[理学]物理学教程二下册马文蔚_答案第二版9—13

[理学]物理学教程二下册马文蔚_答案第二版9—13 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( ) B、BRr (A) (B) (C) (D) B,2BB,B2B,BB,4BRrRrRrRr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 nr1R,, nR2r 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( ) 222πrB(A) (B) πrB 22(C) (D) 2πrBcosαπrBcosα 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)( Φ,B,Sm 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 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(D) 磁感强度 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(,)和(,)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(,)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,B B,dl,B,dlPP,,12LL12 B,B(B) ， B,dl,B,dlPP,,12LL12 B,B(C) ， B,dl,B,dlPP,,12LL12 B,B(D) ， B,dl,B,dlPP,,12LL12 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μ (μ,1)，,,则磁介质内的磁化强度为( ) (A) (B) ，，，，,μ,1I/2πrμ,1I/2πrrr (C) (D) ,μI/2πrI/2πμrrr 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,(μ,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. eΔI,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，I/c NecI,因而由，可解出环中的电子数. l 解 通过分析结果可得环中的电子数 Il10N,,4，10 ec ,1,3 11,7 已知铜的摩尔质量M ,63.75 ,?mol ，密度ρ ,8.9 g? cm，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 ,2全，铜线内最大电流密度 ，求此时铜线内电子的漂移速j,,6.0Ammm 率v ;(2) 在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v的多少倍, dd分析 一个铜原子的质量,其中N 为阿伏伽德罗常数，由铜的m,M/NAA 密度ρ 可以推算出铜的原子数密度 n,ρ/m 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( j,nevdmd 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 8kT v,πme m 为电子质量(从而可解得电子的平均速率与漂其中k 为玻耳兹曼常量，e 移速率的关系( 解 (1) 铜导线单位体积的原子数为 n,Nρ/MA 电流密度为j 时铜线内电子的漂移速率 m jjM,4,1mm v,,,4.46，10m,sd,neNeA (2) 室温下(T,300 ,)电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为 vkT188 ,,2.42，10vvmπdde 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( 它们的长度均为20 m，内圆柱面的半径为11,8 有两个同轴导体圆柱面， 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 Ij, 2πrl 解 由分析可知，在半径r ,6.0 mm的圆柱面上的电流密度 I,2j,,13.3μA,m 2πrl 5,11,9 如图所示，已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10T(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 2IRI,,00B ,,3/22242R，，2RR， 因此赤道上的等效圆电流为 42RB9 I,,1.73，10Aμ0 由于在地球地磁场的, 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、be、fa三段直线 以及acb、adb两段圆弧电流共同激发(由于电源距环较远，(而be、B,0ef 由于，由毕奥,萨伐尔定律知fa两段直线的延长线通过点O，Idlr，,0 (流过圆弧的电流I 、I的方向如图所示，两圆弧在点O 激发BB,,012befa 的磁场分别为 μIlμIl011022B,,B, 12224πr4πr 其中l 、l 分别是圆弧acb、adb的弧长，由于导线电阻R 与弧长l 成正比，12 而圆弧acb、adb又构成并联电路，故有 Il,Il1122 将叠加可得点O 的磁感强度B( B、B12 解 由上述分析可知，点O 的合磁感强度 μIlμIl011022 