大学物理答案第12章讲课教案

第十二章 磁介质中的磁场12-1 一螺绕环的平均半径为R =0.08m, 其上绕有N =240匝线圈, 电流强度为I=0.30A 时充满管内的铁磁质的相对磁导率µr =5000, 问管内的磁场强度和磁感强度各为多少?分析 螺绕环磁场几乎都集中在环内， 磁场线是一系列圆心在对称轴上的圆．如果圆环的截面积很小，可认为环内各点的磁场强度大小相等，等于以平均半径R 为半径的圆上的磁场强度．解 H=nI A/m 2.143A/m 08.0230.02402=⨯⨯==ππR NI T 90.0T 2.14350001047r 0=⨯⨯⨯===-πμμμH H B12-2 在图12-6所示的实验中，环形螺线管共包含500匝线圈, 平均周长为50cm, 当线圈中的电流强度为2.0A 时, 用冲击电流计测得介质内的磁感强度为2.0T , 求这时(1)待测材料的相对磁导率r μ，(2)磁化面电流线密度s j ．分析 磁场强度和磁感强度B 的关系为H H B r 0μμμ==，从而可求出r μ． 解 (1) A/m 2000A/m 5.02500=⨯==L NI nI H7961021040.270r =⨯⨯⨯==-πμμH B (2)由于磁化面电流产生的附加磁感强度为B '=B-B 0，得s 00)(j nI B μμμ=-='则 A /m 1059.1)1(6r 0s ⨯=-=-=nI nI j μμμμ 12-3 将一直径为10cm 的薄铁圆盘放在B 0=0.4×10-4 T 的均匀磁场中, 使磁感线垂直于盘面, 已知盘中心的磁感强度为B c =0.1T, 假设盘被均匀磁化，磁化面电流可视为沿圆盘边缘流动的一圆电流．求(1)磁化面电流大小；(2)盘的轴线上距盘心0.4m 处的磁感强度．分析 铁盘在外磁场B 0中要被磁化, 产生附加磁场．附加磁场与外磁场B 0同向，所以盘中心的磁感强度B c =B 0+B c ˊ．如果将磁化面电流I s 视为沿圆盘边缘流动的圆电流．解 (1)磁化面电流I s 在环心c 处产生的附加磁场的磁感强度为RI B sc20μ='盘中心的总磁感强度为cc B B B '+=0 从已知条件可见，对于铁磁质，有c B B <<0，即cc B B '≈，得 A 1096.72230cs ⨯=='=μμRB B R I c(2)距c 点x 处的磁场可视为外磁场B 0与磁化面电流磁场B ˊ的叠加，即有T 1091.1)(242/32220-⨯=+='x R R I B s μ401031.2-⨯='+=B B B T12-4 半径为R 的载流长直导线，电流强度为I ，外面裹有一层厚度为b 的磁介质，其相对磁导率为r μ，(1)求磁介质中任一点的磁场强度H 和磁感强度B 的大小；(2)若沿磁介质的内外表面流动的磁化面电流方向与轴线平行，试证明二电流等大反向并求其大小．分析 长直载流直导线的磁场线是以轴线为中心的一系列同心圆．应用有磁介质的安培环路定理时只须计算闭合回路所包围的传导电流，而应用真空中的安培环路定理时应计算闭合回路所包围的传导电流和磁化面电流． 解 (1) 介质内rIH B rI H πμμπ2 2===(2) 假设介质为顺磁质，介质内表面磁化面电流I s 方向如图12-4所示，在介质内任一点磁感强度B=B 0+B ’，因rIB πμ2= =0B r I πμ20 r I B πμ2s 0='得rIr I B s πμμπμ2)(200-=='即有 I I )1(r s -=μ设介质外表面磁化面电流为I s ˊ，应用介质中的安培环路定律，可得介质外任一点磁场强度为rI H π2=应用真空中的安培环路定理，介质外有)(d s s 0I I I '++=⋅⎰μl B即 )(2s s 0I I I rB '++=μπrI I I B πμ2)(s s 0'++=又因 B=µ0H=rIπμ20 由以上两式得I I I )1(r s s --=-='μ即介质内外表面磁化面电流大小相等, 方向相反．。

第12章 习题与答案12-1 在真空中波长为λ的单色光，在折射率为n 的透明介质中从A 沿某路径传播到B ，若A 、B 两点相位差为3π，则此路径AB 的光程为[ ]A. 1.5λ.B. 1.5λ/n .C. 1.5n .D. 3λ. [答案：A ]12-2 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 1λ1).B. 4πn 1e / ( n 2λ1)] +π.C. 4πn 2e / ( n 1λ1) ]+π.D. 4πn 2e / ( n 1λ1).[答案： C ]12-3 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. [答案： A ]12-4 用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长为λ的单色平行光垂直入射时，若观察到的干涉条纹如题12-4图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应的部分[ ]A. 凸起，且高度为4λ.B. 凸起，且高度为2λ.C. 凹陷，且深度为2λ.D. 凹陷，且深度为4λ.[答案： C ]12-5 若把牛顿环装置(都是用折射率为1.52的玻璃制成的)由空气搬入折射率为1.33的水中，则干涉条纹[ ]A ．中心暗斑变成亮斑. B. 间距变大. C. 间距变小. D. 间距不变. [答案： C ]题12-4图12-6 在光栅光谱中，假如所有偶数级次的主极大都恰好在单缝衍射的暗纹方向上，因而实际上不出现，那么此光栅每个透光缝宽度a 和相邻两缝间不透光部分宽度b 的关系为[ ] A. =3a b . B. =2a b . C. =a b . D. =0.5a b [答案： C ]12-7 对某一定波长的垂直入射光 衍射光栅的屏幕上只能出现零级和一级主极大，欲使屏幕上出现更高级次的主极大，应该[ ]A. 换一个光栅常数较小的光栅.B. 换一个光栅常数较大的光栅.C. 将光栅向靠近屏幕的方向移动.D. 将光栅向远离屏幕的方向移动.[答案： B ]12-8如果两个偏振片堆叠在一起，且偏振化方向之间夹角为60°，光强为I 0的自然光垂直入射在偏振片上，则出射光强为[ ]A. I 0 / 8.B. I 0 / 4.C. 3 I 0 / 8.D. 3 I 0 / 4.[答案： A ]12-9一束自然光自空气射向一块平板玻璃（如题12-9图），设入射角等于布儒斯特角i 0，则在上表面的出射光2是[ ]A. 自然光.B. 线偏振光且光矢量的振动方向平行于入射面.C. 线偏振光且光矢量的振动方向垂直于入射面.D. 部分偏振光.[答案： C ]12-10相干光的必要条件为________________________，________________________，________________________。

第四篇 振动与颠簸第十二章机械振动§ 12-1 简谐振动1、弹簧振子运动如图所取坐标，原点 O 在 m 均衡地点。

现将 m 略向右移到 A ，而后松开，此时，由于弹簧伸长而出现指向均衡地点的弹性力。

在弹性 力作用下，物体向左运动，当经过地点O 时，作用在 m 上弹性力等于 0，可是因为惯性作用， m 将持续向 O 左侧运动，使弹簧压缩。

此时，因为弹簧被压缩， 而出现了指向均衡地点的弹性力并将阻挡物体向左 运动，使 m 速率减小，直至物体静止于B （刹时静止），以后物体在弹性力作用下改变方向，向右运动。

这样在弹性力作用下物体左右来去运动，即作机械振动。

图 12-12、简谐振动运动方程由上剖析知， m 位移为 x （相对均衡点 O ）时，它遇到弹性力为（胡克定律） ：Fkx(12-1)式中： 当x即位移沿 +x 时，F 沿 -x ，即F0 当 x即位移沿 -x 时，F 沿+x ，即F 0k为弹簧的倔强系数， “—”号表示力 F 与位移 x （相对 O 点）反向。

定义：物体受力与位移正比反向时的振动称为简谐振动。

由定义知，弹簧振子做谐振动。

由牛顿第二定律知，m加快度为aF kxmm（ m为物体质量）ad 2 xd 2 x k x∵dt 2∴ dt2mk2∵ k、 m均大于 0，∴可令m可有：d 2 x2 x 0(12-2)dt 2式 (12-2) 是谐振动物体的微分方程。

它是一个常系数的齐次二阶的线性微分方程，它的解为x Asin t'(12-3)或x Acos t(12-4)'2式 (12-3)(12-4) 是简谐振动的运动方程。

所以，我们也能够说位移是时间t 的正弦或余弦函数的运动是简谐运动。

本书顶用余弦形式表示谐振动方程。

3、谐振动的速度和加快度物体位移：xAcos tdxAsin tV(12-5)速度：dtd 2 xa2 Acos t 2 x加快度：dt 2(12-6)可知：Vmax A amax 2 Ax t、V t 、 at 曲线以下图 12-2图 12-3第十二章机械振动沈阳工业大学郭连权（教授）说明：（1）Fkx 是谐振动的动力学特点；（2） a2 x是谐振动的运动学特点；（3）做谐振动的物体往常称为谐振子。

