1 μ I 3μ I 第十三章 稳恒磁场
13—1 求各图中点 P 处磁感应强度的大小和方向。
[解] (a) P 点在水平导线的延长线上，水平导线在 P 点不产生磁场。P 点到竖直导线两端的连
线与电流方向的夹角分别为 θ = 0 ， θ = π 。因此，P 点的磁感应强度的大小为
B = μ 0
I ⎛ 0 π ⎞ ⎜ c os 0 − cos =
2 2
μ 0 I 4πa ⎝ 2 ⎠ 4πa
方向垂直纸面向外。
(b) 两条半无限长直导线在 P 点产生的磁场方向相同，都是垂直于纸面向内，它们在 P 点产 生的磁场的磁感应强度之和为
B = 2 μ 0 I = μ 0
I 1
4πr 2πr
半圆形导线在 P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形 导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即
B 2 = 1 μ 0
I
= μ 0 I 2 2r 4r 方向垂直纸面向内。
(c) P 点到三角形每条边的距离都是
d =
3 a 6
每条边上的电流在 P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是
B = 0 (cos 30 0 − cos 150 0
)= 0 0 4πd 2πa 故 P 点总的磁感应强度大小为
B = 3B = 9μ 0 I 0
2πa
方向垂直纸面向内。
13—2 有一螺线管长 L ＝20cm ，半径 r =2.0cm ，导线中通有强度为 I =5.0A 的电流，若在螺 线管轴线中点处产生的磁感应强度 B ＝ 6.16 ×10 −3
T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少 匝?
[解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为
μ
B =nI (cosβ 1 −cos β 2 ) = μ0 nI cos β2
2
13-3
−3 −7
2
n =
B μ0 I cos β 2 = B L 2 μ0 I 2 =
6.16 ×10 4π ×10 −7
× 5.0 ×
20 2 2
= 200匝 L + r 2 4 20 + 2 2
4
13—3 若输电线在地面上空 25m 处，通以电流1.8 ×103
A 。求这电流在正下方地面处产生
的磁感应强度。
[解] 已知直线电流的磁场公式
μ0 I
B = 4πa
(cos θ1 − cos θ 2 )
= 4π ×10 ×1.8 ×103 (cos 0 − cos π ) = 3.6 ×10 −6 T 4π × 25
13—4 在汽船上，指南针装在距载流导线 0.80m 处，该导线中电流为 20A 。(1)将此导线作 无限长直导线处理，它在指南针所在处产生的磁感应强度是多大?(2)地磁场的水平分量(向北) 为 0.18 ×10 −4 T 。由于电流磁场的影响，指南针的 N 极指向要偏离正北方向。如果电流的磁 场是水平的，而且与地磁场垂直，指南针的指向将偏离多大?求在最坏情况下，上述汽船中 的指南针的 N 极将偏离北方多少度?
[解] (1) 电流在指南针所在处的磁感应强度的大小为
B = μ 0 I 2 × 10 −7
× 20 =
T = 5.0 ×10 −6 T 1
2πr 0.80
(2) 如果电流的磁场是水平的而且与地磁场的水平分量 B 2 垂直(如图 a)，指南针偏离正北方 向的角度为 ϕ ，则
tan ϕ = B 1 = 5.0 × 10 −6
= 0.28 ϕ = 150 31′
B 0.18 ×10 −4
设指南针由于电流磁场偏离正北方向的角度为 ϕ1 ，由图(b)可知
B 2 sin ϕ1 = B 1 sin ϕ 2
两边微分后可得
d ϕ1 d ϕ 2
= B 1
cos ϕ 2 B 2 cos ϕ1
为求 ϕ1 的最大值 ϕ m ，令
d ϕ1 d ϕ 2
= 0 ，则有
m cos ϕ 2 = 0
π ϕ 2 =
2
因此 sin ϕ m =
B 1
B 2
= 0.28 ϕ = 16 0
8
′
13—5 在半径为 R 和 r 的两圆周之间，有一总匝数为 N 的均匀密绕平面线圈，通有电流 I ， 方向如图所示。求中心 O 处的磁感应强度。
[解] 取一半径为 x 厚度为 dx 的圆环,其等效电流为:
dI = jdx = NI dx
R − r
dB 0 μ dI = 0 2 x =
μ0 NIdx 2 x (R − r )
∴ B 0 = R ∫ dB 0 = ∫ μ0 NIdx = μ0 NI
ln R
NI
r 2 x (R − r ) 2(R − r ) r 方向垂直纸面向外.
13—6 电流均匀地流过一无限长薄壁半圆筒，设电流 I =5.0A ，圆筒半径 R =1.0 ×10 2 m 如图
所示。求轴线上一点的磁感应强度。
[解] 在金属片上对称地取两个宽为 ds = ds 1 = ds 2
的窄条。 条上电流为 dI =
ds
I
πR
每个窄条是一条无限长载流直导线，在中心轴线上 P 点产生的 dB 为
dB = dB =
μ 0 dI 1 2 2πR
d B 1 和 d B 2 的方向已表示于图中，两者 x 分量相抵消，y 分量相加，总场只有 y 分量。由这
两条导线上电流共同贡献的磁感应强度是
13-5
dB = 2 ⋅
μ 0 dI cos θ = μ 0
I cos θds
2πR ∵ ds = Rd θ
π 2 R 2
μ I ∴ dB = 0 cos θd θ π 2 R μ I
dB = 0 cos θd θ
π 2 R
13—7 如图所示，长直导线通有电流 I ，求通过与长直导线共面的矩形面积 CDEF 的磁通 量。
μ I [解] 长直导线形成的磁感应强度为: B = 0
,取如图所示的微元,设顺时针方向为正,则
2πx
r r μ I d Φ = B ⋅ dS = 0
ldx
2πx
b μ Il μ Il b
Φ = ∫ d Φ = ∫ 0 dx = 0 ln
S
a 2πx 2π a
13—8 长直导线 aa ′ 与半径为 R 的均匀导体圆环相切于点 a ，另一直导线 bb ′ 沿半径方向
与
圆环接于点 b ，如图所示。现有稳恒电流 I 从端 a 流入而从端 b 流出。
(1)求圆环中心点 O 的 B 。
(2)B 沿闭合路径 L 的环流 ∫
B ⋅ dl 等于什么?
L
r r r r r
[解] (1) B 0 = B 1 + B 2 + B 3 + B 4
μ
I 其中: B4 = 0 B1 =
4πR
13-7
B =
2 μ0 I 2 , B =
1 μ0 I 3 , I
2 = l 3
2 3 2R 3 3 2R I 3 l 2
r r
故 B 2 与 B 3 大小相等,方向相反,所以 B 2 + B 3 = 0
因而 B o = B 1 =
μ0 I 4πR
,方向垂直纸面向外.
