大学物理习题含的答案11
大学物理答案第11章
第十一章恒定磁场11－1两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R＝2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小满足（）（A）（B）（C）（D）分析与解在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比因而正确答案为（C）.11－2一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量为（）（A）（B）（C）（D）题11-2 图分析与解作半径为r的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；．因而正确答案为（D）．11－3下列说法正确的是（）（A）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过（B）闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零（C）磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零（D）磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零分析与解由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B）．11－4在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（）（A），（B），（C），（D），题11-4 图分析与解由磁场中的安培环路定律，积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分；但同样会改变回路上各点的磁场分布．因而正确答案为（C）．11－5半径为R的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中，若导体中流过的恒定电流为I，磁介质的相对磁导率为μｒ（μｒ＜1），则磁介质内的磁化强度为（）（A）（B）（C）（D）分析与解利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度，再由M＝（μｒ－1）H求得磁介质内的磁化强度，因而正确答案为（B）．11－6北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m的近似圆形轨道，当环中电子流强度为8 mA时，在整个环中有多少电子在运行？已知电子的速率接近光速.分析一个电子绕存储环近似以光速运动时，对电流的贡献为，因而由，可解出环中的电子数.解通过分析结果可得环中的电子数11－7已知铜的摩尔质量M ＝63.75ｇ·mol－1，密度ρ＝8.9 g· cm－3 ，在铜导线里，假设每一个铜原子贡献出一个自由电子，（1）为了技术上的安全，铜线内最大电流密度，求此时铜线内电子的漂移速率v d；（2）在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v d的多少倍？分析一个铜原子的质量,其中N A为阿伏伽德罗常数，由铜的密度ρ可以推算出铜的原子数密度根据假设，每个铜原子贡献出一个自由电子，其电荷为e，电流密度．从而可解得电子的漂移速率v d．将电子气视为理想气体，根据气体动理论，电子热运动的平均速率其中k为玻耳兹曼常量，m e为电子质量．从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系．解（1）铜导线单位体积的原子数为电流密度为j m时铜线内电子的漂移速率（2）室温下（T＝300 Ｋ）电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率．电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加．考虑到电子的漂移速率很小，电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子．实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的．11－8有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20 m，内圆柱面的半径为3.0 mm，外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0 mm的圆柱面上的电流密度．题11-8 图分析如图所示是同轴柱面的横截面，电流密度j对中心轴对称分布．根据恒定电流的连续性，在两个同轴导体之间的任意一个半径为r的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等，因此可得解由分析可知，在半径r＝6.0 mm的圆柱面上的电流密度11－9如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B的大小为6.0×10－5T．如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的，此电流有多大？流向如何？解设赤道电流为I，则由教材第11－4节例2 知，圆电流轴线上北极点的磁感强度因此赤道上的等效圆电流为由于在地球地磁场的Ｎ极在地理南极，根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流，与地球自转方向相反．题 11-9 图11－10如图所示，有两根导线沿半径方向接触铁环的a、b两点，并与很远处的电源相接.求环心O的磁感强度．题11-10 图分析根据叠加原理，点O的磁感强度可视作由ef、b e、fa三段直线以及ac b、a d b两段圆弧电流共同激发．由于电源距环较远，．而b e、fa两段直线的延长线通过点O，由于，由毕奥－萨伐尔定律知．流过圆弧的电流I1、I2的方向如图所示，两圆弧在点O激发的磁场分别为,其中l1、l2分别是圆弧ac b、a d b的弧长，由于导线电阻R与弧长l成正比，而圆弧ac b、a d b 又构成并联电路，故有将叠加可得点O的磁感强度B．解由上述分析可知，点O的合磁感强度11－11如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？题 11-11 图分析应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度.解（ａ）长直电流对点O而言，有，因此它在点O产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有B0的方向垂直纸面向外．（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得B0的方向垂直纸面向里．