以m 为单位.试求：（1）振动的角频率、周期、振幅、初相、速度及加速度的最大值； （2）T=1s 、2s 、10s 等时刻的相位各为多少？ （3）分别画出位移、速度、加速度与时间的关系曲线.解：（1）将小球的运动学方程与谐振动的一般形式)cos(0ϕω+=t A x 作比较，可得3,25.02,/12.258,05.00πϕωππω======s T s rad m A小球振动速度为)/()38sin(4.0)38sin(805.0)sin(0s m t t t A dt dx v ππππππϕωω+-=+⨯-=+-==小球振动速度最大值的绝对值为速度振幅m v ，m/s 26.14.0===πωA v m小球振动的加速度为)/)(38cos(2.3)38cos()8(05.0)cos(22202s m t t t A dt dv a ππππππϕωω+-=+⨯-=+-==小球振动加速度最大值的绝对值为加速度振幅m a ，222/6.312.3s m A a m ===πω（2）t=1s 时的相位为32538|)(|11πππϕωϕ=+=+===t t t t=2s 时的相位为349316|)(|22πππϕωϕ=+=+===t t t t=10s 时的相位为3241380|)(|1010πππϕωϕ=+=+===t t t（3）x （t ）、v （t ）、a （t ）曲线如解图10-1所示.10-2 【谐振动的运动学问题】有一个轻弹簧相连的小球，沿x 轴作振幅为A 的振动，周期为T.运动学方程用余弦函数表示.若t=0时，球的运动状态为： （1）A x -=0；（2）过平衡位置向x 正方向运动； （3）过2Ax =处向x 负方向运动； （4）过2Ax =处向x 正方向运动.试用矢量图示法确定相应的初相位的值，并写出振动表达式. 解：由题设条件可知，对同一个简谐运动系统，由于所处的初始状态不同，小球作频率相同处相不同的谐振动.各谐振动对应的旋转矢量图见解图10-2.（1）.;0,00πϕ±==-=v A x振动表达式为 ))(cos(SI t A x πω+=（2）.;0,0max 00πϕ-=>==v v x振动表达式为 ))(2cos(SI t A x πω-=（3）.3;0,200πϕ=<=v A x振动表达式为 ))(3cos(SI t A x πω+=（4）.4;0,200πϕ-=>=v A x振动表达式为 ))(4cos(SI t A x πω-=10-9 【谐振动的动力学问题】一弹簧振子作谐振动，振幅A=0.20m ，如弹簧的劲度系数k=2.0N/m ，所系物体的质量m=0.50kg ，试求：（1）当动能和势能相等时，物体的位移是多少？（2）设t=0时，物体正在最大位移处，达到动能和势能相等处所需的时间的是多少？（在一个周期内.）解：（1）振子作谐振动时，有 )cos(0ϕω+=t A x 动能和势能分别为)(sin 212102222ϕωω+==t mA mv E k )(cos 212102222ϕωω+==t mA kx E p动能和势能相等时，有 1)(tan 02=+ϕωt 即 ,...)2,1,0(2)21()t (0=+=+j j πϕω动能和势能相等时的位移为m A x 14.022±=±= 或者，由动能和势能相等时，有),21(2121,2122kA kx E E P ==即 得 A x 22±= （2）据题意可有.0,0,000===ϕ得v A x 所以，谐振动表达式为 t A x ωcos = 式中 s rad s rad m k /2/5.00.2===ω 当A x 22±=时，动能和势能相等，即有 ,...)2,1,0(4)12(2=+==j j t t πω所以，在开始计时后的一个周期内，动能和势能相等的时刻为st st st st 7.2870.2852.18339.084321========ππππ10-22 【简谐运动的合成】一个质点同时参与两个在同一直线上的谐振动：)652cos(03.0)62cos(04.021ππ-=+=t x t x 试求其合振动的运动学方程（式中x 以m 计，t 以s 计）.解：这两个谐振动的相位在任何时刻都反相，由旋转矢量图可知，合矢量A 在A 1方位如解图10-22所示.所以，合振幅为m m m A A A 01.003.004.021=-=-=初相位为 6100πϕϕ==合振动的运动学方程为 ))(62cos(01.021m t x x x π+=+=11-2 【波动的特征量各量之间的关系】一横波沿绳子传播时的波动表达式为)410cos(05.0x t y ππ-=x,y 的单位是m ，t 的单位是s.