大学物理第七章习题
《大学物理》章节试题及答案(七)
《大学物理》章节试题及答案第七章 恒定磁场7 －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B R 、B r 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 ）。
7 －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 ）．7 －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 ）．7 －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 ≠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 ）． *7 －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 ）．7 －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。
大学物理习题答案解答第七章直流电路
第七章 直流电路二、填空题1、0S j dS ⋅=⎰⎰或0j ∇⋅=2、非静电力3、充电，放电4、串联时，两导线的电流强度相等，即12I I =，因截面积12:3:1S S =，所以电流密度大小121212::1:3I I j j S S ==，再由欧姆定律的微分形式j E σ=（其中σ是导体的电导率，通常仅与导体材料和温度有关，此处12σσ=），可得两导线的电场之比为121212::1:3j j E E σσ==；若将二导线并联，接上同一电池，则12εε=，因导线长度12l l =，注意到导线电动势与电场满足关系El ε=，所以两导线的电场之比为121212::1:1E E l l εε== 因导线的电阻满足l R S ρ=（其中1ρσ=是导体的电阻率，此处12ρρρ==）。
所以两导线的电阻之比为 12121212::1:3l l R R S S ρρ== 不妨记01R R =，则203R R =，当两导线串联时，总电阻1204R R R R =+=，电源输出功率为221=4P I R R εεε==串 当两导线并联时，由11112R R R ---=+，可得总电阻034R R =，电源输出功率为 2204=3P R R εε=并所以，电池供给的总电功率之比为220014:=:=3:1643P P R R εε串串5、零6、升高，降低。
三、选择题1、选A2、选C3、选B4、质量为m ，电量为q 的油滴静止时，设其所在位置的电场强度大小为E ，则有qE mg =当电荷量减小时，为维持该油滴仍处于静止状态，需要增大其所在位置处的电场强度。
因平行板电容器内电场是匀强场，由课本平行板电容器的电容一节可知两极板电势差为0AB Qd V Ed Sε== 由此可得电容内部电场强度0Q E Sε= 因所给选项均无法改变电场强度大小，故不选。
5、选D 。
四、计算题1、解：记四个灯泡的通电电阻为12340 6.0R R R R R =====Ω，电源电动势和内阻分别为ε和r 。
大学物理第7章习题参考答案(钟韶 编)
第七章7-1 （1）由RT MmpV =把p =10atm, T=(47+273)K=320K.m =0.1kg, M=32×10-3kg R =8.31J ·mol -1·K -1代入.证V =8.31×10-3m 3(2) 设漏气后，容器中的质量为m ′，则T R M m V p ''=' 3201.0853*******⨯⨯='⇒⨯'=⇒R MR M m R Mm pV )kg (151='⇒m 漏去的氧气为kg 103.3kg 301kg )1511.0(2-⨯≈=-='-=m m m ∆ 7-2 太阳内氢原子数H Sm M N =故氢原子数密度为3827303)1096.6(341067.11099.134⨯⨯⨯⨯===-ππs H S R m M VN n)(105.8329-⨯=m由P =nkT 知)(1015.11038.1105.81035.17232914K nk p T ⨯=⨯⨯⨯⨯==- 7-3 如图混合前：2221112222111O He T M m T M m RT M m pV RT M m pV =⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫==气有对气有对 ①总内能 222111212523RT M m RT M m E E E +=+=前 ② ①代入②证1114RT M m E =前 混合后：设共同温度为T题7-2图()RT M m T T EF RT M m M m E 21210221125231,2523⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=式得又由后 ③ 又后前E E =，故由（2）（3）知)/53(8211T T T T +=7-4 (1) ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>≤≤≤≤=000002020)(v v v v v av v v v av f （2）由归一化条件⎰∞=01d )(v v f 得020032123d d 000v a av v a v v v a v v v =⇒==+⎰⎰（3）4d d )(00002/02/Nv v v a N v v Nf N v v v v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰∆ （4）从图中可看出最可几速率为v 0~2v 0各速率. （5）⎰⎰⎰+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==∞0002/000d d d )(v v v v va v v v av v v vf v020911611v av ==（6）02/02/097d d d )(d )(0002121v v v v a v v av v v v f v v vf v v v v v v v v v =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰⎰⎰ 7-5 氧气未用时，氧气瓶中T T p L V V ====111,atm 130,32 V RTMp V RT Mp m 11111==① 氧气输出压强降到atm 102=p 时 V RTMp V RT Mp m 22222== ② 氧气每天用的质量 000V RTMP m =③L 400,atm 100==V P设氧气用的天数为x ,则021210m m m x m m xm -=⇒-= 由(1)(2)(3)知021021)(V p Vp p m m m x -=-=)(6.932400110130天=⨯⨯-=7-6 （1）)(m 1041.23001038.110325235--⨯=⨯⨯==KT p n （2）(kg)103.51002.61032262330--⨯=⨯⨯==N M μ （3）)kg/m (3.1103.51041.232625=⨯⨯⨯==-μρn （4）(m)1046.31041.21193253-⨯=⨯==nl（5）认为氧气分子速率服从麦克斯韦布，故 )(m s 1046.4103230031.86.16.11-23⨯=⨯⨯==-M RT v （6）122ms 1083.43-⨯==MRTv （7）(J)1004.13001038.12522023--⨯=⨯⨯⨯==KT i ε 7-7 3112310m 1006.12371038.1104---⨯=⨯⨯⨯==∴=kT p n nkTp )(cm 1006.135-⨯= 故1cm 3中有51006.1⨯个氮气分子.m101.21006.111d 43113-⨯≈⨯==n7-8 由课本P 257-258例7-4的结论知 )l n (0pp Mg RTh =(m)1096.1)8.01ln(8.9102930031.833⨯=⨯⨯⨯=- 7-9 (1) (J)1021.63001038.123232123--⨯=⨯⨯⨯==KT t （2）看作理想气体，则3132310101030028.16.16.1---⨯⨯⨯==μKTv 12ms 1003.1--⨯=7-10 (J)5.373930031.82323=⨯⨯===RT N E 平动平动ε (J)249330031.8122=⨯⨯===RT N E 转动转动ε内能(J)1023.630031.825253⨯=⨯⨯==RT E7-11 （1）由KTpn nKT p =⇒=∵是等温等压 ∴ 1:1:21=n n （2） MRT v 6.1=是等温，∴4:1322::1221====M M v v7-12317233102.33001038.11033.1---⨯=⨯⨯⨯==m KT P n m)(8.71033.110923001038.1d 2320232=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==---ππλpKT7-13 (1)8000021042.56.1d 2⨯=⇒⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫===z M RT v KT p n v n z π（2）由公式MTRK p M RTKT p v n z 222d 26.1d 2d 2πππ===知 z 与T 和P 有关，由于T 不变，故z 只与P 有关.则1854000071.01042.510013.11033.1::--=⨯⨯⨯⨯='='⇒'='s z p p z p p z z 7-14 （1）如图MRT v 32=∴A c A c T T v v ::22=又 C B →等温过程，故C B T T =. 由B A A B V V P P RT Mm pV ===2则A B T T 2= ∴1:2:22=A c V V（2）AAc c A c P T P T pKT ::d 22==λλπλ C B →等温过程 A C A A A C B B C C p p V p V p V p V p =⇒=⨯⇒=221:2:=∴A C7-15 （1）MRTv 73.12= )(ms 100.7102400031.873.1133--⨯=⨯⨯=（2）m 10210)31(2122101021--⨯=⨯+=+=d d d （3）325202210710401042d 2⨯⨯⨯⨯⨯⨯==-ππv n z110s 105-⨯= 7-16 （1）题7-14图MTR k p z KT pn M RT v v n z ππππ8d 28d 222=⇒⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=== ① 又由mREMT RT M m RT M m E 3326=⇒==② 把②代入①知EmkMpKN E m kM pR z ππ3d 43d 4022== EmMpN π3d 402=（2） MRTv P 2=把②代入得mEmR EM M R V P 3232=⨯=（3）平均平动动能 0232323mN EMmR EM k kT t =⨯==ε。
大学物理第七章习题及答案
第七章 振动学基础一、填空1．简谐振动的运动学方程是 。
简谐振动系统的机械能是 。
2．简谐振动的角频率由 决定，而振幅和初相位由 决定。
3.达到稳定时，受迫振动的频率等于 ，发生共振的条件 。
4．质量为10-2㎏的小球与轻质弹簧组成的系统，按20.1cos(8)3x t ππ=-+的规律做运动，式中t 以s 为单位，x 以m 为单位，则振动周期为 初相位 速度最大值 。
5．物体的简谐运动的方程为s ()x A in t ωα=-+，则其周期为 ，初相位 6．一质点同时参与同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为10.1cos()4x t πω=+，20.1cos()4x t πω=-，其合振动的振幅为 ，初相位为 。
7．一质点同时参与两个同方向的简谐振动，它们的振动方程分别为)4cos(06.01πω+=t x ，250.05cos()4x t πω=+，其合振动的振幅为 ，初相位为 。
8．相互垂直的同频率简谐振动，当两分振动相位差为0或π时，质点的轨迹是 当相位差为2π或32π时，质点轨迹是 。
二、简答1．简述弹簧振子模型的理想化条件。
2．简述什么是简谐振动，阻尼振动和受迫振动。
3．用矢量图示法表示振动0.02cos(10)6x t π=+,(各量均采用国际单位).三、计算题7.1 质量为10×10-3㎏的小球与轻质弹簧组成的系统，按X=0.1cos （8πt+2π/3）的规律做运动，式中t 以s 为单位，x 以m 为单位，试求： （1）振动的圆频率，周期，初相位及速度与加速度的最大值； （2）最大恢复力，振动能量；（3）t=1s ，2s ，5s ，10s 等时刻的相位是多少？（4）画出振动的旋转矢量图，并在图中指明t=1s ，2s ，5s ，10s 等时刻矢量的位置。
7.2 一个沿着X 轴做简谐振动的弹簧振子，振幅为A ，周期为T ，其振动方程用余弦函数表示，如果在t=0时刻，质点的状态分别为： （1）X 0=-A ；（2）过平衡位置向正向运动； （3）过X=A/2处向负向运动； （4）过X=2A 处向正向运动。
习题解答---大学物理第7章习题--2
专业班级_____ ________学号________第七章静电场中的导体和电介质一、选择题：1，在带电体A旁有一不带电的导体壳B,C为导体壳空腔的一点，如下图所示。
则由静电屏蔽可知：[ B ]（A）带电体A在C点产生的电场强度为零；（B）带电体A与导体壳B的外表面的感应电荷在C点所产生的合电场强度为零；（C）带电体A与导体壳B的表面的感应电荷在C点所产生的合电场强度为零；（D）导体壳B的、外表面的感应电荷在C点产生的合电场强度为零。
