大学物理基础复习重点 8页

6-3.半径为R的半球面置于均匀电场中，E与半球面的对称轴平行如图试求通过此半球面的电通量。解：由高斯定理可知即所以面穿入的电通量为所以圆底面的电通量为6-9电量q均匀地分布在长为2L的细棒上，求棒的延长线上离棒中心L的P点的电势。解:建立坐标系在棒上任取长度元dx，其带电量所以dq在P点的电势为故7-2如图，一宽为a的薄长金属板，其电流为I。试求薄板的平面上，距板的一边为a的P点的磁感应强度。解:取如图所示坐标，在薄板内取一宽为dx的电流，它在p点产生磁感应强度大小为所以P点产生的方向垂直向里.7-3将一长直导线折成钝角POQ，大小为120度，如图所示。当导线中通有20A电流时，求A点的磁感应强度。已知AO=2.0cm。解：导线OP的延长线通过A点，故对A点的磁场无贡献，导线QO在A点产生的磁感应强度B的大小为式中所以7-5已知一均匀磁场的磁感应强度B=2T，方向沿轴正方向，如图，试求：（1）通过图中abcd面的磁通量（2)通过图中befc面的磁通量（3）通过图中aefd面的磁通量解：（1）取各面上从内向外为法线正方向，则（2）(3）8-4一根长0.50cm的金属棒ab水平放置：由ε=（v×B)·dl分别得=B·w·ldl=1/2Bw方向：0→a；=B·wl·dl=1/2bw方向：0→b；故==1/2Bw（）=1/2×5.0××2×2π（-）=4.7×\nV7-6.有一根很长的同轴电缆，由圆筒状导体组成，这两个圆筒状导体的尺寸如图，在这两导体中，有大小相等而方向相反的电流I通过。求(1).内圆筒导体内各点（ra）的磁感应强度(2)两导体之间（arb）的磁感应强度（3）外圆筒导体内（brc）的磁感应强度（4）电缆外（rc）各点的磁感应强度解：（1）当(2)(3)(4)8-2如图，有一根长直导线，载有直流电流I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速v沿垂直于导线的方向离开导线。设t=0时，线圈位于图示位置。求（1）在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量（2）在图示位置时矩形线圈中的电动势。解：（1）由于得(2)感应电动势==8-3如图，将一根细导线弯成直径为d的半圆弧放置在均匀磁场中，磁场方向垂直于半圆弧所在的平面。当半圆弧绕过A点平行于磁场方向的轴以角速度运速旋转时，半圆弧A,C两端间的感应电动势大小如何？解：将半圆弧A，C端连接起来，对闭合回路ABCA而言由于转的时磁通量不变，故电势为0，即故=所以8-5在一半径为R的圆柱形空间里：设均匀磁场的磁感应强度大小为B，则三角形线圈的磁通量为=BS=；根据法拉利电磁感应定律，可得磁场的变化时线圈内感应电动势的大小为===11-1在真空中波长为的单色光，在折射率为n的透明介质中：设AB的方向为，B的坐标为。根据相位差与光程差的关系，有=式中，\n即为AB两点的距离，则光程为11-2在杨氏双缝干涉实验中，双缝间距为0.1mm，缝屏间距为1m：（1）根据杨氏双缝干涉明纹中心位置公式及d=1×m，D=1m，k=2，，可得入射光的波长为；（2）根据杨氏双缝干涉条纹图样特点为等间距的平行条纹可知，第二级明纹中心到屏中心的距离为两个相邻两明纹的间距，故一个相邻两明纹的间距为11-3在杨氏双缝干涉实验中，波长=550nm的单色平行光：（1）明纹位置坐标所以，中央明纹两侧的两个第10级明纹中心间距离；（2）零级条纹应满足令，则即新的干涉图样的零级条纹将移到原来的第7级明纹处。11-4白光垂直照射在空气中一厚度为1.2×m的肥皂膜上：因为（k=1,2，...）所以=；k=1，=638.4nm11-5波长为=680nm的平行光垂直照射到长L=0.12m的两块玻璃片上：由劈尖等厚干涉的规律可知，相邻两明纹间的距离l为l=则在0.12m内呈现的明条纹数目为N=条11-6用钠光观察牛顿环解按题设两明环分别对应第k级和（k+4）级明纹，它们的半径分别为解式1和式2，得\n11-9在单缝夫琅费衍射试验中解（1）（2）（3）这说明：壁纸越小时，衍射角越小，中央明纹（其他明纹也相对应地变为更靠近中心点），衍射效应越来越不明显。的极限情形即几何光学的情形，光沿直线传播。11-101在单缝衍射装置中解（1）设屏上P点处为地K级明纹，则根据明纹位置公式，有即考虑可见光波长范围为400~760nm，即k取值应为整数。