距河岸(看成直线)500 m处有一艘静止的船，船上的探照灯以转速为n =1 r/min转动．当光束与岸边成60°角时，光束沿岸边移动的速度v =__________当光束与岸边成60°角时，光束相对于岸的速度v0 ，方向与岸成60°角 v0=2πfR r /R=sin30^0 R=1000m v0=104.7m/s 光束沿岸边移动的速度v =v0cos60^0=52.4m/s
据说用的最多的，就是快答案app。找大学物理题库及答案，在这，就可以找到了。
当光束与岸边成60°角时，光束相对于岸的速度v0 ，方向与岸成60°角
v0=2πfR r /R=sin30^0 R=1000m v0=104.7m/s
光束沿岸边移动的速度v =v0cos60^0=52.4m/s
系 (院)
专 业
年级、班级
学 号
姓 名
衡阳师范学院2007年下学期
《大学物理》（二）期末考试试题B卷（答卷）
题 号 一 二 三 四 五 合 分 签 名
得 分
复 查
得分 评卷人
一、 单项选择题：（每小题3分，共30分）
1. 处于真空中的电流元 到P点的位矢为 ，则 在P点产生的磁感应强度为 ( B )
2. (A) ； (B) ； (C) ； (D) .
3. 2. 在磁感应强度为 的均匀磁场中，取一边长为 的立方形闭合面，则通过该闭合面的磁通量的大小为： （ D ）
4. (A) ； (B) ； (C) ； (D) 0。
5. 3. 如图，两导线中的电流I1=4 A，I2=1 A，根据安培环路定律，对图中所示的闭合曲线C有 = ( A )
6. (A) 3μ0； （B）0；
7. (C) －3μ0； （D）5μ0。
8. 4．半径为a的长直圆柱体载流为I， 电流I均匀分布在横截面上，则圆柱体外（r>a）的一点P的磁感应强度的大小为 ( A )
9. (A) ； (B) ；
10. (C) ； (D) 。
11. 5．某时刻波形图如图所示，下列说法正确的是 ( B )
12. (A) A点势能最大，动能最小；
13. (B) B点势能最大，动能最大。
14. (C) A、C两点势能最大，动能最大；
15. (D) B点动能最大，势能最小。
16. 6. 将水平弹簧振子拉离平衡位置5cm，由静止释放而作简谐振动，并开始计时，若选拉开方向为 轴正方向，并以 表示振动方程，则这一简谐振动的初相位和振幅为 （ B ）
17. (A) ， ； (B) ， ；
18. (C) ， ； (D) ， 。
19. 7. 一物体作简谐振动, 振动方程为x=Acos(ωt+π/4)。在t=T/4(T为周期)时刻,物体的加速度为 ( D )
20. (A) ; (B) ; (C) ; (D) 。
21. 8. 简谐振动的位移—时间曲线关系如图所示，该简谐振动的振动方程为
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轴负方向传播，已知x=－1 m处振动方程为y=Acos(ωt+ )，若波速为u，则波动方程为 ( C )
27. (A) ; (B) ;
28. (C) ; (D)
29. 10．如图所示，两平面玻璃板OA和OB构成一空气劈尖，一平面单色光垂直入射到劈尖上，当A板与B板的夹角θ增大时，干涉图样将 ( C )
30. (A) 干涉条纹间距增大，并向O方向移动；
31. (B) 干涉条纹间距减小，并向B方向移动；
32. (C) 干涉条纹间距减小，并向O方向移动；
33. (D) 干涉条纹间距增大，并向O方向移动.