（c）将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得B0的方向垂直纸面向外．11－12载流导线形状如图所示（图中直线部分导线延伸到无穷远），求点O的磁感强度B．题11-12 图分析由教材11－4 节例题2的结果不难导出，圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度，其中α为圆弧载流导线所张的圆心角，磁感强度的方向依照右手定则确定；半无限长载流导线在圆心点O激发的磁感强度，磁感强度的方向依照右手定则确定.点O的磁感强度可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O的叠加.解根据磁场的叠加在图（ａ）中，在图（ｂ）中，在图（c）中，11－13如图(a)所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．题11-13 图分析由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元d S＝l d x，如图（ｂ）所示，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为矩形平面的总磁通量解由上述分析可得矩形平面的总磁通量11－14已知10 mm2裸铜线允许通过50 A电流而不会使导线过热．电流在导线横截面上均匀分布．求导线内、外磁感强度的分布.题11-14 图分析可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．解围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有在导线内r＜R，，因而在导线外r＞R，，因而磁感强度分布曲线如图所示．11－15有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1）r＜R1；（2）R1＜r＜R2；（3）R2＜r＜R3；（4）r＞R3．画出B－r图线．题11-15 图分析同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r的同心圆为积分路径，，利用安培环路定理，可解得各区域的磁感强度．解由上述分析得r＜R1R1＜r＜R2R2＜r＜R3r＞R3磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）．11－16如图所示，N匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I后，环内外磁场的分布．题11-16 图分析根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而依照安培环路定理，可以解得螺线管内磁感强度的分布．解依照上述分析，有r＜R1R2＞r＞R1r＞R2在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若和R2，则环内的磁场可以近似视作均匀分布，设螺线环的平均半径，则环内的磁感强度近似为11－17电流I均匀地流过半径为R的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量．题11-17 图分析由题11－14 可得导线内部距轴线为r处的磁感强度在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义来求解．沿轴线方向在剖面上取面元ｄS＝lｄr，考虑到面元上各点B相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝BｄS，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量解由分析可得单位长度导线内的磁通量11－18已知地面上空某处地磁场的磁感强度，方向向北．若宇宙射线中有一速率的质子，垂直地通过该处．求：（1）洛伦兹力的方向；（2）洛伦兹力的大小，并与该质子受到的万有引力相比较．题11-18 图解（1）依照可知洛伦兹力的方向为的方向，如图所示．（2）因，质子所受的洛伦兹力在地球表面质子所受的万有引力因而，有，即质子所受的洛伦兹力远大于重力．11－19霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d＝2.0 mm，磁场为B＝0.080 T，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H＝0.10 mV，血流的流速为多大？题11-19 图分析血流稳定时，有由上式可以解得血流的速度．解依照分析11－20带电粒子在过饱和液体中运动，会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹．设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过，留下一个半径为3.5cm的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20 Ｔ，求此质子的动量和动能．解根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有11－21从太阳射来的速度为0.80×108m/ｓ的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10－7Ｔ，此电子回转轨道半径为多大？若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 ×10－5Ｔ，其轨道半径又为多少？解由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径地磁北极附近的回转半径11－22如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1＝30 A，矩形回路载有电流I2＝20 A．试计算作用在回路上的合力．已知d＝1.0 cm，b＝8.0 cm，l＝0.12 m．题11-22图分析矩形上、下两段导线受安培力F1和F2的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3和F4大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．解由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3和F4之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为故合力的大小为合力的方向朝左，指向直导线．11－23一直流变电站将电压为500k V的直流电，通过两条截面不计的平行输电线输向远方．已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10－11F·m－1，若导线间的静电力与安培力正好抵消．求：（1）通过输电线的电流；（2）输送的功率．