则满足上式的两组解为当k=3时，=600nm当k=4时，=467nm（2）有第一问可知，当入射光波长为=600nm时，P点的明纹级次为第三级；当入射光波长为=467nm时，P点的明纹级次为第四级（3）有菲涅耳半波带法可知，P点处为第三级明纹时，对应的狭缝处的波面可分成七个半波带；P点处为第四级明纹时，对应的狭缝处的波面可分成九个半波带。11-12波长为600nm的单色光垂直入射在一光栅上解（1）本题要求的相邻两缝的间距，实际上就是光栅常数（a+b）。按光栅方程有以k=2，代入，得a+b=6.0m（2）因第四级缺级，故根据缺级公式得m（3）当时，最多能看到的级数为，但因为a+b=4a，即，8，时缺级。因此，屏上实际出现的明条纹有k=0，1，2，3，5，6，7，8，9共15条（k=10出现在=处）11-14侦察卫星上的照相机能看清楚铺在地面上的《人民日报》的报头。解（1）最小分辨角应为（2）根据瑞利判据，相机的孔径为12-3一艘宇宙飞船的船身固有长度为解（1）（2）\n12-2一根米尺沿着它的长度方向相对于你以0.6c的速度运动解已知米尺（作为S’系）的固有长度，而“你”则相当于S系，=0.6c。你测得的米尺长度可有长度缩短公式求得，即于是，由运动学关系，得12-7宇宙射线与大气相互作用时都能产生介子衰变.解：以地面为S系，装在子上的为s’系，它以速度v=0.998c，飞向地面。静止的子的平均寿命即s’系测得的固有时间为，测地面测得的平均寿命可由时钟延缓公式求得，即=由式得，在此时间内子飞行的距离为=v=v==1.04m由于＞8000m，表明子可以飞抵地面。这个结论与经典理论是不同的。按经典理论，子只能飞行=v=659m，不可能到达地面。但实际上在地球上一些矿井中都已测到这种子，说明正确。12-6马路边树立一块正方形广告牌.解：地面视为S系，它测得广告牌的固有面积100.驾驶员是s’系，s’将测得广告牌上与运动方向平行的一边（=10m）由长度缩短公式，有==10=6m另一边与运动方向垂直，长度不变，因此，s’测得的面积为A’=10×6=6012-8子的静止质量是电子静止质量207倍，解：设子在实验室参考系中的速度v，质量m。依题意有=将和的值代入得==当子速度为v时其质量为m====724.5m。12-10一电子在电场中从静止开始加速，解：设电子速度为v，质量m静止质量，所加的电势差U，依题意有m==1.04所以，此时电子的速度为v=0.275c根据能量守恒有+e=m所以=2.004×V。\n3-2计算动能为0.05e的（热）中子的德布罗德波长为多少？质量m=0.01kg，v=300...解：由于中子的能量较小，可采用非相对论性计算，有P=可==把=12.4×，=940×，=0.05代入得13-3一个质子从静止开始，通过1kv电压加速后波长多少？解：由则v=则====9.08m13-5原子的线度为7.2m，求原子中电子速度的不准确量。解：说“电子在原子中”就意味着电子的位置不确定量为=m由不准关系可得==7.3按照牛顿力学计算，氢原子中电子的轨道运动速度为，它与上面的速度不准确量有相同的数量级。13-6试证明：如果粒子的位置不准确量等于其德罗意波长，则其速度不准确量等于其速度。解：由题设条件，△x=，则由得即13-7粒子在宽为a的一维无限深方势阱中运动，其波函数为：解：（1）概率密度就是波函数模的二次方，（2）由（1）可知，当=1时，有最大值。则=（2k+1）即x=分别以k=0，1，2代入可得0~a之间概率密度最大的可能位置为x=1.通有电流I的无限长导线abcd，弯成如图，求圆心O处的磁感应强度。解：点O位于ab的延长线上故=0，点O位于半圆载流导线的圆心故=方向为点O位于半圆无限长载流导线cd旁故=方向为根据磁场叠加原理，点O的磁感应强度大小为+，方向为\n1.一长为L的铜棒在磁感应强度为B的均匀磁场中绕其一端O以角速度w转动。求电动势解：在铜棒上距O为l处取一线元dl，dl产生的元电动势dv=（）`d=vBd=wlBdl由于OB上各线元的方向均相同，=v=·d=Bw=的方向为从点O指向点b，即2.已知求，解：由，，可得3.设光为600nm的色光垂直射入在一光栏上，测得第二级极大衍射角为30且第二级是缺级解：（1）光栏常熟d为：（a+b）sin，（a+b）=（2）由第二级缺级得：（a+b）sinφ=3λ，asinφ=kλ，（a+b）/a=3/k，令k=1则a=0.8×m（3）当sinθ=1时，最多能看到的级数为：但因为a+b=2a即K=时为缺级屏上实际出现的明条纹为k=0，共6条5.作一维运动的粒子被束缚在0R时4当r