解答单一就带电体A来说，它在C点产生的电场强度是不为零的。
对于不带电的导体壳B,由于它在带电体A这次，所以有感应电荷且只分布在外表面上（因其部没有带电体）此感应电荷也是要在C点产生电场强度的。
由导体的静电屏蔽现象，导体壳空腔C点的合电场强度为零，故选（B）。
2，在一孤立导体球壳，如果在偏离球心处放一点电荷+q，则在球壳、外表面上将出现感应电荷，其分布情况为 [ B ]（A）球壳表面分布均匀，外表面也均匀；（B）球壳表面分布不均匀，外表面均匀；（C）球壳表面分布均匀，外表面不均匀；（D）球壳的、外表面分布都不均匀。
解答 由于静电感应，球壳表面感应-q ，而外表面感应+q ，由于静电屏蔽，球壳部的点电荷+q 和表面的感应电荷不影响球壳外的电场，外表面的是球面，因此外表面的感应电荷均匀分布，如图11-7所示。
故选（B ）。
3. 当一个带电导体达到静电平衡时：[ D ](A) 表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 表面曲率较大处电势较高。
(C)导体部的电势比导体表面的电势高。
(D)导体任一点与其表面上任一点的电势差等于零。
4. 如图示为一均匀带电球体，总电量为+Q ，其外部同心地罩一、外半径分别为r 1、r 2的金属球壳、设无穷远处为电势零点，则在球壳半径为r 的P 点处的场强和电势为： [ D ]（A ）E=r Q U r Q 0204,4πεπε=（B ）E=0，104r Q U πε= （C ）E=0，rQ U 04πε=（D ）E=0，204r Q U πε=5. 关于高斯定理，下列说法中哪一个是正确的？ [ C ]（A ）高斯面不包围自由电荷，则面上各点电位移矢量D为零。
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答一、选择题7-1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[ ](A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析：理想气体分子的平均平动动能32k kT ε=，仅与温度有关，因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式p nkT =，当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选（C ）。
7-2 理想气体处于平衡状态，设温度为T ，气体分子的自由度为i ，则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为2i kT (B) 动能为2iRT(C) 平均动能为2i kT (D) 平均平动动能为2iRT分析：由理想气体分子的的平均平动动能32k kT ε=和理想气体分子的的平均动能2ikT ε=，故选择（C ）。
7-3 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为()()()1/21/21/222::2A B Cv v v =1:2:4，则其压强之比为A B C p :p :p[ ](A) 1:2:4 (B) 1:4:8 (C) 1:4:16 (D) 4:2:1=，又由物态方程p nkT =，所以当三容器中得分子数密度相同时，得123123::::1:4:16p p p T T T ==。
故选择（C ）。
7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果()2p O v 和()2p H v 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[ ](A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式p ν=质量22H O M M <，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线a 对应于氧分子的速率分布曲线。
大学物理7章作业
第七章机械波一。
选择题1。
机械波的表示式为（SI）,则(A）其振幅为3m（B）其波速为10m/s （C）其周期为1/3s (D）波沿x轴正向传播2。
一平面简谐波沿x轴正向传播，时波形图如图示，此时处质点的相位为(A) 0 （B) π(C）π/2 （D） - π/23. 频率为100Hz、波速为300m/s的简谐波，在传播方向上有两点同一时刻振动相位差为π/3，则这两点相距（A) 2m（B）21。
9m（C) 0.5m（D）28。
6m4。
一平面简谐波在介质中传播，某瞬时介质中某质元正处于平衡位置,此时它的能量为(A) 动能最大，势能为零 (B）动能为零，势能最大(C) 动能为零，势能为零（D）动能最大，势能最大5. 一平面简谐波在弹性介质中传播，下述各结论哪个是正确的？（A）介质质元的振动动能增大时，其弹性势能减小,总机械能守恒(B) 介质质元的振动动能和弹性势能做周期性变化，但二者的相位不相同(C) 介质质元的振动动能和弹性势的相位在任一时刻都相同，但二者的数值不相等(D）介质质元在其平衡位置处弹性势能最大6。
两相干波源S1、S2发出的两列波长为λ的同相位波列在P点相遇，S1到P点的距离是r1，S2到P点的距离是r2，则P点干涉极大的条件是(A)（B)（C）(D）7. 两相干波源S1和S2相距λ/4（λ为波长），S1的相位比S2的相位超前,在S1、S2连线上，S1外侧各点（例如P点）两波干涉叠加的结果是(A) 干涉极大(B) 干涉极小（C）有些点干涉极大,有些点干涉极小(D)无法确定8。
在波长为λ的驻波中,任意两个相邻波节之间的距离为（A) λ (B) 3λ/4 （C) λ/2（D）λ/4二。
填空题9。
一声波在空气中的波长是0.25m，传播速度时340m/s，当它进入另一种介质时，波长变成了0。
37m，则它在该介质中的传播速度为__________________。
10. 平面简谐波沿x轴正向传播，波动方程为，则处质点的振动方程为_________________,处质点与处质点振动的相位差为_______。
大学物理第7章电场题库答案(含计算题答案)
大学物理第7章电场题库答案(含计算题答案)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN9题图 第七章 电场填空题 （简单）1、两无限大平行平面的电荷面密度分别为σ+和σ+，则两无限大带电平面外的电场强度大小为σε ，方向为 垂直于两带电平面并背离它们 。
2、在静电场中，电场强度E 沿任意闭合路径的线积分为 0 ，这叫做静电场的 环路定理 。
3、静电场的环路定理的数学表达式为 0l E dl =⎰ ，该式可表述为 在静电场中，电场强度的环流恒等于零 。
4、只要有运动电荷，其周围就有 磁场 产生；5、一平行板电容器，若增大两极板的带电量，则其电容值会 不变 ；若在两极板间充入均匀电介质，会使其两极板间的电势差 减少 。
（填“增大”，“减小”或“不变”）6、在静电场中，若将电量为q=2×108库仑的点电荷从电势V A =10伏的A 点移到电势V B = -2伏特的B 点，电场力对电荷所作的功A ab = 92.410⨯ 焦耳。
(一般)7、当导体处于静电平衡时，导体内部任一点的场强 为零 。
8、电荷在磁场中 不一定 （填一定或不一定）受磁场力的作用。
9、如图所示，在电场强度为E 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面，E 与半球面轴线的夹角为α。
则通过该半球面的电通量为 2cos B R πα-⋅ 。
10、真空中两带等量同号电荷的无限大平行平面的电荷面密度分别为σ+和σ+，则两无限大带电平面之间的电场强度大小为 0 ，两无限大带电平面外的电场强度大小为σε 。
11、在静电场中，电场力所做的功与 路径 无关，只与 起点 和 终点位置 有关。
12、由高斯定理可以证明，处于静电平衡态的导体其内部各处无 净电荷 ，电荷只能分布于导体 外表面 。
因此，如果把任一物体放入空心导体的空腔内，该物体就不受任何外 电场的影响，这就是 静电屏蔽 的原理。
(一般)13、静电场的高斯定理表明静电场是 有源 场， (一般)14、带均匀正电荷的无限长直导线，电荷线密度为λ。
(完整版)大学物理学(课后答案)第7章
第七章课后习题解答一、选择题7-1处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们[ ](A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强(C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强分析：理想气体分子的平均平动动能，仅与温度有关，因此当氦气和32k kTε=氮气的平均平动动能相同时，温度也相同。
又由理想气体的压强公式，p nkT =当两者分子数密度相同时，它们压强也相同。
故选（C ）。
7-2 理想气体处于平衡状态，设温度为T ，气体分子的自由度为i ，则每个气体分子所具有的[ ](A) 动能为(B) 动能为2ikT 2iRT(C) 平均动能为(D) 平均平动动能为2ikT 2iRT分析：由理想气体分子的的平均平动动能和理想气体分子的的平均动32k kT ε=能，故选择（C ）。
2ikT ε=7-3 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为，则其压强之比为 [ ]()()()1/21/21/222::2A B Cvv v =1:2:4A B C p :p :p (A)(B)(C)(D) 1:2:41:4:81:4:164:2:1，又由物态方程，所以当三=p nkT =容器中得分子数密度相同时，得。
故选择（C ）。
123123::::1:4:16p p p T T T ==7-4 图7-4中两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线。
如果和分别表示氧气和氢气的最概然速率，则[ ]()2p O v ()2p H vh(A) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =(B) 图中a 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(C) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /1/4v v =(D) 图中b 表示氧气分子的速率分布曲线且()()22p p O H /4v v =分析：在温度相同的情况下，由最概然速率公式p ν=尔质量，可知氢气的最概然速率大于氧气的最概然速率，故曲线对22H O M M <a 应于氧分子的速率分布曲线。
大学物理第7章恒定磁场试题及答案.docx
第7章恒定磁场一、选择题1.磁场可以用下述哪一种说法来定义？[](A)只给电荷以作用力的物理量(B)只给运动电荷以作用力的物理量(C)贮存有能量的空间(D)能对运动电荷作功的物理量2.空间某点磁感应强度的方向，在下列所述定义中错误的是[](A)小磁针N极在该点的指向(B)运动正电荷在该点所受最大的力与其速度的矢积的方向(C)电流元在该点不受力的方向(D)载流线圈稳定平稳时，磁矩在该点的指向3.下列叙述中错误的是[](A) 一根给定的磁力线上各点处的B的大小一定相等一(B)一根给定的磁力线上各点处的〃的方向不一定相同(C)均匀磁场的磁力线是一组平行直线(D)载流长直导线周围的磁力线是一组同心圆坏4.下列关于磁力线的描述中正确的是[](A)条形磁铁的磁力线是从N极到S极的(B)条形磁铁的磁力线在磁铁内部是从S极到N极的(C)磁力线是从N极出发终止在S极的曲线(D)磁力线是不封闭的曲线5.下列叙述中不能正确反映磁力线性质的是[](A)磁力线是闭合曲线(B)磁力线上任一点的切线方向为运动电荷的受力方向(C)磁力线与载流回路彖环一样互相套连(D)磁力线与电流的流向互相服从右手定则6.关于磁场之I'可的相互作用有下列说法,其屮正确的是[](A)同性磁极相吸，异性磁极相斥(B)磁场屮小磁针的磁力线方向只有与磁场磁力线方向一致时,才能保证稳定平稳(C) 小磁针在非均匀磁场中一定向强磁场方向运动 (D) 在涡旋电场中，小磁针沿涡旋电场的电场线运动7. 一电荷放置在行驶的列车上，相对于地面来说，电荷产生电场和磁场的情况将是[](A) (B)只只产生产生电场磁场(C)既产生电场，又产生磁场 (D)既不产生电场，又不产生磁场 T7-1-7图8. 通以稳恒电流的长直导线，在其周阖产生电场和磁场的情况将是 [](A)只产生电场 (B) 只产生磁场(C) 既产生电场，又产生磁场 (D) 既不产生电场，乂不产生磁场9. 在电流元I d/激发的磁场中，若在距离电流元为r 处的磁感应强度为d B .则下列叙述中正确的是(C) dB 一的方向垂直于/d 乙与[组成的平面二T7-1-9图 (D) dB 的方向为(-厂)方向10. 决定长直螺线管中磁感应强度大小的因素是 [](A)通入导线中的电流强度 (B)螺线管的体积(C)螺线管的直径(D)与上述各因素均无关一-11. 磁场的高斯定理B-dS= 0,说明S[](A)穿入闭合曲血的磁感应线的条数必然等于穿出的磁感应线的条数(B) 穿入闭合曲面的磁感应线的条数不等于穿出的磁感应线的条数[](A) d B 一的方向与r 方向相同一(B) dB 的方向与/d/方向相同 dl(C) 一根磁感应线可以终止在闭合曲面内 (D) 一根磁感应线不可能完全处于闭合曲面内13. 磁场中的高斯路理JJ BdS= 0说明了磁场的性质之一是[](A)磁场力是保守力(B)磁力线可能闭合 (C)磁场是无源场(D)磁场是无势场14. 若某空间存在两无限长直载流导线，空间的磁场就不存在简单的对称性.