1⼤学物理简明教程习题解答第12章2010.9第12章量⼦物理学12-1 氦氖激光器发射波长632.8nm 的激光。

若激光器的功率为1.0mW ，试求每秒钟所发射的光⼦数。

解⼀个光⼦的能量λνhch E ==，激光器功率P 数值上等于每秒钟发射光⼦的总能量，故每秒钟所发射的光⼦数1/s 1018.315?===hcP E P N λ 12-2 某种材料的逸出功为3.00eV ，试计算能使这种材料发射光电⼦的⼊射光的最⼤波长。

解光⼦的能量λhcE =，要使这种材料发射光电⼦，⼊射光⼦的能量不能⼩于逸出功W ，即有W hcE ==min λ解得⼊射光的最⼤波长为nm 4141014.470=?==-Whcλ 12-3 从铝中移去⼀个电⼦需要能量4.20eV 。

⽤波长为200nm 的光投射到铝表⾯上，求：（1）由此发射出来的最快光电⼦和最慢光电⼦的动能；（2）遏⽌电势差；（3）铝的红限波长。

解（1）根据爱因斯坦光电效应⽅程 W E h km +=ν最快光电⼦的动能W hc W h m E -=-==λν2m max k 21v eV 2.02J 1023.319=?=-最慢光电⼦逸出铝表⾯后不再有多余的动能，故0min k =E（2）因最快光电⼦反抗遏⽌电场⼒所做的功应等于光电⼦最⼤初动能，即max k E eU a =，故遏⽌电势差V 02.2maxk ==eE U a （3）波长为红限波长λ0的光⼦，具有恰好能激发光电⼦的能量，由λ0与逸出功的关系W hc=0λ得铝的红限波长nm 296m 1096.270=?==-Whcλ 12-4 在⼀个光电效应实验中测得，能够使钾发射电⼦的红限波长为562.0nm 。

（1）求钾的逸出功；（2）若⽤波长为250.0nm 的紫外光照射钾⾦属表⾯，求发射出的电⼦的最⼤初动能。

解（1）波长为红限波长λ0的光⼦具有恰能激发光电⼦的能量，即光⼦能量等于逸出功由W hc =0λ，得钾的逸出功 eV 2.21J 1054.3190=?==-λhc W（2）根据光电效应⽅程 W E ch+=km λ光电⼦的最⼤初动能为W hc W h m E -=-==λν2m km 21v eV 76.2J 1042.419=?=-12-5（1）试⽤上述数据在坐标纸上作U a ~ν图线；（2）利⽤图线求出⾦属锂的光电效应红限波长；（3）从这些数据求普朗克常数。

教学目标：1. 理解静电场的基本概念，掌握静电场强度和电势的基本性质。

2. 掌握库仑定律、高斯定理和电场强度的叠加原理。

3. 能够运用电场强度和电势公式解决实际问题。

4. 培养学生分析问题和解决问题的能力。

教学重点：1. 静电场的基本概念和性质。

2. 库仑定律、高斯定理和电场强度的叠加原理。

3. 电场强度和电势的计算方法。

教学难点：1. 电场强度和电势的物理意义。

2. 高斯定理的应用。

教学时间：2课时教学过程：第一课时一、导入新课1. 复习上一节课的内容，引导学生回顾静电场的概念。

2. 引入本节课的主题——静电场。

二、新课讲授1. 静电场的基本概念和性质- 静电场：静止电荷在空间产生的电场。

- 静电场强度：描述静电场对单位正电荷的作用力大小和方向。

- 静电场强度公式：E = F/q2. 库仑定律- 两个静止的点电荷之间的静电相互作用力与这两个点电荷所带电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成反比。

- 库仑定律公式：F = kq1q2/r^23. 高斯定理- 通过闭合曲面穿过的电通量等于该闭合曲面所包围的电荷总量除以真空介电常数。

- 高斯定理公式：Φ = Q/ε04. 电场强度的叠加原理- 两个静电场在某一点的叠加，等于这两个静电场在该点的作用力之和。

三、课堂练习1. 根据库仑定律计算两个点电荷之间的作用力。

2. 根据高斯定理计算闭合曲面穿过的电通量。

3. 根据电场强度的叠加原理计算某一点的电场强度。

四、课堂小结1. 总结静电场的基本概念和性质。

2. 强调库仑定律、高斯定理和电场强度的叠加原理的重要性。

第二课时一、复习导入1. 复习上一节课的内容，引导学生回顾静电场的基本概念和性质。

2. 引入本节课的主题——电势。

二、新课讲授1. 电势- 电势：描述静电场中某一点的电场强度大小。

- 电势公式：V = W/q2. 电势差- 电势差：两个点电荷之间的电势之差。

- 电势差公式：ΔV = W/q3. 电势叠加原理- 电势叠加原理：电势在空间中的叠加，等于各个电荷单独产生的电势之和。

第十二章 恒定磁场 (Steady Magnetic Field)一、选择题12.1 均匀磁场的磁感强度B垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为 (A) B r 22π． (B)B r 2π． S B •=Φ(C) 0． (D) 无法确定的量． ［ B ］12.2 载流的圆形线圈(半径a 1 )与正方形线圈(边长a 2 )通有相同电流I ．若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感强度大小相同，则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为(公式及图像表示法))135cos 45(cos 244,4a 2,002022110192-⨯⨯⨯=⨯=a I B a I B P πμππμ，(A) 1∶1 (B)π2∶1(C)π2∶4 (D) π2∶8 ［ D ］12.3 如题图12.1，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L 的积分⎰⋅LlB d 等于(A) I 0μ． (B)I 031μ． (C) 4/0I μ． (D) 3/20I μ． ［ D ］II a bcdL120°题图12.1I 1I 212.4 如题图12.2，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动．线框平面与大平板垂直。

大平板的电流与线框中电流方向如图所示。

则在同一侧且对着大平板看，通电线框的运动情况是： （电流同相吸，异相斥） (A) 靠近大平板． (B) 顺时针转动．(C) 逆时针转动． (D) 离开大平板向外运动． ［ B ］12.5 在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积A 1 = 2 A 2，通有电流I 1 = 2 I 2，它们所受的最大磁力矩之比M1 / M 2等于 M=PB (A) 1． (B) 2．(C) 4． (D) 1/4． ［ C ］12.6 如题图12.3所示，无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感强度大小等于 (A)RIπ20μ； (B)RI40μ； (C)RIπ20μ ；(D))11(20π-R Iμ； (E) )11(40π+R I μ。

习题十二12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化?解: υ不变，为波源的振动频率；n n 空λλ=变小；υλn u =变小．12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由． (1)使两缝之间的距离变小；(2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于1S ，2S 联线方向上下微小移动； (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝．解: 由λd D x =∆知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动．12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时，其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式∆λπϕ∆2=中,光波的波长要用真空中波长,为什么?解:nr =∆．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为C t ∆=∆．因为∆中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。