(2)由安培环路定理,有:
r r 2 I
∫ B ⋅ dl
L
= μ0 ∑ I i
= μ0 (I − 3
I ) = μ0
3
13—9 矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示，均匀密绕共 N 匝，通以电流 I ，试证明通过螺
绕环截面的磁通量为
Φ =
μ 0 NIh ln D 1 2π D 2
[证明] 以与螺绕环同心的圆周为环路，其半径为 r ，
D 2 < r < D
1 ，
2 2
∫ B ⋅ dl = 2πrB = μ 0
NI
B =
μ 0 NI
2πr
∴Φ = ∫ d Φ = ∫
BdS
= ∫
D 1 2
μ 0
NI
hdr =
μ 0 hNI
ln D 1
D 2 2
2πr
2π
D 2
13—10 试证明在没有电流的空间区域内，如果磁感应线是一些同方向的平行线，则磁场一 定均匀。
[证明] 在 B 线同方向平行的磁场中，作如图的矩形回路 abcda ，其 ab 边与 B 线平行。由于 回路中无电流，所以安培环路定理给出 ∫
B ⋅ d L = 0
L
b c d
a
又∫B ⋅d L = ∫a B1 ⋅d L + ∫b B ⋅d L + ∫c
L B
2
⋅d L + ∫d B ⋅d L
13-9
=
2
c a
其中
∫
b
B ⋅ d L 及 ∫d
B ⋅ d L 因 B ⊥d l ，所以其值为零。
b
d
故 ∫ B ⋅ d L =
∫
a
B 1 ⋅ d L + ∫
c L
B 2 ⋅ d L = 0
因为磁感应强度 B 是垂直于通过单位面积的磁通量即磁通密度，所以 B 线平行的磁场中，
ab 线上 B 处处等于 B 1 ，cd 线上 B 处处等于 B 2 ，因此有
B 1 ab − B 2 cd = 0
又 ab = cd
所以 B 1 = B 2
由于矩形回路的位置和宽度不限，此式均可成立。所以，在没有电流的空间区域内，若 B
线是同方向平行的直线，则磁场一定均匀。
13—11 如图所示，空心圆柱无限长导体内外半径分别为 a 和 b ，导体内通有电流 I ，且电 流在横截面上均匀分布，介质的影响可以忽略不计。求证导体内部(a B μ I r 2 − a 2 [解] 作图示的安培环路,有 2π (b 2 − a 2 ) r r r ∫ B ⋅ dl L = μ0 ∑ I i 即: ∫ Bdl = μ L I 0 π (b 2 − a 2 ) π (r 2 − a 2 ) ∴ B = μ0 I (r − a 2 ) 2π (b 2 − a 2 )r 13—12 一电磁铁的长直引线构造如下：中间是一直径为 5.0cm 的铝棒，周围同轴地套以内 直径为 7.0cm ，外直径为 9.0cm 的铝筒作为电流的回程(筒与棒间充以油类并使之流动以便散 热)。若通以电流I＝5.0 ×103 A，且导体的截面上电流分布均匀。试计算从轴心到圆筒外侧的磁场分布(铝和油本身对磁场分布无影响)，并画出相应的关系曲线。 [解] 取圆筒轴线上一点为圆心，以r 为半径的圆周为积分回路L，圆面垂直于轴线。则L 上各点的磁感应强度B 大小相等。方向沿径向。由安培环路定理得 13-11 = × I − ∫ B ⋅ dL = μ I 内 L ∴ B ⋅ 2πr = μ0 I 内 当 0 I πr 2 = 8 ×106 r 2 内 π (0.025)2 ∴ B = μ0 I 内 μ = 0 × 8 ×106 r 2 = 1.6r 2πr 2πr 当 2.5cm μ I ∴ B = 0 2πr 当 3.5cm I π (r 2 − 0.0352 ) I 内 = I − π (0.0452 − 0.0352 ) μ0 I 内 μ0 I π (r 2 − 0.0352 ) ∴ B = 2πr 2πr π (0.0452 − 0.0352 ) 当 4.5cm I 内 = I − I = 0 13—13 厚为 2d 的无限大导体平板，其内有均匀电流平行于表面流动，电流密度为 j ，求空 间磁感应强度的分布。 r [解] 建立如图所示的坐标系,对板内,取安培环路 abcd ，则: ∫ B ⋅ dl L = 2Bl = μ0 2 x lj ∴ B = μ0 jx 对板外,取安培环路a′b′c′ d ′,则有: r∫B ⋅ d l L 即: 2Bl ′= μ0 jl ′2d = μ I ∴B = μ jd 13-13 0 2 13—14 一根半径为 R 的长直导体圆柱载有电流 I ，作一宽为 R 长为 l 的假想平面 S ，如图 所示。若假想平面 S 可在导体直径和轴 OO ′ 所确定的平面内离开 OO ′ 轴移动至远处，试求 当通过面 S 的磁通量最大时平面 S 的位置(设直导线内电流分布是均匀的)。 [解] r ≤R 时： ∫ B 1 ⋅ d l = μ I ′ = μ I πR 2 πr 2 r 2 μ Ir B 1 2πr = μI 2 R 即 B 1 = 2πR 2 r ≥R 时： ∫ B 2 ⋅ d l = μ0 I μ0 I B 2 2πr = μ0 I 即 B 2 = 2πr 当假象平面的内边界离 OO ′ 轴 x 时 R φ = ∫ μ0 I R + x μ I ⋅ r ⋅ l ⋅ dr + ∫ 0 ⋅ l ⋅ dr = μ0 Il 1 (R 2 − x 2 )+ μ0 Il ln R + x x 2πR 2 R 2πr 2πR 2 2 2π R 令 φ ′ = 0 D d φ = − dx μ0 Il 4πR 2 μ Il ⋅ 2 x + 0 ⋅ 2π 1 = 0 x + R x 1 = 5 − 1 R 2 x 2 = − 5 + 1 R (舍) 2 对 φ 求二阶导数 d 2 φ 2 ⎡ μ Il = −⎜ 0 + μ0 Il ⎤ 2 ⎜ <0 dx ⎣ 2π R 2π (x + R ) ⎦ 因此 x 1 = 5 − 1 R 时，有最大值。 2 13—15 电流为 I 2 的等边三角形载流线圈与无限长直线电流 I 1 共面，如图所示。求： (1)载流线圈所受到的总的磁场力； (2)载流线圈所受到的磁力矩(通过点c 并垂直于纸面方向的直线为轴)。 13-15 ( ⎜ ⎠ [解] ab 边到长直导线的距离为 d ，电流 I 1 在 ab 边上的磁场为 B = μ 0 I 1 2πd 方向垂直纸面向内。此磁场对 ab 边的作用力为 μ 0 I 1 I 2 l F AB = I 2 Bl = 2πd 方向沿 z 轴方向。 在 bc 边上距 b 端 x 处取电流元 I 2 dx ，该处到长直导线的距离为 z = d + 3 x 2 I 1 在该处的磁场为 B ′ = μ 0 I 1 2πz = μ 0 I 1 π ( 2d + 3x ) 方向垂直纸面向内。该电流元受到的磁力 μ 0 I 1 I 2 dx dF = I 2 B ′dx = π 2d + 3x ) 方向如图所示。bc 边上各电流元所受磁力方向相同，bc 边所受磁力即为 l μ 0 I 1 I 2 dx μ 0 I 1 I 2 ⎡ l 1 ⎛ 3l ⎞⎤ F bc = ∫ dF = ∫0 π ( 2d + 3x ) = − π ⎜ − ⎜⎣ 2d ln ⎜1 + 3 ⎝ ⎜⎜ 2d ⎜⎜⎦ （2）磁矩的方向与外磁场的方向相同，所以闭合载流线圈受磁力矩为零。 13—16 试证明：一个任意形状的闭合载流线圈在均匀磁场中所受的总的磁场力恒为零。 [证明] 把闭合线圈分成无数个 dl ，则 d F = Id l × B ， 因此 F = ∫ d F = ∫ Id l × B = I ∫ d l × B = 0 13—17 在一个圆柱磁铁 N 极正上方，水平放置一半径为 R 的导线圆环，如图所示，其中 通有顺时针方向(俯视)的电流 I 。在导线处的磁场 B 的方向都与竖直方向成 α 角。求导线环 受的磁场力。 [解] 圆环上每个电流元受力为d F = Id l ×B 13-17 z z 将 B 分解为 z 分量和径向分量： B = B z + B r B z = B cos α ， B r = B sin α ∴ d F = Id l × (B + B r ) = Id l × B + Id l × B r d F z = Id l × B r d F r = Id l × B z 对于圆环： ∫ d F r = 0 圆环所受合力为 F = F z = IB r ∫ dl = 2πrIB sin α 13—18 一圆线圈的半径为 R ，载有电流 I ，置于均匀磁场中，如图所示。在不考虑载流线 圈本身激发的磁场的情况下，求线圈导线上的张力(已知线圈法线方向与 B 的方向相同)。 