B,B,B,,,012224πr4πr 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 B,B感强度. ,0i Idl，r,0解 (,) 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 μI0 B,08R B 的方向垂直纸面向外( 0 (,) 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得 μIμI00B ,,02R2πR B 的方向垂直纸面向里( 0 (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 μIμIμIμIμI00000B ,，，,，04πR4πR4R2πR4R B 的方向垂直纸面向外( 0 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 μIα0B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,4πR 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 μI0B，磁感强度的方向依照右手定则确定. ,4πR 点O的磁感强度B可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激O 发的磁场在空间点O 的叠加. 解 根据磁场的叠加 在图(,)中， μIμIμIμIμI00000 B,,i,k,k,,i,k04R4πR4πR4R2πR在图(,)中， μIμIμIμI1μI,,00000B,,i,i,k,,，1i,k ,,04πR4R4πR4Rπ4πR,,在图(c)中， 3μIμIμI000 B,,i,j,k08R4πR4πR11,13 如图(a)所示，载流长直导线的电流为，试求通过矩形面积的磁通I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dS ,ldx，如图(,)所示，载流长直导线的 磁场穿过该面元的磁通量为 ,I0d,,B,dS,ldx 2πx 矩形平面的总磁通量 Φ,dΦ , 解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量 dIIld,,2002 lx,,d,ln,d1xd2π2π1 2mm 裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热(电流11,14 已知10 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 B,dl,B,2πr,μI ,0, 2IIr2I,πr,在导线内r ,R， ，因而 ,22πRR μIr0B, 22πR I,I在导线外r ,R，，因而 , μI0 B,2πr 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(,)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 ,R ;(2) R ,r ,R ;(3) R ,r ,R ;(4) r ,R (画出B 121233,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 B,dl,B,2πrB,dl,μI心圆为积分路径， ，利用安培环路定理，,0,, 可解得各区域的磁感强度( 解 由上述分析得 r ,R 1 12B,2πr,μπr 102πR1 μIr0B, 122πR1 R ,r ,R 12 B,2πr,μI 20 μI0B ,22πr R ,r ,R23 22，，πr,R，， 2πB,r,μI,I30,,22，，πR,R32，， 22μIR,r03 B,3222πrR,R32 r ,R 3 ，，B,2πr,μI,I,040 B,04 磁感强度B(r)的分布曲线如图(,)( 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 B,dl,B,2πr , B,dl,μI依照安培环路定理，可以解得螺线管内磁感强度的分布( ,0, 解 依照上述分析，有 B,2πr,μI ,0r ,R 1 B,2πr,01 B,01R ,r ,R 21 B,2πr,μNI20 μNI0B ,22πrr ,R 2 B,2πr,03 B,03在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋(若 和R,R,,R211 R ，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2 1R,R，R，则环内的磁感强度近似为 ，，212 μNI0B ,2πR11,17 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 μIr0Br, ，，22πR ，，Φ,BrdS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,S ,l,r，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量,Φ,B,S，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量 Φ,Bdr,S 解 由分析可得单位长度导线内的磁通量 RμIrμI00d ,,Φr2,02π4πR ,4B,，0.410T11,18 已知地面上空某处地磁场的磁感强度，方向向 