12-4 如题12-4图所示，A ，B 两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化?(1) A 沿垂直于B 的方向向上平移［见图(a)］； (2) A 绕棱边逆时针转动［见图(b)］．题12-4图解: (1)由l 2λθ=，2λke k =知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变； (2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密．12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为λ的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度．解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲．按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为2λ=∆e ，这也是工件缺陷的程度．题12-5图 题12-6图12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中 心收缩，问透镜是向上还是向下移动?解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚k e 位置向中心移动．12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距d =0.20mm ，缝屏间距D ＝1.0m ，试求： (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm ，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离．解: (1)由λk d Dx =明知，λ22.01010.63⨯⨯=，∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置．若入射光的波长为5500oA ，求此云母片的厚度．解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为 e n e ne )1(-=-=δ按题意 λδ7=∴610106.6158.1105500717--⨯=-⨯⨯=-=n e λm 6.6=m μ 12-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm ，狭缝光源S 在离镜左边20cm 的平面内，与镜面的垂直距离为2.0mm ，光源波长=λ7.2×10-7m ，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．题12-9图解: 镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S '发出．所以由S 与S '发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为x 处的光程差为 22)(12λλδ+=+-=D x dr r第一明纹处，对应λδ=∴25105.44.0250102.72--⨯=⨯⨯⨯==d Dx λmm 12-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到5000 oA 与7000 oA 这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度． 解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为ne 2，由反射相消条件有λλ)21(2)12(2+=+=k k k ne ),2,1,0(⋅⋅⋅=k ①当50001=λoA 时，有2500)21(21111+=+=λλk k ne ②当70002=λoA 时，有3500)21(22222+=+=λλk k ne ③因12λλ>，所以12k k <;又因为1λ与2λ之间不存在3λ满足 33)21(2λ+=k ne 式即不存在 132k k k <<的情形，所以2k 、1k 应为连续整数，即 112-=k k ④ 由②、③、④式可得：51)1(75171000121221+-=+=+=k k k k λλ得 31=k2112=-=k k可由②式求得油膜的厚度为67312250011=+=n k e λoA12-11 白光垂直照射到空气中一厚度为3800 oA 的肥皂膜上，设肥皂膜的折射率为1.33，试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解: 由反射干涉相长公式有λλk ne =+22 ),2,1(⋅⋅⋅=k得122021612380033.14124-=-⨯⨯=-=k k k ne λ2=k , 67392=λoA (红色)3=k , 40433=λ oA (紫色)所以肥皂膜正面呈现紫红色．由透射干涉相长公式 λk ne =2),2,1(⋅⋅⋅=k所以k k ne 101082==λ当2=k 时， λ =5054oA (绿色)故背面呈现绿色．12-12 在折射率1n =1.52的镜头表面涂有一层折射率2n =1.38的Mg 2F 增透膜，如果此膜适用于波长λ=5500 oA 的光，问膜的厚度应取何值?解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即λ)21(22+=k e n ),2,1,0(⋅⋅⋅=k ∴222422)21(n n k n k e λλλ+=+=)9961993(38.14550038.125500+=⨯+⨯=k k oA令0=k ，得膜的最薄厚度为996oA ． 当k 为其他整数倍时，也都满足要求．12-13 如题12-13图，波长为6800oA 的平行光垂直照射到L ＝0.12m 长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d =0.048mm 的细钢丝隔开．求： (1)两玻璃片间的夹角=θ?(2)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少? (3)相邻两暗条纹的间距是多少?(4)在这0.12 m 内呈现多少条明条纹?题12-13图解: (1)由图知，d L =θsin ，即d L =θ故43100.41012.0048.0-⨯=⨯==L d θ(弧度)(2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32-⨯==∆λe m(3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002---⨯=⨯⨯⨯==θλl m 85.0=mm (4)141≈=∆l LN 条12-14 用=λ5000oA 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1n 大于薄膜的折射率n (n =1.5)．求： (1)膜下面媒质的折射率2n 与n 的大小关系；(2)第10条暗纹处薄膜的厚度；(3)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: (1)n n >2．因为劈尖的棱边是暗纹，对应光程差2)12(22λλ+=+=∆k ne ，膜厚0=e 处，有0=k ，只能是下面媒质的反射光有半波损失2λ才合题意；(2)3105.15.12500092929-⨯=⨯⨯==⨯=∆n e n λλmm (因10个条纹只有9个条纹间距)(3)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)100.2105.1(33--⨯+⨯='∆e mm21100.55.12105.3243=⨯⨯⨯⨯='∆=∆--n e N λ现被第21级暗纹占据．12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环，1λ＝6000oA ，2λ＝4500oA ，观察到用1λ时的第k 个暗环与用2λ时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm ．求用1λ时第k 个暗环的半径．(2)又如在牛顿环中用波长为5000oA 的第5个明环与用波长为2λ的第6个明环重合，求未知波长2λ．解: (1)由牛顿环暗环公式λkR r k =据题意有21)1(λλR k kR r +== ∴212λλλ-=k ，代入上式得2121λλλλ-=R r10101010210450010600010450010600010190-----⨯-⨯⨯⨯⨯⨯⨯=31085.1-⨯=m (2)用A 50001 =λ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 -=-=∴4091500016215212121212=⨯-⨯-⨯=--=λλk k oA 12-16 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1d ＝1.40×10-2m 变为2d ＝1.27×10-2m ，求液体的折射率．解: 由牛顿环明环公式2)12(21λR k D r -==空n R k D r 2)12(22λ-==液两式相除得n D D =21，即22.161.196.12221≈==D D n12-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长．当1M 移动距离为0.322mm时，观察到干涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长． 解: 由2λNd ∆=∆得 102410322.0223-⨯⨯=∆∆=N d λ710289.6-⨯=m 6289=oA12-18 把折射率为n =1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中，观察到有150条干涉条纹向一方移过．若所用单色光的波长为λ=5000oA ，求此玻璃片的厚度． 解: 设插入玻璃片厚度为d ，则相应光程差变化为λN d n ∆=-)1(2∴)1632.1(2105000150)1(210-⨯⨯=-∆=-n N d λ5109.5-⨯=m 2109.5-⨯=mm。

第 12 章电磁感应与电磁场一选择题12-1 一根无限长平行直导线载有电流I，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图12-1），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)线圈中感应电流方向无法确定Iv 习题 12-1 图解：选(B) 。

矩形线圈向下运动，直导线穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由右手螺旋法则确定线圈中感应电流为顺时针方向。

12-2 尺寸相同的铁环和铜环所包围的面积中，通以相同变化率的磁通量，则环中[](A)感应电动势不同，感应电流不同(B)感应电动势相同，感应电流相同(C)感应电动势不同，感应电流相同(D)感应电动势相同，感应电流不同解：选(D) 。

根据法拉第电磁感应定律，铁环和铜环所包围的面积中，若磁通量变化率相同，则感应电动势相同；但是尺寸相同的铁环和铜环的电阻不同，由欧姆定律I可知，感应电流不同。

R12-3 如图12-3 所示，导线AB 在均匀磁场中作下列四种运动，（1）垂直于磁场作平动；（2）绕固定端 A 作垂直于磁场转动；（3）绕其中心点 O 作垂直于磁场转动；（4）绕通过中心点 O 的水平轴作平行于磁场的转动。

关于导线 AB 的感应电动势哪个结论是错误的? [](A)（1）有感应电动势， A 端为高电势(B)（2）有感应电动势， B 端为高电势(C)（3）无感应电动势(D)（4）无感应电动势B B B B abOv OA A A A d c（1）（2）（3）（ 4）习题12-3 图习题 12-4 图解：选 (B)。

由b B) d l 可知，（1）（2）有感应电动势，（3）OA、OB(va两段导线的感应电动势相互抵消，无感应电动势，（ 4）无感应电动势， (C)、(D)正确；而的方向与 v B 的方向相同，（1）（2）电动势的方向均由B A，A端为高电势， (A) 正确， (B) 错误。