解: 取半个圆环为研究对象,受力如图所示,由平衡条件,有: 2T = F ∴T = F 2 = BIl = BIR 2 13—19 将一均匀分布着面电流的无限大载流平面放入均匀磁场中，已知平面两侧的磁感应 强度分别为 B 1 和 B 2 (如图所示)。求载流平面上单位面积所受磁力的大小和方向。 [解] 由图可知，B 2 > B 1 ，说明载流平面的磁场 B 0 的方向与所放入的均匀磁场 B 的方向在平 面右侧是一致的，在平面左侧是相反的，进而说明平面上电流方向是垂直于纸面向内。设面 电流密度为 j 。则 k μ 2 B 1 = B − B 0 = B − B 2 = B + B 0 = B + 1 μ 0 j 2 1 μ 0 j 2 由此二式解得 B = 1 (B + B ) ， j = 1 (B − B ) 1 2 2 1 0 在载流平面上沿电流方向取长为 h 、宽为 dl 的条形面积，面积 dS =hdl ，面积上电流 dI =jdl ， 此电流受到的磁力大小为 dF = BhdI = Bjhdl = BjdS 载流平面单位面积所受磁力大小为 dF = Bj = 1 (B + B )(B − B )= 1 (B 2 − B 2 ) 2 1 2 1 2 1 dS 2μ 0 2μ 0 方向为垂直于平面向左。 13-20 磁 场 中 某 点 处 的 磁 感 应 强 度 B = 0.40i − 0.20 j (T ) ， 一 电 子 以 速 度 v = 0.5 × 10 6 i + 1.0 × 10 6 j (m s )通过该点。求作用在该电子上的磁场力。 [解] 由洛仑兹力公式,有: r r s i j k r r r F = qv × B = −1.6 ×10 −19 0.5 0.4 1.0 − 0.2 0 ×106 = 8 ×10 −14 r ˆ ( N ) 13—21 质子和电子以相同的速度垂直飞入磁感应强度为 B 的均匀磁场中，试求质子轨道 半径 R 1 电子轨道半径 R 2 的比值。 [解] 由粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径公式 r = mv qB R m v 质 = 质 m 电 v = m 质 = 1.67 ×10 −27 = 1.84 ×103 R 电 q 质 B q 电 B m 电 0.91×10 −30 13—22 估算地磁场对电视机显像管中电子束的影响。假设加速电压为 2.0 ×10 4 V ，电子枪 到屏的距离为 0.40m 。试计算电子束在 0.50 ×10 −4 T 的横向地磁场作用下，约偏转多少?假定 没有其它偏转磁场，这偏转是否显著? 13-19 [解] 电子动能 1 mv 2 = eU 2 式中 U 为加速电势差。电子的速度大小为 v = 2eU = 2 ×1.6 ×10 −19 × 2.0 ×10 4 m s = 8.4 ×10 7 m s m 9.1 ×10 −31 在横向地磁场的作用下，电子沿弧形轨道运动，轨道半径为 R = mv = 9.1 ×10 −31 × 8.4 ×10 7 m = 9.6m eB 1.6 ×10 −19 × 0.5 ×10 −4 设电子枪到屏的距离为 d ，由图可知，电子到达屏时，它的偏转距离为 x = R − R 2 d 2 = (9.6 − 9.6 2 − 0.2 2 ) m = 2 ×10 −3 m = 2mm 相对于电子枪到屏的距离，这偏转不算显著。 13—23 一块半导体的体积为 a × b × c ，如图示。沿 x 方向有电流 I ，在 z 方向有均匀磁场 B 。 这时实验得出的数据为 a =0.10cm ，b =0.35cm ， c =1.0cm ，I ＝1.0mA ，B =0.30T ，半导体片两 侧的霍耳电势差 U AA ′ 6.55mV 。 (1)问这块半导体是 p 型还是 n 型? (2)求载流子浓度。 [解] (1) 因载流子所受磁力方向沿 y 轴反方向，侧面 A ′ 电势较低，故载流子是负电荷(即电 子)，这半导体是 N 型半导体。 (2) 霍尔电压 U AA ′ = IB nea 由此可得载流子浓度 IB 1.0 ×10 −3 × 0.30 n = eaU AA ′ = 1.6 ×10 −19 × 0.10 ×10 −2 × 6.55 ×10 −3 个 m 3 = 2.86 ×10 20 个 m 3 13 — 24 掺 砷的硅片是 n 型半导体，其中载流子浓度是 2.0 × 10 21 个 m 3 ，电阻率是 1.6 ×10 −2 Ω ⋅ m 。用这种 硅做成霍 耳探头以 测量磁场 。硅片的 尺寸相当 小， 是 0.50cm × 0.20cm × 0.0050cm 。将此片长度的两端接入电压为 1V 的电路中。当探头放到磁场 = = 2 2 0 2 = 2 2 某处并使其最大表面与磁场方向垂直时，测得 0.20cm 宽度两侧霍耳电压是 1.05mV 。求磁场 中该处的磁感应强度。 [解] 设 a=0.5cm ，b=0.2cm ，c=0.005cm 。硅片的电阻 R = ρ a bc 因此电流 I = U R = Ubc ρa 硅片的霍尔电压 U H = IB nec = BUb ne ρa 由此可得磁感应强度 ne ρaU B = H Ub 21 −19 −2 −2 −3 = 2 ×10 ×1.6 ×10 ×1.6 ×10 × 0.5 ×10 ×1.05 ×10 T = 1.34 ×10 −2 T 1 × 0. 2 ×10 −2 13—25 从经典观点看，氢原子可视为是一个电子绕核作高速旋转的体系。已知电子和质子 的电量均为 e ，电子质量是 m ，氢原子圆轨道半径为 r ，电子作平面轨道运动。试求电子的 轨道磁矩 p m 和它在圆心处产生的磁场 B 0 。 [解] 电子作角速度为 ω 的圆周运动，则有： mr ω 2 = e 2 4πε 0 r 因此 ω = e 4πε mr 3 I = ne = ω e = e e e 2 r 3 2 2π 2π 4πε 0 mr 4πr πε 0 m P IS ˆ e r r 2 e r m = n = 4πr 2 ⋅π πε 0 m = 4 πε 0 m μ I 圆心处的 B = 0 =2r 13—26 半径为 a 、线电荷密度为 λ (常量)的半圆，以角速度 ω 绕轴 O ′O ′ 匀速旋转， 如图 所示。求： 习题十三 13-1 如题图13-1所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，且导线框的一个边与长直导线平行，到两长直导线的距离分别为1r ， 2r 。已知两导线中电流都为0sin I I t ω=，其中I 0和ω为常数，t 为 时间。导线框长为a ，宽为b ，求导线框中的感应电动势。 解：无限长直电流激发的磁感应强度为02I B r μ= π。取坐标Ox 垂直于 直导线，坐标原点取在矩形导线框的左边框上，坐标正方向为水平向右。取回路的绕行正方向为顺时针。由场强的叠加原理可得x 处的磁感应强度大小 00122() 2() I I B r x r x μμ= + π+π+ 方向垂直纸面向里。 通过微分面积d d S a x =的磁通量为 00m 12d d d d 2()2()I I B S B S a x r x r x μμΦππ?? =?==+??++?? 通过矩形线圈的磁通量为 00m 01 2d 2()2()b I I a x r x r x μμΦ??=+??π+π+???012012ln ln sin 2a r b r b I t r r μω?? ++=+ ?π?? 感生电动势 0m 12012d ln ln cos d 2i a r b r b I t t r r μωΦεω?? ++=- =-+ ?π?? 012012()()ln cos 2a r b r b I t r r μωω?? ++=- ??π?? 0i ε>时，回路中感应电动势的实际方向为顺时针；0i ε<时，回路中感应电动势的实际方向 为逆时针。 13-2 如题图13-2所示，有一半径为r =10cm 的多匝圆形线圈，匝数N =100，置于均匀磁场B 中（B =0.5T ）。圆形线圈可绕通过圆心的轴O 1O 2转动，转速1 600r min n -=? 。求圆线圈自图示的初始位置转过 题图13-1 题图 13-2 解图13-1 第十三章 振动 13－1 一质点按如下规律沿x 轴作简谐振动：x = 0.1 cos (8πt +2π/3 ) (SI)，求此振动的周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值。 