此 时该磁场的分布[](A)可以直接用安培环路定理来计算 (B) 只能用安培环路定理来计算 (C) 只能用毕奥-萨伐尔定律来计算(D) 可以用安培环路定理和磁场的叠加原理求出15.对于安培环 路定律I ,在下面说法中正确的是[](A)H 只是穿过闭合环路的电流所激发,与环路外的电流无关(B)是环路内、外电流的代数和(C) 安培环路定律只在具有高度对称的磁场中才成立(D) 只有磁场分布具有高度对称性时,才能用它直接计算磁场强度的人小16. 在圆形电流的平面内取一同心圆形坏路，由于环路内无电流穿过，所以§H・d/[](A)圆形环路上各点的磁场强度为零(B) 圆形环路上各点的磁场强度方向垂直于环路平面 (C) 圆形坏路上各点的磁场强度方向指向圆心 (D) 圆形环路上各点的磁场强度方向为该点的切线方向12.安培环路定 律/说明了磁场的性质之一是[](A)磁力线是闭合曲线(C)磁场是无源场(B)磁场力是保守力 (D)磁场是无势场17.下述情况中能用安培坏路定律求磁感应强度的是[](A) 一段载流直导线 (C) 一个环形电流(B) 无限长直线电流 (D) 任意形状的电流1& 取一闭合积分回路L,使三根载流导线穿过L 所围成的面.现改变三根导线 之间的相互间隔，但不越出积分回路，则[](A)回路厶内的》/不变，厶上各点的8不变(B)回路厶内的工/不变,L 上各点的B 改变变，厶上各点的B 不变 (D)冋路厶内的》/改变，厶上各点的B 改变19.边长为L 的一个正方形线圈屮通有电流/,则线圈中心的磁感应强度的大小将](A)与厶成正比 (B)与厶成反比(C)与厶无关(D)与厶*成正比T7-1-19图 20. 一无限长直圆柱体，半径为沿轴向均匀流有电流. 磁感应强度大小为Bi,圆柱体外(r>R )感应强度大小为B2,则有[1(A) 31、均与厂成正比设圆柱体内(r<R )的 (B) B 、、B 2均与厂成反比(C) B\与F •成反比,与厂 成正比(D) B 1与F •成正比，〃2与r 成反比 T7-1-20图21.如T7-1-21图所示，两根载有相同电流的无限长直导 线，分别通过x 】 = l 和兀2=3的点，且平行于尹轴.由此可 知,磁感一应强度B 为零的地方是 O12 3 x T7-1-21 图[](A) x=2的直线上(B) x>2的区域(C) x<l 的区域 (D)不在平而内22・一个半径为R 的圆形电流厶其圆心处的磁场强度大小为[1(A)4R (B)(C) 0(D)— 2R23. 有一个圆形冋路1及一个正方形冋路2,圆的直径和正方 形回路的边长相等，二者屮通有大小相等的电流，它们在各自屮心产 生的磁感应强度的大小之比BJB.为[](A) 0.90(B) 1.00(C) 1.11 (D) 1.2224. 一载有电流I 的细导线分别均匀密绕在半径为R 和r 的长直圆筒上形成两个螺 线管(R = 2r ),两螺线管单位长度上的匝数相等•两螺线管屮的磁感应强度大小B R 和B r 应满足关系[](A) B R =2 B 丫 r(D) B R = 4 B r25. 两根载有相同电流的通电导线，彼此之间的斥力为F.如果它们的电流均增加一 倍,相互之间的距离也加倍,则彼此之间的斥力将为变为FF[](A)—(B)— (C)F (D) 2F4226. 两束阴极射线(电子流)，以不同的速率向同一方向发射，则两束射线间[](A)存在三种力：安培力、库仑力和洛仑兹力 (B) 存在二种力:库仑力和洛仑兹力 (C) 存在二种力：安培力和洛仑兹力 (D) 只存在洛仑兹力27. 可以证明，无限接近长直电流处(r->0)的B 为--有限值.可是从毕一萨定律 得到的长直电流的公式屮得出，当尸一0时B-8.解释这一矛盾的原因是 [](A)毕一萨定律得出的过程不够严密(B) 不可能存在真正的无限长直导线 (C) 当尸一0 口寸，毕一萨定律已不成立 (D) 毕一萨定律是一个近似理论28. 运动电荷受洛仑兹力后，其动能、动量的变化情况是[](A)动能守恒(B)动量守恒(C)动能、动量都守恒(D)动能、动量都不守恒29. 运动电荷垂直进入均匀磁场后，下列各量中不守恒是T7亠23图(B)B R =B 「 (C) 2B R =B[](A)动量(B)关于圆心的角动量(C)动能(D)电荷与质量的比值30. —电量为g 的带电粒子在均匀磁场中运动，下列说法中正确的是 [](A)只要速度大小相同,粒子所受的洛仑兹力就相同(B) 在速度不变的前提下，若电荷q 变为一么则粒子受力反向，数值不变 (C) 粒子进入磁场后，其动能和动量都不改变 (D) 洛仑兹力与速度方向垂直,所以其运动轨迹是圆31. 一个长直螺线管通有交流电，把一个带负电的粒子沿 螺线管的轴线射入管屮，粒子将在管屮作 ](A)圆周运动 (B)沿管轴来回运动(C)螺旋线运动 (D)匀速直线运动T7-1-31图32. 一束正离子垂直射入一个均匀磁场与均匀电场互相平行 且同向的区域.结果表明离子束在一与入射束垂直放置的荧光屏 上产生一条抛物线,则所有粒子有相同的 [](A)动能(B)质量(C)电量(D)荷质比 T7-1-32图33. 质量为〃?、电量为g 的带电粒子，以速度v 沿与均匀磁场E 成g 角方向射入磁场，英轨迹为一螺旋线.若要增大螺距，应34. 在一个由南指向北的匀强磁场中，一束电子垂直地向下通过_B此 (C) [ ] (A)磁场，受到由由磁场对西下指向上指向它东的作用力的力•向耳V® 0 0T7-1-34 图—11 11 111[](A)增大磁场B (C)减小速度v (B)减少磁场B _(D) 增加夹角q(B)(D)由由北东指向指向南西35. 一电子在垂直于一均匀磁场方向作半径为R 的圆周运动，电子的速度为v ，忽略电子产生的磁场，则此轨道内所包圉面积的磁通量为x BxnmvRT7亠35图36. 一带电粒子垂直射入均匀磁场中，如果粒子质量增大到原来的两倍，入射速度增 大到两倍，磁场的磁感应强度增大到4倍，忽略粒子运动产生的磁场，则粒子运动轨迹所包 围范围内的磁通量增大到原来的1 1 [](A)2 倍 (B)4 倍(C)2 倍(D)4倍37. 一电子以速度丿垂直地入射到一磁感应强度为B 的均匀磁场中•忽略其电子产 生的磁场,此时电子在磁场中运动的轨道所圉面积的磁通量 [](A)正比于3,正比于v 2 (B)反比于B,反比于v 2(C) 正比于5正比于v(D)反比于5反比于v38. 图中六根无限长导线相互绝缘，通过的电流均为/,区域I 、II 、均为相等的正方形.问哪个区域垂直指向里的磁通量最大？1(B) II 区/ III IV (C)III 区(D) IV 区T7-1-38 图39. 在某均匀磁场中放置有两个平面线圈,其面积S]二2S2,通有电流人二2/2,它们所受的最大磁力矩之比M 2为[](A)1 (B)2 (C)4 (D) 1/440. 有一由N 匝细导线绕成的平而正三角形线圈，边长为°,通有电流/,置于均匀外 磁场3中.当线圈平面的法向与外磁场同向时，线圈所受到的磁力矩大小为 [](A) 3Na 岳/ 2(B) 3Na 炼 /4[](A)eR 2(B) emR (C)——eR(D)兀u41.一直径为2.0cm、匝数为300匝的圆线圈，放在5xl0'2T的磁场中，当线圈内通过10mA的电流时，磁场作用于线圈的最大磁力矩为[](A) 4.7 N.m (B) 4.7xlO'2N.m(C) 4.7x1 O'5 N.m (D) 4.7x10-4 N.m42.有一直径为8 cm的线圈，共12匝，通以电流5 A.现将此线圈置于磁感应强度为0.6 T的匀强磁场屮，则[](A)作用在线圈上的最大磁力矩为M=18N.m(B)作用在线圈上的最大磁力矩为M=1.8N.m(C)线圈正法线与B成30。
物理第7章试题及答案解析
物理第7章试题及答案解析一、选择题（每题3分，共30分）1. 光的干涉现象是指两个或多个光波在空间相遇时，由于相位差的存在，导致光强分布出现增强或减弱的现象。
以下关于光的干涉现象的描述，哪个是错误的？A. 光的干涉现象是波动性的体现B. 干涉条纹是等光程差的直线C. 干涉条纹的间距与波长成正比D. 干涉条纹的间距与光源的强度无关答案：D解析：干涉条纹的间距与光源的强度无关，它只与波长和干涉装置的几何结构有关。
2. 单缝衍射实验中，中央亮条纹的宽度与下列哪个因素有关？A. 单缝的宽度B. 光的波长C. 观察屏与单缝的距离D. 以上所有因素答案：D解析：中央亮条纹的宽度与单缝的宽度、光的波长以及观察屏与单缝的距离都有关系。
3. 双缝干涉实验中，若将其中一个缝遮挡，观察到的现象是：A. 干涉条纹消失，出现衍射条纹B. 干涉条纹消失，出现单缝衍射条纹C. 干涉条纹不变D. 干涉条纹变为原来的两倍答案：B解析：当双缝干涉实验中的一个缝被遮挡时，干涉条纹会消失，取而代之的是单缝衍射条纹。
4. 光的偏振现象表明光是横波，以下关于偏振现象的描述，哪个是正确的？A. 偏振光的振动方向与传播方向垂直B. 偏振光的振动方向与传播方向平行C. 偏振光的振动方向与传播方向成45度角D. 偏振光的振动方向可以是任意方向答案：A解析：偏振光的振动方向与传播方向垂直，这是光作为横波的一个特征。
5. 以下哪种现象不是光的衍射现象？A. 小孔成像B. 单缝衍射C. 双缝干涉D. 光栅衍射答案：C解析：双缝干涉是光的干涉现象，而不是衍射现象。
6. 光的全反射现象是指光从光密介质射向光疏介质时，当入射角大于临界角时，光将完全反射回光密介质中。
以下关于全反射现象的描述，哪个是错误的？A. 全反射现象只发生在光从光密介质射向光疏介质时B. 全反射现象与光的波长无关C. 全反射现象与入射角有关D. 全反射现象与介质的折射率有关答案：B解析：全反射现象与光的波长有关，不同波长的光有不同的临界角。
大学物理第7章静电场练习题
第7章 习题精选（一）选择题7-1、下列几种说法中哪一个是正确的（A ）电场中某点场强的方向，就是点电荷在该点所受电场力的方向． （B ）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同．（C ）场强可由q F E /计算，其中q 为试验电荷，q 可正、可负，F 为试验电荷所受电场力．（D ）以上说法都不正确．［ ］7-2、图中实线为某电场的电场线，虚线表示等势面，由图可看出： （A ）C B A E E E ，C B A V V V ．（B ）C B A E E E ，C B A V V V ． （C ）C B A E E E ，C B A V V V ．（D ）C B A E E E ，C B A V V V ．［ ］7-3、关于电场强度定义式0/q F E，下列说法中哪个是正确的（A ）场强E的大小与试验电荷0q 的大小成反比．（B ）对场中某点，试验电荷受力F与0q 的比值不因0q 而变． （C ）试验电荷受力F 的方向就是场强E的方向．（D ）若场中某点不放试验电荷0q ，则0 F ，从而0 E．［ ］7-4、有一边长为a 的正方形平面，在其中垂线上距中心O 点垂直距离为a /2处，有一电量为q 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为（A ）03 q ． （B ）04 q （C ）03 q ． （D ）06 q［ ］7-5、已知一高斯面所包围的体积内电荷代数和0 q ，则可肯定：（A ）高斯面上各点场强均为零． （B ）穿过高斯面上每一面元的电场强度通量均为零． （C ）穿过整个高斯面的电场强度通量为零． （D ）以上说法都不对．［ ］q7-6、点电荷Q 被曲面S 所包围，从无穷远处引入另一点电荷q 至曲面外一点，如图，则引入前后： （A ）曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强不变． （B ）曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强不变． （C ）曲面S 的电场强度通量变化，曲面上各点场强变化． （D ）曲面S 的电场强度通量不变，曲面上各点场强变化．［ ］7-7、高斯定理0/d q S E S（A ）适用于任何静电场． （B ）只适用于真空中的静电场． （C ）只适用于具有球对称性、轴对称性和平面对称性的静电场．（D ）只适用于虽然不具有（C ）中所述的对称性、但可以找到合适的高斯面的静电场．［ ］7-8、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是：（A ）如果高斯面上E处处为零，则该面内必无电荷．（B ）如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．（C ）如果高斯面上E处处不为零，则高斯面内必有电荷．（D ）如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电场强度通量必不为零．［ ］7-9、静电场中某点电势的数值等于（A ）试验电荷q 0置于该点时具有的电势能． （B ）单位试验电荷置于该点时具有的电势能． （C ）单位正电荷置于该点时具有的电势能．（D ）把单位正电荷从该点移到电势零点外力所做的功．［ ］7-10、图中所示为轴对称性静电场的E ~r 曲线，请指出该电场是由下列哪一种带电体产生的（E 表示电场强度的大小，r 表示离对称轴的距离）．（A ）“无限长”均匀带电圆柱面． （B ）“无限长”均匀带电圆柱体． （C ）“无限长”均匀带电直线． （D ）“有限长”均匀带电直线．［ ］7-11、如图所示，边长为l 的正方形，在其四个顶点上各放有等量的点电荷．若正方形中心O 处的场强值和电势值都等于零，则：（A ）顶点a 、b 、c 、d 处都是正电荷．（B ）顶点a 、b 处是正电荷，c 、d 处是负电荷． （C ）顶点a 、c 处是正电荷，b 、d 处是负电荷． （D ）顶点a 、b 、c 、d 处都是负电荷．［ ］7-12、图中所示为一球对称性静电场的电势分布曲线，r 表示离对称中心的距离．请指出该电场是由下列哪一种带电体产生的． （A ）半径为R 的均匀带负电球面．（B ）半径为R 的均匀带负电球体． （C ）正点电荷． （D ）负点电荷．［ ］7-13、已知某电场的电场线分布情况如图所示．现观察到一负电荷从M 点移到N 点．