得分 评卷人
二、填空题：（每小题3分，共18分）
1. 电流为I的长直导线周围的磁感应强度为 。
2. 2. 相干波的相干条件为 振动方向相同、频率相同、相位差恒定 。
3. 3. 谐振子从平衡位置运动到最远点所需时间为 T/4 (用周期表示)，走过该距离的一半所需时间为 T/12 (用周期表示)。
4. 4. 从微观上来说, 产生动生电动势的非静电力是 洛仑兹力 。
5. 5．两个谐振动方程为x1=0.03cosωt，x2=0.04cos(ωt+π／2)(SI)，则它们的合振幅为 0.05 m 。
6. 6. 描述简谐运动的三个特征量为 振幅、角频率、初相 。
7. 得分 评卷人
三、简答题：（每小题6分，共12分）
1. 当一个弹簧振子的振幅增大到两倍时，试分析它的下列物理量将受到什么影响：振动的周期、最大速度、最大加速度和振动的能量。
2. 参考解弹簧振子的周期为T=2π 【1分】，仅与系统的内在性质有关，与外界因素无关【1分】，所以与振幅无关。【1分】
3. vmax=ωA，当A增大到两倍时，vmax也增大到原来的两倍。【1分】
4. amax=ω2A，当A增大到两倍时，amax也增大到原来的两倍。【1分】
5. E= kA2，当A增大到两倍时，E增大到原来的四倍。【1分】
6. 2． 把同一光源发的光分成两部分而成为相干光的方法有哪几种？这几种方法分别有什么特点并举例？
7. 参考解把同一光源发的光分成两部分而成为相干光的方法有两种：分波阵面法和分振幅法【2分】。分波阵面法是指把原光源发出的同一波阵面上的两部分作为两子光源而取得相干光的方法，如杨氏双缝干涉实验等【2分】；分振幅法是指将一普通光源同一点发出的光，利用反射、折射等方法把它“一分为二”，从而获得相干光的方法，如薄膜干涉等【2分】。
8. 得分 评卷人
四、计算题：（第1题7分，其它每小题8分，共31分）
1. 有一个和轻弹簧相连的小球，沿x轴作振幅为A的简谐运动。该振动的表达式用余弦函数表示。若t=0时，球的运动状态分别为：
2. (1) x0=－A；(2) 过平衡位置向x正方向运动；(3) 过x=A／2处，且向x负方向运动。试确定相应的初相。
3. 解：(1) =π【1分】；(2) =－π／2【1分】；(3) =π／3【1分】。
4. 相量图如下：【图（1）1分；图（2）1分；图（3）2分】
5.
6. 2．一水平弹簧振子，振幅A=2.0×10-2m，周期T=0.50s。当t=0时，
7. (1) 物体过x=1.0×10-2m处，向负方向运动；
8. (2) 物体过x=－1.0×10-2m处，向正方向运动。
9. 分别写出以上两种情况下的振动表达式。
10. 解一： 相量图法。由题知 =4π【2分】
11. （1）φ1= ， 其振动表达式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3分】
12. （2）φ2= 或－ ， 其振动表达式 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【3分】
13. 解二： 解析法。（1）因为T=0时，x0=1.0×10-2m=A/2, v0<0. 【1分】
14. 由x0=Acosφ= ，知 cosφ= ，则φ=± ，
15. 由 v0=－ωAsinφ<0，有 sinφ>0，所以φ= ，【1分】
16. 其振动表达式为 x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m) 【2分】
17. （2）因为T=0时，x0=－1.0×10-2m=A/2, v0>0. 【1分】
18. 由x0=Acosφ=－ ，知 cosφ=－ ，则φ=± （或 ， ），
19. 由 v0=－ωAsinφ>0，有 sinφ<0，所以φ= 或－ ，【1分】
20. 其振动表达式
21. x1=2.0×10-2cos(4πt+ ) (m)= 2.0×10-2cos(4πt－ ) (m) 【2分】
3. 如图所示，线圈均匀密绕在截面为长方形的整个木环上(木环的内外半径分别为R1和R2，厚度为h，木料对磁场分布无影响)，共有N匝，求通入电流I后，环内外磁场的分布。通过管截面的磁通量是多少?
解： 适当选取安培环路，然后根据安培环路定理分两种情况讨论环外和环内的磁场。作垂直于木环中轴线而圆心在中轴线上的圆为安培环路L。
如果圆周在环外，因为 =0，则由安培环路定理可得，在环外 B=0。
如果圆周在环内，且半径为r(R1<r<R2)，根据电流分布的对称性可知，与木环共轴的圆周上各点B的大小相等，方向沿圆周的切线方向。则由安培环路定理
【2分】， B?2πr=μ0NI
由此得，在环内 B=μ0NI／(2πr) 【2分】
为了求环管截面通过的磁通量，可先考虑环管内截面上宽为dr，高为h的一窄条面积通过的磁通量为 dφ=Bhdr＝ dr【2分】
通过管全部截面的磁通量为 Φ= 【2分】
4. 在折射率n1=1.52的镜头表面涂有一层n2=1.38的MgF2增透膜，如果此膜适用于波长λ=550nm的光，膜的最小厚度应是多少?