解：周期T = 2π/ ω= 0.25 s 振幅A = 0.1m 初相位φ= 2π/ 3 V may = ωA = 0.8πm / s ( = 2.5 m / s ) a may = ω2 A = 6.4π2m / s ( = 63 m / s 2) 13－2 一质量为0.02kg 的质点作谐振动，其运动方程为：x = 0.60 cos( 5 t -π/2) (SI)。 求：（1）质点的初速度；（2）质点在正向最大位移一半处所受的力。 解：（1） )( )2 5sin(0.3 SI t dt dx v π--== 0.3 20x m ma x ω-== （2） 2 x m ma F ω-== 5.13.052.0,2/ 2N F A x -=⨯⨯-==时 13－3 如本题图所示，有一水平弹簧振子，弹簧的倔强系数k = 24N/m ，重物的质量m = 6kg ，重物静止在平衡位置上，设以一水平恒力F = 10 N 向左作用于物体（不计摩擦），使之由平衡位置向左运动了0.05m ，此时撤去力F ，当重物运动到左方最远位置时开始计时，求物体的运动方程。 解：设物体的运动方程为： x = A c o s (ωt +φ) 恒外力所做的功即为弹簧振子的能量： F ⨯ 0.05 = 0.5 J 当物体运动到左方最位置时，弹簧的最大弹性势能为0.5J ， 即： 1 / 2 kA 2 = 0.5 J ∴A = 0.204 m A 即振幅 ω2 = k / m = 4 ( r a d / s )2 ω= 2 r a d / s 按题目所述时刻计时，初相为φ= π ∴ 物体运动方程为 x = 0.204 c o s (2 t +π) ( SI ) 13－4 一水平放置的弹簧系一小球。已知球经平衡位置向右运动时，v =100cm ⋅s -1，周期T =1.0s ，求再经过1/3秒时间，小球的动能是原来的多少倍？弹簧的质量不计。 解：设小球的速度方程为： v = v m c o s (2π/ Tt +φ) 以经平衡位置的时刻为t = 0 根据题意t = o 时 v = v 0 = 100 c m s -1 且 v ＞0 ∴v m = v 0 φ= 0 小球的动能 E k0 = 1 / 2 m v 02 过1 / 3秒后，速度为 v = v 0 c o s ( 2π/T. 1/ 3) = - V 0 / 2 x 习题13－3图 第十三章 波动 一、选择题 1、一平面简谐波的波函数为))(3cos(1.0SI x t y πππ+-=，0=t 时的波形曲线如左下图所示，则：[ C C ] （A ）O 点的振幅为-0.1m ； （B ）波长为3m ； （C ）a 、b 两点间的相位差为2/π； （D ）波速为9m/s 。 2、一简谐波沿Ox 轴传播。若Ox 轴上1P 和2P 两点相距8/λ（其中λ为该波的波长），则在波的传播过程中，这两点振动速度的[ C C ] （A ）方向总是相同 （B ）方向总是相反 （C ）方向有时相同，有时相反 （D ）大小总是不相等。 3、如图所示，一平面简谐波沿x 轴正向传播，已知P 点的振动方程为)cos(0φω+=t A y ，则其波函数为：[ A A ] （A ）}]/)([cos{0φω+--=u l x t A y （B ）})]/([cos{0φω+-=u x t A y （C ）)/(cos u x t A y -=ω （D ）}]/)([cos{0φω+-+=u l x t A y 4、一平面简谐波，沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u ，设4/T 时刻波形如左下图所示，则该波的表达式为：[ D D ] （A ）)](cos[u x t A y - =ω (B) ]2)(cos[πω+-=u x t A y （C ）)](cos[u x t A y +=ω （D ）])(cos[πω++=u x t A y 5、一平面简谐波以波速u 沿x 轴正方向传播，O 为坐标原点。已知P 点的振动方程为 t A y ωcos =，则：[ C C ] （A ）O 点的振动方程为)/cos(u l t A y -=ω （B ）波的表达式为)]/()/([cos u x u l t A y --=ω （C ）波的表达式为)]/()/([cos u x u l t A y -+=ω （D ）C 点的振动方程为)/3(cos u l t A y -=ω 6、如右图所示为一平面简谐波在0=t 时刻的波形图，该波的波速u =200m/s ，则P 处质点的振动曲线为： [ C C ] 第十三章习题解答 1选择题：1B ，2A ，3B ，4A ，5D 2填空题：1，2sin /d πθλ；2，0.45mm ；3，900nm ；4，变密；5，向上；6，向下；7，棱边，保持不变。 3计算题： 1 用λ=500nm 的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面，从反射光中观察，劈尖的棱边是暗纹。若劈尖上面媒质的折射率n 1大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求： ⑴ 膜下面媒质的折射率n 2与n 的大小关系； （2） 第10条暗纹处薄膜的厚度； ⑶ 使膜的下表面向下平移一微小距离e ?，干涉条纹有什么变化?若e ?=2.0 μm ，原来的第10条暗纹处将被哪级暗纹占据? 解：⑴ n 2>n 。因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差为：2 ) 12(2 2λ λ +=+=?k ne ， 膜厚e =0处，有k =0，只能是下面媒质的反射光有半波损失 2 λ 才合题意； （2） 3995009 1.5102 22 1.5 n e n λλ-??=? = ==?? mm (因10个条纹只有9个条纹间距) ⑶ 膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2=?e μm ，原来第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.210 5.1(33 --?+?='?e mm 34 3.5102 1.5212 5.010 n e N λ--'?????===? 现被第21级暗纹占据． 2 ⑴ 若用波长不同的光观察牛顿环，λ1＝600nm ，λ2＝450nm ，观察到用λ1时的第k 个暗环与用λ2时的第k +1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用λ1时第k 个暗环的半径． （2） 又如在牛顿环中用波长为500nm 的第5个明环与用波长为λ2的第6个明环重合，求未知波长λ2． 解： ⑴ 由牛顿环暗环公式：λkR r k = 据题意有 21)1(λλR k kR r +== ，∴ 2 12λλλ-= k ，代入上式得： 2 121λλλλ-=R r =3 1085.1-?=m （2） 用1500λ=nm 照射，51=k 级明环与2λ的62=k 级明环重合，则有： 2)12(2)12(2211λλR k R k r -=-= ∴1 21221251 500409.121261k k λλ-?-==?=-?-nm 3 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由d 1＝ 1.40×10-2m 变为d 2＝1.27×10-2m ，求液体的折射率． 解： 由牛顿环明环公式 习题十三 13-1 衍射的本质是什么？衍射和干涉有什么联系和区别 ？ 答：波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象? 其实质是 由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生. 而干涉则是 由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成. 13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中，如果把单缝沿透镜光轴方向平移时，衍射图样是否会 跟着移动？若把单缝沿垂直于光轴方向平移时，衍射图样是否会跟着移动 ？ 答：把单缝沿透镜光轴方向平移时， 衍射图样不会跟着移动. 单缝沿垂直于光轴方向平移时， 衍射图样不会跟着移动. 13-3 什么叫半波带？单缝衍射中怎样划分半波带 ？对应于单缝衍射第 3级明条纹和第4级暗 条纹，单缝处波面各可分成几个半波带 ？ λ 答：半波带由单缝 A 、B 首尾两点向'方向发出的衍射线的光程差用 2 来划分?