71,v,，5.010ms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v,B可知洛伦兹力的方向为的方向，如F,qv,BFLL 图所示( v,B(2) 因，质子所受的洛伦兹力 ,16 F,qvB,3.2，10NL 在地球表面质子所受的万有引力 ,26G,mg,1.64，10N p 10因而，有，即质子所受的洛伦兹力远大于重力( F/G,1.95，10L 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 .0 mm，磁场为B,0.080 T，侧分别安装电极并加以磁场(设血管直径为d,2 毫伏表测出血管上下两端的电压为U,0.10 mV，血流的流速为多大, H 题 11-19 图 分析 血流稳定时，有 qvB,qEH 由上式可以解得血流的速度( 解 依照分析 EUHH v,,,0.63m/sBdB 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3.5 cm 的圆弧径迹，测得磁感强度为0.20 ,，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 ,21 p,mv,ReB,1.12，10kg,m/s 2pE,,2.35keV k2m 811,21 从太阳射来的速度为0.80×10 m/, 的电子进入地球赤道上空高 ,7层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10,，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 ,5×10,，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 mv3R,,1.1，10m 1eB1 地磁北极附近的回转半径 mv R,,23m2eB2 11,22 如图(,)所示，一根长直导线载有电流I ,30 A，矩形回路载1 有电流I ,20 A(试计算作用在回路上的合力(已知d ,1.0 cm， 2 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F 和F 的大小相等，方向相反，对不12 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F 和F 大小不同，且方向相反，34 因此线框所受的力为这两个力的合力( 之解 由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F 和F34矢量和，如图(,)所示，它们的大小分别为 μIIl012F ,32πd μIIl012F, 4，，2πd，b 故合力的大小为 μIIlμIIl,3012012F,F,F,,,1.28，10N 34，，2πd2πd，b 合力的方向朝左，指向直导线( 11,23 一直流变电站将电压为500kV的直流电，通过两条截面不计的平行 ,11,1输电线输向远方(已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10F?m ，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 μI0B的磁感强度,导线单位长度所受安培力的大小(将这两条,F,BIB2πd 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 λE,强度，两导线间单位长度所受的静电吸引力(依照题F,EλE2πεd0 意，导线间的静电力和安培力正好抵消，即 F，F,0BE 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 2μI0FBI,, B2πd 22CU F,Eλ,E2πεd0 由可得 F，F,0BE 222μICU0 ,2πd2πεd0 解得 CU3 I,,4.5，10A εμ00 (2) 输出功率 9 N,IU,2.25，10W11,24 在氢原子中，设电子以轨道角动量L,h/2π绕质子作圆周运动， ,11其半径为(求质子所在处的磁感强度(h 为普朗克常量，a,5.29，10m0 ,34其值为 6.63，10J,s 分析 根据电子绕核运动的角动量 hL,mva, 02π 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 eei,, T2πa/v0 在圆心处，即质子所在处的磁感强度为 μi0 B,2a0 解 由分析可得，电子绕核运动的速率 h v,2πma0 其等效圆电流 ehe i,,222πa/v4πma00 该圆电流在圆心处产生的磁感强度 μiμhe00B,,,12.5T 222a8πma00 内、外导体之间充满磁介质，11,25 如图[a]所示，一根长直同轴电缆， 磁介质的相对磁导率为μ(μ ,1)，导体的磁化可以忽略不计(沿轴向有rr 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H,dl,H,2πr,用安培环路定理 H,dl,I,f, B,μH求出环路内的传导电流，并由，，可求出磁感强度，，M,μ,1Hr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 2Hπr,I ,f对r ,R 1 I2 I,πr,f2πR1得 Ir H,122πR1忽略导体的磁化(即导体相对磁导率μ =1)，有 r μIr0，B, M,01122πR1对R ,r ,R 21 I,I ,f 得 IH ,22πr填充的磁介质相对磁导率为μ ，有 r IμμI0rMμ1B，，,,，, 2r22πr2πr对R ,r ,R 32 I22I,I,,πr,R，， ,f223，，πR,R32得 22IR,r，，3 