距河岸(看成直線)500 m處有一艘靜止的船，船上的探照燈以轉速為n =1 r/min轉動．當光束與岸邊成60°角時，光束沿岸邊移動的速度v =__________當光束與岸邊成60°角時，光束相對于岸的速度v0 ，方向與岸成60°角 v0=2πfR r /R=sin30^0 R=1000m v0=104.7m/s 光束沿岸邊移動的速度v =v0cos60^0=52.4m/s
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當光束與岸邊成60°角時，光束相對于岸的速度v0 ，方向與岸成60°角
v0=2πfR r /R=sin30^0 R=1000m v0=104.7m/s
光束沿岸邊移動的速度v =v0cos60^0=52.4m/s
系 ?(院)
專 ?業
年級、班級
學 ?號
姓 ?名
衡陽師范學院2007年下學期
《大學物理》（二）期末考試試題B卷（答卷）
題 號 ?一 ?二 ?三 ?四 ?五 ? 合 分 ? ?簽 ?名
得 分
復 查
得分 評卷人
一、 單項選擇題：（每小題3分，共30分）
1. 處于真空中的電流元 到P點的位矢為 ，則 在P點產生的磁感應強度為 ? ? ? ? ? ? ?( ? B ? )?
2. (A) ； (B) ； (C) ； (D) .
3. 2. 在磁感應強度為 的均勻磁場中，取一邊長為 的立方形閉合面，則通過該閉合面的磁通量的大小為： ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?（ ? D ?）
4. (A) ?； ? ? ? (B) ?； ? ? ? ?(C) ?； ? ? ? (D) 0。
5. 3. 如圖，兩導線中的電流I1=4 A，I2=1 A，根據安培環路定律，對圖中所示的閉合曲線C有 ?= ? ? ? ? ? ? ? ( ?A ?)
6. (A) ?3μ0； ? ? ? ? ? ? ?（B）0； ? ? ? ? ?
7. (C) －3μ0； ? ? ? ? ? ? （D）5μ0。
8. 4．半徑為a的長直圓柱體載流為I， 電流I均勻分布在橫截面上，則圓柱體外（r>a）的一點P的磁感應強度的大小為 ( ?A ? )
9. (A) ?； (B) ?； ?
10. (C) ?； (D) ?。
11. 5．某時刻波形圖如圖所示，下列說法正確的是 ? ? ? ? ? ? ? ( ? B ?)
12. (A) A點勢能最大，動能最小；
13. (B) B點勢能最大，動能最大。
14. (C) A、C兩點勢能最大，動能最大；
15. (D) B點動能最大，勢能最小。
16. 6. 將水平彈簧振子拉離平衡位置5cm，由靜止釋放而作簡諧振動，并開始計時，若選拉開方向為 軸正方向，并以 表示振動方程，則這一簡諧振動的初相位和振幅為 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?（ ?B ? ）
17. (A) ?， ； ? ? ? ? (B) ?， ；
18. (C) ?， ； ? ? ? ? ? ? ?(D) ?， 。
19. 7. 一物體作簡諧振動, 振動方程為x=Acos(ωt+π/4)。在t=T/4(T為周期)時刻,物體的加速度為 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( ? D ?)
20. (A) ?; ? ? (B) ?; ? ? ? (C) ?; ? ? ?(D) ?。
21. 8. 簡諧振動的位移—時間曲線關系如圖所示，該簡諧振動的振動方程為
22. (A) x=4cos2πt（m）； ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( ? ?C ?)
23. (B) x=4cos(πt－π)（m）；?
24. (C) x=4cosπt（m）； ? ??
25. (D) x=4cos(2πt+π)（m）。
26. 9．一余弦波沿x軸負方向傳播，已知x=－1 m處振動方程為y=Acos(ωt+ )，若波速為u，則波動方程為 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ( ? C ?)
27. (A) ?; ? ? ? ? ? ?(B) ?;
28. (C) ?; ? ? ? ? ?(D) ?
29. 10．如圖所示，兩平面玻璃板OA和OB構成一空氣劈尖，一平面單色光垂直入射到劈尖上，當A板與B板的夾角θ增大時，干涉圖樣將 ? ( ?C ?)
30. (A) 干涉條紋間距增大，并向O方向移動；
31. (B) 干涉條紋間距減小，并向B方向移動；
32. (C) 干涉條紋間距減小，并向O方向移動；
33. (D) 干涉條紋間距增大，并向O方向移動.