对应于第 3级明纹和第4级暗纹，单缝处波面可分成 7个和8个半波带. a Sin =(2k ? 1) “ =(2 3 ■ 1) “ =7 ?.?由 2 2 2 a Sin -4 ' - 8 — 2 13-4 在单缝衍射中，为什么衍射角 ，愈大(级数愈大)的那些明条纹的亮度愈小 ？ 答：因为衍射角「愈大则 asin 「值愈大，分成的半波带数愈多，每个半波带透过的光通量 就愈小，而明条纹的亮度是 由一个半波带的光能量决定的，所以亮度减小. 13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时，衍射图样将发生怎样的变化 ？如果此时用公 m λ asin = (2k 1) (k =1,2,) 式 2 来测定光的波长，问测出的波长是光在空气中的还是 在水中的波长？ k ■ 解：当全部装置浸入水中时，由于水中波长变短，对应 asin 「= k ? = n ,而空气中为 asi n 「= k ? ,?. Si n 「=n Si n ",即「=n : ,水中同级衍射角变小，条纹变密. λ 如用 asin (2k ■ I) 2 (k = 1,2, …)来测光的波长，则应是光在水中的波长.(因 asin ‘ 只代表光在 水中的波程差)? 13-6 在单缝夫琅禾费衍射中，改变下列条件，衍射条纹有何变化 ?(1)缝宽变窄；(2)入 射光波长变长；(3)入射平行光由正入射变为斜入射. 解：(1)缝宽变窄，由 asin ' =k'知，衍射角「变大，条纹变稀； (2) , 变大，保持a , k 不变，则衍射角 「亦变大，条纹变稀； (3) 由正入射变为斜入射时， 因正入射时 asin 即=k ? ；斜入射时， a(Sin 「- Sin ^)^k -, 保持a ,'不变，则应有 ^ k 或k 二：：k ?即原来的k 级条纹现为k 级. 13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似，两者是否矛盾 ？怎样 说明？ λ 答：不矛盾?单缝衍射暗纹条件为.asin =k' =2k 2 ,是用半波带法分析(子波叠加问 题)? 相邻两半波 带上对应点向 '方向发出的光波在屏上会聚点一一相消， 而半波带为偶数， 1、如图13-9所示，薄膜介质的折射率为n 1，薄膜上下介质的折射率分别为n 1和n 3，并且n 2比n 1和n 3都大。单色平行光由介质1垂直照射在薄膜上，经薄膜上下两个表面反射的两束光发生干涉。已知薄膜的厚度为e ， λ1为入射光在折射率为n 1的介质中的波长，则两束反射光的光程差等于多少？ 【答案：2 21 12λn e n S - =?】 详解：由于入射光在上表面从光疏介质投射到光密介质上存在半波损失，因此反射光一的光程为 2 1λ = S 由于入射光在下表面从光密介质投射到光疏介质上没有半波损失，因此反射光二的光程为 e n S 222= 两束反射光的光程差为 2 2212λ - =-=?e n S S S 其中为光在真空的波长，它与介质1中的波长的关系为=n 11 ，因此 2 21 12λn e n S - =? 2、在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为n 1和n 2、厚度均为e 的透明薄膜遮盖。波长为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等于多少？ 【答案：λ ?e n n )(π212-= ?】 详解：设从双缝发出的两束光到屏中央处的距离为r ，依题意它们到达屏中央处的光程分别为 )(11e r e n S -+= )(22e r e n S -+= 它们的光程差为 12S S S -=?e n n )(12-= 因此，在屏中央处两束相干光的相位差为 λ ?S ?= ?π2λ e n n )(π212-= n 1 n 2 n 3 图13-9 入 射光 射光一 射光二 e 3、在双缝干涉实验中，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以采取哪些办法？ 【答案：增大双缝与屏之间的距离D 、增大入射光波长、减小双缝间距d 、减小折射率n 】 详解：双缝干涉条纹间距为 dn D x λ = ? 因此，为使屏上的干涉条纹间距变大，可以增大双缝与屏之间的距离D 、改用波长较长的光进行实验、将两缝的间距d 变小、将实验装置放在折射率n 较小的透明流体中。 4、如图13-10所示，在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹。如果将缝S 1 盖住，并在S 1 S 2连线的垂直平分面处放置一个高折射率玻璃反射面M ，则此时P 点处是明条纹还是暗条纹？ 【答案：是暗条纹】 详解：设S 1、S 2到P 点的距离分别为r 1和r 2。由于P 点处原来是明条纹，因此 λk r r =-21 如果在S 1 S 2连线的垂直平分面处放置一个高折射率玻璃反射面M ，由于从S 2发出的光经M 反射时存在半波损失，因此到达P 点的反射光与直射光的光程差为 212 r r S -+ =?λ 2 λ λ+ =k 2 ) 12(λ +=k 即这两束光在P 点处干涉相消，形成暗条纹。 5、如图13-11所示，在双缝干涉实验中，如果单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则中央明条纹位于观察屏E 上O 点处。现在将光源S 向上移动到图中的S 位置，中央明条 纹将向什么方向移动？此时条纹间距是否发生改变？ 【答案：向O 点的下方移动；不发生改变】 S 1 E 图13-11 S 2 S S ′ S 1 E 图13-10 P S 2 M S S 1 E 图13-11 S 2 S S ′ l 1 l 2 r 1 r 2 P 第十三 波动 参考答案 一、选择题参考答案： 1．(C)；2．(C)；3．(A)；4．(D)；5．(C)；6．(B)；7．(C)；8．(D)；；9．(B)；10．(C)；11．(B)；12．(B)；13．(D)；14．(B)；15．(A)；16．(C)； 二、填空题参考答案： 1、0.02 m ，2.5 m ，100 Hz ，250 m/s 2、0.8m ，0.2m ，125 Hz 3、y 轴负向，y 轴正向，y 轴正向 4、m ])330(165cos[1.0ππ+-=x t y 或 m ])330 (165cos[1.0ππ--=x t y 5、 2 3π 6、m )2 2 cos(2.0π π- =t y P 7、（1）222π πϕ+ =k ， ,2,1,0±±=k （2）2322π πϕ+=k ， ,2,1,0±±=k 8、)](22cos[212L L v A y +-+=λ π ϕπ 1L k x -=λ， ,2,1±±=k 9、 10、)14(5+n ......2,1,0=n , )10 2 ,4(- 11、θcos IS 12、2/π （SI ） 13、（1）m )200cos(01.0t y π= （2）m )200cos(02.0t y π= ) 14、（1）0ϕ-（x 处质点比原点落后的相位） （2）3y 15、 16、)2 2cos()2 2cos( 2π ππ λπ + + =vt x A y （m ） 2)21(λ -=k x ， ,3,2,1=k 17、H E S ⨯=, 单位时间通过垂直于传播方向单位面积的辐射能（或能流密度） 三、计算题参考答案： 1. 已知一平面简谐波波函数为y =0.2cos π( 2.5t-x),式中x ,y 以m 为单位，t 以s 为单位，试求；(1)该 简谐波的波长、周期、波速；（2）在x =1m 处质点的振动方程；（3）在t =0.4s 时，该处质点的位移和速度。 解：（1）对照波函数的标准形式：]2cos[λ π ωx t A y -=， T 2.52π πω==，得)(8.0T s =， )(2m =λ，)/(5.2s m T u == λ 波速。 （2）x =1代入波函数得x =1m 处质点的振动方程 y =0.2cos π(2.5t -1)= 0.2cos(2.5πt -π)=0.2cos (2.5πt )（m ）。 （3）对x =1m 处的振动方程对时间t 求一阶和二阶导数得速度和加速度分别为： v =-0.5sin （2.5πt ），a =-0.75cos （2.5πt ），将t =0.4s 代入得v =0， a =-0.75（m/s 2） 2. 已知波长为的平面简谐波沿x 轴负方向传播，x =0处质点的振动方程为 )(2cos SI ut A y λ π = 其中λ为波长，u 为波速， （1） 写出该平面简谐波的表达式； （2） 画出t =T 时刻的波形图。 