有人根据这个图作出下列几点结论，其中哪个是正确的（A ）电场强度N M E E ． （B ）电势N M V V ． （C ）电势能pN pM E E ． （D ）电场力的功0 W ．［ ］7-14、有三个直径相同的金属小球．小球1和小球2带等量异号电荷，两者的距离远大于小球直径，相互作用力为F ．小球3不带电并装有绝缘手柄．用小球3先和小球1碰一下，接着又和小球2碰一下，然后移去．则此时小球1和2之间的相互作用力为：（A ）0． （B ）F /4． （C ）F /8． （D ）F /2．［ ］7-15、一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为 ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感应电荷面密度为：（A ） 1， 2． （B ） 211 ， 212 ．（C ） 211 ， 212 ． （D ） 1，02 ．［ ］baA+7-16、A 、B 为两导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示．A 板带电荷1Q ，B 板带电荷2Q ，如果使B 板接地，则AB 间电场强度的大小E 为（A ）S Q 012 ． （B ）S Q Q 0212 ． （C ）S Q01 ． （D ）SQ Q 0212 ．［ ］7-17、两个同心薄金属球壳，半径分别为1R 和2R （12R R ），若分别带上电荷1q 和2q ，则两者的电势分别为1V 和2V （选无穷远处为电势零点）．现用导线将两球壳相连接，则它们的电势为（A ）1V ． （B ）2V ． （C ）21V V ． （D ）)(2121V V ．［ ］7-18、如图所示，一带负电荷的金属球，外面同心地罩一不带电的金属球壳，则在球壳中一点P 处的场强大小与电势（设无穷远处为电势零点）分别为：（A ）00 V E ，． （B ）00 V E ，． （C ）00 V E ，． （D ）00 V E ，．［ ］7-19、在一不带电荷的导体球壳的球心处放一点电荷，并测量球壳内外的场强分布．如果将此点电荷从球心移到球壳内其它位置，重新测量球壳内外的场强分布，则将发现：（A ）球壳内、外场强分布均无变化． （B ）球壳内场强分布改变，球壳外不变． （C ）球壳外场强分布改变，球壳内不变． （D ）球壳内、外场强分布均改变．［ ］7-20、电场强度0/q F E这一定义的适用范围是：（A ）点电荷产生的电场． （B ）静电场． （C ）匀强电场． （D ）任何电场．［ ］7-21、在边长为b 的正方形中心放置一点电荷Q ，则正方形顶角处的场强为： （A ）20π4b Q ． （B ）20π2b Q ． （C ）20π3b Q ． （D ）20πb Q． ［ ］7-22、一“无限大”均匀带电平面A 的右侧放一与它平行的“无限大”均匀带电平面B ．已知A 面电荷面密度为 ，B 面电荷面密度为 2，如果设向右为正方向，则两平面之间和平面B 右侧的电场强度分别为：+Q 2A B（A ）002 ，． （B ）00 ，． （C ）00232 ，． （D ）002 ， ． ［ ］7-23、一带有电量Q 的肥皂泡（可视为球面）在静电力的作用下半径逐渐变大，设在变大的过程中其球心位置不变，其形状保持为球面，电荷沿球面均匀分布，则在肥皂泡逐渐变大的过程中：（A ）始终在泡内的点的场强变小． （B ）始终在泡外的点的场强不变． （C ）被泡面掠过的点的场强变大． （D ）以上说法都不对．［ ］7-24、两个同心均匀带电球面，半径分别为a R 和b R （a R <b R ），所带电荷分别为a Q 和b Q ．设某点与球心相距r ，当b R r 时，该点的电场强度的大小为：（A ）2b b 2a 0π41R Q r Q ． （B ） 2b a 0π41r Q Q ． （C ） 2b a 0π41r Q Q ． （D ）2a 0π41r Q ． ［ ］7-25、关于高斯定理的理解有下面几种说法，其中正确的是： （A ）如果高斯面内有净电荷，则通过高斯面的电通量必不为零．（B ）如果高斯面内无电荷，则高斯面上E处处为零．（C ）如果高斯面上E处处不为零，则该面内必有电荷． （D ）高斯定理仅适用于具有高度对称性的电场．［ ］7-26、一点电荷放在球形高斯面的中心处，下列哪一种情况，通过该高斯面的电通量会发生变化． （A ）将另一点电荷放在高斯面外． （B ）将另一点电荷放在高斯面内． （C ）将球心处的点电荷移开，但仍在高斯面内． （D ）将高斯面缩小．［ ］7-27、在已知静电场分布的条件下，任意两点1P 和2P 之间的电势差决定于： （A ）1P 和2P 两点的位置． （B ）1P 和2P 两点处的电场强度的大小和方向． （C ）试验电荷所带电荷的正负． （D ）试验电荷所带的电量．［ ］7-28、带电导体达到静电平衡时，其正确结论是：（A ）导体表面上曲率半径小处电荷密度较小．（B ）表面曲率半径较小处电势较高．（C ）导体内部任一点电势都为零． （D ）导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零．［ ］7-29、一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差U ，电场强度的大小E ，将发生如下变化．（A ）U 减小，E 减小． （B ）U 增大，E 增大．（C ）U 增大，E 不变． （D ）U 减小，E 不变．［ ］（二）填空题7-1、根据定义，静电场中某点的电场强度等于置于该点的___________________所受到的电场力．7-2、电场线稀疏的地方电场强度________；密集的地方电场强度________．（填“较大”或“较小”）7-3、均匀带电细圆环圆心处的场强为______________．7-4、一电偶极子，带电量为C 1025 q ，间距cm 5.0 L ，则系统电矩为_____________Cm ．7-5、在静电场中作一任意闭合曲面，通过该曲面的电场强度通量的值取决于________________．7-6、两个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度分别为 和 ，则两平面之间的电场强度大小为___________________，方向为_____________________．7-7、一个均匀带电球面半径为R ，带电量为Q ．在距球心r 处（r ＜R ）某点的电势为________________．7-8、在电荷为q 的点电荷的静电场中，将一电荷为0q 的试验电荷从a 点（距离q 为a r ）沿任意路径移动到b 点（距离q 为b r ），外力克服静电场力所做的功 W ____________________．7-9、电荷为C 1059 的试验电荷放在电场中某点时，受到N 10209 的向下的力，则该点的电场强度大小为____________，方向____________．+ +2 AB C7-10、两个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度分别为 和 2 ，如图所示，则A 、B 、C 三个区域的电场强度分别为：E A ＝______________，E B ＝________________，E C ＝_____________（设方向向右为正）．7-11、一半径为R 的带有一缺口的细圆环，缺口长度为d （d <<R ）环上均匀带有正电，电荷为q ，如图所示．则圆心O 处的场强大小 E ______________，场强方向为____________．7-12、半径为R 的半球面置于场强为E的均匀电场中，其对称轴与场强方向一致，如图所示．则通过该半球面的电场强度通量为___________．7-13、一均匀带正电的导线，电荷线密度为 ，其单位长度上总共发出的电场线条数（即电场强度通量）是____________．7-14、如图，点电荷q 和-q 被包围在高斯面S 内，则通过该高斯面的电场强度通量 SS E d ＝_________，式中E为__________________处的场强．7-15、在点电荷+q 和-q 的静电场中，作出如图所示的三个闭合面S 1、S 2、S 3，则通过这些闭合面的电场强度通量分别是：1Φ＝___________，2Φ＝___________，3Φ＝________________．7-16、描述静电场的两个基本物理量是__________________；它们的定义公式是_______________和_________________．7-17、图示BCD 是以O 点为圆心，以R 为半径的半圆弧，在A 点有一电荷为+q 的点电荷，O 点有一电荷为-q 的点电荷．线段R BA ．现将一单位正电荷从B 点沿半圆弧轨道BCD 移到D 点，则电场力所做的功为_____________．7-18、半径为R 的均匀带电圆环，电荷线密度为 ．设无穷远处为电势零点，则圆环中心O 点的电势V ＝_____________________．7-19、静电场的场强环路定理的数学表示式为：____________．该式的物理意义____________________1 2 3该定理表明，静电场是____________场．7-20、电荷为Q 的点电荷固定在空间某点上，将另一电荷为q 的点电荷放在与Q 相距r 处．若设两点电荷相距无限远时电势能为零，则此时系统的电势能E p ＝___________________．7-21、一空气平行板电容器，两极板间距为d ，充电后板间电压为U ．然后将电源断开，在两板间平行地插入一厚度为d /3的金属板，则板间电压变成U =________________．7-22、如图所示，两同心导体球壳，内球壳带电荷+q ，外球壳带电荷-2q ．静电平衡时，外球壳的电荷分布为：内表面_____________；外表面_______________．7-23、如图所示，把一块原来不带电的金属板B ，移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ，平行放置．设两板面积都是S ，板间距离是d ，忽略边缘效应．当B 板不接地时，两板间电势差U AB =_____________；B 板接地时两板间电势差 ABU _____________．7-24、一个不带电的金属球壳的内、外半径分别为R 1和R 2，今在中心处放置一电荷为q 的点电荷，则球壳的电势U =_____________．7-25、一平行板电容器充电后切断电源，若使两电极板距离增加．则电容将____________，两极板间电势差将__________．（填“增大”、“减小”或“不变”）（三）计算题7-1、电荷为q 1＝×10-6C 和q 2＝×10-6C 的两个点电荷相距20cm ，求离它们都是20cm 处的电场强度．（真空介电常量-2-12120m N C 108.85 ）S7-2、如图所示，一长为10cm 的均匀带正电细杆，其电荷为×10-8C ，试求在杆的延长线上距杆的端点5cm 处的P 点的电场强度．（2-290C m N 10941）7-3、绝缘细线弯成的半圆环，半径为R ，其上均匀地带有正电荷Q ，试求圆心O 点的电场强度．7-4、“无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为 ，试求轴线上一点的电场强度．7-5、真空中两条平行的“无限长”均匀带电直线相距为a ，其电荷线密度分别为 和 ．试求：在两直线构成的平面上，两线间任一点的电场强度（选Ox 轴如图所示，两线的中点为原点）．7-6、真空中一立方体形的高斯面，边长a ＝，位于图中所示位置．已知空间的场强分布为：bx E x ，0z y E E ．常量b ＝1000N/（C m ）．试求通过该高斯面的电通量．7-7、如图所示，两个点电荷+q 和-3q ，相距为d ，试求：（1）在它们的连线上电场强度0 E的点与电荷为+q 的点电荷相距多远（2）若选无穷远处电势为零，两点电荷之间电势0 V 的点与电荷为+q 的点电荷相距多远7-8、一“无限大”平面中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为 ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势（选O 点的电势为零）．7-9、一个带等量异号电荷的均匀带电同心球面，半径分别为m 03.01 R 和m 10.02 R ．已知两者的电势差为450V ，求内球面上所带的电荷．7-10、厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为 ．试求图示离左板面距离为a 的一点与离右板面距离为b 的一点之间的电势差．12。
大学物理第7章 静电场中的导体和电介质 课后习题及答案
第7章 静电场中的导体和电介质 习题及答案1. 半径分别为R 和r 的两个导体球，相距甚远。
用细导线连接两球并使它带电，电荷面密度分别为1σ和2σ。
忽略两个导体球的静电相互作用和细导线上电荷对导体球上电荷分布的影响。
试证明：Rr =21σσ 。
证明：因为两球相距甚远，半径为R 的导体球在半径为r 的导体球上产生的电势忽略不计，半径为r 的导体球在半径为R 的导体球上产生的电势忽略不计，所以半径为R 的导体球的电势为R R V 0211π4επσ=14εσR= 半径为r 的导体球的电势为r r V 0222π4επσ=24εσr= 用细导线连接两球，有21V V =，所以Rr =21σσ 2. 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同。
证明: 如图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ （1）取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合圆柱面为高斯面，由高斯定理得S S d E S∆+==⋅⎰)(10320σσε 故 +2σ03=σ上式说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反。