⼤学物理第⼗⼆章课后习题答案第四篇⽓体动理论热⼒学基础求解⽓体动理论和热⼒学问题的基本思路和⽅法热运动包含⽓体动理论和热⼒学基础两部分．⽓体动理论从物质的微观结构出发，运⽤统计⽅法研究⽓体的热现象，通过寻求宏观量与微观量之间的关系，阐明⽓体的⼀些宏观性质和规律．⽽热⼒学基础是从宏观⾓度通过实验现象研究热运动规律．在求解这两章习题时要注意它们处理问题⽅法的差异．⽓体动理论主要研究对象是理想⽓体，求解这部分习题主要围绕以下三个⽅⾯：(1) 理想⽓体物态⽅程和能量均分定理的应⽤；(2) 麦克斯韦速率分布率的应⽤；(3)有关分⼦碰撞平均⾃由程和平均碰撞频率．热⼒学基础⽅⾯的习题则是围绕第⼀定律对理想⽓体的四个特殊过程(三个等值过程和⼀个绝热过程)和循环过程的应⽤，以及计算热⼒学过程的熵变，并⽤熵增定理判别过程的⽅向．1．近似计算的应⽤⼀般⽓体在温度不太低、压强不太⼤时，可近似当作理想⽓体，故理想⽓体也是⼀个理想模型．⽓体动理论是以理想⽓体为模型建⽴起来的，因此，⽓体动理论所述的定律、定理和公式只能在⼀定条件下使⽤．我们在求解⽓体动理论中有关问题时必须明确这⼀点．然⽽，这种从理想模型得出的结果在理论和实践上是有意义的．例如理想⽓体的内能公式以及由此得出的理想⽓体的摩尔定容热容2/m V,iR C =和摩尔定压热容()2/2m P,R i C +=都是近似公式，它们与在通常温度下的实验值相差不⼤，因此，除了在低温情况下以外，它们还都是可以使⽤的．在实际⼯作时如果要求精度较⾼，摩尔定容热容和摩尔定压热容应采⽤实验值．本书习题中有少数题给出了在某种条件下m V,C 和m P,C 的实验值就是这个道理．如习题中不给出实验值，可以采⽤近似的理论公式计算．2．热⼒学第⼀定律解题过程及注意事项热⼒学第⼀定律E W Q Δ+=，其中功?=21d V V V ρW ，内能增量T R i M m E Δ2Δ?=．本章习题主要是第⼀定律对理想⽓体的四个特殊过程(等体、等压、等温、绝热)以及由它们组成的循环过程的应⽤．解题的主要过程：(1) 明确研究对象是什么⽓体(单原⼦还是双原⼦)，⽓体的质量或物质的量是多少？ (２) 弄清系统经历的是些什么过程，并掌握这些过程的特征．(３) 画出各过程相应的p －V 图．应当知道准确作出热⼒学过程的p －V 图，可以给出⼀个⽐较清晰的物理图像．(４) 根据各过程的⽅程和状态⽅程确定各状态的参量，由各过程的特点和热⼒学第⼀定律就可计算出理想⽓体在各过程中的功、内能增量和吸放热了．在计算中要注意Q 和W 的正、负取法．3．关于内能的计算理想⽓体的内能是温度的单值函数，是状态量，与过程⽆关，⽽功和热量是过程量，在两个确定的初、末状态之间经历不同的过程，功和热量⼀般是不⼀样的，但内能的变化是相同的，且均等于()12m V,ΔT T C Mm E -=．因此，对理想⽓体来说，不论其经历什么过程都可⽤上述公式计算内能的增量．同样，我们在计算某⼀系统熵变的时候，由于熵是状态量，以⽆论在始、末状态之间系统经历了什么过程，始、末两个状态间的熵变是相同的．所以，要计算始末两状态之间经历的不可逆过程的熵变，就可通过计算两状态之间可逆过程熵变来求得，就是这个道理．4．麦克斯韦速率分布律的应⽤和分⼦碰撞的有关讨论深刻理解麦克斯韦速率分布律的物理意义，掌握速率分布函数f (v )和三种统计速率公式及物理意义是求解这部分习题的关键．三种速率为M RT /2P =v ，M RT π/8=v ，M RT /32=v ．注意它们的共同点都正⽐于M T /，⽽在物理意义上和⽤途上⼜有区别．P v ⽤于讨论分⼦速率分布图．v ⽤于讨论分⼦的碰撞；2v ⽤于讨论分⼦的平均平动动能．解题中只要抓住这些特点就⽐较⽅便．根据教学基本要求，有关分⼦碰撞内容的习题求解⽐较简单，往往只要记住平均碰撞频率公式v n d Z 22=和平均⾃由程n d Z λ2π2/1/==v ，甚⾄只要知道n Z ?∝v ，n /1∝λ及M T /∝v 这种⽐值关系就可求解许多有关习题．第⼗⼆章⽓体动理论12 －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与解理想⽓体分⼦的平均平动动能23k /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．⼜由物态⽅程nkT p =，当两者分⼦数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)．12 －2 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，⽅均根速率之⽐()()()4:2:1::2/12C 2/12B 2/12A =v v v ，则其压强之⽐C B A ::p p p 为( )(A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8(C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1分析与解分⼦的⽅均根速率为M RT /3=2v ，因此对同种理想⽓体有3212C 2B 2A ::::T T T =v v v ，⼜由物态⽅程nkT ρ，当三个容器中分⼦数密度n 相同时，得16:4:1::::321321==T T T p p p .故选(C)． 12 －3 在⼀个体积不变的容器中，储有⼀定量的某种理想⽓体，温度为0T 时，⽓体分⼦的平均速率为0v ，分⼦平均碰撞次数为0Z ，平均⾃由程为0λ，当⽓体温度升⾼为04T 时，⽓体分⼦的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均⾃由程λ分别为( ) (A) 004,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C) 00422λλ===,,Z Z 0v v (D) 0042λλ===,,Z Z 0v v 分析与解理想⽓体分⼦的平均速率M RT π/8=v ，温度由0T 升⾄04T ，则平均速率变为0v 2；⼜平均碰撞频率v n d Z 2π2=，由于容器体积不变，即分⼦数密度n 不变，则平均碰撞频率变为0Z 2；⽽平均⾃由程n d λ2π2/1=，n 不变，则珔λ也不变．因此正确答案为(B)．12 －4 已知n 为单位体积的分⼦数，()v f 为麦克斯韦速率分布函数，则()v v d nf 表⽰( )(A) 速率v 附近，ｄv 区间内的分⼦数(B) 单位体积内速率在v v v d +~区间内的分⼦数(C) 速率v 附近，ｄv 区间内分⼦数占总分⼦数的⽐率(D) 单位时间内碰到单位器壁上，速率在v v v d ~+ 区间内的分⼦数分析与解麦克斯韦速率分布函数()()v v d /d N N f =，⽽v /N n =，则有()V N nf /d d =v v ．即表⽰单位体积内速率在v v v d ~+区间内的分⼦数．正确答案为(B)．12 －5 ⼀打⾜⽓的⾃⾏车内胎，在C 07o1.=t 时，轮胎中空⽓的压强为Pa 100451?=.p ，则当温度变为C 037o2.=t 时，轮胎内空⽓的压强2p 2p 为多少？(设内胎容积不变)分析胎内空⽓可视为⼀定量的理想⽓体，其始末状态均为平衡态，由于⽓体的体积不变，由理想⽓体物态⽅程RT Mm pV =可知，压强p 与温度T 成正⽐．由此即可求出末态的压强．解由分析可知，当K 15310037152732...=+=T ，轮胎内空⽓压强为Pa 1043451122?==./T p T p可见当温度升⾼时，轮胎内⽓体压强变⼤，因此，夏季外出时⾃⾏车的车胎不宜充⽓太⾜，以免爆胎．12 －6 有⼀个体积为35m 1001?.的空⽓泡由⽔⾯下m 050.深的湖底处(温度为C 4o )升到湖⾯上来．若湖⾯的温度为C 017o .，求⽓泡到达湖⾯的体积．(取⼤⽓压强为Pa 10013150?=.p ) 分析将⽓泡看成是⼀定量的理想⽓体，它位于湖底和上升⾄湖⾯代表两个不同的平衡状态．利⽤理想⽓体物态⽅程即可求解本题．位于湖底时，⽓泡内的压强可⽤公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为⽔的密度( 常取33m kg 1001??=.ρ)．解设⽓泡在湖底和湖⾯的状态参量分别为(p 1 ，V 1 ，T 1 )和(p 2 ,V 2 ，T 2 )．由分析知湖底处压强为gh ρp gh ρp p+=+=021，利⽤理想⽓体的物态⽅程222111T V p T V p = 可得空⽓泡到达湖⾯的体积为()3510120121212m 1011.6//-?=+==T p V T gh ρp T p V T p V12 －7 氧⽓瓶的容积为32m 1023-?.，其中氧⽓的压强为Pa 10317?.，氧⽓⼚规定压强降到Pa 10016?.时，就应重新充⽓，以免经常洗瓶．某⼩型吹玻璃车间，平均每天⽤去3m 400.压强为Pa 100115?.的氧⽓，问⼀瓶氧⽓能⽤多少天？ (设使⽤过程中温度不变)分析由于使⽤条件的限制，瓶中氧⽓不可能完全被使⽤．