分析当平行输电线中的电流相反时，它们之间存在相互排斥的安培力，其大小可由安培定律确定．若两导线间距离为d，一导线在另一导线位置激发的磁感强度,导线单位长度所受安培力的大小．将这两条导线看作带等量异号电荷的导体，因两导线间单位长度电容C和电压U 已知，则单位长度导线所带电荷λ＝CU，一导线在另一导线位置所激发的电场强度，两导线间单位长度所受的静电吸引力．依照题意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即从中可解得输电线中的电流．解（1）由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为由可得解得（2）输出功率11－24在氢原子中，设电子以轨道角动量绕质子作圆周运动，其半径为．求质子所在处的磁感强度．h 为普朗克常量，其值为分析根据电子绕核运动的角动量可求得电子绕核运动的速率v．如认为电子绕核作圆周运动，其等效圆电流在圆心处，即质子所在处的磁感强度为解由分析可得，电子绕核运动的速率其等效圆电流该圆电流在圆心处产生的磁感强度11－25如图[a]所示，一根长直同轴电缆，内、外导体之间充满磁介质，磁介质的相对磁导率为μr（μr＜1），导体的磁化可以忽略不计．沿轴向有恒定电流I通过电缆，内、外导体上电流的方向相反．求：（1）空间各区域内的磁感强度和磁化强度；*（2）磁介质表面的磁化电流．题11-25 图分析电流分布呈轴对称，依照右手定则，磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆．选取任一同心圆为积分路径，应有，利用安培环路定理求出环路内的传导电流，并由，，可求出磁感强度和磁化强度．再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流．解（1）取与电缆轴同心的圆为积分路径，根据磁介质中的安培环路定理，有对r＜R1得忽略导体的磁化（即导体相对磁导率μr =1），有，对R2＞r＞R1得填充的磁介质相对磁导率为μr，有，对R3＞r＞R2得同样忽略导体的磁化，有，对r＞R3得，，（2）由，磁介质内、外表面磁化电流的大小为对抗磁质（），在磁介质内表面（r＝R1），磁化电流与内导体传导电流方向相反；在磁介质外表面（r＝R2），磁化电流与外导体传导电流方向相反．顺磁质的情况与抗磁质相反．H（r）和B（r）分布曲线分别如图（ｂ）和（c）所示．。
大学物理习题答案第十一章
[习题解答]11-7 在磁感应强度大小为B = 0.50 T 的匀强磁场中，有一长度为l = 1.5 m 的导体棒垂直于磁场方向放置，如图11-11所示。
如果让此导体棒以既垂直于自身的长度又垂直于磁场的速度v 向右运动，则在导体棒中将产生动生电动势。
若棒的运动速率v = 4.0 m ⋅s -1 ，试求：(1)导体棒内的非静电性电场K ；(2)导体棒内的静电场E ；(3)导体棒内的动生电动势ε的大小和方向；(4)导体棒两端的电势差。
解(1)根据动生电动势的表达式,由于()的方向沿棒向上，所以上式的积分可取沿棒向上的方向，也就是d l 的方向取沿棒向上的方向。
于是可得.另外，动生电动势可以用非静电性电场表示为.以上两式联立可解得导体棒内的非静电性电场，为,方向沿棒由下向上。
图11-11(2)在不形成电流的情况下，导体棒内的静电场与非静电性电场相平衡，即,所以，E 的方向沿棒由上向下，大小为.(3)上面已经得到,方向沿棒由下向上。
(4)上述导体棒就相当一个外电路不通的电源，所以导体棒两端的电势差就等于棒的动生电动势，即,棒的上端为正，下端为负。
11-8 如图11-12所表示，处于匀强磁场中的导体回路ABCD ，其边AB 可以滑动。
若磁感应强度的大小为B = 0.5 T ，电阻为R = 0.2 Ω，AB 边长为 l = 0.5 m ，AB 边向右平移的速率为v = 4 m ⋅s -1 ，求：(1)作用于AB 边上的外力；(2)外力所消耗的功率；(3)感应电流消耗在电阻R 上的功率。
解(1)当将AB 向右拉动时，AB 中会有电流通过，流向为从B 到A 。
AB 中一旦出现电流，就将受到安培力F 的作用，安培力的方向为由右向左。
所以，要使AB 向右移动，必须对AB施加由左向右图11-12的力的作用，这就是外力F外。
在被拉动时，AB中产生的动生电动势为,电流为.AB所受安培力的大小为,安培力的方向为由右向左。
外力的大小为,外力的方向为由左向右。
大学物理第十一章气体动理论习题详细答案
第十一章 气体动理论习题详细答案一、选择题1、答案：B解：根据速率分布函数()f v 的统计意义即可得出。
()f v 表示速率以v 为中心的单位速率区间内的气体分子数占总分子数的比例，而dv v Nf )(表示速率以v 为中心的dv 速率区间内的气体分子数，故本题答案为B 。
2、答案：A解：根据()f v 的统计意义和p v 的定义知，后面三个选项的说法都是对的，后面三个选项的说法都是对的，而只有而只有A 不正确，气体分子可能具有的最大速率不是p v ，而可能是趋于无穷大，所以答案A 正确。
正确。
3、答案： A 解：2rms 1.73RT v v M ==，据题意得222222221,16H O H H H O O O T T T M M M T M ===，所以答案A 正确。
正确。
4、 由理想气体分子的压强公式23k p n e =可得压强之比为：可得压强之比为：A p ∶B p ∶C p ＝n A kA e ∶n B kB e ∶n C kC e ＝1∶1∶1 5、 氧气和氦气均在标准状态下，二者温度和压强都相同，而氧气的自由度数为5，氦气的自由度数为3，将物态方程pV RT n =代入内能公式2iE RT n =可得2iE pV =，所以氧气和氦气的内能之比为5 : 6，故答案选C 。
6、 解：理想气体状态方程PV RTn =，内能2iU RT n =(0m M n =)。
由两式得2UiP V =，A 、B 两种容积两种气体的压强相同，A 中，3i =；B 中，5i =，所以答案A 正确。
正确。
7、 由理想气体物态方程'm pV RT M=可知正确答案选D 。
8、 由理想气体物态方程pV NkT =可得气体的分子总数可以表示为PV N kT =，故答案选C 。
9、理想气体温度公式21322k m kT e u ==给出了温度与分子平均平动动能的关系，表明温度是气体分子的平均平动动能的量度。
大学物理第11章习题答案(供参考)
因此
即
又
表明 中电动势方向为 .
所以半圆环内电动势 方向沿 方向，
大小为
点电势高于 点电势，即
例2如图所示，长直导线通以电流 =5A，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长 =0.06m，宽 =0.04m，线圈以速度 =0.03m·s-1垂直于直线平移远离．求： =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．
．
解: 设给两导线中通一电流 ,左侧导线中电流向上,右侧导线中电流向下.
在两导线所在的平面内取垂直于导线的坐标轴 ,并设其原点在左导线的中心,如图所示,由此可以计算通过两导线间长度为 的面积的磁通量.