（2）在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又 +2σ03=σ 故 1σ4σ=3. 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量。
解：如图所示，设金属球表面感应电荷为q '，金属球接地时电势0=V由电势叠加原理，球心电势为=O V R qdq R 3π4π4100εε+⎰03π4π400=+'=Rq R q εε 故 -='q 3q 4．半径为1R 的导体球，带有电量q ，球外有内外半径分别为2R 、3R 的同心导体球壳，球壳带有电量Q 。
文档：大学物理电磁学第七章习题
第七章 电磁感应和暂态过程一、选择题1、一导体圆线在均匀磁场中运动，能使其中产生感应电流的一种情况是（）A 、线圈绕自身直径轴转动，轴与磁场方向平行。
B 、线圈绕自身直径轴转动，轴与磁场方向垂直C 、线圈平面垂直于磁场并沿垂直于磁场方向平移。
D 、线圈平面平行于磁场并沿垂直磁场方向平移。
答案：B 2、一闭合正方形线圈放在均匀场中，绕通过其中心且与一边平行的转轴OO`转动，转轴与磁场方向垂直， 转动角速度为ω，如图所示，用下述哪一种办法可以使线圈中感应电流的幅值增加到原来的两倍（导线 的电阻不能忽略）？（）A 、把线圈的匝数增加到原来的两倍。
B 、把线圈的面积增加到原来的两倍，而形状不变C 、把线圈切割磁力线的两条边增长到原来的两倍D 、把线圈的角速度ω增大到原来的两倍 答案：D 3、两根无限长平行直导线载有大小相等方向相反的电流I,I 以dI/dt 的变化率增长,一矩形线圈位于导线平面内(如图)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 、线圈感应电流方向不确定 答案：B 4、一块铜板放在磁感应强度正在增大的磁场中，铜板中出现涡流（感应电流），则涡流将（） A 、加速铜板中磁场的增加 B 、减缓铜板中磁场的增加C 、对磁场不起作用D 、使铜板中磁场反向 答案：B 5、一无限长直导体薄板宽为l ，板面与Z 轴垂直，板的长度方向沿Y 轴，板的两侧与一个伏特计相接，如图，整个系统放在磁感应强度为B 的均匀磁场中，B的方向沿Z 轴正方向，如果伏特计与导体平板均以速度v向 Y 轴正方向移动，则伏特计指示的电压值为（）A 、0B 、vBl 21C 、vBlD 、vBl 2 答案：A 6、半径为a 的圆线圈置于磁场强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，线圈电阻为R ；当把线圈转动使其法向与B的夹角060=α时，线圈中已通过的电量与线圈面积及转动的时间的关系是（）A 、与线圈面积成正比，与时间无关B 、与线圈面积成正比，与时间成正比C 、与线圈面积成反比，与时间成正比D 、与线圈面积成反比，与时间无关 答案：A 7、将形状完全相同的铜环和木环静止放置，并使通过两环面的磁通量时间的变化率相等，则（） A 、铜环中有感应电动势，木环中无感应电动势 B 、铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小C 、铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大D 、两环中感应电动势相等 答案：D 8、在无限大长的载流直导线附近 放置一矩形闭合线圈，开始时线圈与导线在同一平面内，且线圈中两条边与导线平行，当线圈以相同的速率作如图所示的三种不同方向的平动时，线圈中的感应电流（） A 、以情况Ⅰ中为最大 B 、以情况Ⅱ中为最大C 、以情况Ⅲ中为最大D 、在情况Ⅰ和Ⅱ中相同 答案：B9、在两个永久磁极中间放置一圆形线圈，线圈的大小和磁极大小约相等，线圈平面和磁场方向垂直，今欲使线圈中产生逆时针方向（俯视）的瞬时感应电流I （如图），可选择下列哪一个方法？（）A 、把线圈在自身平面内绕圆心旋转一个小角度B 、把线圈绕通过其直径的OO`轴转一个小角度C 、把线圈向上平移D 、把线圈向右平移 答案：C 10、 一个圆形线环，它的一半放在一分布在方形区域的匀强磁场B 中，另一半位于磁场之外，如图所示，磁场B的方向垂直指向纸内，欲使圆线环中产生逆时针方向的感应电流，应使（）A 、线环向右平移B 、线环向上平移C 、线环向左平移D 、磁场强度减弱 答案：C 11、 如图所示，一载流螺线管的旁边有一圆形线圈，欲使线圈产生图示方向的感应电流I ，下列哪一种情况可以做到？（） A 、载流螺线管向线圈靠近 B 、载流螺线管离开线圈C 、载流螺线管中电流增大D 、载流螺线管中插入铁芯 答案：B12、 在一通有电流I 的无限长直导线所在平面内，有一半径为r ，电阻为R 的导线环，环中心距直导线为a ，如图所示，且a 》r,当直导线的电流被切断后，沿着导线环流过的电量约为（）A 、⎪⎭⎫ ⎝⎛+-r a a RIr 11220πμ B 、a r a R Ir +ln20πμ C 、aRIr 220μ D 、rRIa 220μ 答案：C13、 如图所示，一矩形线圈，放在一无限长载流直导线附近，开始时线圈与导线在同一平面内，矩形的长边与导线平行，若矩形线圈以图（1）、（2）、（3）、（4）所示的四种方式运动，则在开始瞬间，以哪种方式运动的矩形线圈中的感应电流最大？（） A 、以图（1）所示方式运动。
(完整版)大学物理静电场练习题及答案
练习题7-1 两个点电荷所带电荷之和为 Q，它们各带电荷为多少时，互相间的作用力最大 ?解 : 这是一个条件极值问题。
设此中一个点电荷带电 q，则另一个点电荷带电Q q ，两点电荷之间的库仑力为1Q q qFr 24 0由极值条件 dF dq0 ，得q 1 Q 2又因为d2 F1dq2 2 0 r 2<0这表示两电荷均分电荷Q 时，它们之间的互相作用力最大。
7-2 两个相同的小球，质量都是 m，带等值同号的电荷 q，各用长为 l 的细线挂在同一点，如图7-43 所示。
设均衡时两线间夹角 2很小。
（ 1）试证均衡时有以下的近似等式成立：123q lx0 mg2式中 x 为两球均衡时的距离。
(2)假如 l= 1.20 m， m=10 g，x=5.0 cm，则每个小球上的电荷量 q 是多少 ?(3)假如每个球以10 9 C s-1的变化率失掉电图 7-43 练习题 7-2 图荷，求两球相互趋近的刹时相对速率dx/dt 是多少 ?解：(1)带电小球受力解析如图解所示。
小球平衡时，有FTsinTcos mg由此二式可得tanFmg因为 很小，可有 tanx 2l ，再考虑到Fq20 x 24可解得21xq l 32 0mg（2）由上式解出3120 mgx22.38 108 Cql（3） 因为1 1dx l3 2 dq 2x dq3dt2 0 mgqdt3q dt3带入数据解得1.4010 3 m s-1合力的大小为F F x 2F 1cos212e 2x224d0 x2x 2d22132e 2 x44 x2d 2 3 2令 dF dx0 ，即有8e 2138x 24x2d23 22 4x 2d25 2由此解得 粒子受力最大的地点为xd2 2第七章静电场7-4 由相距较近的等量异号电荷构成的系统称电偶极子，生物细胞膜及土壤颗粒表面的双电层可视为好多电偶极子的会集。
所以，电偶极子是一个十分重要的物理模型。
大学物理 习题及答案
- 1 -第七章 真空中的静电场一、选择题1、库仑定律的适用范围是 [ ]()A 真空中两个带电球体间的相互作用； ()B 真空中任意带电体间的相互作用；()C 真空中两个正点电荷间的相互作用； ()D 真空中两个带电体的大小远小于它们之间的距离。
2、根据电场强度的定义式0q F E =，下列说法中正确的是：[ ] ()A 电场中某点处的电场强度在数值上等于该处单位正电荷所受的力；()B 从定义式中明显看出，场强反比于单位正电荷；()C 做定义式时0q 必须是正电荷；()D E 的方向可能与F 的方向相反。
3、一均匀带电球面，电荷面密度为σ，球面内电场强度处处为零，球面上面元d S 的一个带电量为σd S 的电荷元，在球面内各点产生的电场强度[ ]()A 处处为零； ()B 不一定都为零； ()C 处处不为零； ()D 无法判定。
4、关于真空中静电场的高斯定理⎰∑=⋅0εi q S d E ，下列说法正确的是：[ ] (A)该定理只有对某种对称性的静电场才成立(B)∑i q 是空间所有电荷的代数和(C) 积分式中的E 一定是电荷∑i q 激发的(D) 积分式中的E 是有高斯面内外所有电荷激发的5、静电场中某点电势的数值等于[ ](A) 试验电荷q 0置于该点时具有的电势能；(B) 单位试验电荷置于该点时具有的电势能；(C) 单位正电荷置于该点时具有的电势能；(D) 把单位正电荷从该点移到电势零点外力所作的功。
6、如图所示，半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ，设无穷远处的电势为零，则球内距离球心为r 的P 点处的电场强度的大小和电势为：[]- 2 -(A) 0=E ，r Q U 04επ=； (B) 0=E ，R Q U 04επ=； (C) 204r Q E επ=，r Q U 04επ=； (D) 204r Q E επ=，RQ U 04επ=。
7、点电荷Q -位于圆心O 处，a 是一固定点，b 、c 、d 为同一圆周上的三点，如图所示。
大学物理习题解答第七章课后习题参考答案
习 题 七7-1 如图所示，O S O S 21=．若在O S 1中放入一折射率为n ，厚度为e 的透明介质片，求O S 1与O S 2之间的光程差．如果1S 和2S 是两个波长为λ的同相位的相干光源，求两光在O 点的相位差．[解] O S1与O S 2的几何路程相等光程差为 ()e n 1-=δ 位相差为 ()e n 122-==∆λπδλπϕ7-2 一束绿光照射到两相距 0.6mm 的双缝上，在距双缝2.5m 处的屏上出现干涉条纹．测得两相邻明条纹中心间的距离为2.27mm ，试求入射光的波长．[解] 由杨氏双缝干涉知 dD x λ=∆ 所以 5448m 10448.55.21060.01027.2733=⨯=⨯⨯⨯=∆=---D xd λÅ7-3 如图所示，在双缝干涉实验中，21SS SS =，用波长为λ的单色光照S ，通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹．已知点P 处为第3级干涉明条纹，求1S 和2S 到点P 的光程差．若整个装置放于某种透明液体中，点P 为第4级干涉明条纹，求该液体的折射率．[解] 1S 和2S 到P 点的光程差满足λλδ312==-=k r r整个装置放置于液体中，1S 和2S 到P 点的光程差满足()λδ412=-=r r nλλ43=n所以得到 33.134==n7-4 如习题7-1图所示，1S 和2S 是两个同相位的相干光源，它们发出波长λ＝5000Å的光波，设O 是它们中垂线上的一点，在点1S 与点O 之间插入一折射率n ＝1.50的薄玻璃，点O 恰为第4级明条纹的中心，求它的厚度e ．[解] 在O 点是第4级明条纹的中心光程差 λδ4=-=e ne所以 410414⨯=-=n e λÅ7-5 初位相相同的两相干光源产生的波长为6000Å的光波在空间某点P 相遇产生干涉，其几何路径之差为6102.1-⨯m ．如果光线通过的介质分别为空气（11=n ）、水（=2n 1.33）或松节油（=3n 1.50）时，点P 的干涉是加强还是减弱．[解] 光在折射率为n 的介质中P 点处光程差为()12r r n -=δ介质为空气时，11=n ，则()λδ2m 102.16121211=⨯=-=-=-r r r r n光程差为半波长的偶数倍，所以P 点处干涉加强． 介质为水时，=2n 1.33，则()m 106.1102.133.1661222--⨯=⨯⨯=-=r r n δ光程差介于两种情况之间，且结果与半波长的奇数倍更接近，所以P 点光强介于明暗条纹中心光强之间，且与暗条纹中心光强更接近．介质为松节油时，=3n 1.50，则()λδ3m 108.1102.15.1661233=⨯=⨯⨯=-=--r r n光程差为半波长的偶数倍，所以P 点处干涉加强．7-6 在双缝干涉实验中，用很薄的云母片（58.1=n ）覆盖在双缝的一条上，如图所示．这时屏上零级明纹移到原来第7级明纹位置上．如果入射光波5000Å，试求云母片的厚度（设光线垂直射入云母片）．[解] 原来的第7级明纹的位置满足λ721=-r r加上云母片后，光程差满足[]()012121=---=+--e n r r ne e r r所以41003.6158.15000717⨯=-⨯=-=n e λ Å7-7 用单色光源S 照射平行双缝1S 和2S 形成两相干光源．在屏上产生干涉图样，零级明条纹位于点O ，如图所示．若将缝光源S 移到S '位置，问零级明条纹向什么方向移动?若使零级明条纹移回点O ，必须在哪个缝的右边插入一薄云母片才有可能? 若以波长为5890Å的单色光，欲使移动了4个明纹间距的零级明纹移回到点O ，云母片的厚度应为多少? 云母片的折射率为1.58．[解] 零级明纹是光程差为0的位置．移动光源后光线2的光程长了，为仍保持光程差为0，必须让1的光程增加以弥补2的增加，只有在下方1才比2长，所以向下．要回到原点，即通过加片的方法使得1的光程增大，所以在1S 后加．在原点时，两光线的光程差满足()λδ41=-=e n得到 m 1006.4158.1105890414610--⨯=-⨯⨯=-=n e λ7-8 用白光作光源观察杨氏双缝干涉，设缝间距为d ，双缝与屏的距离为D ，试求能观察到的无重叠的可见光（波长范围： 4000～7600Å）光谱的级次．[解] k 级明纹的位置为dD k x λ=k 要使光谱无重叠，必须满足 ()()λm i n 1k λm a x k +≤x x 因此 ()min max 1λλ+≤k k 即 ()140007600+≤k k解得 1.1 ≤k 所以只能看到一级无重叠光谱．