为此，可通过两条不同的思路进⾏分析和求解：(1) 从氧⽓质量的⾓度来分析．利⽤理想⽓体物态⽅程RT Mm pV =可以分别计算出每天使⽤氧⽓的质量3m 和可供使⽤的氧⽓总质量(即原瓶中氧⽓的总质量1m 和需充⽓时瓶中剩余氧⽓的质量2m 之差)，从⽽可求得使⽤天数()321m m m n /-=．(2) 从容积⾓度来分析．利⽤等温膨胀条件将原瓶中氧⽓由初态(Pa 1030171?=.p , 321m 1023-?=.V )膨胀到需充⽓条件下的终态(Pa 1000162?=.p ，2V 待求)，⽐较可得2p 状态下实际使⽤掉的氧⽓的体积为12V V -．同样将每天使⽤的氧⽓由初态(Pa 1001153?=.p ，33m 400.=V )等温压缩到压强为p 2的终态，并算出此时的体积V′2 ，由此可得使⽤天数应为()212V V V n '-=/．解1 根据分析有RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m /;/;/333222111===则⼀瓶氧⽓可⽤天数()()5.9//33121321===-=V p V p p m m m n解2 根据分析中所述，由理想⽓体物态⽅程得等温膨胀后瓶内氧⽓在压强为Pa 1000162?=.p 时的体积为 2112p V p V /=每天⽤去相同状态的氧⽓容积2332p V p V /='则瓶内氧⽓可⽤天数为()()5.9//33121212=-='-=V p V p p V V V n12 －8 设想太阳是由氢原⼦组成的理想⽓体，其密度可当作是均匀的．若此理想⽓体的压强为Pa 1035114?.．试估计太阳的温度．(已知氢原⼦的质量Pa 1067127H -?=.m ，太阳半径kg 1067127H -?=.m ，太阳质量kg 1099130S ?=.m )分析本题可直接运⽤物态⽅程nkT p =进⾏计算．解氢原⼦的数密度可表⽰为()??==3S H S H S π34//R m m V m m n S 根据题给条件，由nkT p = 可得太阳的温度为()K 1016.13/π4/7S 3S H ?===k m R pm nk p T说明实际上太阳结构并⾮本题中所设想的理想化模型，因此，计算所得的太阳温度与实际的温度相差较⼤．估算太阳(或星体)表⾯温度的⼏种较实⽤的⽅法在教材第⼗五章有所介绍．12 －9 ⼀容器内储有氧⽓，其压强为Pa 100115.，温度为27 ℃，求：(1)⽓体分⼦的数密度；(2) 氧⽓的密度；(3) 分⼦的平均平动动能；(4) 分⼦间的平均距离．(设分⼦间均匀等距排列)分析在题中压强和温度的条件下，氧⽓可视为理想⽓体．因此，可由理想⽓体的物态⽅程、密度的定义以及分⼦的平均平动动能与温度的关系等求解．⼜因可将分⼦看成是均匀等距排列的，故每个分⼦占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知n V /10=，d 即可求出．解 (1) 单位体积分⼦数325m 10442?==./kT p n(2) 氧⽓的密度-3m kg 301?===.//RT pM V m ρ(3) 氧⽓分⼦的平均平动动能J 102162321k -?==./kT ε(4) 氧⽓分⼦的平均距离m 10453193-?==./n d通过对本题的求解，我们可以对通常状态下理想⽓体的分⼦数密度、平均平动动能、分⼦间平均距离等物理量的数量级有所了解．12 －10 2.0×10－2 kg 氢⽓装在4.0×10-3 m 3 的容器内，当容器内的压强为3.90×105Pa 时，氢⽓分⼦的平均平动动能为多⼤？分析理想⽓体的温度是由分⼦的平均平动动能决定的，即23k /kT =ε．因此，根据题中给出的条件，通过物态⽅程pV ＝m/MRT ，求出容器内氢⽓的温度即可得k ε．解由分析知氢⽓的温度mRMPV T =，则氢⽓分⼦的平均平动动能为 ()8932323k ./===mR pVMk kT ε12 －11 温度为0 ℃和100 ℃时理想⽓体分⼦的平均平动动能各为多少？欲使分⼦的平均平动动能等于1eV ，⽓体的温度需多⾼？解分⼦在0℃和100 ℃时平均平动动能分别为J 10655232111-?==./kT εJ 10727232122-?==./kT ε由于1eV ＝1.6×10－19 J ，因此，分⼦具有1eV 平均平动动能时，⽓体温度为K 10737323k ?==./k T ε这个温度约为7.5 ×103 ℃．12 －12 某些恒星的温度可达到约1.0 ×108K ，这是发⽣聚变反应(也称热核反应)所需的温度.通常在此温度下恒星可视为由质⼦组成.求：(1) 质⼦的平均动能是多少？ (2) 质⼦的⽅均根速率为多⼤？分析将组成恒星的⼤量质⼦视为理想⽓体，质⼦可作为质点，其⾃由度 i ＝3，因此，质⼦的平均动能就等于平均平动动能.此外，由平均平动动能与温度的关系2/32/2kT m =v ，可得⽅均根速率2v .解 (1) 由分析可得质⼦的平均动能为 J 1007.22/32/3152k -?===kT m εv(2) 质⼦的⽅均根速率为1-62s m 1058.132??==mkT v 12 －13 试求温度为300.0 K 和2.7 K(星际空间温度)的氢分⼦的平均速率、⽅均根速率及最概然速率.分析分清平均速率v 、⽅均根速率2v 及最概然速率p v 的物理意义，并利⽤三种速率相应的公式即可求解.解氢⽓的摩尔质量M ＝2 ×10－3kg·mol －1 ，⽓体温度T 1 ＝300.0K ，则有 1-31s m 1078.18??==M πRT v 1-312s m 1093.13??==M RT v 1-31p s m 1058.12??==MRT v ⽓体温度T 2＝2.7K 时，有 1-31s m 1069.18??==M πRT v 1-322s m 1083.13??==MRT v1-31p s m 1050.12??==MRT v 12 －14 如图所⽰，Ⅰ、Ⅱ两条曲线分别是氢⽓和氧⽓在同⼀温度下的麦克斯韦分⼦速率分布曲线.试由图中数据求：(1)氢⽓分⼦和氧⽓分⼦的最概然速率；(2) 两种⽓体所处的温度；(3) 若图中Ⅰ、Ⅱ分别表⽰氢⽓在不同温度下的麦克斯韦分⼦速率分布曲线.则哪条曲线的⽓体温度较⾼？分析由MRT 1p 2=v 可知，在相同温度下，由于不同⽓体的摩尔质量不同，它们的最概然速率v p 也就不同.因22O H M M <，故氢⽓⽐氧⽓的v p 要⼤，由此可判定图中曲线Ⅱ所标v p ＝2.0 ×103 m·s －1 应是对应于氢⽓分⼦的最概然速率.从⽽可求出该曲线所对应的温度.⼜因曲线Ⅰ、Ⅱ所处的温度相同，故曲线Ⅰ中氧⽓的最概然速率也可按上式求得.同样，由M RT2p =v 可知，如果是同种⽓体，当温度不同时，最概然速率v p 也不同.温度越⾼，v p 越⼤.⽽曲线Ⅱ对应的v p 较⼤，因⽽代表⽓体温度较⾼状态.解 (1) 由分析知氢⽓分⼦的最概然速率为()13H p s m 100.222H 2-??==M RT v利⽤M O2 /M H2 ＝16 可得氧⽓分⼦最概然速率为()()12H p O p s m 100.54/22-??==v v (2) 由M RT2p =v 得⽓体温度K 1081.42/22p==R M T v (3) Ⅱ代表⽓体温度较⾼状态.12 －15 ⽇冕的温度为2.0 ×106K ，所喷出的电⼦⽓可视为理想⽓体.试求其中电⼦的⽅均根速率和热运动平均动能.解⽅均根速率16e2s m 105.93-??==m kT v 平均动能J 10142317k -?==./kT ε 12 －16 在容积为2.0 ×10－3m 3 的容器中，有内能为6.75 ×102J 的刚性双原⼦分⼦某理想⽓体.(1) 求⽓体的压强；(2) 设分⼦总数为5.4×1022 个，求分⼦的平均平动动能及⽓体的温度.分析 (1) ⼀定量理想⽓体的内能RT i M m E 2=，对刚性双原⼦分⼦⽽⾔，i ＝5.由上述内能公式和理想⽓体物态⽅程pV ＝mM RT 可解出⽓体的压强.(2)求得压强后，再依据题给数据可求得分⼦数密度，则由公式p ＝nkT 可求⽓体温度.⽓体分⼦的平均平动动能可由23k /kT ε=求出.解 (1) 由RT i M m E 2=和pV ＝mM RT 可得⽓体压强 ()Pa 1035125?==./iV E p(2) 分⼦数密度n ＝N/V ，则该⽓体的温度()()Pa 106235?===.//nk pV nk p T⽓体分⼦的平均平动动能为J 104972321k -?==./kT ε12 －17温度相同的氢⽓和氧⽓，若氢⽓分⼦的平均平动动能为6.21×10－21J ，试求(1) 氧⽓分⼦的平均平动动能及温度；(2) 氧⽓分⼦的最概然速率. 分析 (1) 理想⽓体分⼦的平均平动动能23k /kT ε=，是温度的单值函数，与⽓体种类⽆关.因此，氧⽓和氢⽓在相同温度下具有相同的平均平动动能，从⽽可以求出氧⽓的温度.(2) 知道温度后再由最概然速率公式M RT 2p =v 即可求解v p . 解 (1) 由分析知氧⽓分⼦的平均平动动能为J 102162321k -?