解：（1）由题意，u T λ π πω22== ， 因此x =0处质点的振动方程为)(cos SI t A y ω=， y y ) 第 13章振动 13-1如图13-23所示，质量为m 的密度计，放在密度为的液体中。 已知密度计圆管的直径为 d 。试证明：推动密度计后，证明它在竖直方向 的振动为简谐振动，并计算其振动周期。 解：平衡位置：当 F 浮=G 时，平衡点为 C 处。设此时进入水中的深度 为 a：gSa mg 可知浸入水中为 a 处为平衡位置。 以水面作为坐标原点O，以向上为x 轴，质心的位置为x，则：分析受力：不管它处在什么位置，其浸没水中的部分都可以用a-x 来表示，所以力 Fg(a x) S gaS gSx kx F gSx d 2 x 令 2 gS g d 2 a m dt 2 m 4m m 可得到： d 2 x 2 x 0 可见它是一个简谐振动。 dt 2 周期为：T 2/ 4 m d g 13-2证明图13-24所示系统的振动为简谐振动。 其频率为：1k 1 k 2 2( k1k2 ) m 图 13-24 习题 13-2 图 证明：两根弹簧的串联之后等效于一根弹簧，所以仍为简谐振动（证明略），其劲度系数满足： K 1 x1 K 2 x2 Kx 和 x1 x2 x 可得：1 1 1 所以： K K1K 2 K K 1 K 2 K 1 K 2 代入频率计算式，可得： 1 k 1 k1k2 2 m 2 (k1 k2 )m 13-3如图13-25所示，有一截面积为S 的空心管柱，配有 质量为 m 的活塞，活塞与管柱间的摩擦略去不计。在活塞处 于平衡状态时，柱内气体的压强为p，气柱高为h。若使活 塞有一微小位移，活塞将上下振动，证明它在竖直方向的振 动为简谐振动，并计算其振动频率。设气体温度不变。 图 13-25 习题 13-3 图 13-1答：物体由于具有温度而辐射电磁波的现象。 13-2 答: 能够全部吸收各种波长辐射而完全不发生反射的和透射的物体称为绝对黑体，简称黑体。 13-3 答： 不透明的红色物体在太阳光下，且在室温状态下，物体在单位时间内辐射的能量很少，而且辐射波谱大多分布在波长较长的区域，红光的波长较长，所以红色物体在太阳光下呈红色；如升高它的温度并放于黑暗处，它将辐射橙光。 13-4 答： 为了推导普朗克公式M （v, T ）dv=23 /81 hv eT v hv dv c e π-,普朗克作了如下两条假设：(1)黑体是由带电谐振子组成（即把组成空腔壁的分子，原子的振动看作线性振子）这些振子辐射电磁波，并和周围的磁场交换能量。（2）这些谐振子的能量不能连续变化，只能取一些分立值，这些分立值是最小能量的整数倍，即,2,3,...,...n εεεεn 为正整数,而且假设频率为υ的谐振子的最小能量为ε=h υ称为能量子。 意义：普朗克的能量子假设，突破了经典物理学的观念，第一次提出了微观粒子具有分立的能量值，打开了人们认识世界的大门，在物理学发展史上起了划时代的作用。 13-5 答：低于6000K ，应为黑体是理想模型，它不发生反射和透射，而红巨星不是黑体，不可避免的要发生反射和透射，所以温度要低于6000K. 13-6 答：三者温度均为T ，所以三者的能量相同，哪个物体的表面积越大，它的辐射功 率就越小，对于球：s=4πr 2 对半球s=2πr 2+ πr 2=3πr 2 对立方体s=6r 2 ∴球的辐射功率最小，立方体的辐射功率最大。 13-7 答：（1）光谱是线状的，谱线有一定位置（2）谱线间有一定的关系（3）每一谱线的波数都可以表达为二光谱项之差v =T(m)-T(n) 13-8 答： 氢原子从高能态向低能态跃迁辐射能量，从低能级向高能级跃迁吸收能量。 对于氢原子n E =-24 222 02(4)me n h ππε 2424 322222220022(4)3(4)2me me E E E h h πππεπε'∆=-=-+ 即 2 4 22 052. 36(4)c me E h h πλπε'∆==' 22 024 (4)3652h hc me πελπ'∴=⋅⋅ 2424 31222 222 0022(4)3(4)1me me E E E h h πππεπε''∆=-=-+ 24 22 032236(4)c me E h h πλπε''∴∆==⋅'' 22 024 (4)36322h hc me πελπ''∴=⋅⋅ ∴它辐射到第二激发态时，辐射光具有波长最长，激发到第一激发态，波长最短。当 λ→∞时，l i m 0n x E →∞ = 33n n E E E E ∴∆=-=-最大 习 题 十 三 13-1 求各图中点P 处磁感应强度的大小和方向。 [解] (a) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为： ()210cos cos 4θθπμ-= a I B 对于导线1：01=θ，2 2π θ=，因此a I B πμ401= 对于导线2：πθθ==21，因此02=B a I B B B πμ4021p = += 方向垂直纸面向外。 (b) 因为长直导线对空间任一点产生的磁感应强度为： ()210cos cos 4θθπμ-= a I B 对于导线1：01=θ，22π θ=，因此r I a I B πμπμ44001==，方向垂直纸面向内。 对于导线2：21π θ=，πθ=2，因此r I a I B πμπμ44002==，方向垂直纸面向内。 半圆形导线在P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的 圆形导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即 r I r I B 4221003μμ= =，方向垂直纸面向内。 所以，r I r I r I r I r I B B B B 4244400000321p μπμμπμπμ+=++=++= (c) P 点到三角形每条边的距离都是 a d 6 3= o 301=θ，o 1502=θ 每条边上的电流在P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是 ()a I d I B πμπμ23150cos 30cos 400000=-= 故P 点总的磁感应强度大小为 a I B B πμ29300= = 方向垂直纸面向内。 13-2 有一螺线管长L ＝20cm ，半径r =2.0cm ，导线中通有强度为I =5.0A 的电流，若在螺线管轴线中点处产生的磁感应强度B ＝3 10166-?.T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少匝? [解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为 ()120cos cos 2 θθμ-= nI B 由图知： 104 10cos 2= θ，104 10cos 1-= θ， 所以，??? ? ?? ?= 10410220nI B μ， 所以，匝＝1000101040I B n μ= 13-3 若输电线在地面上空25m 处，通以电流3 1081?.A 。求这电流在正下方地面处产生的磁感应强度。 [解]输电线可看作无限长直导线，直线电流所产生的磁场为： = B r I πμ20 T 1044.125 2108.1104537--?=????=ππ 13-4 在汽船上，指南针装在距载流导线0.80m 处，该导线中电流为20A 。(1)将此导线作无限长直导线处理，它在指南针所在处产生的磁感应强度是多大?(2)地磁场的水平分量(向北)为 41018.0-?T 。由于电流磁场的影响，指南针的N 极指向要偏离正北方向。如果电流的磁场是水平的，而且与地磁场垂直，指南针的指向将偏离多大?求在最坏情况下，上述汽船中的指南针的N 极将偏离北方多少度? [解] (1) 电流在指南针所在处的磁感应强度的大小为 T 100.580 .020********--?=??==T r I B πμ (2) 如果电流的磁场是水平的而且与地磁场的水平分量2B 垂直，指南针偏离正北方向的角度为?，则 28.010 18.0100.5tan 4 6 21=??==--B B ? 13150'=? 设指南针由于电流磁场偏离正北方向的角度为1?， 2112sin sin ??B B = O θ1 θ2 第13章 静电场中的导体和电介质 13.1一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 的金属球壳B 同心放置，如图所示，则图中P 点的电场强度如何？