（1）求此波的振幅、波速、频率和波长；（2）求绳子上各质点振动的最大速度和最大加速度；（3）求x=0.2m 处的质点在t=1s 时的相位，它是原点处质点在哪一时刻的相位？（4）分别画出t=1s 、1.25s 、1.50s 各时刻的波形. 解：（1）将绳中横波的表达式)410cos(05.0x t y ππ-=与标准波动表达式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=022cos ϕλππx vt A y比较可得 m Hz v m A 5.0,5,05.0===λ并有 0,/5.20===ϕλs m v u（2）各质点振动的最大速度为 s m A v m /57.15.0===πω 各质点振动的最大加速度为 222/3.495s m A a m ===πω（3）x=0.2m 处质点在t=1s 时的相位为πππϕ2.9)2.04110(1,2.0=⨯-⨯=）（s m这是t 时刻前，坐标原点x=0处质点的振动相位为πππϕ2.9)0410(1,0=⨯-=t s m ）（得 t=0.92s（4）t=1s 时的波动方程为)(4cos 05.0)410cos(05.0m x x y πππ=-=t=1.25s 时的波动方程为)(4sin 05.0)45.12cos(05.0m x x y πππ=-=t=1.50s 时的波动方程为)(4cos 05.0)415cos(05.0m x x y πππ-=-=11-7 【根据已知物理量或波形建立波动表达式】一平面简谐波在t=0s 时的波形曲线如图所示，波速u=0.08m/s. （1）写出该波的波动表达式； （2）画出8Tt =时的波形曲线.解：（1）由波形曲线可知.4.0,04.0m m A ==λ由v u λ=，得s rad v Hz v /4.02,2.0ππω===t=0时，x=0处质点的运动状态为y 0=0，v 0<0，根据旋转矢量图可知，20πϕ=所以，O 点处质点的振动表达式为))(24.0cos(04.0)cos()(0m t t A t y o ππϕω+=+=波动表达式为))(254.0cos(04.02)08.0(4.0cos 04.0)(cos ),(0m x t x t u x t A t x y πππππϕω+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=（2）8T 时波形如下图波形中实线所示，将波向右移动8λ即可.11-11【波的能量】一平面简谐声波的频率为500Hz ，在空气中以速度u=340m/s 的速度传播.到达人耳时，振幅A=10-4cm,试求人耳接受到声波的平均能量密度和声强（空气的密度ρ=1.29kg/m 3）. 解：人耳接收到声波的平均能量密度为3622/1037.621m J A -⨯==ωρω 人耳接收到声波的声强为23/1016.2m W u I -⨯==ω11-29 【波的干涉和驻波】若弦线上的驻波表达式为)(20cos 2sin 2.0SI tx y ππ=求形成该驻波的两行波的表达式.解：设弦线上两同振幅的相干波相向而行，在x=0处的振动相位分别为21ϕϕ和，波动表达式分别为)2cos()2cos(2211ϕλπωϕλπω++=+-=x t A y x t A y在弦线上形成的合成波即驻波为)2cos()22cos(2121221ϕϕωϕϕλπ++-+=+=t x A y y y将上式与弦线上的驻波表达式相比较，应有mA t t xx 2.0220cos )2cos(2sin )22cos(1212==++=-+πϕϕωπϕϕλπ可解得 2221πϕπϕ-==，所以，两行波表达式分别为))(2220cos(1.0))(2220cos(1.021m x t y m x t y ππππππ-+=+-=12-10 【双缝干涉条纹的计算】在双缝干涉实验中，两缝的间距为1mm ，屏离缝的距离为1m ，若所用光源含有波长600nm 和540nm 两种光波.试求：（1）两光波分别形成的条纹间距；（2）两组条纹之间的距离与级数之间的关系； （3）这两组条纹有可能重合吗？解：已知.600,540,1,121nm nm m D mm d ====λλ （1）两光波分别形成的条纹间距21x x ∆∆和为nmm m d D x m mm m d D x 60.0100.610600101154.0104.51054010114932249311=⨯=⨯⨯⨯==∆=⨯=⨯⨯⨯==∆------λλ（2）在两光波各自的干涉条纹中，第k 级铭文中心位置分别为2211,λλdD kx dD kx k k == 它们的间隔为mm k m k dDk d D kx k 2512106106)(--⨯=⨯⨯=∆=-=∆λλλ 不同波长、相同级数的条纹的间隔k x ∆随着干涉条纹的增大而增大.