H,322，，2πrR,R32 同样忽略导体的磁化，有 22μIR,r，，03， M,0B,3322，，2πrR,R32 对r ,R 3 I,I,I,0 ,f 得 ，， H,0M,0B,0444 (2) 由，磁介质内、外表面磁化电流的大小为 I,M,2πrs ，，，，I,MR,2πR,μ,1Isi211r ，，，，I,MR,2πR,μ,1Ise222r 对抗磁质()，在磁介质内表面(r ,R )，磁化电流与内导体传,,11r 导电流方向相反;在磁介质外表面(r ,R )，磁化电流与外导体传导电2 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(,)和(c)所示( 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 ，而线圈2 对线圈121 didi12,的互感系数为M (若它们分别流过i 和i 的变化电流且，并1212dtdt设由i变化在线圈1 中产生的互感电动势为 ，由i 变化在线圈2 中产生2121 的互感电动势为ε ，下述论断正确的是( )( 21 (A) ， M,Mε,ε12212112 (B) ， M,Mε,ε12212112 (C)， M,Mε,ε12212112 (D) ， M,Mε,ε12212112 di1ε,M分析与解 教材中已经证明M21 ,M12 ，电磁感应定律;2121dt di2,εM(因而正确答案为(D)( 1212dt 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) Φ,LI，因而线圈的自感系数与回路的电流成反比 m (D) ，回路的磁通量越大，回路的自感系数也一定大 Φ,LIm 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 5Φ，式中的单位为Wb，t的单位为s，求在Φ,8.0，10sin100πt ,2时，线圈中的感应电动势( t,1.0，10s 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 dΦdψψ,NΦξ,,N,,，其中称为磁链( dtdt 解 线圈中总的感应电动势 dΦ，，,,,N,2.51cos100πt(V) dt ,2ξ,2.51V当 时，( t,1.0，10s dI12,7 载流长直导线中的电流以的变化率增长.若有一边长为d的正方dt 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. dΦ,,,，来求解.由于回路 分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律dt 处在非均匀磁场中，磁通量就需用来计算. Φ,B,dS,S 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dx、长为d的面元dS，如图中阴影部分所示，则dS=ddx，所以，总磁通量可通过线积分求得(若取面元dS=dxdy，则上述积分实际上为二重积分).本题在 工程 路基工程安全技术交底工程项目施工成本控制工程量增项单年度零星工程技术标正投影法基本原理 技术中又称为互感现象，也可用公式 dI,,,M求解. dt 解1 穿过面元dS的磁通量为 I,0dΦ,B,dS,ddx 2πx因此穿过线圈的磁通量为 2d,Id,Id00 ,d,d,ln2ΦΦx,,2π2πxd 再由法拉第电磁感应定律，有 ddΦ1dI,0ln,,,() ,dt2π2dt 解2 当两长直导线有电流通过时，穿过线圈的磁通量为 I ,dI0,ln2Φ 2π 线圈与两长直导线间的互感为 ,dΦ0,,ln2M 2πI dI当电流以变化时，线圈中的互感电动势为 dt d,dI1dI0Mln,,,() ,dt2π2dt 题 12-7 图 212,8 有一测量磁感强度的线圈，其截面积S,4.0 cm 、匝数N,160 匝、电阻R,50Ω(线圈与一内阻R,30Ω的冲击电流计相连(若开始时，线圈的i 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 ,5向平行(此时从冲击电流计中测得电荷值(问此均匀磁场q,，4.010C 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 ΔΦ,Φ,Φ,NBS,0,NBS21 ΔΦNBSq,,因此，流过导体截面的电量为 R，RR，Rii qR，R，，i则 B,,0.050TNS 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 2处，放一面积为0.10 cm ，10匝的小圆线圈，线圈中的磁场可看作是均匀 2,的(今在1.0 ×10 s 内把此线圈移至距长直导线10.0 cm 处(求:(1) ,2线圈中平均感应电动势;(2) 设线圈的电阻为1.0×10Ω，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 ψ,NBS过线圈平面的磁场是均匀的，因而可近似用来计算线圈在始、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 NμISNμIS00ψ,NBS,ψ,NBS,, 11222πr2πr12 则线圈中的平均感应电动势为 ,,NIS,Δ11,,80,,,,,,1.11，10V ,,,Δt2πΔtrr,12, 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 ,1,8 q,,,,t,1.1，10C,,12RR 12,10 如图(,)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 dΦ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E,,求dt解外(必须设法构造一个闭合回路)，还可直接用公式求，，E,v，B,dl,l解( 在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元,l 上的动生电动势 .