==./kT ε，则氧⽓的温度为：K 30032k ==k εT /(2) 氧⽓的摩尔质量M ＝3.2 ×10－2 kg·mol －1 ，则有 12p s m 1095.32-??==M RTv12 －18 声波在理想⽓体中传播的速率正⽐于⽓体分⼦的⽅均根速率.问声波通过氧⽓的速率与通过氢⽓的速率之⽐为多少？设这两种⽓体都是理想⽓体并具有相同的温度.分析由题意声波速率u 与⽓体分⼦的⽅均根速率成正⽐，即2v ∝u ；⽽在⼀定温度下，⽓体分⼦的⽅均根速率M /12∝v ，式中M 为⽓体的摩尔质量.因此，在⼀定温度下声波速率M u /1∝.解依据分析可设声速M A u /1=，式中A 为⽐例常量.则声波通过氧⽓与氢⽓的速率之⽐为2502222O H O H .==M M u u12 －19 已知质点离开地球引⼒作⽤所需的逃逸速率为gr v 2=，其中r 为地球半径.(1) 若使氢⽓分⼦和氧⽓分⼦的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各⾃应有多⾼的温度；(2) 说明⼤⽓层中为什么氢⽓⽐氧⽓要少.(取r ＝6.40 ×106 m)分析⽓体分⼦热运动的平均速率MπRT 8=v ，对于摩尔质量M 不同的⽓体分⼦，为使v 等于逃逸速率v ，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔质量M 较⼩的就容易达到逃逸速率.解 (1) 由题意逃逸速率gr 2=v ，⽽分⼦热运动的平均速率M πRT 8=v .当v v = 时，有RMrg πT 4= 由于氢⽓的摩尔质量13H mol kg 10022--??=.M ，氧⽓的摩尔质量12O mol kg 10232--??=.M ，则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为K 10891K,101815O 4H 22?=?=..T T(2) 根据上述分析，当温度相同时，氢⽓的平均速率⽐氧⽓的要⼤(约为4倍)，因此达到逃逸速率的氢⽓分⼦⽐氧⽓分⼦多.按⼤爆炸理论，宇宙在形成过程中经历了⼀个极⾼温过程.在地球形成的初期，虽然温度已⼤⼤降低，但温度值还是很⾼.因⽽，在⽓体分⼦产⽣过程中就开始有分⼦逃逸地球，其中氢⽓分⼦⽐氧⽓分⼦更易逃逸.另外，虽然⽬前的⼤⽓层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分⼦速率分布曲线可知，在任⼀温度下，总有⼀些⽓体分⼦的运动速率⼤于逃逸速率.从分布曲线也可知道在相同温度下氢⽓分⼦能达到逃逸速率的可能性⼤于氧⽓分⼦.故⼤⽓层中氢⽓⽐氧⽓要少.12 －20 容积为1m 3 的容器储有1mol 氧⽓，以v ＝10m·s －1 的速度运动，设容器突然停⽌，其中氧⽓的80％的机械运动动能转化为⽓体分⼦热运动动能.试求⽓体的温度及压强各升⾼了多少.分析容器作匀速直线运动时，容器内分⼦除了相对容器作杂乱⽆章的热运动外，还和容器⼀起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为m v 2/2.按照题意，当容器突然停⽌后，80％定向运动动能转为系统的内能.对⼀定量理想⽓体内能是温度的单值函数，则有关系式：()T R M m mv E Δ25%80Δ2?=?=成⽴，从⽽可求ΔT .再利⽤理想⽓体物态⽅程，可求压强的增量. 解由分析知T R M m m E Δ252/8.0Δ2?==v ，其中m 为容器内氧⽓质量.⼜氧⽓的摩尔质量为12m ol kg 1023--??=.M ，解得ΔT ＝6.16 ×10－2 K当容器体积不变时，由pV ＝mRT/M 得Pa 51.0ΔΔ==T VR M m p 12 －21 有N 个质量均为m 的同种⽓体分⼦，它们的速率分布如图所⽰.(1) 说明曲线与横坐标所包围的⾯积的含义；(2) 由N 和0v 求a 值；(3) 求在速率0v /2到30v /2 间隔内的分⼦数；(4) 求分⼦的平均平动动能.分析处理与⽓体分⼦速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数()v f 的物理意义. ()v v d /d N N f =，题中纵坐标()v v d /d N Nf =，即处于速率v 附近单位速率区间内的分⼦数.同时要掌握()v f 的归⼀化条件，即()1d 0=?∞v v f .在此基础上，根据分布函数并运⽤数学⽅法(如函数求平均值或极值等)，即可求解本题.解 (1) 由于分⼦所允许的速率在0 到20v 的范围内，由归⼀化条件可知图中曲线下的⾯积()1d 0=?∞v v f 即曲线下⾯积表⽰系统分⼦总数N .(2 ) 从图中可知，在0 到0v 区间内，()0/v v v a Nf ；⽽在0 到20v 区间，()αNf =v .则利⽤归⼀化条件有v v v v v ??+=000200d d v v a a N (3) 速率在0v /2到30v /2间隔内的分⼦数为12/7d d Δ2/300000N a a N =+=??v v v v v v v (4) 分⼦速率平⽅的平均值按定义为()v v f v v v d /d 02022??∞∞==N N 故分⼦的平均平动动能为20220302K 3631d d 2121000v v v v v v v v v v m N a N a m m ε=+==?? 12 －22 试⽤麦克斯韦分⼦速率分布定律导出⽅均根速率和最概然速率. 分析麦克斯韦分⼦速率分布函数为()???? ??-??? ??=kT m kT m f 2exp π2π4222/3v v v 采⽤数学中对连续函数求⾃变量平均值的⽅法，求解分⼦速率平⽅的平均值，即??=N Nd d 22v v ，从⽽得出⽅均根速率.由于分布函数较复杂，在积分过程中需作适当的数学代换.另外，最概然速率是指麦克斯韦分⼦速率分布函数极⼤值所对应的速率，因⽽可采⽤求函数极值的⽅法求得.解 (1) 根据分析可得分⼦的⽅均根速率为2/1242/302/1022d 2exp π2π4/d ???????????? ??-??? ??=??? ??=??∞v v v v v kT m kT m N N N令222/x kT m =v ，则有 2/12/12/104273.13d 2π42??? ??=??? ??=??=?∞-m RT m kT x e x m kT x v(2) 令()0d d =v v f ，即 02exp 222exp 2π2π42222/3=??--???? ??-??? ??kT m kT m kT m T k m v v v v v 得 2/12/141.12??? ??≈??? ??==m RT m kT P v v12 －23 导体中⾃由电⼦的运动可看作类似于⽓体分⼦的运动(故称电⼦⽓).设导体中共有N 个⾃由电⼦，其中电⼦的最⼤速率为v Ｆ (称为费⽶速率).电⼦在速率v v v d ~+之间的概率为()()>>>=v v v v v v 0,0 d π4d F 2A N A N N (1)画出分布函数图；(2) ⽤N 、v Ｆ定出常数A ；(3) 证明电⼦⽓中电⼦的平均动能53F /εε=，其中22F F /mv =ε.分析理解速率分布函数的物理意义，就不难求解本题.速率分布函数()vv d d 1N N f =，表⽰在v 附近单位速率区间的粒⼦数占总粒⼦数的百分⽐.它应满⾜归⼀化条件()()??=∞F 00d d v v v v v f f ，因此根据题给条件可得()v v ~f 的函数关系，由此可作出解析图和求出A .在()v v ~f 函数关系确定的情况下，由()v v v v d 22f ?=可以求出v2 ，从⽽求出2/2v m ε=. 解 (1) 由题设可知，电⼦的速率分布函数()()()>>>=F F 2 00 π4v v v v v v N A f ，其分布函数图如图所⽰. (2) 利⽤分析中所述归⼀化条件，有1d π4F02=?v v v NA 得 3F π4/3v N A = (3) ()53d N 4ππd 2F 20022F v v v v v v v v ===??∞f 5/32/F 2εm ε==v12 －24 ⼀飞机在地⾯时，机舱中的压⼒计指⽰为Pa 100115?.，到⾼空后压强降为Pa 101184..设⼤⽓的温度均为27.0 ℃.问此时飞机距地⾯的⾼度为多少？(设空⽓的摩尔质量为2.89 ×10－2 kg·mol －1 )分析当温度不变时，⼤⽓压强随⾼度的变化主要是因为分⼦数密度的改变⽽造成.⽓体分⼦在重⼒场中的分布满⾜玻⽿兹曼分布.利⽤地球表⾯附近⽓压公式()kT mgh p p /ex p 0-=，即可求得飞机的⾼度h .式中p 0 是地⾯的⼤⽓压强.解飞机⾼度为 ()()m 1093.1/ln /ln 300?===p p MgRT p p mg kT h 12 －25 在压强为Pa 1001.15?下，氮⽓分⼦的平均⾃由程为6.0×10－6cm,当温度不变时，在多⼤压强下，其平均⾃由程为1.0mm 。