若用导线将A 和B 连接起来，则A 球的电势为多少？（设无穷远处电势为零） [解答]过P 点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q ．根据高斯定理可得 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为 204q E r πε= ． 当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q 时，外侧将出现同种电荷q ．用导线将A 和B 连接起来后，正负电荷将中和．A 球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A 球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是r c ，所以A 球的电势为 04c q U r πε= ． 13.2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？ [解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布 的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ． 设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2． 通过高斯面的电位移通量为 ??=ΦS d D d 0 1 2 d d d 2S S S rlD π=?+?+?=???D S D S D S ， 可得电位移为 D = λ/2πr ， 其方向垂直中心轴向外． 电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ， 方向也垂直中心轴向外． 13.3 金属球壳原来带有电量Q ，壳内外半径分别为a 、b ，壳内距球心为r 处有一点电荷q ，求球心o 的电势为多少？ [解答]点电荷q 在内壳上感应出负电荷-q ，不论电荷如何分布，距离球心都为a ．外壳上就有电荷q+Q ，距离图13.3 1 μ I 3μ I 第十三章 稳恒磁场 13—1 求各图中点 P 处磁感应强度的大小和方向。 [解] (a) P 点在水平导线的延长线上，水平导线在 P 点不产生磁场。P 点到竖直导线两端的连 线与电流方向的夹角分别为 θ = 0 ， θ = π 。因此，P 点的磁感应强度的大小为 B = μ 0 I ⎛ 0 π ⎞ ⎜ c os 0 − cos = 2 2 μ 0 I 4πa ⎝ 2 ⎠ 4πa 方向垂直纸面向外。 (b) 两条半无限长直导线在 P 点产生的磁场方向相同，都是垂直于纸面向内，它们在 P 点产 生的磁场的磁感应强度之和为 B = 2 μ 0 I = μ 0 I 1 4πr 2πr 半圆形导线在 P 点产生的磁场方向也是垂直纸面向内，大小为半径相同、电流相同的圆形 导线在圆心处产生的磁感应强度的一半，即 B 2 = 1 μ 0 I = μ 0 I 2 2r 4r 方向垂直纸面向内。 (c) P 点到三角形每条边的距离都是 d = 3 a 6 每条边上的电流在 P 点产生的磁感应强度的方向都是垂直纸面向内，大小都是 B = 0 (cos 30 0 − cos 150 0 )= 0 0 4πd 2πa 故 P 点总的磁感应强度大小为 B = 3B = 9μ 0 I 0 2πa 方向垂直纸面向内。 13—2 有一螺线管长 L ＝20cm ，半径 r =2.0cm ，导线中通有强度为 I =5.0A 的电流，若在螺 线管轴线中点处产生的磁感应强度 B ＝ 6.16 ×10 −3 T 的磁场，问该螺线管每单位长度应多少 匝? [解] 已知载流螺线管轴线上场强公式为 μ 第十三章 热力学基础 13 －1 如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体作功与吸收热量的情况是( ) (A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功 (B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功 (C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功 (D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功 分析与解 bca ，b1a 和b2a 均是外界压缩系统，由⎰=V p W d 知系统经这三个过程均作负功，因而(C)、(D)不对.理想气体的内能是温度的单值函数，因此三个过程初末态内能变化相等，设为ΔE .对绝热过程bca ，由热力学第一定律知ΔE ＝－W bca .另外，由图可知：｜W b2a ｜＞｜W bca ｜＞｜W b1a ｜，则W b2a ＜W bca ＜W b1a .对b1a 过程：Q ＝ΔE ＋W b1a ＞ΔE ＋W bca ＝0 是吸热过程.而对b2a 过程：Q ＝ΔE ＋W b2a ＜ΔE ＋W bca ＝0 是放热过程.可见(A)不对，正确的是(B). 13 －2 如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，即p A ＝p B ,请问在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( ) (A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热 分析与解 由p －V 图可知，p A V A ＜p B V B ，即知T A ＜T B ，则对一定量理想气体必有E B ＞E A .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确. 13 －3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为 ( ) (A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J 分析与解 当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律Q ＝ΔE ＋W ，有Q ＝ΔE .而由理想气体内能公式T R i M m E Δ2 Δ= ，可知欲使氢气和氦气升高相同温度，须传递的热量 ⎪ ⎪⎭ ⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=e e e 222e 2H H H H H H H H /:i M m i M m Q Q .再由理想气体物态方程pV ＝mM RT ，初始时，氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则3/5/:e 2e 2H H H H ==i i Q Q .因此正确答案为(C). 13 －4 有人想像了四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为 ( ) [习题解答] 13-2 光源S 1 和S 2 在真空中发出的光都是波长为 l 的单色光，现将它们分别放于折射率为n 1 和n 2的介质中，如图13-5所示。界面上一点P 到两光源的距离分别为r 1 和r 2。 (1)两束光的波长各为多大？ (2)两束光到达点P 的相位变化各为多大？ (3)假如S 1 和S 2 为相干光源，并且初相位相同，求点P 干涉加强和干涉减弱的条件。 解 (1) 已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n 的介质中的波长λ'可以表示为 , 所以，在折射率为n 1和n 2的介质中的波长可分别表示为 和 . (2)光传播r 的距离，所引起的相位的变化为 , 所以，第一束光到达点P 相位的变化为 , 第二束光到达点P 相位的变化为 . 图13-5 (3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点P干涉加强的条件是 , ; 点P干涉减弱的条件是 , . 13-3 若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？ 解 观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。 