在一般情况下，上述各量可能是,l 所在位置的函数(矢，，dE,v，B,dl 量(v ×B)的方向就是导线中电势升高的方向( 解1 如图(,)所示，假想半圆形导线OP 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 1,,2Φ,2Rx，πRB ,,2,, 即 dΦdx E,,,,2RB,,2RvBdtdt 由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ,,2RvB(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,l，则 o ，，dE,v，B,dl,vBsin90cosθdl,vBcosθRdθ π/2 E,dE,vBRcosθdθ,2RvB,,,π/2 的指向可知，端点P 的电势较高( 由矢量(v ×B) 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 dΦ时刻，穿过回路的磁通量常数.由法拉第电磁感应定律E,,Φ,BS,dt 可知，E ,0 又因 E ,E ，E OPPO 即 E ,,E ,2RvB OPPO 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OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图(,)所示(而EOA 和EOB 则可 以直接利用第12,2 节例1 给出的结果( 解1 如图(,)所示，在棒上距点O 为l 处取导体元,l，则 L-r1 ，，，，E,v，B,dl,,ωlBdl,,ωlBL,2rAB,,-ABr2 因此棒两端的电势差为 1 ，，U,E,,ωlBL,2rABAB2 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OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图(,)所示(其中 1122EBωrEωBLr, ，，,,,OAOB22 则 1 ，，E,E,E,,ωBLL,2rABOAOB2 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 dΦE,,分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律 计算(此dt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)，也可用来计算(由于对称性，导体OP 旋转至任，，E,v，B,dl,l 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 ，，E,v，B,dlOP,OP o ,vBsin90cosαdl,l o ，，,lsinθωBcos，，90,θdl,l L122，，,,Bsin,ldl,,BLsin, ,02 的方向可知端点P 的电势较高( 由矢量v，B 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 dΦ E,,,0,E，E，EOPPQQOdt 显然，E ,0，所以 QO 1122,,B(Lsin,)EEEωBPQ ，，,,,,OPPQQO22 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( ,1v,,2.0ms12,13 如图(,)所示，金属杆AB 以匀速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:用公式求解，建立图(a)所示的坐标系，所，，E,v，B,dl,l μI0取导体元，该处的磁感强度B( dl,dx,2πx 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(,)所示(设时刻t，杆AB 距导轨下端CD的距离为y，先用公式求得穿过该回路Φ,B,dS,S dΦE,,的磁通量，再代入公式，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中dt 的电动势( 解1 根据分析，杆中的感应电动势为 1.1mμμIv,500，，,，B,dl,d,,d,,ln11,,3.84，10VEvxlvxAB,,AB0.1m2π2πx 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ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为,x、长为y 的面元,S，则穿过面元的磁通量为 μI0dΦ,B,dS,ydx 2πx 穿过回路的磁通量为 1.1mμIμIy00 ,d,d,,ln11ΦΦyx,,S0.1m2π2πx 回路的电动势为 dΦμIdyμIy,500 E,,,,ln11,,,,3.84，10Vdt2πxdt2π 由于静止的导轨上电动势为零，所以 ,5 E,E,,3.84，10VAB 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(,)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(,)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,，因而线框中的总，，v，B,dl,0 