大学物理 下 复习题 部分计算题 参考答案 答案来自网络 仅供参考1四条平行的载流无限长直导线，垂直通过一边长为a 的正方形顶点，每条导线中的电流都是I ，方向如图，求正方形中心的磁感应强度。

⎪⎭⎫⎝⎛a I πμ02解: B=00222222IIaa μμππ⨯⨯=2.如图所示的长空心柱形导体半径分别为1R 和2R ，导体内载有电流I ，设电流均匀分布在导体的横截面上。

求 （1）导体内部各点的磁感应强度。

（2）导体内壁和外壁上各点的磁感应强度。

解：导体横截面的电流密度为2221()IR R δπ=-在P 点作半径为r 的圆周，作为安培环路。

由0B dl I μ•=∑⎰v v Ñ得 222201012221()2()I r R B r r R R Rμπμδπ-=-=-即 22012221()2()I r R B r R R μπ-=- 对于导体内壁，1r R =，所以 0B = 对于导体外壁，2r R =，所以 022IB R μπ=3. 如图， 一根无限长直导线，通有电流I ， 中部一段弯成圆弧形，求图中O 点磁感应强度的大小。

解：根据磁场叠加原理，O 点的磁感应强度是)A (-∞、)ABC (和)C (∞三段共同产生的。

)A (-∞段在O 点磁感应强度大小：)cos (cos x4IB 2101θθπμ-=将6021πθθ==，，a 213cosa x ==π代入 得到：)231(a 2IB 01-=πμ，方向垂直于纸面向里；)C (∞段在O 点磁感应强度大小：)cos (cos x4IB 2102θθπμ-=将πθππθ=-=216，，a 213cos a x ==π带入得到：)231(a 2I B 02-=πμ，方向垂直向里；)ABC (段在O 点磁感应强度大小：⎰=203a Idl 4B πμ，)a 32(a I 4B 203ππμ=，a 6IB 03μ=，方向垂直于纸面向里。

O 点磁感应强度的大小：321B B B B ++=，)231(a I a6IB 00-+=πμμ, 方向垂直于纸面向里。

4、*如图示，一根长直导线载有电流30安培，长方形回路和它在同一平面内，载有电流20安培。

回路长30cm ，宽8.0cm ，靠近导线的一边离导线1.0cm ，则直导线电流的磁场对该回路的合力为多少？ ()N 3102.3-⨯解: F=F 1-F 2=IB 1l-IB 2L0000000121238000112223210I I I Il I l I l()a a a a .(N )μμμμππππ-=-=-==⨯4.长直导线载有电流I ，导线框与其共面，导线ab 在线框上滑动，使ab 以匀速度v 向右运动，求线框中感应电动势的大小和感应电流的方向解：选取如图所示的坐标，顺时针为积分正方向，ab 上线元dx 产生的电动势为：l d )B v (d ϖϖϖ⋅⨯=i Edx x2Ivd 0πμ-=i E , dx x2Iv0LL L 00πμ-=⎰+i E 线框中感应电动势的大小: 000L LL ln2Iv +-=πμi E ，方向为逆时针。

5、长为L 的直导线MN ，与“无限长”直并载有电流I 的导线共面，且垂直于直导线，M 端距长直导线为a ，若MN 以速度v 平行于长直导线运动，求MN 中的动生电动势的大小和方向。

⎪⎭⎫⎝⎛+a L a Iv ln 20πμ解：0022Na L M a IIv a L (v B )dl v dr ln r aμμεππ++=⨯⋅==⎰⎰v v v6、 如图所示，无限长直导线中电流为t I i ωcos 0=，矩形导线框abcd 与长直导线共面，且ad //AB ，(1)求线框abcd 中的感应电动势，(2) ab 两点哪点电势高？⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=010200ln sin 2l l l t l I i ωπωμε010101000120012002001: (1) 22 2l l l l l l l l l i B ds Bl dr l dr ri l l l ln l l I l l d ln sin tdt l μφπμπμωφεωπ+++=⋅===++=-=⎰⎰⎰v v 解(2)7. 如图所示 ，一平面简谐波沿OX 轴传播 ，波动方程为])xvt (2cos[A y ϕλπ+-= ，求 (1) P 处质点的振动方程；(2) 该质点的速度表达式与加速度表达式 。