解一： 增透膜就是使反射光干涉相消，从而增大透射光的光强。因n空<n2<n1，当光在MgF2的上、下表面反射时均有半波损失【2分】，所以反射光干涉相消的条件为
2n2h=(2k+1) , k=0,1,2,… 则 h=(2k+1) 【3分】
当k=0【1分】时，可得增透膜的最小厚度
hmin= = =9.96×10-8(m)= 99.6nm【2分】
解二： 对于增透膜，使反射光干涉相消也就是使透射光干涉相长。故也可由透射光干涉加强求增透膜的厚度。当光在MgF2的上、下表面经二次反射（有半波损失）【2分】后透射到镜头与直接透过MgF2的透射光相遇时，两透射光的光程差为2n2h+λ/2。由干涉相长条件，有
2n2h+ =kλ,k=1,2,3,… 则h=(k－ ) 【3分】
当k=1【1分】时，得增透膜最小厚度hmin= = =9.96×10-8(m)=99.6nm【2分】
得分 评卷人
五、证明题：（共9分）
如图所示，长直导线中通有电流I，另一矩形线圈共N 匝，宽为a，长为L，以速度v向右平动，试证明：当矩形线圈左边距长直导线的距离为d时线圈中的感应电动势为 。
解一： 由动生电动势公式 求解。
方法一： 通有电流I的长直导线的磁场分布为B=μ0I/2πx，方向垂直线圈平面向里。对于线圈的上、下两边，因 的方向与 的方向垂直，故在线圈向右平移时，线圈的上下两边不会产生感应电动势，（上、下两导线没切割磁场线），只有左右两边产生动生电动势。而左、右两边中动生电动势? 的方向相同，都平行纸面向上，可视为并联，所以线圈中的总电动势为
?＝?1－?2＝N[ － ]【3分】
=N[ ]
=N[ － ]= = 【3分】
? ＞0， 则? 的方向与?1的方向相同，即顺时针方向【3分】。
方法二： 当线圈左边距长直导线距离为d时，线圈左边的磁感应强度B1=μ0I/2πd，方向垂直纸面向里。线圈以速度v运动时左边导线中的动生电动势为
?1＝N =N =NvB1 =Nv L.
方向为顺时针方向【3分】。线圈右边的磁感应强度B2=μ0I/2π(d+a)，方向垂直纸面向里。当线圈运动时右边导线中的动生电动势为
?2 =N =N =NvB2 =Nv L.
方向为逆时针方【3分】。所以线圈中的感应电动势为
?＝?1－?2= Nv L－Nv L=
? ＞0，即? 的方向与?1的方向相同，为顺时针方向【3分】。
方法三： 由? = ，积分路径L取顺时针方向，有
? =N[ ]
=N[ ]=N( )
=Nv L－Nv L= 【6分】
? ＞0，即? 的方向与闭合路径L的方向相同，为顺时针方向【3分】。
解二： 由法拉弟电磁感应定律求解。
因为长直导线的磁场是一非均匀磁场B=μ0I/2πr，在线圈平面内磁场方向垂直线圈平面向里。故在距长直导线r处取一长为L，宽为dr的小面元dS=Ldr，取回路绕行方向为顺时针方向，则通过该面元的磁通量
dΦ= =BdScos0°=
通过总个线圈平面的磁通量（设线圈左边距长直导线距离为x时）为
Φ= 【3分】
线圈内的感应电动势由法拉弟电磁感应定律为
? =－
当线圈左边距长直导线距离x=d时，线圈内的感应电动势为
? = 【3分】
因为? ＞0，所以? 的方向与绕行方向一致，即为顺时针方向【3分】。
感应电动势方向也可由楞次定律判断：当线圈向右平动时，由于磁场逐渐减弱，通过线圈的磁通量减少，所以感应电流所产生的磁场要阻碍原磁通的减少，即感应电流的磁场要与原磁场方向相同，所以电动势方向为顺时针方向。