两导线间的磁感强度大小为
取面积元 ,通过面积元的磁通量为
则穿过两导线间长度为 的矩形面积的磁通量为
故
２动生电动势：仅由导体或导体回路在磁场中的运动而产生的感应电动势。
３感生电场 ：变化的磁场在其周围所激发的电场。与静电场不同，感生电场的电
场线是闭合的，所以感生电场也称有旋电场。
４感生电动势：仅由磁场变化而产生的感应电动势。
５自感：有使回路保持原有电流不变的性质，是回路本身的“电磁惯性”的量度。
自感系数 ：
第11章 电磁感应
11.１ 基本要求
１理解电动势的概念。
２掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律，能熟练地应用它们来计算感应电动势的大小，判别感应电动势的方向。
３理解动生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的动生电动势。
４理解感生电场、感生电动势的概念及规律，会计算一些简单问题中的感生电动势。
５理解自感现象和自感系数的定义及物理意义，会计算简单回路中的自感系数。
大学物理题库通用版-第11章-波动光学--光的干涉(含答案解析)
大学物理题库通用版11、波动光学 光的干涉一、选择题(共15题)1.如图，S 1、S 2是两个相干光源，它们到P 点的距离分别为r 1和r 2．路径S 1P 垂直穿过一块厚度为t 1，折射率为n 1的介质板，路径S 2P 垂直穿过厚度为t 2，折射率为n 2的另一介质板，其余部分可看作真空，这两条路径的光程差等于 (A) )()(111222t n r t n r +-+(B) ])1([])1([211222t n r t n r -+--+(C) )()(111222t n r t n r ---(D) 1122t n t n - ［ ］2.在相同的时间内，一束波长为λ的单色光在空气中和在玻璃中(A) 传播的路程相等，走过的光程相等．(B) 传播的路程相等，走过的光程不相等．(C) 传播的路程不相等，走过的光程相等．(D) 传播的路程不相等，走过的光程不相等． ［ ］3.如图所示，折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知n 1<n 2> n 3．若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束(用①与②示意)的光程差是(A) 2n 2 e ． (B) 2n 2 e －λ / 2. (C) 2n 2 e －λ ． (D) 2n 2 e －λ / (2n 2)．［ ］4.如图所示，波长为λ的平行单色光垂直入射在折射率为n 2的薄膜上，经上下两个表面反射的两束光发生干涉．若薄膜厚度为e ，而且n 1＞n 2＞n 3，则两束反射光在相遇点的相位差为(A) 4πn 2 e / λ． (B) 2πn 2 e / λ． (C) (4πn 2 e / λ) +π． (D) (2πn 2 e / λ) -π． ［ ］P S 1S 2 r 1 n 1 n 2 t 2 r 2 t 1n 3n 1 λ5.如图所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且n 1＜n 2＞n 3，λ1为入射光在折射率为n 1的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的相位差为 (A) 2πn 2e / ( n 1 λ1)． (B)[4πn 1e / ( n 2 λ1)] + π． (C) [4πn 2e / (n 1 λ1) ]+ π． (D) 4πn 2e / ( n 1 λ1)． ［ ］6.一束波长为λ的单色光由空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为(A) λ / 4 ． (B) λ / (4n )．(C) λ / 2 ． (D) λ / (2n )． ［ ］7. 两块平玻璃构成空气劈形膜，左边为棱边，用单色平行光垂直入射．若上面的平玻璃以棱边为轴，沿逆时针方向作微小转动，则干涉条纹的(A) 间隔变小，并向棱边方向平移．(B) 间隔变大，并向远离棱边方向平移．(C) 间隔不变，向棱边方向平移．(D) 间隔变小，并向远离棱边方向平移． ［ ］8.用白光光源进行双缝实验，若用一个纯红色的滤光片遮盖一条缝，用一个纯蓝色的滤光片遮盖另一条缝，则(A) 干涉条纹的宽度将发生改变．(B) 产生红光和蓝光的两套彩色干涉条纹．(C) 干涉条纹的亮度将发生改变．(D) 不产生干涉条纹． ［ ］9.把双缝干涉实验装置放在折射率为n 的水中，两缝间距离为d ，双缝到屏的距离为D (D >>d )，所用单色光在真空中的波长为λ，则屏上干涉条纹中相邻的明纹之间的距离是(A) λD / (nd ) (B) n λD /d ．(C) λd / (nD )． (D) λD / (2nd )． ［ ］10.在双缝干涉实验中，若单色光源S 到两缝S 1、S 2距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O 处．现将光源S 向下移动到示意图中的S '位置，则 (A) 中央明条纹也向下移动，且条纹间距不变．(B) 中央明条纹向上移动，且条纹间距不变． (C) 中央明条纹向下移动，且条纹间距增大． (D) 中央明条纹向上移动，且条纹间距增大． ［ ］11.在双缝干涉实验中，入射光的波长为λ，用玻璃纸遮住双缝中的一个缝，若玻璃n 1λ1 S S '纸中光程比相同厚度的空气的光程大2.5 λ，则屏上原来的明纹处(A) 仍为明条纹；(B) 变为暗条纹；(C) 既非明纹也非暗纹；(D) 无法确定是明纹，还是暗纹．［］12.