7-9 白色平行光垂直照射到间距为m m 0.25=d 的双缝上，在距缝cm 50处放一屏幕，若把白光（4000～7600Å）两极端波长的同级明纹间的距离叫做彩色带的宽度，试求第1级和第5级彩色带的宽度．[解] 每一级的宽度()min max min max λλ-=-=∆dDkx x x 1=k 时，()mm 72.0m 102.710400076001025.010*******21=⨯=⨯-⨯⨯⨯⨯=∆----x 5=k 时，()mm 6.3m 106.310400076001025.010505310325=⨯=⨯-⨯⨯⨯⨯=∆----x7-l0 波长为λ的单色光垂直照射在如图所示的透明薄膜上，薄膜厚度为e ．两反射光的光程差是多少?[解]薄膜上下表面的反射光均有半波损失，故没有因半波损失而产生的光程差，因此上下表面反射的光程差为e e n 60.222==δ7-11 白光垂直照射在空气中厚度为71080.3-⨯m 的肥皂膜上，肥皂膜的折射率为1.33，在可见光范围内（4000～7600Å） 哪些波长的光在反射中增强．[解] 光程差 λλδk ne =+=22 所以124-=k neλ 当1=k 时，2021612108.333.1471=-⨯⨯⨯=-λÅ 当2=k 时，同理可得67392=λÅ 当3=k 时，同理可得40433=λÅ所以在可见光范围内波长为4043 Å和6739 Å的光在反射中增强．7-12 在观察肥皂膜的反射光时，表面呈绿色（λ＝5000 Å），薄膜表面法线和视线间的夹角为450，试计算薄膜的最小厚度． [解] 两反射光的光程差为λλδk i n n e =+-=2sin 2221221=k 时对应薄膜厚度最小为m 1011.145sin 33.14105000sin 470221022122--⨯=-⨯⨯=-=in n e λ7-13 用波长连续可调的平行光垂直照射覆盖在玻璃板上的油膜，观察到5000 Å和7000 Å这两个波长的光在反射中消失．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50．求油膜的厚度．[解] 某一波长的光在反射中消失，表明光在油膜上下表面反射的光干涉相消，故光程差为 ()21222λδ+==k e n对1λ： ()2122112λ+=k e n对2λ： ()2122222λ+=k e n又因1λ与2λ之间没有其他波长的光消失，故1λ与2λ的干涉级数只可能相差一级 故112-=k k 因此575000700012121211===-+λλk k解得 31=k 22=k以31=k 代入得，()m 1073.630.141050007412710211--⨯=⨯⨯⨯=+=n k e λ7-14 波长为5500 Å的黄绿光对人眼和照像底片最敏感，要增大照像机镜头对此光的透射率，可在镜头上镀一层氟化镁 （2MgF ）薄膜． 已知氟化镁的折射率为1.38，玻璃的折射率为 1.50，求氟化镁的最小厚度．[解] 要增大波长为λ的光的透射率，则须使反射光干涉减弱．那么，光程差应满足()21222λδ+==k e n当0=k 时，e 最小，为m 1096.938.1410550048102min--⨯=⨯⨯==n e λ7-15 如图所示，用波长为λ的单色光垂直照射折射率为2n 的劈尖．图中各部分折射率的关系是1n <2n <3n ，观察反射光的干涉条纹，从劈尖顶端开始向右数第5条暗纹中心所对应的厚度是多少?[解] 因1n <2n <3n ，故在劈尖上下表面的两反射光无因半波损失引起的附加光程差，干涉暗纹应满足()21222λδ+==k e n因棱边为明纹，故从棱边开始向右数第5条暗纹对应上式中4=k所以()()2225494142412n n n k e λλλ=+⨯=+=7-16 用波长为1λ的单色光垂直照射空气劈尖，从反射光的干涉条纹中观察到劈尖装置的点A 处是暗条纹．若连续改变入射光的波长，直到波长为2λ（2λ>1λ）时，点A 将再变成暗条纹．求点 A 处空气层的厚度． [解] 空气劈尖上暗条纹处满足()21222λλδ+=+=k ne因1=n ，所以()21222λλ+=+k e ，即λk e =2 在A 处 11A 2λk e =，22A 2λk e =同一点，e 相同，又2λ>1λ，故2k <1k ，又因1λ到2λ连续可调，中间无其他波长的光干涉形成暗条纹，故112-=k k因此 122111A 212λλλλλ-==k e7-17 用波长为λ的单色光垂直照射到空气劈尖上，从反射光中观察干涉条纹，距顶点为L 处是暗条纹．使劈尖角θ连续慢慢变大，直到该点再次出现暗条纹为止，劈尖角的改变量θ∆是多少?[解] 空气劈尖干涉暗纹，光程差为 ()21222k λλδ+=+=k e劈尖角为θ时，L 处有 ()212221k 1λλ+=+k e 劈尖角为θθ∆+时，有 ()212222k 2λλ+=+k e因为劈尖角连续改变，即e 连续增大，故2k =1k +1 由上述公式得 ()λ=-12k k 2e e又 θθL L e ==sin 1k ，()()θθθθ∆+=∆+=L L e sin 2k 因此 L2λθ=∆7-18 两块长度为l0cm 的平玻璃片，一端相互接触，另一端用厚度为0.004mm 的纸片隔开形成空气劈尖．以波长为5000Å 的平行光垂直照射，观察反射光的等厚干涉条纹．在全部10cm 长度内呈现多少条明纹?[解] 设平玻璃片长为L ，纸片厚为H ，则形成的空气劈尖角为LH ==θθsin 两相邻明纹间距为 HLl 22sin 2λθλθλ===故总条数为 1610500010004.022103=⨯⨯⨯===--λH l L N7-19 为测量硅片上氧化膜的厚度，常用化学方法将薄膜的一部分腐蚀掉，使之成为劈形（又称为台阶），如图所示．用单色光垂直照射到台阶上，就出现明暗相间的干涉条纹，数出干涉条纹的数目，就可确定氧化硅薄膜的厚度．若用钠光照射，其波长λ=5893Å，在台阶上共看到5条明条纹，求膜的厚度（氧化硅的折射率2n ＝1.5，硅的折射率为3n ＝3.42）．[解] 因1n <2n < 3n ，故台阶上下表面反射光的光程差为e n 22=δ明条纹满足的条件为 λk e n =22台阶棱边为明纹，因共看到5条明纹，所以4max =k ，由明纹条件得m 1078575.1105893222101022max max--⨯=⨯⨯===n n k e λλ7-20 检查平板的平整度时，在显微镜下观察到的等厚条纹如图所示，条纹的最大畸变量为1.5条纹间距，所用光波波长为546nm ，试描述待测平面的缺陷．[解] 因每一条干涉条纹上对应的空气厚度相同，故在同一条纹上，畸变部分和平行棱边的直线部分所对应的膜厚度相等，本来离棱边越远膜的厚度越大，而现在同一条纹上，远离棱边的畸变部分厚度并不大，这说明畸变部分是凸起的，因最大畸变是为1.5条纹间距，说明最大畸变处膜厚度比非畸变时膜厚度之差e ∆对应的级数差5.1=∆k由劈尖明纹公式 λλk e =+22得 λk e ∆=∆2所以 m 101.421046.55.1277--⨯=⨯⨯=∆=∆λk e7-21 如图所示，A 、B 是两只块规（块规是两端面经过磨平抛光达到相互平行的钢质长方体）．A 的长度是标准的，B 是相同规格待校准的．A 、B 放在平台上，用一块样板平玻璃压住．（1）设垂直入射光的波长为λ=5893Å，A 、B 相隔cm 5=d ，T 与A 、 B 间的干涉条纹的间距都是0.55 mm ，试求两块规的长度差．（2）如何判断A 、B 哪一块比较长些?（3）如果T 与A 、B 间的干涉条纹间距分别为0.55 mm 和 0.3 mm ，则说明什么问题?[解] （1） 劈尖干涉，相邻条纹间距l 满足l2sin λα=所以A 、B 两只块规的高度差为m 1068.21055.0210893.51052sin 5372----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===∆l d d h λα （2）因空气劈尖棱边处为暗纹，所以若压平板T ，a 、c 处暗纹位置不变，则B 比A 长，若压T ，b 、d 处暗纹位置不变，则A 比B 长．（3） 设平板T 与A 、B 间形成的劈尖角分别为1α、2α．干涉条纹间距分别为1l 和2l ，则 2sin sin 2211λαα==l l已知1l >2l ，则1α<2α，B 的端面与底面不平行，且d 处向下倾斜．7-22 如图所示的观察牛顿环的装置中，设平球面透镜中心恰好和平玻璃接触，透镜球面的半径cm 400=R ，用某单色光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环，测得第5个明环的半径是cm 30.0（1）求入射光的波长；（2）设图中OA ＝1.00cm ，求在半径为OA 的范围内可观察到的明环数．[解] （1）牛顿环明环半径公式为()2122k λR k r -=，所以()Rk r 1222k -=λ因中心为暗环，对应第5个明环5=k ，所以()5000104009103.0215222422k =⨯⨯⨯⨯=-⨯=--R r λÅ（2）因为()2122k λR k r -=，所以()5.5010541000.121217222k =⨯⨯⨯+=+≤--λR r k 所以能看到的明环数50个．7-23 用曲率半径为3.00m 的平凸透镜和平板玻璃作牛顿环实验，测得第k 级暗环半径为m m 24.4，第10+k 级暗环的半径为m m 0.6．求所用单色光的波长．[解] 牛顿环暗环半径公式为λkR r =k 故 ()λR k r 1010k +=+因此 ()()323232k 210k 1001.600.3101024.410610⨯=⨯⨯-⨯=-=--+R r r λÅ7-24 用牛顿环实验测单色光的波长．用已知波长为1λ的单色光垂直照射牛顿环装置时，测得第1和第9级暗环的半径之差为1l ；用未知单色光照射时测得第l 和第9级暗环的半径之差为2l ．求单色光的波长2λ．[解] 牛顿环暗环半径公式为 λkR r =k对1λ 11λR r = 199λR r = 所以()19119-=-λR r r又 119l r r =-， 故211⨯=λR l 同理得 222⨯=λR l因此 121222λλl l =7-25 一平凸透镜放在平板玻璃上，在反射光中观察牛顿环．当1λ＝4500Å时，测得第3级明环的半径为31006.1-⨯m ．换用红光，观测到第5级明环的半径为31077.1-⨯m ．求透镜曲率半径和红光的波长．[解] 牛顿环明环半径公式为()2122k λR k r -=，对1λ，3=k 时， 25123λR r =对2λ，5=k 时， 29225λR r =由此得 697145001006.191077.15956262123252=⨯⨯⨯⨯⨯==--λλr r Å由25123λR r =得， m 00.110450051006.12521062123=⨯⨯⨯⨯==--λr R7-26 用牛顿环干涉条纹测定凹球面的曲率半径．将已知曲率半径的平凸透镜放在待测的凹球面上，如图所示．在两曲面之间形成空气层，可以观测到环状干涉条纹．测得第4级暗环的半径4r ＝2.250cm ，已知入射光的波长λ＝5893 Å，平凸透镜的曲率半径1R ＝102.3cm ，求凹球面的曲率半径2R ．[解] 牛顿环k 级暗环条件为 ()21222λλ+=+k e 即 λk e =2由几何关系知 ()2111211212k 2e e R e R R r +=--=因为 11R e << ，故 112k 2e R r = 同理 222k 2e R r = 又 21e e e -= 联立上式得2k 1211r k R R λ-= 以 m 023.11=R ，4=k ，m 10589310-⨯=λ，m 10250.224-⨯=r ，代入得cm 8.1022=R7-27 在观察牛顿环干涉条纹的实验中，用图（a ）、（b ）、（c ）所示的装置代替平凸透镜和平玻璃组合．试画出反射光中的干涉条纹（只画暗条纹）．[解]（a ） （b ） （c ）7-28 用波长为λ的单色光源做迈克尔逊干涉仪实验，在移动反光镜2M 的过程中，视场中的干涉条纹移过k 条，求反射镜移动的距离?[解] 设反射镜移过的距离为d ，则光程差改变量为 λδk d ==∆2所以 2λk d =7-29 迈克尔逊干涉仪的一臂中放有长为100.0mm 的玻璃管，其中充有一个大气压空气，用波长为5850Å的光作光源．在把玻璃管抽成真空的过程中，发现视场中有100.0条干涉条纹从某固定点移过．求空气的折射率．[解] 设空气的折射率为n ，在由空气抽成真空的过程中，光程差改变量为()λk e n ∆=-12所以 00029.1100.10021058500.100121310=⨯⨯⨯⨯+=∆+=--e k n λ7-30 在把迈克尔逊干涉仪的可动反射镜移动0.233mm 过程中，数得条纹移动数为792，求所用光的波长．[解] 设反射镜移动距离为d ，则光程差改变 λδk d ∆==∆25884m 10884.579210233.022103=⨯=⨯⨯=∆=--k d λÅ7-31 常用雅敏干涉仪来测定气体在各种温度和压力下的折射率．干涉仪的光路如图所示．S 为光源，L 为正透镜，1G 、2G 为等厚且相互平行的玻璃板．1T 、2T 为等长的两个玻璃管，长度为l ．进行测量时，先将1T 、2T 抽空，然后把待测气体徐徐导入一管中，在E123451234512345处观察干涉条纹移动数，即可求得待测气体的折射率．设在测量某气体的折射率时，将气体慢慢放入2T 管中，从开始进气到标准状态时，在E 处共看到有98条干涉条纹移过去．所用的钠光波长λ＝5893Å （真空中），l ＝20cm ．求该气体在标准状态下的折射率．[解] 设待测气体在标准状态下的折射率为n ，则在气体导入前后，两条光路中的光程差改变为()λk l n ∆=-1所以00029.110201058939811210=⨯⨯⨯+=∆+=--l k n λ7-32 一单缝宽度4101-⨯=a m ，透镜的焦距m 5.0=f ，若分别用40001=λÅ和76002=λÅ的单色平行光垂直入射，它们的中央明条纹的宽度各是多少?