电动势为 ，，，，，，，，E,v，B,dl，v，B,dl,v，B,dl,v，B,dl,E,Eefhg,,,,efghefhg 其等效电路如图(,)所示( dΦ(2)用公式求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过E,,dt 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 dξ示，显然ξ是时间t 的函数，且有(在求得线框在任意位置处的电动,vdt (ξ)后，再令ξ,d，即可得线框在题目所给位置处的电动势( 势E 解1 根据分析，线框中的电动势为 E,E,Eefhg ，，，，,v，B,dl,v，B,dl,,efhg llμIvμIv2200,,dldl ,,00，，，2πd2πdl1 Il,vl021 , ，，2πdd，l1 由E,E 可知，线框中的电动势方向为efgh( ef hg 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 l,,,IlIl，l102021 dln,,x,,0，，,,2π2πx， 相应电动势为 dΦμIvll021，，Eξ,,, ，，dt2πξξ，l1令ξ,d，得线框在图示位置处的电动势为 μIvll021E, ，，2πdd，l1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(,)所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的 dB变化率为常量(试证:棒上感应电动势的大小为 dt 2dBll,,2 ,R,,,,dt22,, 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，由计算棒上感生电动势(此外，还可,,E,dlk,l 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 处处垂直，k故，OP、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求E,dl,0k 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， d,,E,dl,,B,dS k,,dt dB22πrEπr,,, kdt 解得该区域内感生电场强度的大小 rdB E,k2dt 上线元,x 处，E的方向如图(b)所示，则金属杆PQ 上的电动势为 设PQ k ,,d,Ecosdx,Ex,PQkk, 22lR,，，l/2rdB,dx ,2dtr0 dBl22，，,R,l/2 dt2 证2 由法拉第电磁感应定律，有 2dΦdBdBll,,2E,E,,,S,R, ,,PQΔdtdtdt22,, 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(,)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 ΦL,圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式计算L(2(让回I 路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E ，由公式L EdILL,计算L(式中E和都较容易通过实验测定，所以此方法一般 LdI/dtdt 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(,)所示，由安培环路定理可求得在R ,r ,R 范围内的磁场分布为 12 μNI0B ,2πx 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 2RμNIμNhIR2002 ψNNhx,B,dS,d,ln,,SR1xR2π2π1则 2ψμNhR02 L,lnI2πR1 倍( 若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为μ ，则自感将增大μrr12,17 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 l分别为 和 ，磁导率分别为μ 和μ ，管长为，匝数为，求螺线管的SSN1212 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 ，由于磁介质的存在，在不同0 磁介质中磁感强度分别为μ B 和μ B (通过线圈横截面的总磁通量是截面1020 积分别为S 和S 的两部分磁通量之和(由自感的定义可解得结果( 12 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 NN, B,μnl,μIB,μnl,μI111222LL 通过N匝回路的磁链为 Ψ,Ψ，Ψ,NBS，NBS121122 则自感 2ψNL,L，L,,μS，μS 121122Il 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 μIμI00B,， ，，2πr2πd,r 穿过图中阴影部分的磁通量为 da,μlda,0ΦBlr BdSdln,,,,,,Saaπ 的一对导线的自感为 则长为l Φμld,a0L,,ln Iπa 如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为(L 称为外L,L，2L112自感，即本题已求出的L，L 