在牛顿环实验装置中，曲率半径为R的平凸透镜与平玻璃扳在中心恰好接触，它们之间充满折射率为n的透明介质，垂直入射到牛顿环装置上的平行单色光在真空中的波长为λ，则反射光形成的干涉条纹中暗环半径r k的表达式为(A) r k =Rkλ．(B) r k =nRk/λ．(C) r k =Rknλ．(D) r k =()nRk/λ．［］13.把一平凸透镜放在平玻璃上，构成牛顿环装置．当平凸透镜慢慢地向上平移时，由反射光形成的牛顿环(A)向中心收缩，条纹间隔变小．(B)向中心收缩，环心呈明暗交替变化．(C)向外扩张，环心呈明暗交替变化．(D)向外扩张，条纹间隔变大．［］14.如图a所示，一光学平板玻璃A与待测工件B之间形成空气劈尖，用波长λ＝500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射．看到的反射光的干涉条纹如图b所示．有些条纹弯曲部分的顶点恰好与其右边条纹的直线部分的连线相切．则工件的上表面缺陷是(A) 不平处为凸起纹，最大高度为500 nm．(B) 不平处为凸起纹，最大高度为250 nm．(C) 不平处为凹槽，最大深度为500 nm．(D) 不平处为凹槽，最大深度为250 nm．［］15.在迈克耳孙干涉仪的一条光路中，放入一折射率为n，厚度为d的透明薄片，放入后，这条光路的光程改变了(A) 2 ( n-1 ) d．(B) 2nd．(C) 2 ( n-1 ) d+λ / 2．(D) nd．(E) ( n-1 ) d．［］二、填空题(共15题)1. 在双缝干涉实验中，两缝分别被折射率为n1和n2的透明薄膜遮盖，二者的厚度均为e．波长为λ的平行单色光垂直照射到双缝上，在屏中央处，两束相干光的相位差∆φ＝________．图b2. 如图所示，假设有两个同相的相干点光源S 1和S 2，发出波长为λ的光．A 是它们连线的中垂线上的一点．若在S 1与A 之间插入厚度为e 、折射率为n 的薄玻璃片，则两光源发出的光在A 点的相位差∆φ＝_2π (n -1) e / λ_．若已知λ＝500 nm ，n ＝1.5，A 点恰为第四级明纹中心，则e ＝_____nm ．(1 nm =10-9 m)3. 如图所示，两缝S 1和S 2之间的距离为d ，媒质的折射率为n ＝1，平行单色光斜入射到双缝上，入射角为θ，则屏幕上P 处，两相干光的光程差为___ ______．4.在双缝干涉实验中，所用光波波长λ＝5.461×10–4 mm ，双缝与屏间的距离D ＝300 mm ，双缝间距为d ＝0.134 mm ，则中央明条纹两侧的两个第三级明条纹之间的距离为________ _______．5.用波长为λ的单色光垂直照射折射率为n 的劈形膜形成等厚干涉条纹，若测得相邻明条纹的间距为l ，则劈尖角θ＝________．6.把双缝干涉实验装置放在折射率为n 的媒质中，双缝到观察屏的距离为D ，两缝之间的距离为d (d <<D )，入射光在真空中的波长为λ，则屏上干涉条纹中相 邻明纹的间距是_____________．7.用λ＝600 nm 的单色光垂直照射牛顿环装置时，从中央向外数第４个(不计中 央暗斑)暗环对应的空气膜厚度为____________．(1 nm=10-9 m)8.用波长为λ的单色光垂直照射折射率为n 2的劈形膜(如图)图中各部分折射率的关系是n 1＜n 2＜n 3．观察反射光的干涉条纹，从劈形膜顶开始向右数第5条暗条纹中心所对应的厚度e ＝____________．9.波长为λ的平行单色光，垂直照射到劈形膜上，劈尖角为θ，劈形膜的折射率为n ，第三条暗纹与第六条暗之间的距离是______．10. 一束波长为λ＝600 nm (1 nm=10-9 m)的平行单色光垂直入射到折射率为n ＝1.33的透明薄膜上，该薄膜是放在空气中的．要使反射光得到最大限度的加强，薄膜最小厚度应为________________nm ．11.波长为λ的平行单色光垂直照射到劈形膜上，劈尖角为θ，劈形膜的折射率为n ，第k 级明条纹与第k ＋5级明纹的间距是__________．12.波长λ＝600 nm 的单色光垂直照射到牛顿环装置上，第二个明环与第五个明环所对应的空气膜厚度之差为____nm ．(1 nm=10-9 m)n 1n 2n 313.折射率分别为n 1和n 2的两块平板玻璃构成空气劈尖，用波长为λ的单色光垂直照射．如果将该劈尖装置浸入折射率为n 的透明液体中，且n 2＞n ＞n 1，则劈尖厚度为e 的地方两反射光的光程差的改变量是_______．14.如图所示，在双缝干涉实验中SS 1＝SS 2，用波长为λ的光照射双缝S 1和S 2，通过空气后在屏幕E 上形成干涉条纹．已知P 点处为第三级明条纹，则S 1和S 2到P 点的光程差为___3λ ____．若将整个装置放于某种透明液体中，P 点为第四级明条纹，则该液体的折射率n ＝________．15.已知在迈克耳孙干涉仪中使用波长为λ的单色光．在干涉仪的可动反射镜移动距离d 的过程中，干涉条纹将移动__________条． 三、计算题(共5题)1.白色平行光垂直入射到间距为a ＝0.25 mm 的双缝上，距D =50 cm 处放置屏幕，分别求第一级和第五级明纹彩色带的宽度．(设白光的波长范围是从400nm 到760nm ．这里说的“彩色带宽度” 指两个极端波长的同级明纹中心之间的距离．) (1 nm=10-9 m)2.在双缝干涉实验中，波长λ＝550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距a ＝2×10-4 m 的双缝上，屏到双缝的距离D ＝2 m ．求：(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；(2) 用一厚度为e ＝6.6×10-5 m 、折射率为n ＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9 m)3.