[解] 一级暗纹公式为 λϕ=1sin a 而aλϕϕ==11sin所以 a f f f x λϕϕ===111tan 所以中央明纹的宽度为 af x x λ221==∆对1λ： m 1041011045.02234711---⨯=⨯⨯⨯⨯==∆a f x λ 对2λ： m 106.7101106.75.02234722---⨯=⨯⨯⨯⨯==∆a f x λ7-33 有一单缝宽m m 10.0=a ，在缝后放一焦距cm 50=f 的会聚透镜，用波长λ＝5460 Å的平行绿光垂直照射单缝，求位于透镜焦平面处的屏上的中央亮条纹的宽度．如果把此装置浸入水中，并把屏移动到透镜在水中的焦平面上，中央亮条纹的宽度变为多少?设透镜的折射率54.1='n ，水的折射率33.1=n ．（提示：透镜在水中的焦距()f nn n n f -'-'=1水） [解] （1） 中央明条纹的宽度为m 1046.51010.01046.51050223372----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==∆a f x λ （2） 在水中，透镜焦距为()f nn n n f -'-'=1水 所以中央明条纹的宽度为()()()()m 1040.1101.033.154.11046.550.0154.12122237---⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯=-'-'==∆a n n f n naf x λλ水7-34 用波长λ＝7000Å的平行光垂直照射单缝，缝后放一焦距为70cm 的正透镜，在透镜焦平面处的屏上测得中央亮条纹的宽度为3100.2-⨯m ．试计算： （1）单缝的宽度．（2）当用另一单色光照射时，测得中央亮纹的宽度为3105.1-⨯m ，求此光的波长． [解]中央亮条纹宽度为 af x λ2=∆ （1）由上式可得单缝的宽度为 m 109.41021071070224372----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=∆=x f a λ （2）由前式可得光的波长为5250m 1025.510072105.1109.427234=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯='∆='----f x a λÅ7-35 用平行光管把某光源发出的单色光变成平行光后垂直照射在宽度为0.308mm 的单缝上．用焦距为12.62cm 的测微目镜测得中央明条纹两侧第5级暗条纹之间的距离为x ∆＝2.414mm ．求入射光的波长．[解] 单缝衍射暗纹中心到中央亮纹中心距离为 af kx λ= 5=k 时，af x λ55= 两侧第5级暗纹之间的距离为 af x x λ1025==∆ 所以 58921062.121010414.210308.010233=⨯⨯⨯⨯⨯=∆=---f x a λÅ7-36 用波长λ＝6328Å的氦-氖激光垂直照射单缝，其夫琅禾费衍射图样的第1级极小的衍射角为50．试求单缝的宽度．[解] 单缝衍射暗纹条件为λϕk a =sin 当 1=k 时，λϕ=sin a所以 ϕλϕλ==sin a 式中 g r a d1805πϕ= 所以 m 1026.7518010328.667--⨯=⨯⨯=πa7-37 在正常照度下，人眼瞳孔的直径约为mm 2，人眼最敏感的波长为5500Å．眼前m m 250 （明视距离）处的点物在视网膜上形成艾里斑的角半径是多少? 明视距离处能够被分辨的两物点的最小距离是多少?（前房液和玻璃状液的折射率33.1=n ）[解] （1） 因人眼中玻璃状液体的折射率为n ，所以波长变为nλλ='在视网膜上形成爱里斑的角半径为rad 1052.210233.1105.522.122.122.1437---⨯=⨯⨯⨯⨯=='=nD D λλθ （2） 人眼的最小分辨角 Dλθ22.1min =设在距离L 处能分辨的最小距离为d （l d θ=），则m 104.810250102105.522.122.15337----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==D L d λ7-38 已知天空中两颗星对一望远镜的角距离为61084.4-⨯rad ，设它们发出光的波长为5500Å．望远镜的口径至少要多大才能分辨出这两颗星．[解] 设望远镜孔径为D ，当两星对望远镜的角距离大于其最小分辨角时方可分辨，即Dλ22.11084.46≥⨯-所以 cm 9.131084.4105.522.11084.422.1676=⨯⨯⨯=⨯≥---λD7-39 月球距地面约3.86510⨯km ，设月光按λ＝5500Å计算，问月球表面上距离多远的两点才能被直径为5.00m 的天文望远镜所分辨．[解] 设月球上两物点距离为d ，其对望远镜张角大于最小分辨角时，则能分辨该两点即DL d λ22.1≥ 所以 m 8.5100.51086.3105.522.122.187=⨯⨯⨯⨯=≥-D L d λ7-40 用波长为λ＝5893Å的钠光垂直照射光栅，测得第2级谱线的衍射角11102'︒=θ，而用待测波长的单色光照射时，测得第一级谱线的衍射角2441'︒=θ．试求光栅常数和待测光的波长．[解] 光栅方程为 ()λϕk b a =+sin 对1λ有 ()11sin λθ=+b a 对2λ有 ()222sin λθ=+b a由上两式得 546410893.51110sin 244sin 2sin sin 27002211=⨯⨯''⨯==-λθθλÅ 将1λ的数值代入得 m 1067.66-⨯=+b a7-4l 一块每毫米刻痕为500条的光栅，用钠黄光正入射，钠黄光中含有两条谱线，其波长分别为5896Å和5890Å．求在第2级光谱中这两条谱线分开的角度．[解] 光栅常数为 m 10250010163--⨯=⨯=+b a 由光栅方程可得 ()122s i nλϕ=+b a ()222sin λϕ='+b a 因此得到 ⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+='-=∆b a b a 21222arcsin 2arcsin λλϕϕϕ6767043.010210890.52arcsin 10210896.52arcsin =⎪⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⨯-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯⨯=----7-42 一单色平行光投射于衍射光栅，其入射方向与光栅法线夹角为θ，在和法线成︒11和︒53的方向上出现第1级光谱线，并且位于法线的两侧．求θ角的大小．为什么在法线的一侧能观察到第2级谱线，而另一侧却没有?[解]（1） 斜入射时，零级主极大在透镜的与入射光线平行的副光轴方向上．530角的衍射光线和入射光线分别在法线两侧，此衍射角应取负值，而110衍射角应取正值，所以两个第一级光谱线对应的方程分别为 ()()λθ-=-+053sin sin b a （1）()()λθ+=++011sin sin b a （2） 因此求得 3039.0sin =θ 07.17=θ（2） 设法线两侧衍射角为900时对应极大的级数分别为k 和k '在与入射光线异侧有 ()()λk b a -=-+0090sin 7.17sin （3） 在与入射光线同侧有 ()()λk b a '=++0090sin 7.17sin （4）由 （1）、（3）式相除，得 4.17.17sin 53sin 7.17sin 90sin 0000≈--=k 由 （2）、（4）式相除，得 64.27.17sin 11sin 7.17sin 90sin 0000≈++='k 由上面结果知，只有与入射光线同侧可观察到第二级谱线．7-43 一衍射光栅，每厘米有200条透光缝，每条透光缝宽为3102-⨯=a cm ，在光栅后放一焦距为m 0.1=f 的凸透镜．现以λ=6000Å单色平行光垂直照射光栅，试求： （1）透光缝的单缝衍射中央明条纹宽度；（2）在该宽度内有哪几个光栅衍射主极大?[解] （1）单缝衍射第一极小满足 λϕ=s i na （1） 中央明纹宽度为m 1061021060.122sin 2tan 2257---⨯=⨯⨯⨯⨯====∆a f f f x λϕϕ （2） 设该范围内主极大最大级数为k ，则()λϕk b a =+sin （2）由 （1）、（2）式有 5.210220010152=⨯⨯⨯=+=--a b a k 所以在此范围内能看到的主极大级数为210±±=，，k ，共5个光栅衍射主极大．7-44 试指出光栅常数()b a +为下述三种情况时，哪些级数的光谱线缺级？（1）光栅常数为狭缝宽度的两倍，即()a b a 2=+； （2）光栅常数为狭缝宽度的三倍，即()a b a 3=+；（3）光栅常数为狭缝宽度的2.5倍，即()a b a 5.2=+．[解] k 级缺级的条件为k aba k '+=() 3,2,1±±±='k （1）()a b a 2=+时，k k '=2，凡2的倍数级都缺级． （2） ()a b a 3=+时，k k '=3，凡3的倍数级都缺级． （3）()a b a 5.2=+时，k k '=5.2，凡5的倍数级都缺级．7-45 波长λ＝6000Å的单色光垂直入射到一光栅上，测得第2级主极大的衍射角为︒30，且第3级缺级．（1）光栅常数()b a +是多大？（2）透光缝可能的最小宽度是多少？（3）在屏幕上可能出现的主极大的级次是哪些？[解]（1） 由光栅方程得 ()λ230sin 0=+b a所以 m 104.21064430sin 2670--⨯=⨯⨯===+λλb a （2） 当k 级缺级时，满足 k a ba k '+=所以 k kba a '+=当1='k 时，缝宽a 最小，为 m 1083104.276--⨯=⨯=+=k b a a （3） 在屏幕上呈现的主极大的级数由最大级数和缺级情况决定． 因为 ()λφk b a =+sinmax k <4106104.276=⨯⨯=+--λba 因此 m a x k =3又因3=k 缺级，所以在屏上可能出现的级数为 2,1,0±±=k7-46 每厘米刻有400条刻痕的光栅，其透光缝5101-⨯=a m ，用波长为λ＝7000Å的光垂直照射在屏幕上可观察到多少条明条纹?[解] 光栅常数 m 105.240010152--⨯=⨯=+b a 因为 ()λϕk b a =+sinmax k <7.35107105.275=⨯⨯=+--λba 因此35max =k 缺级条件 k k k ab a k '='⨯⨯='+=--5.2101105.255所以 凡能被5整除的级数都缺级，共缺级个数为7535=='N 因此，光栅衍射在屏上呈现明条纹总数为 ()5717352=+-⨯=N7-47 以白光（波长范围4000～7600Å）垂直照射光栅，在衍射光谱中，第2级和第3级发生重叠．求第2级被重叠的范围．[解] 最小波长和最大波长分别为4000min =λ Å 7600max =λ Å第3级光谱中，min λ主极大的位置与第2级某一波长λ的主极大位置相同时，开始重叠，由光栅方程可求此波长 ()λϕ2s i n =+b a ()m i n 3s i n λϕ=+b a因此 600040002323min =⨯==λλÅ 故，第2级光谱中被重叠的光谱波长范围为 6000=λÅ~7600 Å7-48 用两米光栅摄谱仪拍摄氢原子光谱，在可见光范围内有四条谱线，如图所示．光栅上每厘米有4000条缝，光栅后的正透镜的焦距为2.00m ，在其焦平面上放一照相底片，求四条谱线在底片上的间距．[解] 光栅常数为 m 105.2400010162--⨯=⨯=+b a ∞对第一条谱线（1=k ），应用光栅方程，为()λϕ=+sin b a 对αH ， m 10563.671-⨯=λ，在底片上位置为m 543.0arcsin tan tan 1=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛+==b a f f x λϕ 同理可得δγβH H H ,,三条谱线在照像底片上的位置分别为m 396.02=x m 353.03=x m 333.04=x因此 αH 与βH 之间的间距为 7m 14.01=∆x同理可得βH 与γH 之间的间距为 m043.02=∆x γH 与δH 之间的间距为 m 02.03=∆x7-49 用白光照射每毫米50条刻痕的光栅，在距光栅2m 的屏幕上观察到各色光谱，设可见光的上限波长（红光）r λ＝7800 Å，下限波长（紫光） v λ=4000 Å，试计算屏幕上第1级光谱的宽度．[解] 第一级谱线满足 ()λϕ=+s i nb a 屏幕上红光谱线的位置为 ba f f x +≈≈r1λϕ 紫光谱线的位置为 ba f f x +≈'≈v2λϕ所以第一级光谱的宽度为()()m 108.310400078001015022103v r 21---⨯=⨯-⨯⨯=-+=-=∆λλb a fx x x7-50 一光源发射红双线在波长λ＝6563 Å处，两条谱的波长差λ∆＝1.8 Å．有一光栅可以在第1级中把这两条谱线分辨出来，求光栅的最少刻线总数．[解] 光栅的分辨率为 kN R =∆=λλ所以 1.364618.16563=⨯=∆=k N λλ 即光栅最少刻线总数为3647条．7-51 一光栅宽为6cm ，每厘米有6000条刻线，在第三级光谱中，对λ＝5000 Å处，可分辨的最小波长间隔是多大?[解] 光栅的总缝数为 3600066000=⨯=N因为光栅的分辨本领为kN =∆λλ046.03600035000=⨯==∆kNλλÅ7-52 一束波长为2.96 Å的X 射线投射到晶体上，所产生的第1级衍射线偏离原入射线方向731'︒，求对应此射线的相邻两原子平面之间的距离．