（3）在两组干涉条纹中，当2λ的k 级和1λ的（k+1）级条纹重合时，有211λλdD k d D k =+）（得 9540600540121=-=-=λλλk从2λ=600nm 的k=9开始，都将有)1(2)2(1++<k k x x ，即两组条纹重合. 12-15 【薄膜干涉条纹的计算】白光垂直照射在空气中厚度为0.4mμ的玻璃片上.玻璃的折射率为1.50.试问在可见光范范围内（nm 700~400=λ），哪些波长的光在反射中增强？哪些波长的光在透射中增强？解：设波长为λ的光波在玻璃片的上、下表面反射加强，有...)3,2,1(22==+k k en λλ得 124-=k neλ 在可见光范围内，反射加强的波长对应k=3（其他值均在可见光范围外）.所以，nm nm 4801321040.050.143=-⨯⨯⨯⨯=λ在玻璃片上、下表面反射减弱（即透射加强）的光波满足条件...)3,2,1()12(22=+=+k k en λλ即 kne2=λ 在可见光范围内，托摄加强的光波波长为K=2时， nm ne600221==λ K=3时， nm ne400321==λ 12-30 【单缝衍射和光栅衍射】用波长nm nm 70040021==λλ和的混合光垂直照射单缝.在衍射图样中1λ的第k 1级明纹中心恰与2λ的第k 2级暗纹中心位置重合.求k 1和k 2.试问1λ的暗纹中心位置能否与2λ的暗纹中心位置重合？解：当1λ的第k 1级明纹恰与2λ的第k 2级暗纹位置重合时，这两个条文在θ方向上的光程差相等，即有22112)12(sin λλθk k a =+=得 472121221==+λλk k 使上式成立，可取k 1=3,k 2=2.当取k 1=6,k 2=10，...值时，上式虽也成立，但单缝衍射的光强已很弱.若1λ的第k 1级暗纹恰与2λ的第k 2级暗纹位置重合，有2211sin λλθk k a ==得 221221λλλk k k == 使上式成立，可取k 1=7,k 2=4.12-33 【单缝衍射和光栅衍射】已知一个每厘米刻有4000条缝的光栅，利用这个光栅可以产生多少个完整的可见光谱（nm 700~400=λ）？ 解：根据题意可得光栅常数为m m N L b a 62105.24000101--⨯=⨯==+设λ为可见光中红光的波长（最大波长），在光栅方程λθk b a =+sin )(中，令1sin =θ，可得红光主极大的最高级次29.310760105.296=⨯⨯=+=--λba k 取整数，k=3.所以，中央主极大一侧，可以有三个从紫色到红色的可见光谱.12-47 【光的偏振】如果起偏振器和检偏器的偏振化方向之间的夹角为300.（1）假定偏振是理想的，则非偏振光通过起偏器和检偏器后，其出射光强与原来的光强之比是多少？（2）如果起偏振器和检偏振器分别吸收了10%的可通过光线，则出射光强与原来光强之比是多少？解：设非偏振光的两个互相垂直光振动的光强分别为P S I I 和（P S I I ≠），有P S I I I +=0设起偏器P 1的偏振化方向与S I 光振动方向之间的夹角为θ，则与P I 振动方向之间的夹角为θπ-2，如解图12-47所示.（1）通过理想起偏振器P 1的光强为θθ221sin cos P S I I I +=通过理想检偏器P 2后的透射强度为PS P S P S I I I I I I I I I I +︒+=︒+=︒=30cos )sin cos (30cos )sin cos (30cos 22202222212θθθθ当非偏振光为自然光时，有2I I I P S ==， 375.0432130cos 21202=⨯=︒=I I（2）P 1吸收10%的光能时，)sin cos (1.011.012211θθP S I I I I +-=-='）（）（P 2也吸收10%的光能时，︒+-=︒'-='30cos )sin cos (1.0130cos 1.012222212θθP S I I I I ）（）（当非偏振光为自然光时，有304.030cos )1.01(2130cos )1.01(2122022202=︒-='︒-='I I I I 12-52 【光的偏振】二氧化碳激光器谐振腔的布儒斯特窗一般用诸来制成，使能对10.6m μ附近的红外激光有较大的透射率.如果诸的折射率为4.5，如图所示，试计算用诸制成的布儒斯特窗与放电管轴线所成之角α.解：设诸板的折射率为n ，0i 为沿传播方向的光在诸板表面入射的布儒斯特角，有n i =0tan827747.775.4arctan arctan 0'︒=︒===n i所以 2312900'︒=-︒=i α。