用波长为500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射到由两块光学平玻璃构成的空气劈形膜上．在观察反射光的干涉现象中，距劈形膜棱边l = 1.56 cm 的A 处是从棱边算起的第四条暗条纹中心．(1) 求此空气劈形膜的劈尖角θ；(2) 改用600 nm 的单色光垂直照射到此劈尖上仍观察反射光的干涉条纹，A 处是明条纹还是暗条纹？(3) 在第(2)问的情形从棱边到A 处的范围内共有几条明纹？几条暗纹？2分4.图示一牛顿环装置，设平凸透镜中心恰好和平玻璃接触，透镜凸表面的曲率半径是R ＝400 cm ．用某单色平行光垂直入射，观察反射光形成的牛顿环，测得第5个明环的半径是0.30 cm ． (1) 求入射光的波长． (2) 设图中OA ＝1.00 cm ，求在半径为OA 的范围内可观察到的明环数目．5.用波长λ＝500 nm 的平行光垂直照射折射率n ＝1.33的劈形膜，观察反射光的等厚干涉条纹．从劈形膜的棱算起，第5条明纹中心对应的膜厚度是多少？ P E光的干涉习题答案一、选择题1、B ；2、C ；3、B ；4、A ；5、C ；6、B ；7、A ；8、D ；9、A ；10、B ；11、B ；12、B ；13、B ；14、B ；15、A二、填空题1、 2π(n 1 – n 2) e / λ2、4×103 nm3、d sin θ ＋(r 1－r 2)4、7.33 mm5、nl 2λ6、D λ / (dn )7、1.2=2λ μm8、249n λ9、3λ / (2n θ)10、113nm11、5λ / (2n θ)12、900 nm13、2 ( n – 1) e – λ /214、1.3315、2d /λ三、计算题1解：由公式x ＝kD λ / a 可知波长范围为∆λ时,明纹彩色宽度为∆x k ＝kD ∆λ / a2分 由 k ＝1可得，第一级明纹彩色带宽度为∆x 1＝500×(760－400)×10-6 / 0.25＝0.72 mm2分 k ＝5可得，第五级明纹彩色带的宽度为∆x 5＝5·∆x 1＝3.6 mm1分2解：(1) ∆x ＝20 D λ / a2分 ＝0.11 m2分 (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n －1)e ＋r 1＝r 22分 设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有r 2－r 1＝k λ 2分所以 (n －1)e = k λ k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处 2分3解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e 2＝21λ处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A 处膜厚度 e 4=λ23 ∴ ()l l e 2/3/4λθ==＝4.8×10-5 rad 5分(2) 由上问可知A 处膜厚为 e 4＝3×500 / 2 nm ＝750 nm对于λ＇＝600 nm 的光，连同附加光程差，在A 处两反射光的光程差为λ'+2124e ，它与波长λ'之比为0.321/24=+'λe ．所以A 处是明纹 3分 (3) 棱边处仍是暗纹，A 处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹．4解：(1) 明环半径 ()2/12λ⋅-=R k r 2分()Rk r 1222-=λ＝5×10-5 cm (或500 nm) 2分 (2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ) 对于r ＝1.00 cm ， k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5 3分 故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个． 1分5解： 明纹， 2ne ＋λ21＝k λ (k ＝1，2，…) 3分 第五条，k ＝5，ne 2215λ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=＝8.46×10-4 mm 2分。
大学物理课答案11章
习题1111-1．测量星体表面温度的方法之一是将其看作黑体，测量它的峰值波长m λ，利用维恩定律便可求出T 。
已知太阳、北极星和天狼星的m λ分别为60.5010m -⨯，60.4310m -⨯和60.2910m -⨯，试计算它们的表面温度。
解：由维恩定律：m T b λ=，其中：310898.2-⨯=b ，那么：太阳：362.8981057960.510m bT K λ--⨯===⨯； 北极星：362.8981067400.4310m bT K λ--⨯===⨯；天狼星：362.8981099930.2910m bT K λ--⨯===⨯。
11-2．宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于温度为K 3的黑体辐射，试计算： （1）此辐射的单色辐出度的峰值波长； （2）地球表面接收到此辐射的功率。
解：（1）由m T b λ=，有342.898109.66103m b m T λ--⨯===⨯； （2）由4M T σ=，有：424P T R σπ=⨯地，那么：328494(637010) 5.67103 2.3410P W π-=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯。
