2012-2013A普通物理学试卷与答案

普通物理（2）试卷第1页（共6页）试题编号：重庆邮电大学2012-2013学年第一学期普通物理（2）试卷（期末）（A卷试题及答案）（闭卷）题号一二三四五六七八九十十一十二总分得分评卷人一、（本题6分）无限大平面中部有一个半径为R的小孔，设平面均匀带电，面电荷密度为0，求通过小孔中心并与平面垂直的直线上的场强分布。解：可等效为一个无限大均匀带电0平面和一个均匀带电-0半径为R圆盘的电场叠加，于是通过小孔中心并与平面垂直的直线上到孔心距离为x处的场强为（取向上为正）00022220001222xxE[()]RxRx，当Rx时，20000022220000001222424RxqE[()]xxRx，即相当于无限大均匀带电平面和点电荷的场强叠加。二、（本题8分）两个无限长的横截面半径分别为1R与2R的共轴圆柱面带有等量异号的电荷。已知两者的电势差为12U，求圆柱面单位长度上带有多少电荷？解：由高斯定理知两圆柱面之间的电场强度为02Er，根据电势差的定义有普通物理（2）试卷第2页（共6页）IOabI122121201ln2RRRUEdlR，于是012212lnURR。三、（本题8分）如图所示，在真空中，电流由长直导线1沿半径方向经a点流入一电阻均匀分布的圆环，再由b点沿切向流出，经长直导线2返回电源。已知直导线上的电流强度为I，圆环半径为R，90aob，求圆心O点处的磁感应强度的大小。解：圆环在O点产生的磁场为零。导线1在O点的磁场也为零，故仅需计算导线2产生的磁场：RIRIB4)cos2(cos400。四、（本题8分）如图所示，平行放置的两无限大平面上流过均匀分布的面电流，面密度的大小分别为1J和2J。已知两面电流的方向垂直，求两平面间的磁感应强度。解：均匀通电1J的平面在空间中会产生匀强磁场012J/，在两平面间磁场方向与2J相同；同理，均匀通电2J的平面在空间中会产生匀强磁场022J/，在两平面间磁场方向与1J相同。于是由场强叠加原理知，两平面间的磁感应强度大小为22220102012222JJ()()JJ，方向为斜指向纸面内部，与2J的夹角21Jarctg()J。五、（本题8分）假定从地面到海拔6.4×106m的范围内，地磁场为0.5×10-4T，试粗略计算在这区域内地磁场的总磁能，已知地球半径R=6.0×106m。普通物理（2）试卷第3页（共6页）解：地磁场的能量密度为2012mBw，于是总磁能为22221800114471022RhRhmmVRRBBWwdVrdrrdrJ。六、（本题10分）如图所示，金属杆AB以匀速平行于一无限长直导线移动。已知此导线通有电流为I，求杆中的感应电动势。解：方法一：利用动生电动势的定义和微元分析法求解009018022d(B)dlIsindlcoslIdll于是，0022abaIIdlablnla，方向从B指向A。方法二：可以构造闭合回路利用法拉第电磁感应定律求解。七、（本题12分）如图所示，一面积为4.0cm2共50匝的小圆形线圈A，放在半径为20cm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内各点的磁感应强度可看作是相同的。求：（1）两线圈的互感系数；（2）当线圈B中电流的变化率为-501As时，线圈A中感应电动势的大小。解：（1）设线圈B有电流I通过，则它在圆心处产生的磁感应强度为002BIBNR，于是穿过小线圈A的磁链近似为002AAAABAINBSNNSR，则两线圈的互感为60628102AAABSMNN.HIR。普通物理（2）试卷第4页（共6页）暗区SiSiO2单色平行光正入射n1n2n3（2）431410AdIM.Vdt。八、（本题8分）薄钢片上有两条紧靠的平行细缝，用波长λ=546.1nm的平面光波正入射到钢片上。已知屏幕距双缝的距离为D=2.00m，测得中央明条纹两侧的第五级明条纹间的距离为Δx=12.0mm。（1）求两狭缝间的距离；（2）从任一明条纹（记作O）向一边数到第20条明条纹，共经过多大距离？（3）如果使光波斜入射到钢片上，条纹间距将如何改变？解：（1）由题意5,55,522DDxkakax，所以5,520.910Dakmmx。（2）共经过20个条纹间距，于是2024Dlmma。（3）不变。九、（本题8分）制造半导体元件时，常常要精确测定硅片上二氧化硅薄膜的厚度，这时可把二氧化硅薄膜的一部分腐蚀掉，使其形成劈尖，利用等厚度条纹测出其厚度。已知Si的折射率为3.42，SiO2的折射率为1.5，入射光波长为589.3nm，观察到7条暗纹（如图所示）。问SiO2薄膜的厚度e是多少？解：方法一：由相干光的光程差公式出发计算。由于321nnn，从Si和SiO2两个界面反射时均有半波损失故两光光程差是en22。由暗纹条件2)12(22ken，可得24/12nke9(261)589.310/(41.5)mm1028.16。方法二：利用相邻暗纹间对应的厚度差是22n和相邻暗纹和亮纹间对应的厚度差是普通物理（2）试卷第5页（共6页）24n求解。根据光程差公式en22可知，在劈尖的边缘处，即0e处是亮纹。与之紧邻的第1个暗纹在厚度24n处。第2个暗纹对应的厚度是2224nn，依此类推，第7个暗纹对应的厚度是22264nne22413)341(nn5.1410893.5137mm1028.16。十、（本题8分）在利用牛顿环测未知单色光波长的实验中，当用已知波长为nm3.5891的钠黄光垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为m1000.4Δ31r；当用波长未知的单色光2垂直照射时，测得第一和第四暗环的距离为m1085.3Δ32r，求该单色光的波长。解：根据Rrrr14Δ，可得关系式1212ΔΔrr。于是，未知波波长32222131Δ3.8510()()589.3nm546nmΔ4.0010rr。十一、（本题8分）试估计在火星上两物体的距离为多大时恰能被地球上的观察者用人眼（瞳孔直径为3.0mm）所分辨。已知地球至火星的距离为78010km.，入射光波长为550nm。解：由lxD22.1得kmmDlx473109111079.11079.11031081055022.122.1。十二、（本题8分）一束平行光垂直入射到某个光栅，该光束中包含有两种波长的光：1440nm和2660nm。实验发现，两种波长的谱线（不计中央明纹）第二次重合于衍射角60普通物理（2）试卷第6页（共6页）的方向上，求此光栅的光栅常数。解：由分析可知12'dsinkk，于是，2132'kk，即第一次重合是1的第三级明纹与2的第二级明纹，那么第二次重合是1的第六级明纹与2的第四级明纹。此时，6k，4'k，60，于是光栅常数为630510kd.msin。