MNIa υϖ解：P 处质点的振动方程：])Lvt (2cos[A y ϕλπ++= （L x -=, P 处质点的振动位相超前）P 处质点的速度：])Lvt (2sin[v A 2yv ϕλππ++-==& P 处质点的加速度：])Lvt (2cos[v A 4ya 22ϕλππ++-==&&8.一质点按如下规律沿X 轴作简谐振动：)3/2t 8(cos 1.0x ππ+=（SI ）(1) 求此振动的周期、振幅、初相、速度最大值和加速度最大值； (2) 分别画出这振动的x-t 图。

周期：s 412T ==ωπ； 振幅：m 1.0A =； 初相位：32πϕ=； 速度最大值：ωA x max =&，s /m 8.0x max π=&加速度最大值：2max A x ω=&&，22max s /m 4.6x π=&& 9 .有一沿x 轴正向传播的平面波，其波速为u = 1m·s -1，波长λ = 0.04m ，振幅A = 0.03m ．若以坐标原点恰在平衡位置而向负方向运动时作为开始时刻，试求：（1）此平面波的波动方程；（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程，该点初相是多少？ 解（1）设原点的振动方程为：y 0 = A cos(ωt + φ)，其中A = 0.03m ．由于u = λ/T ，所以质点振动的周期为：T = λ/u = 0.04(s)，圆频率为：ω = 2π/T = 50π． 当t = 0时，y 0 = 0，因此cos φ = 0；由于质点速度小于零，所以φ = π/2． 原点的振动方程为：y 0 = 0.03cos(50πt + π/2)， 平面波的波动方程为：0.03cos[50()]2x y t u ππ=-+= 0.03cos[50π(t – x ) + π/2)．（2）与波源相距x = 0.01m 处质点的振动方程为：y = 0.03cos50πt ． 该点初相φ = 0．10.在双缝干涉的实验中，用波长nm 546=λ的单色光照射，双缝与屏的距离D=300mm ，测得中央明条纹两侧的两个第五级明条纹之间的间距为12.2mm ，求双缝间的距离。

解：由在杨氏双缝干涉实验中，亮条纹的位置由λk dDx =来确定。

用波长nm 546=λ的单色光照射，得到两个第五级明条纹之间的间距：λ∆10dDx 5= 双缝间的距离：λ∆10x Dd 5=m 10546102.12300d 9-⨯⨯=，m 1034.1d 4-⨯= 11. 在一双缝实验中，缝间距为5.0mm ，缝离屏1.0m ，在屏上可见到两个干涉花样。

一个由nm 480=λ的光产生，另一个由nm 600'=λ的光产生。

问在屏上两个不同花样第三级干涉条纹间的距离是多少?解：对于nm 480=λ的光，第三级条纹的位置：λ3dD x =对于nm 600'=λ的光，第三级条纹的位置：'3dD 'x λ= 那么：)'(3dDx 'x x λλ∆-=-=，m 102.7x 5-⨯=∆ 12. 用一束8.632=λnm 激光垂直照射一双缝， 在缝后2.0m 处的墙上观察到中央明纹和第一级明纹的间隔为14cm 。

求(1)两缝的间距；(2)在中央明纹以上还能看到几条明纹?解：(1)m x d d 69100.914.0108.6320.2--⨯=⨯⨯=∆'=λ (2)由于2πθ<, 按2πθ=计算，则 3.14/'/sin =∆==x d d k λθ应取14，即看到14条明纹。

13. 作简谐运动的小球，速度最大值为3m v =cm/s ，振幅2A =cm ，若从速度为正的最大值的某时刻开始计算时间。

（1）求振动的周期；（2）求加速度的最大值；（3）写出振动表达式。

17.解：（1）振动表达式为 cos()x A t ωϕ=+振幅0.02A m =，0.03/m v A m s ω==，得 0.031.5/0.02m v rad s A ω=== 周期22 4.191.5T s ππω=== （2）加速度的最大值 2221.50.020.045/m a A m s ω==⨯=（3）速度表达式 sin()cos()2v A t A t πωωϕωωϕ=-+=++由旋转矢量图知，02πϕ+=， 得初相 2πϕ=-振动表达式 0.02cos(1.5)2x t π=-14.某质点作简谐振动，周期为2s ，振幅为0.06m ，开始计时( t=0 )，质点恰好处在负向最大位移处，求：（1）该质点的振动方程（2）此振动以速度u=2 m/s 沿x 轴正方向传播时，形成的一维筒谐波的波动方程（以该质点的平衡位置为坐标原点）； （3）该波的波长。

19.解：(1)该质点的初相位 πφ=振动方程)22cos(06.00π+π=ty )cos(06.0π+π=t (2) 波动表达式 ])/(cos[06.0π+-π=u x t y])21(cos[06.0π+-π=x t(3) 波长 4==uT λ m。