得分 評卷人
二、填空題：（每小題3分，共18分）
1. 電流為I的長直導線周圍的磁感應強度為 ? ? ? ? ? 。
2. 2. 相干波的相干條件為 ? 振動方向相同、頻率相同、相位差恒定 ? ? ? 。
3. 3. 諧振子從平衡位置運動到最遠點所需時間為 ? ?T/4 ? ? ?(用周期表示)，走過該距離的一半所需時間為 ? ?T/12 ? ? (用周期表示)。
4. 4. 從微觀上來說, 產生動生電動勢的非靜電力是 ? ? ?洛侖茲力 ? ? ? ?。
5. 5．兩個諧振動方程為x1=0.03cosωt，x2=0.04cos(ωt+π／2)(SI)，則它們的合振幅為 ? ? ?0.05 m ? ? ?。
6. 6. 描述簡諧運動的三個特征量為 ? ? ?振幅、角頻率、初相 ? ? ? ? ? 。
7. 得分 評卷人
三、簡答題：（每小題6分，共12分）
1. 當一個彈簧振子的振幅增大到兩倍時，試分析它的下列物理量將受到什么影響：振動的周期、最大速度、最大加速度和振動的能量。
2. 參考解彈簧振子的周期為T=2π 【1分】，僅與系統的內在性質有關，與外界因素無關【1分】，所以與振幅無關。【1分】
3. vmax=ωA，當A增大到兩倍時，vmax也增大到原來的兩倍。【1分】
4. amax=ω2A，當A增大到兩倍時，amax也增大到原來的兩倍。【1分】
5. E= kA2，當A增大到兩倍時，E增大到原來的四倍。【1分】
6. 2． 把同一光源發的光分成兩部分而成為相干光的方法有哪幾種？這幾種方法分別有什么特點并舉例？
7. 參考解把同一光源發的光分成兩部分而成為相干光的方法有兩種：分波陣面法和分振幅法【2分】。分波陣面法是指把原光源發出的同一波陣面上的兩部分作為兩子光源而取得相干光的方法，如楊氏雙縫干涉實驗等【2分】；分振幅法是指將一普通光源同一點發出的光，利用反射、折射等方法把它“一分為二”，從而獲得相干光的方法，如薄膜干涉等【2分】。
8. 得分 評卷人
四、計算題：（第1題7分，其它每小題8分，共31分）
1. 有一個和輕彈簧相連的小球，沿x軸作振幅為A的簡諧運動。該振動的表達式用余弦函數表示。若t=0時，球的運動狀態分別為：
2. (1) x0=－A；(2) 過平衡位置向x正方向運動；(3) 過x=A／2處，且向x負方向運動。試確定相應的初相。
3. 解：(1) =π【1分】；(2) =－π／2【1分】；(3) =π／3【1分】。
4. 相量圖如下：【圖（1）1分；圖（2）1分；圖（3）2分】
5.
6. 2．一水平彈簧振子，振幅A=2.0×10-2m，周期T=0.50s。當t=0時，
7. (1) 物體過x=1.0×10-2m處，向負方向運動； ?
8. (2) 物體過x=－1.0×10-2m處，向正方向運動。
9. 分別寫出以上兩種情況下的振動表達式。
10. 解一： 相量圖法。由題知 ? =4π【2分】
11. （1）φ1= ， 其振動表達式 ?x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3分】
12. （2）φ2= 或－ ， 其振動表達式 ?x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3分】
13. 解二： ?解析法。（1）因為T=0時，x0=1.0×10-2m=A/2, ?v0<0. 【1分】
14. 由x0=Acosφ= ，知 cosφ= ，則φ=± ，
15. 由 ?v0=－ωAsinφ<0，有 sinφ>0，所以φ= ，【1分】
16. 其振動表達式為 ? ? ? ?x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) ? 【2分】
17. （2）因為T=0時，x0=－1.0×10-2m=A/2, ?v0>0. 【1分】
18. 由x0=Acosφ=－ ，知 cosφ=－ ，則φ=± （或 ， ），
19. 由 ?v0=－ωAsinφ>0，有 sinφ<0，所以φ= 或－ ，【1分】
20. 其振動表達式 ?
21. x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m)= 2.0×10-2cos(4πt－ ) (m) 【2分】
3. 如圖所示，線圈均勻密繞在截面為長方形的整個木環上(木環的內外半徑分別為R1和R2，厚度為h，木料對磁場分布無影響)，共有N匝，求通入電流I后，環內外磁場的分布。通過管截面的磁通量是多少?