[解] 设掠射角为ϕ，衍射线偏离入射线的角度为θ，则2θϕ=由布拉格方程 λϕk d =sin 2 得相邻两原子平面间距为()52.52731sin296.212sin 2sin 20='⨯⨯===θλϕλk k d Å7-53 以波长为1.10Å的X 射线照射岩盐晶面，测得反射光第1级极大出现在X 射线与晶面的夹角为'3011︒处．问：（1）岩盐晶体的晶格常数d 为多大?（2）当以另一束待测的X 射线照岩盐晶面时，测得反射光第一级极大出现在X 射线与晶面的夹角为'3017︒处，求待测X 射线的波长．[解] （1） 由布拉格方程 λϕk d =sin 2 ，所以 76.25.11sin 210.1sin 20===ϕλk d Å （2） 由布拉格方程得待测X 射线的波长为66.115.17sin 76.22sin 20=⨯⨯==k d ϕλÅ7-54 一束部分偏振光垂直入射于一偏振片上，以入射光为轴旋转偏振片，测得透射光强的最大值是最小值的5倍．求部分偏振光中自然光与线偏振光强度之比．[解] 设该束部分偏振光中自然光光强为0I ，线偏振光光强为I ，透过偏振片后自然光光强变为20I ，因此光强最大时I II +=20max , 光强最小时 20m i n I I =所以22500minmaxI I I I I +== 因此 210=I I7-55 两偏振片A 、B 的透振方向成︒45角，如图所示．入射光是线偏振光，其振动方向和A 的透振方向相同．试求这束光线分别从左边入射和从右边入射时，透射光强之比．[解] 设从左右两边入射时透射光强分别为1I 和2I由马吕斯定律得从左边入射时透射光强为002012145cos I I I == 从右边入射，则00202024145cos 45cos I I I =⋅= 所以入射光从左右两边入射，透射光强之比为1:2:21=I I7-56 三个理想偏振片1P 、2P 、3P 叠放在一起，1P 与3P 的透振方向互相垂直，位于中间的2P 与1P 的透振方向间的夹角为︒30．强度为0I 的自然光垂直入射到1P 上，依次透过1P 、2P 和3P ．求通过三个偏振片后的光强．[解] 通过1P 后： 0121I I =通过2P 后： 002128330cos I I I == 通过3P 后： 0022332360cos I I I ==7-57 一束太阳光以某一入射角入射于平面玻璃上，这时反射光为完全偏振光．若透射光的折射角为︒32，试求：（1）太阳光的入射角；（2）这种玻璃的折射率．[解] 因反射光为完全偏振光，所以入射角为布儒斯特角，则 0090=+r i 0000058329090=-=-=r i由布儒斯特定律得 60.158tan tan 00===i n7-58 光从介质1射向介质2时的临界角是︒60．布儒斯特角是多大? [解] 由光的折射定律得 020190sin 60sin n n = 所以2360sin 012==n n 由布儒斯特定律 23tan 120==n n i 由此得 9.400=i7-59 如图所示的各种情况中，以线偏振光或自然光入射于两种介质的界面上．图中0i 为起偏振角， 0i i ．试画出折射光线和反射光线并标出它们的偏振状态．[解] 折射光和反射光及其偏振状态如下图7-60 如图（a ）所示，一束自然光入射在方解石的表面上，入射光线与光轴成锐角，问有几条光线从方解石透射出来? 如果把方解石切割成等厚的A 、B 两块，并平行地移动一点距离，如图（b ）所示，此时光线通过这两块方解石后，有多少条光线射出来? 如果把B 绕入射光线转过一个角度，此时将有几条光线从B 射出来?[答] （1）因入射光不沿光轴方向，也不垂直于光轴，所以在方解石中产生双折射现象，有两条光线透射出来． （2）在A 中为o 光的光线射出来入射到B ，入射面就是B 中o 光的主平面，因此光线通过B 后，只有一条光线射出，同理，在A 中为e 光的光线通过B 后也有一束光线射出，所以从B 中透射出来的仍是两束光．（3）当把B 任意转过一角度时，A 中的o 光和e 透射出来入射到B 中，各自在B 中又发生双折射现象，每条光线在B 中又分为o 光和e 光，因此，总共有四条光线从B 中射出．*7-61 如图所示，一束自然光入射到一方解石晶体上，其光轴垂直于纸面．已知方解石对o 光的折射率o n ＝1.658，对e 光的折射率为=e n 1.486．（1）如果方解石的厚度为t ＝1.0 cm ，自然光的入射角︒=45i ，求a ，b 两透射光之间的垂直距离；（2）两透射光的振动方向如何? 哪一束光在晶体中是o 光? 哪一束光在晶体中是e 光?[解]（1）由折射定律得：i r n sin sin o o = （1）i r n sin sin e e = （2） 设则,,d BC L AB ==()0e tan tan r r t L -= （3）由于 i ABC =∠，所以 i L d cos = （4）由（1）、（2）、（3）、（4）联立得43.0658.145sin sin sin 000===n i r 002.25=r 48.0486.145sin sin 0e ==r 4.28e =r ()cm 07.02.25tan 4.28tan 0.100=-⨯=Lcm 05.045cos 07.00=⨯=d即a 、b 两光线的垂直距离为cm 05.0．（2）两透射光的振动方向见图．（3）a 为e 光，b 为o 光．*7-62 设方解石对钠黄光 （5893=λÅ）和氦氖激光（63282=λÅ）的主折射率相同，把方解石切割成对上述两光的四分之一波片，其最小厚度各是多少? 6584.1o =n ，4864.1e =n ．[解] 设最小厚度分别为1e 和2e ，依题意有()41e o 1λ=-n n e ()42e o 2λ=-n n e所以 ()()m 10565.84864.16584.1410893.5477e 011--⨯=-⨯⨯=-=n n e λ ()()m 10198.94864.16584.1410328.6477e 021--⨯=-⨯⨯=-=n n e λA B C。
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习题
1 一半径r =10cm B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B
垂直．当回路半
径以恒定速率
t
r d d =80cm ·s -1
收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 2
πr B BS m ==Φ
感应电动势大小
40.0d d π2)π(d d d d 2====
t
r
r B r B t t m Φε V
题2图
2 如题所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v
平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压 N M U U -． 解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v
方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰
+-<+-=
=b
a b
a MN b
a b
a Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，
大小为
b
a b a Iv -+ln
20πμ M 点电势高于N 点电势，即
b
a b
a Iv U U N M -+=
-ln 20πμ
题3图
3如题所示，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t
I
d d 的变化率增大，求： (1)
(2)
解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln [ln
π2d π2d π2000d
a
d b a b Il
r l r I
r l r I a
b b a
d d m +-+=
-=
⎰⎰
++μμμΦ (2) t
I
b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε
4 如题图所示，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4图
解: )cos(2
π02
ϕωΦ+=⋅=t r B S B m ∴ Bf
r f r B r B t r B t m m i 222
202ππ22π2π)
sin(2
πd d ===+=-=ωεϕωωΦε ∴ R
Bf
r R I m
22π==ε
5 如题5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 -1d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．
题5图
解: AB 、CD 运动速度v
方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势
⎰==⋅⨯=A
D I vb vBb l B v d
2d )(01πμε
BC 产生电动势
)
(π2d )(02d a I
vb
l B v C
B
+-=⋅⨯=⎰
με
∴回路中总感应电动势
8021106.1)11
(π2-⨯=+-=
+=a
d d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．
6 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B
中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题6图所示)，B
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: ⎰==︒=⋅=2
22
12160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ
∴ klvt t
m
-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．
题6图
题7图
7 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3
l
磁感应强度B 平行于转轴，如图7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 ⎰
=
=
320
2
92d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰
=
=
30
218
1
d l Oa l B r rB ωωε ∴ 226
1
)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8图
8 如题10-11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
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 b a b a Iv r r a r Iv l B v b a b a B
A AB
-+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμε
∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ b
a b
a Iv U AB -+=
ln 0πμ
题9图
9磁感应强度为B
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t
B
d d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．
解： ∵ bc ab ac εεε+=
t
B
R B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-
=Φε =-=t
ab
d d 2Φεt B
R B R t d d 12π]12π[d d 22=--
∴ t
B R R ac
d d ]12π43[22+=ε
∵
0d d >t
B
∴ 0>ac ε即ε从c a →
题10图
10一无限长的直导线和一正方形的线圈如题图所示放置(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
⎰
=
=323
00122ln π
2d π2a a Ia
r r
Ia
μμΦ
∴ 2ln π
2012
a
I
M μΦ=
=
11 一矩形线圈长为a =20cm ，宽为b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题图中(a)和(b) 解：(a)见题图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为
2ln π
2d 2π
d 020)
(12Ia r r Ia
S B b
b
S μμΦ⎰
⎰==
⋅=
∴ 6012
108.22ln π
2-⨯===
a N I N M μΦ H (b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012=Φ，见题图(b) ∴ 0=M
题11图
12 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
13 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 2
0π2R
I B r
μ=
∴ 4
222002
π82R
r I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰
⎰
=
==R
R
m I R
r
r I r r w W 0
2
04
320π
16π4d d 2μμπ。