称为一根导线的内自感(长为l的导线的内自感2 μl0，有兴趣的读者可自行求解( L,28π 12,19 如图所示，在一柱形纸筒上绕有两组相同线圈 和′′，每个ABAB线圈的自感均为L，求:(1) A 和A′相接时，B 和B′间的自感L ;(2) 1A′和B 相接时， 和′间的自感L ( AB2 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 ， Φ,2Φ,2Φ,01 故L ,0( 1 (2) 当′和 连接时， 和′′线圈中电流流向相同，通过回路的磁ABABAB 通量亦相同，故总通量为 ， Φ,2Φ，2Φ,4Φ2 ΦΦ2故( L,,4,4L2II 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( 212,20 如图所示，一面积为4.0 cm 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) 1,当线圈B 中电流的变化率为,50 A?, 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?中通有电流I ，穿过回路?的磁通量为Φ ，则互感M 121,M ,ΦI ;也可设回路?通有电流I ，穿过回路?的磁通量为Φ ，21211212/ Φ12则 ( M,M,12I2 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 μI0BN,穿过小线圈A 的磁链近似为 ,B02R μI0 ψ,NBS,NNSAAAABA02R 则两线圈的互感为 ψμS,6AA0 M,,NN,6.28，10HABI2R (2)线圈A中感应电动势的大小为 dI,4 E,,M,3.14，10VAdt 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 2μIR0 B,3/222，，2R，d 穿过线圈C 的磁通为 2μIR20,, ψBSπrC3/222，，，2Rd 则两线圈的互感为 22ψμπrR0 M,,3/222I，，2R，d 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍( 若线圈C 212,22 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 ,4.0 ×10 A，在环上再绕一1 线圈C，共10 匝，其电阻为0.10 Ω，今将开关, 突然开启，测得线圈C 中 3, 的感应电荷为2.0 ×10 C(求:当螺绕环中通有电流I 时，铁磁质中的B 1 和铁磁质的相对磁导率μ( r 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 时，在环内产生的磁感强度 1 B,μμnI0r11则通过线圈C 的磁链为 ψ,NBS,NμμnISc220r11设断开电源过程中，通过C 的感应电荷为q ，则有 C NμμnIS1120r11qcψψ，， ,,Δ,,0,,ccRRR由此得 RqC B,,,nI,,0.10T011rNS2 相对磁导率 RqC, ,,199r,NSnI2011 12,23 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 12WLI所储存的磁能，通常称为自感磁能( ,m2 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 ，式中，因而载流回路所具有的能量又可看作磁场能量，即W,wdVmm,V 2B,w中为磁场能量密度，积分遍及磁场存在的空间(由于，因而采wmm2μ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12求解L( LI,wdVm,V2 2,NS0,L解 (1) 密绕长直螺线管在忽略端部效应时，其自感，l E电流稳定后，线圈中电流，则线圈中所储存的磁能为 I,R 221μNSE2,50W,LI,,3.28，10J m222lR 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 W,3m管中，并为均匀磁场，故磁能密度w 处处相等，w,,4.17J,m mmSL (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 R,tE,,EL化规律，当电流稳定后，其最大值 I1e,,I,,,m,,RR,, R,tE,,1112E，，22LLI,LI按题意，则I,，将其代入I1e,,,,m,,,,2222RR，，,,中，得 ，，L2L,4，，t,,ln1,,ln2，2,1.56，10s ,,R2R，， 12,24 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1.0,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 W3mV,,9.0m 2B/2μ0 所需线圈的自感系数为 2Wm L,,29H2I 812,25 中子星表面的磁场估计为10,，该处的磁能密度有多大, 2B213解 由磁场能量密度 ,,3.98，10wJ/mm,20 12,26 在真空中，若一均匀电场中的电场能量密度与一 0.50, 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, 221B1B22wεE解 ,,按题意，当时，则 ,w,wwεE,,eem00m22μ22μ00 B8,1 E,,1.51，10V,m εμ00 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，而在平行板电容器间存在着位移电流I，cd它们使电路中的电流连续，即( I,Idc 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 2板间位移电流，由此得位移电流密度的大小 I,j,dS,jπRddd,S II,2dcj,,,15.9A,m d22πRπR 第十三章 几何光学简介 13-1 如图所示，一储油圆桶，底面直径与桶高均为d.