第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波12－1 一根无限长平行直导线载有电流I ，一矩形线圈位于导线平面内沿垂直于载流导线方向以恒定速率运动（如图所示），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 ） 线圈中感应电流方向无法确定题 12-1 图分析与解 由右手定则可以判断，在矩形线圈附近磁场垂直纸面朝里，磁场是非均匀场，距离长直载流导线越远，磁场越弱．因而当矩形线圈朝下运动时，在线圈中产生感应电流，感应电流方向由法拉第电磁感应定律可以判定．因而正确答案为（B ）．12－2 将形状完全相同的铜环和木环静止放置在交变磁场中，并假设通过两环面的磁通量随时间的变化率相等，不计自感时则（ ） （A ） 铜环中有感应电流，木环中无感应电流 （B ） 铜环中有感应电流，木环中有感应电流 （C ） 铜环中感应电动势大，木环中感应电动势小 （D ） 铜环中感应电动势小，木环中感应电动势大分析与解 根据法拉第电磁感应定律，铜环、木环中的感应电场大小相等， 但在木环中不会形成电流．因而正确答案为（A ）．12－3 有两个线圈，线圈1对线圈2 的互感系数为M 21 ，而线圈2 对线圈1的互感系数为M 12 ．若它们分别流过i 1 和i 2 的变化电流且ti t i d d d d 21<，并设由i 2变化在线圈1 中产生的互感电动势为12 ，由i 1 变化在线圈2 中产生的互感电动势为ε21 ，下述论断正确的是（ ）． （A ）2112M M = ，1221εε=（B ）2112M M ≠ ，1221εε≠ （C ）2112M M =， 1221εε<（D ）2112M M = ，1221εε<分析与解 教材中已经证明M21 ＝M12 ，电磁感应定律t i M εd d 12121=；tiM εd d 21212=．因而正确答案为（D ）．12－4 对位移电流，下述说法正确的是（ ） （A ） 位移电流的实质是变化的电场（B ） 位移电流和传导电流一样是定向运动的电荷 （C ） 位移电流服从传导电流遵循的所有定律 （D ） 位移电流的磁效应不服从安培环路定理分析与解 位移电流的实质是变化的电场．变化的电场激发磁场，在这一点位移电流等效于传导电流，但是位移电流不是走向运动的电荷，也就不服从焦耳热效应、安培力等定律．因而正确答案为（A ）．12－5 下列概念正确的是（ ） （A ） 感应电场是保守场（B ） 感应电场的电场线是一组闭合曲线（C ） LI Φm =，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 （D ） LI Φm =，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大分析与解 对照感应电场的性质，感应电场的电场线是一组闭合曲线．因而 正确答案为（B ）．12－6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为t Φπ100sin 100.85⨯=，式中Φ的单位为Wb ，t 的单位为s ，求在s 100.12-⨯=t 时，线圈中的感应电动势．分析 由于线圈有N 匝相同回路，线圈中的感应电动势等于各匝回路的感应电动势的代数和，在此情况下，法拉第电磁感应定律通常写成tψt ΦN ξd d d d -=-=，其中ΦN ψ=称为磁链．解 线圈中总的感应电动势())V (π100cos 51.2d d t tΦN=-=ξ 当s 100.12-⨯=t 时，V 51.2=ξ．12－7 载流长直导线中的电流以tId d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势. 分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦd d -=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=SS B Φd 来计算.为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关，即B =B (x )，故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tIM d d -=ξ求解.解1 穿过面元d S 的磁通量为x d xIS B Φd π2d d 0μ=⋅=因此穿过线圈的磁通量为2ln π2d π2d 200⎰⎰===ddIdx xIdΦΦμμ再由法拉第电磁感应定律，有tI d t Φd d 21ln π2d d 0）（μξ=-=解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为2ln π20dIΦμ=线圈与两长直导线间的互感为2ln π20d I ΦM μ==当电流以tId d 变化时，线圈中的互感电动势为 tI d t I Md d 21ln π2d d 0）（μξ=-=题 12-7 图12－8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S ＝4.0 cm 2 、匝数N ＝160 匝、电阻R ＝50Ω．线圈与一内阻R i ＝30Ω的冲击电流计相连．若开始时，线圈的平面与均匀磁场的磁感强度B 相垂直，然后线圈的平面很快地转到与B 的方向平行．此时从冲击电流计中测得电荷值54.010C q -=⨯．问此均匀磁场的磁感强度B 的值为多少？分析 在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电动势和感应电流与磁通量变化的快慢有关，而在一段时间内，通过导体截面的感应电量只与磁通量变化的大小有关，与磁通量变化的快慢无关．工程中常通过感应电量的测定来确定磁场的强弱． 解 在线圈转过90°角时，通过线圈平面磁通量的变化量为NBS NBS ΦΦΦ=-=-=0Δ12因此，流过导体截面的电量为i i R R NBS R R Φq +=+=Δ则 ()T 050.0=+=NSR R q B i 12－9 如图所示，一长直导线中通有I ＝5.0 A 的电流，在距导线9.0 cm 处，放一面积为0.10 cm 2 ，10匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀的．今在1.0 ×10－2s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处．求：（1） 线圈中平均感应电动势；（2） 设线圈的电阻为1.0×10－2Ω，求通过线圈横截面的感应电荷．题 12-9 图分析 虽然线圈处于非均匀磁场中，但由于线圈的面积很小，可近似认为穿过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用NBS ψ=来计算线圈在始、末两个位置的磁链．解 （1） 在始、末状态，通过线圈的磁链分别为1011π2r ISμN S NB ψ==,2022π2r IS μN S NB ψ==则线圈中的平均感应电动势为V 1011.111πΔ2ΔΔ8210-⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==r r t IS N t μψξ 电动势的指向为顺时针方向．（2） 通过线圈导线横截面的感应电荷为C 101.11821-⨯=∆=-=t RR q ξψψ12－10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？题 12-10 图分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由tΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或 端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫⎝⎛+=2π212即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-= 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰-由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0又因 E ＝E OP ＋E PO 即 E OP ＝－E PO ＝2R v B由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．12－11 长为L 的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B 的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．题 12-11 图分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是O A 棒与O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而E O A 和E O B 则可以直接利用第12－2 节例1 给出的结果．解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl ，则()()r L lB ωl lB ωE L-rrABAB 221d d --=-=⋅⨯=⎰⎰-l B v因此棒两端的电势差为()r L lB ωE U AB AB 221--==当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高解2 将AB 棒上的电动势看作是O A 棒和O B 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中221r ωB E OA =,()221r L B ωE OB -= 则()r L BL ωE E E OB OA AB 221--=-=12－12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．题 12-12 图分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰lE v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OPOP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v()()l θB θωlod 90cos sin ⎰-=l()⎰==L L B l l B 022sin 21d sin θωθω由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-=2)sin (21θωL B = 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效． 12－13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40 A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？题 12-13 图分析 本题可用两种方法求解． 方法1：用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xIμB π20=． 方法2：用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=SΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰vv v I μx x μxl E ABAB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路AB CD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xIμΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===SIyμx y x I μΦΦ回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iyμt y x I μt ΦE 由于静止的导轨上电动势为零，所以V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．12－14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．题 12 -14 图分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：（1）当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgefghefE E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．（2）用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =tξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgefl B l B d d v v()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μvv ()1202πl d d l I +=1vl μ由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()ξξμξμ120020lnπ2d π21l Il x x Il l +=+=Φ⎰ 相应电动势为()()1120π2d d l ξξll I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为()1120π2l d d l l I μE +=v由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．12－15 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率tBd d 为常量．试证：棒上感应电动势的大小为2222d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=l R l t B ξ题 12-15 图分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由⎰⋅=l k l E d ξ计算棒上感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故0d =⋅l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．证1 由电磁感应定律，在r ＜R 区域，⎰⎰⋅-=⋅=S B tl E k d d dd ξ tB r E r k d d ππ22-=⋅ 解得该区域内感生电场强度的大小tBr E k d d 2=设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为()()222202/2d d d 2/d d 2d cos d l R l t B x r l R tB r xE lk k PQ -=-==⋅=⎰⎰θξx E证2 由法拉第电磁感应定律，有22Δ22d d d d d d ⎪⎭⎫⎝⎛-==-==l R l t B t B S t ΦE E PQ讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？ 该如何求解？12－16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．题 12-16 图分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式IΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式tI E L Ld /d =计算L ．式中E L 和t I d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20=由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψSR R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL =若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μr ，则自感将增大μr 倍．12－17 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）题 12-17 图分析 本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解 设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+=12－18 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d ．试求长为l 的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．题 12-18 图分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I ，然后计算图中阴影部分（宽为d 、长为l ）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为()r d I μr I μB -+=π2π200 穿过图中阴影部分的磁通量为aa d l μr Bl ΦSad a-==⋅=⎰⎰-ln πd d 0S B 则长为l 的一对导线的自感为aad l μI ΦL -==ln π0 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为212L L L +=．L 1 称为外自感，即本题已求出的L ，L 2 称为一根导线的内自感．长为l 的导线的内自感8π02lμL =，有兴趣的读者可自行求解．12－19 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈AB 和A ′B ′，每个线圈的自感均为L ，求：（1） A 和A ′相接时，B 和B ′间的自感L 1 ；（2） A ′和B 相接时，A 和B ′间的自感L 2 ．题 12-19 图分析 无论线圈AB 和A ′B ′作哪种方式连接，均可看成一个大线圈回路的两个部分，故仍可从自感系数的定义出发求解．求解过程中可利用磁通量叠加的方法，如每一组载流线圈单独存在时穿过自身回路的磁通量为Φ，则穿过两线圈回路的磁通量为2Φ；而当两组线圈按（1）或（2）方式连接后，则穿过大线圈回路的总磁通量为2Φ±2Φ，“ ±”取决于电流在两组线圈中的流向是相同或是相反．解 （1） 当A 和A ′连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相反，通过回路的磁通量亦相反，故总通量为0221=-=ΦΦΦ，故L 1 ＝0．（2） 当A ′和B 连接时，AB 和A ′B ′线圈中电流流向相同，通过回路的磁通量亦相同，故总通量为ΦΦΦΦ4222=+=，故L IΦI ΦL 4422===． 本题结果在工程实际中有实用意义，如按题（1）方式连接，则可构造出一个无自感的线圈． 12－20 如图所示，一面积为4.0 cm 2 共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1） 两线圈的互感；（2） 当线圈B 中电流的变化率为－50 A·ｓ－1时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．题 12-20 图分析 设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21/I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ． 虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解 （1） 设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度RIμN B B 200=,穿过小线圈A 的磁链近似为A BA A A A S RIμN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为H 1028.6260-⨯===RSμN N I ψM A B A A （2）线圈A 中感应电动势的大小为V 1014.3d d 4-⨯=-=tIME A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．12－21 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少？题 12-21 图解 设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁 感强度近似为()2/322202dR IR μB +=穿过线圈C 的磁通为()22/32220π2r dR IR μBS ψC +==则两线圈的互感为()2/3222202πdR R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．12－22 如图所示，螺绕环A 中充满了铁磁质，管的截面积S 为2.0 cm 2 ，沿环每厘米绕有100 匝线圈，通有电流I 1 ＝4.0 ×10 －2A ，在环上再绕一线圈C ，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关Ｓ 突然开启，测得线圈C 中的感应电荷为2.0 ×10 －3C ．求：当螺绕环中通有电流I 1 时，铁磁质中的B 和铁磁质的相对磁导率μr ．题 12-22 图分析 本题与题12-8 相似，均是利用冲击电流计测量电磁感应现象中通过回路的电荷的方法来计算磁场的磁感强度．线圈C 的磁通变化是与环形螺线管中的电流变化相联系的． 解 当螺绕环中通以电流I 1 时，在环内产生的磁感强度110I n μμB r =则通过线圈C 的磁链为S I n μμN BS N ψr c 11022==设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q C ，则有()RSI n μμN ψR ψR qc r c c 110201Δ1=--=-= 由此得T 10.02110===SN Rq I n B Cr μμ 相对磁导率1991102==I n S N Rq Cr μμ12－23 一个直径为0.01 m ，长为0.10 m 的长直密绕螺线管，共1 000 匝线圈，总电阻为7.76 Ω．求：（1） 如把线圈接到电动势E ＝2.0 V 的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少？ 磁能密度是多少？*（2） 从接通电路时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间？分析 单一载流回路所具有的磁能，通常可用两种方法计算：方法 1： 如回路自感为L （已知或很容易求得），则该回路通有电流I 时所储存的磁能221LI W m =，通常称为自感磁能． 方法 2： 由于载流回路可在空间激发磁场，磁能实际是储存于磁场之中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即V w W Vm m d ⎰=，式中m w 为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间．由于μB w m 22=，因而采用这种方法时应首先求载流回路在空间产生的磁感强度B 的分布．上述两种方法还为我们提供了计算自感的另一种途径，即运用V w LI V m d 212⎰=求解L ．解 （1） 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感lSN L 20μ=，电流稳定后，线圈中电流REI =，则线圈中所储存的磁能为 J 1028.3221522202-⨯===lRSE N μLI W m 在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中，并为均匀磁场，故磁能密度m w 处处相等，3m J 17.4-⋅==SLW w mm （2） 自感为L ，电阻为R 的线圈接到电动势为E 的电源上，其电流变化规律⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t LR R E I e 1，当电流稳定后，其最大值R E I m = 按题意⎥⎦⎤⎢⎣⎡=22212121m LI LI ，则R E I 22=，将其代入⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-t LRR E I e 1中，得 ()s 1056.122ln 221ln 4-⨯=+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=RL R L t12－24 未来可能会利用超导线圈中持续大电流建立的磁场来储存能量．要储存1 kW·h 的能量，利用1.0Ｔ的磁场，需要多大体积的磁场？ 若利用线圈中500 A 的电流储存上述能量，则该线圈的自感系数应该多大？解 由磁感强度与磁场能量间的关系可得302m 0.92/==μB W V m所需线圈的自感系数为H 2922==I W L m12－25 中子星表面的磁场估计为108Ｔ，该处的磁能密度有多大？解 由磁场能量密度21021098.32⨯==μB w m 3m /J12－26 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一 0.50Ｔ 的均匀磁场中的磁场能量密度相等，该电场的电场强度为多少？解 2021E εw e =,022μB w m =,按题意，当m e w w =时，0220221μB E ε=则1800m V 1051.1-⋅⨯==μεBE 12－27 设有半径R ＝0.20 m 的圆形平行板电容器，两板之间为真空，板间距离d ＝0.50 cm ，以恒定电流I ＝2.0 A 对电容器充电．求位移电流密度（忽略平板电容器的边缘效应，设电场是均匀的）．分析 尽管变化电场与传导电流二者形成的机理不同，但都能在空间激发磁场．从这个意义来说，变化电场可视为一种“广义电流”，即位移电流．在本题中，导线内存在着传导电流I c ，而在平行板电容器间存在着位移电流I d ，它们使电路中的电流连续，即c d I I =．解 忽略电容器的边缘效应，电容器内电场的空间分布是均匀的，因此板间位移电流2πd R j I d Sd d =⋅=⎰S j ，由此得位移电流密度的大小222m A 9.15ππ-⋅===R I R I j c d d。