解： ?適當選取安培環路，然后根據安培環路定理分兩種情況討論環外和環內的磁場。作垂直于木環中軸線而圓心在中軸線上的圓為安培環路L。
如果圓周在環外，因為 =0，則由安培環路定理可得，在環外 ? B=0。
如果圓周在環內，且半徑為r(R1<r<R2)，根據電流分布的對稱性可知，與木環共軸的圓周上各點B的大小相等，方向沿圓周的切線方向。則由安培環路定理
【2分】， ? ? B?2πr=μ0NI
由此得，在環內 ? ? ? ? ? ? ?B=μ0NI／(2πr) 【2分】
為了求環管截面通過的磁通量，可先考慮環管內截面上寬為dr，高為h的一窄條面積通過的磁通量為 ? ? ? ? ? ?dφ=Bhdr＝ dr【2分】
通過管全部截面的磁通量為 ? ? ?Φ= 【2分】
4. 在折射率n1=1.52的鏡頭表面涂有一層n2=1.38的MgF2增透膜，如果此膜適用于波長λ=550nm的光，膜的最小厚度應是多少?
解一： 增透膜就是使反射光干涉相消，從而增大透射光的光強。因n空<n2<n1，當光在MgF2的上、下表面反射時均有半波損失【2分】，所以反射光干涉相消的條件為
2n2h=(2k+1) , k=0,1,2,… ? 則 h=(2k+1) ?【3分】
當k=0【1分】時，可得增透膜的最小厚度
hmin= = =9.96×10-8(m)= 99.6nm【2分】
解二： 對于增透膜，使反射光干涉相消也就是使透射光干涉相長。故也可由透射光干涉加強求增透膜的厚度。當光在MgF2的上、下表面經二次反射（有半波損失）【2分】后透射到鏡頭與直接透過MgF2的透射光相遇時，兩透射光的光程差為2n2h+λ/2。由干涉相長條件，有
2n2h+ =kλ,k=1,2,3,… ? 則h=(k－ ) 【3分】
當k=1【1分】時，得增透膜最小厚度hmin= = =9.96×10-8(m)=99.6nm【2分】
得分 評卷人
五、證明題：（共9分）
如圖所示，長直導線中通有電流I，另一矩形線圈共N 匝，寬為a，長為L，以速度v向右平動，試證明：當矩形線圈左邊距長直導線的距離為d時線圈中的感應電動勢為 ? ? ? ? ? ? ? ? ? 。
解一： ?由動生電動勢公式 求解。
方法一： 通有電流I的長直導線的磁場分布為B=μ0I/2πx，方向垂直線圈平面向里。對于線圈的上、下兩邊，因 的方向與 的方向垂直，故在線圈向右平移時，線圈的上下兩邊不會產生感應電動勢，（上、下兩導線沒切割磁場線），只有左右兩邊產生動生電動勢。而左、右兩邊中動生電動勢? 的方向相同，都平行紙面向上，可視為并聯，所以線圈中的總電動勢為
?＝?1－?2＝N[ － ]【3分】
=N[ ]
=N[ － ]= = 【3分】
? ＞0， 則? 的方向與?1的方向相同，即順時針方向【3分】。
方法二： 當線圈左邊距長直導線距離為d時，線圈左邊的磁感應強度B1=μ0I/2πd，方向垂直紙面向里。線圈以速度v運動時左邊導線中的動生電動勢為
?1＝N =N =NvB1 =Nv L.
方向為順時針方向【3分】。線圈右邊的磁感應強度B2=μ0I/2π(d+a)，方向垂直紙面向里。當線圈運動時右邊導線中的動生電動勢為
?2 =N =N =NvB2 =Nv L.
方向為逆時針方【3分】。所以線圈中的感應電動勢為
?＝?1－?2= Nv L－Nv L=?
? ＞0，即? 的方向與?1的方向相同，為順時針方向【3分】。
方法三： ?由? = ，積分路徑L取順時針方向，有
? =N[ ]
=N[ ]=N( )
=Nv L－Nv L= 【6分】
? ＞0，即? 的方向與閉合路徑L的方向相同，為順時針方向【3分】。
解二： 由法拉弟電磁感應定律求解。
因為長直導線的磁場是一非均勻磁場B=μ0I/2πr，在線圈平面內磁場方向垂直線圈平面向里。故在距長直導線r處取一長為L，寬為dr的小面元dS=Ldr，取回路繞行方向為順時針方向，則通過該面元的磁通量
dΦ= =BdScos0°=?
通過總個線圈平面的磁通量（設線圈左邊距長直導線距離為x時）為
Φ= 【3分】
線圈內的感應電動勢由法拉弟電磁感應定律為
? =－?
當線圈左邊距長直導線距離x=d時，線圈內的感應電動勢為
? = 【3分】
因為? ＞0，所以? 的方向與繞行方向一致，即為順時針方向【3分】。
感應電動勢方向也可由楞次定律判斷：當線圈向右平動時，由于磁場逐漸減弱，通過線圈的磁通量減少，所以感應電流所產生的磁場要阻礙原磁通的減少，即感應電流的磁場要與原磁場方向相同，所以電動勢方向為順時針方向。