13-4 在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m 处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm。求所用单色光的波长。 解 在双缝干涉实验中，暗条纹满足 , 第5条暗条纹的级次为4，即，所以 , 其中。两个第5条暗条纹的间距为 , 等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为 . 13-5 在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。 第13章狭义相对论 一、选择题 1. 狭义相对论的相对性原理告诉我们 [ ] (A) 描述一切力学规律, 所有惯性系等价 (B) 描述一切物理规律, 所有惯性系等价 (C) 描述一切物理规律, 所有非惯性系等价 (D) 描述一切物理规律, 所有参考系等价 2. 在伽利略变换下, 经典力学的不变量为 [ ] (A) 速度(B) 加速度(C) 动量(D) 位置坐标 3. 在洛仑兹变换下, 相对论力学的不变量为 [ ] (A) 加速度(B) 空间长度 (C) 质点的静止质量(D) 时间间隔 4. 相对论力学在洛仑兹变换下 [ ] (A) 质点动力学方程不变(B) 各守恒定律形式不变 (C) 质能关系式将发生变化(D) 作用力的大小和方向不变 5. 光速不变原理指的是 [ ] (A) 在任何媒质中光速都相同 (B) 任何物体的速度不能超过光速 (C) 任何参考系中光速不变 (D) 一切惯性系中, 真空中光速为一相同值 6. 著名的迈克尔逊──莫雷实验结果表明 [ ] (A) 地球相对于以太的速度太小, 难以观测 (B) 观测不到地球相对于以太的运动 (C) 观察到了以太的存在 (D) 狭义相对论是正确的 7. 在惯性系S中同时又同地发生的事件A、B，在任何相对于S系运动着的惯性系中测量: [ ] (A) A、B可能既不同时又不同地发生 (B) A、B可能同时而不同地发生 (C) A、B可能不同时但同地发生 (D) A、B仍同时又同地发生 8. 在地面上测量，以子弹飞出枪口为事件A, 子弹打在靶 上为事件B, 则在任何相对于地面运动着的惯性系中测量 [ ] (A) 子弹飞行的距离总是小于地面观察者测出的距离 (B) 子弹飞行的距离可能大于地面观察者测出的距离 T13-1-8图 第十三章电磁感应 一. 选择题 1. 如图，两根无限长平行直导线载有大小相同方向相反的电流I，均以的变化率增长，一矩形线圈位于导线平面内，则 (A) 线圈中无感应电流 (B) 线圈中感应电流方向不确定 (C) 线圈中感应电流为顺时针方向 (D) 线圈中感应电流为逆时针方向 [ ] 2. 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随时间的变化率相等，则不计自感时 (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 [ ] 3. 如图，M、N为水平面内两根平行金属导轨，ab与cd为 相互平行且垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线，外 磁场均匀垂直于水平面向上，当外力使ab向右平移时，cd应 (A) 不动 (B) 转动 (C) 向左移动 (D) 向右移动 [ ] 4. 如图所示，直角三角形金属框abc放在均匀磁场中，磁场平行于ab 边，bc的长度为l. 当金属框绕ab边以匀角速ω转动时，则回路中的感应电 动势和a、c两点间的电势差为 (A) ， (B)， (C) ， (D) ， [ ] 5．在一无限长圆柱区域内，存在随时间变化的均匀磁场，图示为磁场空间的一个横截面，下列说法正确的是 (A) 圆柱形区域内有感生电场，区域外无感生电场 (B) 圆柱形区域内无感生电场，区域外有感生电场 (C) 圆柱形区域内有感生电场，区域外也有感生电场 (D) 圆柱形区域内无感生电场，区域外也无感生电场 [ ] 6. 一密绕螺线管的自感为L，若将其锯为相等的两半，则这两个螺线管的自感 (A) 都等于 (B) 一个大于，一个小于 (C) 都大于 (D) 都小于 [ ] 7. 一自感系数为0.1H的线圈中，当电流在(1/10)s内由1A均匀减小到零时，线圈中自感电动势的大小为 (A) 100V (B) 10V (C) -1V (D) 1V [ ] 8. 面积为S和2S的两圆线圈1、2如图放置，通有相同的电流， 线圈1中的电流所产生的通过线圈2的磁通为Φ 21 ，线圈2中的电流所 产生的通过线圈1的磁通为Φ 12，则Φ 21 和Φ 12 的大小关系为 (A) Φ 21 = 2Φ 12 (B) Φ 12 = Φ 21 (C) Φ 12 < Φ 21 (D) Φ 21 = Φ 12 / 2 [ ] 9. 通有电流I的半径为R圆线圈，放在近似真空的空间里，圆心处的磁场能量密度是： (A) (B) (C) (D) [ ] 10. 下列情况位移电流为零的是： 第13章 光学 一 选择题 * 13-1 在水中的鱼看来，水面上和岸上的所有景物，都出现在一倒立圆锥里， 其顶角为（ ） (A)48.8 (B)41.2 (C)97.6 (D)82.4 解：选(C)。利用折射定律，当入射角为1=90i 时，由折射定律1122sin sin n i n i = ，其中空气折射率11n =，水折射率2 1.33n =，代入数据，得折射角2=48.8i ，因此倒立圆锥顶角为22=97.6i 。 * 13-2 一远视眼的近点在1 m 处，要看清楚眼前10 cm 处的物体，应配戴的眼 镜是（ ） (A)焦距为10 cm 的凸透镜 (B)焦距为10 cm 的凹透镜 (C)焦距为11 cm 的凸透镜 (D)焦距为11 cm 的凹透镜 解：选(C)。利用公式 111 's s f +=，根据教材上约定的正负号法则，'1m s =-，0.1m s =，代入得焦距0.11m =11cm f =，因为0f >，所以为凸透镜。 13-3 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，则观察屏上中央明纹位于图中O 处，现将光源S 向下移动到图13-3中的S ′位置，则[ ] (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 解：选(B)。光源S 由两缝S 1、S 2到O 处的光程差为零，对应中央明纹；当 习题13-3图 向下移动至S ′时，S ′到S 1的光程增加，S ′到S 2的光程减少，为了保持光程差为零，S 1到屏的光程要减少，S 2到屏的光程要增加，即中央明纹对应位置要向上移动；条纹间距d D x λ = ∆，由于波长λ、双缝间距d 和双缝所在平面到屏幕的距离D 都不变，所以条纹间距不变。 13-4 用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射。若屏上点P 处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为[ ] (A) 3个 (B) 4个 (C) 5个 (D) 6个 解：选(B)。暗纹半波带数目为2k ，第二级2k =，代入数据，得半波带数目为4。 13-5 波长550nm λ=的单色光垂直入射于光栅常数41.010cm d a b -=+=⨯的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为[ ] (A) 4 (B) 3 (C) 2 (D) 1 解：选(D)。由光栅方程sin d k θλ=±，当1sin =θ时，得d k λ =，代入数据， 得 1.8k =，k 取整数，最大级次为1。 13-6 三个偏振片1P 、2P 与3P 堆叠在一起，1P 与3P 的偏振化方向相互垂直，2 P 与1P 的偏振化方向间的夹角为30︒，强度为0I 的自然光入射于偏振片1P ，并依次透过偏振片1P 、2P 与3P ，则通过三个偏振片后的光强为[ ] (A) 316I (B) (C) 0332 I (D) 0 解：选(C)。设自然光光强为0I ，自然光通过偏振片1P ，光强减半，变为0 2 I ；由马吕斯定律α20cos I I =，通过偏振片2P ，光强变为2003cos 3028 I I ︒=，通过偏振片3P ，光强变为20033cos 60832 I I ︒=。大学物理课本答案习题 第十三章习题解答
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