第12章近代物理初步[高考导航]考点内容要求高考(全国卷)三年命题情况对照分析201720182019命题分析光电效应Ⅰ卷Ⅰ·T17：爱因斯坦质能方程、核能的计算卷Ⅱ·T15：原子核及其衰变卷Ⅲ·T19：光电效应及其规律卷Ⅱ·T17：光电效应及其规律卷Ⅲ·T14：爱因斯坦质能方程、核能的计算卷Ⅰ·T14：原子结构与玻尔理论卷Ⅱ·T15：爱因斯坦质能方程、核能的计算1.高考命题形式比较固定，一般单一的考查某个知识点，且题型为选择题。

2．命题热点是光电效应规律、原子跃迁、原子核的衰变规律、核反应方程及核能的计算等，试题难度中等或中等偏下。

爱因斯坦光电效应方程Ⅰ氢原子光谱Ⅰ氢原子的能级结构、能级公式Ⅰ原子核的组成、放射性、原子核衰变、半衰期Ⅰ放射性同位素Ⅰ核力、核反应方程Ⅰ结合能、质量亏损Ⅰ裂变反应和聚变反应、裂变反应堆Ⅰ射线的危害和防护第1节光电效应波粒二象性一、光电效应1．光电效应现象：在光的照射下金属中的电子从金属表面逸出的现象，称为光电效应，发射出来的电子称为光电子。

2．光电效应的四个规律(1)每种金属都有一个极限频率。

(2)光照射到金属表面时，光电子的发射几乎是瞬时的。

(3)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率增大而增大。

(4)光电流的强度与入射光的强度成正比。

3．遏止电压与截止频率(1)遏止电压：使光电流减小到零的反向电压U c 。

(2)截止频率：能使某种金属发生光电效应的最小频率叫做该种金属的截止频率(又叫极限频率)。

不同的金属对应着不同的极限频率。

二、爱因斯坦光电效应方程 1．光子说在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光的能量子，简称光子，光子的能量ε＝h ν。

其中h ＝6.63×10－34J ·s(称为普朗克常量)。

2．逸出功W 0使电子脱离某种金属所做功的最小值。

第十二章恒定电流12-1北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道。

求当环中电子电流强度为8mA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。

［解］设储存环周长为I ,电子在储存环中运行一周所需时间I It-—z—V C在这段时间里，通过储存环任一截面的电量即等于整个环中电子的总电量，以。

表示，则Q- It - I-c故电子总数为Q II 8X10-3 x = 4 x 1O10e ec _2401.6 x %； x 3 x12-2表皮损坏后的人体，其最低电阻约为800 Q。

若有0.05A的电流通过人体，人就有生命危险。

求最低的危险电压（国家规定照明用电的安全电压为36V）O［解］［/ = //? = 0.05 x 800 = 40V 12-3 一用电阻率为p的物质制成的空心半球壳，其内半径为'、外半径为心。

试计算其两表面之间的电阻。

12-4 —铜棒的横截面积为20〃冲X 80mm ,长为2m ,两端的电势差为50mV o已知铜的电导率为b =5.7 x 107/m ,铜内自由电子的电荷密度为1.36X 10物口疽。

求：（1）它的电S阻；⑵电流；（3）电流密度；（4）棒内的电场强度；（5）所消耗的功率；（6）棒内电子的漂移速度。

［解］（1）R- -- = 22 X I。

-。

Q（T 5.7 x 107 x 20 x 80 x 10c - 6u .I 二二2.3X103 A_ 50X10R 2.2X10-5P 2兀 7 In Q 二 2.2 xIO 8 Q 0.5 (3) . _ 7_ - 2.3 x IO 、二 1.4 A imm 2J ' ~s~ 20 x 80 / 6U o(4) j= (J E = 2 = 14 X 10 = 2.5 x 10 2V m E7 / a 5.7 x io 7 (5) P =(2.3 x 103)2 x 2.2 X 10 5 = 1.2 x 102W(6)(2.3 x 103)2 x 2.2X1O 「5 X 3600J = 4.2 x IO 5 J / •[ 4 X ] C)2 (7) M = — = 1 ---- Q cm/s = 1.0 x IO -4 cm sne 8.5 X 1022 X 1.6 X 10 19 ' 12-5电缆的芯线是半径为r=0.5cm 的铜线，在铜线外面包一层同轴的绝缘层，绝缘层的外半径为七=2。