11-3．在加热黑体过程中，其单色辐出度对应的峰值波长由0.69μm 变化到0.50μm ，求总辐出度改变为原来的多少倍？解：由 b T m =λ 和 4T M σ=可得，63.3)5.069.0()()(440400====m m T T M M λλ11-4．已知000K 2时钨的辐出度与黑体的辐出度之比为259.0。
设灯泡的钨丝面积为2cm 10，其他能量损失不计，求维持灯丝温度所消耗的电功率。
解：∵4P T S σ=⋅黑体，消耗的功率等于钨丝的幅出度，所以，44840.2591010 5.67102000235P S T W ησ--==⨯⨯⨯⨯⨯=。
11-5．天文学中常用热辐射定律估算恒星的半径。
现观测到某恒星热辐射的峰值波长为m λ；辐射到地面上单位面积的功率为W 。
大学物理 热力学第一定律 习题(附答案)
A13 = Q13 = 1.25 × 10 4 ( J)
（5）由（1）有系统终态的体积为
hi
5 R , R = 8.31 J / mol ⋅ K 。 2
na
T V3 = V2 ( 2 ) γ−1 = 40 × 21. 5 = 113 ( l) T1 nRT3 2 × 8.31 × 300 p3 = = ÷ 1.013 × 10 5 = 0.44 ( atm) −3 V3 113 × 10
0 . 44
O
om
p (atm ) 1 2
3
三、计算题： 1．2 mol 初始温度为 27 � C ，初始体积为 20 L 的氦气，先等压过程膨胀到体积加倍， 然 后绝热过程膨胀回到初始温度。 （1）在 p-V 平面上画出过程图。 （2）在这一过程中系统总吸热是多少？ （3）系统内能总的改变是多少？ （4）氦气对外界做的总功是多少？其中绝热膨胀过程对外界做功是多少？ （5）系统终态的体积是多少？
5 = 1 × R × 60 = 1.25 × 10 3 ( J) 2
γ
(B) p 0 γ (D) p 0 / 2
(γ = C
p
/ Cv )
p0
解：绝热自由膨胀过程中 Q = 0，A = 0，由热力学第一定律，有 ∆ E = 0 ，膨胀前后系统
[
]
(A) (B) (C) (D)
这是一个放热降压过程 这是一个吸热升压过程 这是一个吸热降压过程 这是一个绝热降压过程
将状态 a、b 分别与 o 点相连有
om
A
O
V1
V2
V
T B
C
Q
V
等压过程中吸收了相同的热量，则它们对外做功之比为 A 1: A 2 = (各量下角标 1 表示氢气，2 表示氦气)
大学物理第十一章波动光学习题答案
第十一章 波动光学习题11-1 在杨氏双缝实验中，双缝间距d ＝0.20 mm ，缝屏间距D ＝1.0 m ，若第2级明条纹离屏中心的距离为6.0 mm ，试求：（1）入射光的波长；（2）相邻两明条纹间的距离。
解：（1）由λk d D x =明知， λ22.01010.63⨯⨯= 30.610m m 600n m λ-=⨯= （2）3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm 11-2 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7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550 nm ，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 11-3 在折射率n 1＝1.52的镜头表面涂有一层折射率n 2＝1.38的MgF 2增透膜，如果此膜适用于波长λ＝550 nm 的光，问膜的最小厚度应取何值？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 o A令0=k ，得膜的最薄厚度为996o A 。
11-4 白光垂直照射在空气中厚度为0.4μm 的玻璃片上，玻璃的折射率为1.50。
试问在可见光范围内（λ= 400~700nm ），哪些波长的光在反射中增强？哪些波长的光在透射中增强？解：（1）222n d j λδλ=+= 24 3,480n m 21n d j j λλ===- （2）22(21) 22n d j λλδ=+=+ 22n d j λ= 2,600n m j λ==；3,400nm j λ== 11-5 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 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42221ne ne k k λδλλ=+==-， ),2,1(⋅⋅⋅=k 得4 1.3338002674nm 2214 1.3338003404nm 231k k λλ⨯⨯===⨯-⨯⨯===⨯-，红色，紫色所以肥皂膜正面呈现紫红色。
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(B)0R qR 4 10 25 B 0.05 S S 50 4 10
4
大学物理
刘凌虹主讲
4、真空中一根无限长直细导线上通有电流强度为I的 电流，则距导线垂直距离为 a 的空间某点处的磁 感应强度为 （A） (C)
A
O1
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C
v1
O2 v2
B
D
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解： （1 ）
刘凌虹主讲
1 Bl1 2 1 4 8(V ) ，方向A→B
2 Bl 2 2 1 2 4(V )，方向C→D
0 n a I 0 cos t
2
3、半径r=0.1cm的圆线圈，其电阻为R=10，匀强磁场 垂直于线圈，若使线圈中有稳定电流i=0.01A，则磁场 dB 随时间的变化率为 dt 。 答：