当桶内无油时，从某点A恰能看到桶底边缘上的某点B.当桶内油的深度等于桶高一半时， d.在A点沿AB方向看去，看到桶底上的C点，C、B相距由此可得油的折4 射率以及光在油中传播的速度为() 27,1(A) (B) ,610，10m,s 10 107,1 ,610，10m,s 2 108,1(C) (D) ,1.510，10m,s 2 28,1 ,1.510，10m,s 10 分析与解 如图所示，C点发出的光线经O点折射后射向A点，则由折射定律 (n为油的折射率，为空气的折射率)，可知油的折射nsini,nsinrn00 ,sinrsin4510cn,,,v,率.光在折射率为n的介质中速度，nsiniCD/OC2 因而可进一步求得光在油中传播的速度 8c3，10,17,1.故选(B). v,,m,s,610，10m,s n10/2 题 13-1 图 13-2 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 分析与解 本题是一个全反射的应用题.根据水的折射率，光线从空气 1,i,arcsin,48.8射入水中时反射光的临界角,其中n=1.33为水的折射cn ,率.如图所示，当光线以90的最大入射角射入水中时，折射角为r，故所有射入水中的光线的折射角均小于r，根据空间旋转对称，水面上所有的景物 ,2r,2i,97.6都落在顶角为的锥面内.故选(C). c 题 13-2 图 13-3 一远视眼的近点在1 m 处，要看清楚眼前10 cm处的物体，应佩戴怎样的眼镜() (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 111分析与解 根据薄透镜的成像公式，可由物距和像距p,,,,ppf ,,,计算透镜的像方焦距.根据题意，物距=-0.1 m，像距=-1 m，则ppfp ,.像方焦距为正数，故为凸透代入公式可求得像方焦距f,0.11m,11cm 镜.正确答案为(C) 13-4 一平行超声波束入射于水中的平凸有机玻璃透镜的平的一面，球面的曲率半径为10 cm，试求在水中时透镜的焦距.假设超声波在水中的速度 ,1,1u,1470m,su,2680m,s为，在有机玻璃中的速度为. 12 ni,f,分析 薄透镜的像方焦距公式为，弄清公式n,nn,nL0iL,rr12 中各值代表的物理意义即可求解本题.这里分别为透镜前后介质的n、n0i n,n,n折射率，由题意透镜前后介质均为水，故;为透镜的折射率;n0i水L r为透镜平的一面的曲率半径，即r,,;r为透镜凸的一面的曲率半径，112 即= - 10 cm. r2 解 由上述分析可得 nrri22,f,,,,,22.1cm n,nn,nnu211221,1,1, rrnu1212 13-5 将一根短金属丝置于焦距为35 cm的会聚透镜的主轴上，离开透镜的光心为50 cm处，如图所示. (1) 试绘出成像光路图;(2)求金属丝的成像位置. 分析 (1) 凸透镜的成像图只需画出两条特殊光线就可确定像的位置.为此作出以下两条特殊光线:过光心的入射光线折射后方向不变;过物方焦 ,点的入射光线通过透镜入射后平行于主光轴.(2)在已知透镜像方焦距和f 111物距p时，利用薄透镜的成像公式即可求得像的位置. ,,,,ppf 解 (1)根据分析中所述方法作成像光路图如图所示. (2) 由成像公式可得成像位置为 ,pf(,50)，35, p,,cm,117cm,p，f,50，35 题 13-5 图 13-6 一架显微镜的物镜和目镜相距为 20 cm，物镜焦距为 7 mm，目镜的焦距为 5 mm，把物镜和目镜均看做是薄透镜.试求:(1)被观察物到物镜的距离;(2)物镜的横向放大率;(3)显微镜的视角放大率. 分析 (1)图示为显微镜的工作原理图.使用显微镜观察物体时，是将物体置于物镜物方焦点外侧附近.调节物镜与目镜的间距d，使物体经物fo 镜放大成实像(显微镜的中间像)在目镜物方焦点附近.由题意，图中d和fe ,p,d,f已知，可以求得中间像到物镜的距离，即物体对物镜的像距.fee 则利用薄透镜成像公式就可求得物体到物镜的距离p.(2)物镜的横向放大率 ,s,p0可由公式直接求出.而显微镜的视角放大率由公式计M,,V, ffpoe ,算.其中为物镜像方焦点到目镜物方焦点的距离. 解 (1)由分析可知，显微镜的中间像对物镜的距离(像距)为 ,p,d,f,195cm e 111,而像方焦距=7 mm，则由薄透镜成像公式可得观察物到物f,,,,ppf镜的距离为 ,,fp7，195 p,,mm,-7.3 mm,,f,p7,195 (2)物镜的横向放大率为 ,p V,,,26.7 p (3)由分析知,,d,f,f,(200,7,5)mm,188mm，oe 则显微镜的视角放大率 250，188 ,,1343M,, (,7)，(,5) 题 13-6 图 13-7 一天文望远镜，物镜与目镜相距90 cm，放大倍数为 8(即8，倍)，求物镜和目镜的焦距. ,,fo,,分析 望远镜的放大率为,其中和分别为物镜和M,,ffoe,fe 目镜的像方焦距.而通常物镜的像方焦点和目镜的物方焦点几乎重合，即目 ,,,镜和物镜的间距为两者焦距之和，而题中已知+=90 cm，由此可求fffoeo ,和. fe ,fo,, 解 由分析可知，又+=90 cm，则得物镜和目镜ffM,,8oe,fe 的像方焦距为 ,f,80cm,o,,f,10cm,e