1 10 3.18 10 (T / s)
5 6
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4． 引起动生电动势的非静电力是 感生电动势的非静电力是 力。 答：洛仑兹，感生电场
dx
|
b 0
x
dx
b
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刘凌虹主讲
d 1 B b ae dt 60
m 5 i 0
at
感生电动势方向：逆时针方向。
2． 如图所示，AB和CD为两根金属棒，长度l都是1m， 电阻R都是4，放置在均匀磁场中，已知磁场的磁感应 强度B=2T，方向垂直于纸面向里。当两根金属棒在导轨 上分别以v1=4m/s和v2=2m/s的速度向左运动时，忽略导轨 的电阻，试求 （1）两金属棒中各自的动生电动势的大小和方向，并在 图上标出方向； （2）金属棒两端的电势差UAB和UCD； （3）金属棒中点O1和O2之间的电势差。
0
b
b x
0
dx
0 b 0
b
b x
0
B x ye dydx
at 0
1 B x (b x) e dx 2 1 1 1 1 B ( b x bx x )e 2 3 2 5 1 Bb e 60
2 2 at 0 2 3 4 5 0 5 at 0
b
x
at
1 U CD 3(V ) 2
U O2 B
U O1O2 U O1B U O2 B 0(V )
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刘凌虹主讲
3． 如图所示，在半径为 R的无限长直圆柱形空间内， 存在磁感应强度为 B 的均匀磁场， B 的方向平行于 圆柱轴线，在垂直于圆柱轴线的平面内有一根无限 长直导线，直导线与圆柱轴线相距为 d，且d>R，已知 dB k ，k为大于零的常量，求长直导线中的感应 dt 电动势的大小和方向。 解：连接OM和ON，回路OMNO的电动势为
（2 ）
I
1 2
2R
84 0.5( A) 2 4
U AB 1 IR 8 0.5 4 6(V )
U CD U AB 6(V )
大学物理
（3）
刘凌虹主讲
U O1B
1 1 1 1 IR U AB 3(V ) 2 2 2
刘凌虹主讲
力，引起
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刘凌虹主讲
三、计算题：
1、有一个三角形闭合导线，如图放置。在这三角 2 a t B B0 x ye k ，式中 B0 形区域中的磁感应强度为 和a是常量， k 为z轴方向单位矢量，求导线中的 感生电动势。 解： d Bdydx
m
S
m 2
答：D
大学物理
刘凌虹主讲
3． 一“探测线圈”由50匝导线组成，截面积S＝ 4cm2，电阻R=25Ω。若把探测线圈在磁场中迅速翻 转 90 ，测得通过线圈的电荷量为q 4 105 C，则磁 感应强度B的大小为（ ）。 (A)0.01T； 答：B
BS IR t t
5
d EK dl dt ,
答：D
大学物理
刘凌虹主讲
2 、如图所示，有一边长为 1m 的立方体，处于沿 y 轴 指向的强度为 0.2T 的均匀磁场中，导线 a 、 b 、 c 都以 50cm/s的速度沿图中所示方向运动，则（ ）。
(A)、导线a产生的动生电动势的大小为0.1V； (B)、导线b产生的动生电动势的大小为零； (C)、导线c产生的动生电动势的大小为0.2V； (D)、导线c产生的动生电动势的大小为0.1V。
I 2a
2 0
(B) (D)
2a
I 2 0 a
I
答：C
I 2a
0
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二、填空题：
刘凌虹主讲
1、长直电缆由一个圆柱导体和一共轴圆筒状导体 组成，两导体中有等值反向均匀电流I通过，其间 磁感应强度的大小B= 。
答：
0 I 2r
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刘凌虹主讲
2、半径为a的无限长密绕螺线管，单位长度上的匝数为n， 螺线管导线中通过交变电流 i I 0 sin t ，则围在管外的 同轴圆形回路（半径为r）上的感生电动势为 V。 答：
磁场随时间变化规律为 x=0 处开始以速率 v 作平行轴的匀速滑动。试求任 意时刻t金属框中感应电动势的大小和方向。
t2 B(t ) 2 。若t=0时，ab边由
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解: d d ( BS ) B dS S dB dt dt dt dt d 1 1 d 1 2 B ( lx) lx ( t ) dt 2 2 dt 2 2 3 v t tg
d m dB 1 2 i S k R dt dt 2
O
d
R
反时针方向。
M N
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MN中的电动势等于回路OMNO的电动势，即
1 k R 2
i
2
方向M→N。
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3、如图所示，在均匀磁场中有一金属框架aOba， ab边可无摩擦自由滑动，已知 aob , ab ox
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大学物理作业11 参考解答
一、选择题：
1、在感应电场中电磁感应定律可写成
L 式中 E K 为感应电场的电场强度，此式表明： (A)闭合曲线L上 E K 处处相等。 (B)感应电场是保守力场。 (C)感应电场的电力线不是闭合曲线 (D) 在感应电场中不能像对静电场那样引入电势 的概念。