大学物理_上海交通大学_第四版-下册课后题全部答案[1]

习题 11 11-1直角三角形 ABC的 点上，有电荷 C108. 91q ， B点上有电荷 C108.4 92q ， 试求 点的电场强度(设 0.4m， 3A)。 解： 1q在 C 点产生的场强： 1204ACEir ，2 在 C 点产生的场强： 220Bqj ， 点的电场强度： 441.71.80ij ；C 点的合场强： 4123.VEm ， 方向如图： .8arctn7 。 11-2用细的塑料棒弯成半径为 c50的圆环，两端间空隙为 c2，电量为 C102.39的正电荷均 匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。 解：棒长为 23.12lrd， 电荷线密度： 91qCml 可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为 0，有一段空隙，则圆心处场强等于 闭合线圈产生电场再减去 0.长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电 荷的塑料棒在 O点产生的场强。 解法 1：利用微元积分： 20cos4xRddE ， 2000cosin44O dR 1.7Vm ； 解法 2：直接利用点电荷场强公式： 由于 dr，该小段可看成点电荷： 12.qdC ， 则圆心处场强： 9 120.14(0.5)OqER 。 方向由圆心指向缝隙处。 11-3将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 ，四分之一圆弧AB 的半径为 ，试求圆心 O点的场强。 解：以 为坐标原点建立 xy坐标，如图所示。 对于半无限长导线 A在 点的场强： 有： 0(cos)42iniAxyER 对于半无限长导线 B在 O点的场强： jicmORx xyE 有： 0(sin)42coBxyER 对于 A圆弧在 O点的场强：有：20 020 0s(sini)442incosBxAyEdRR 总场强： 04 Ox ， 4 OyE ，得： 0 ()4OEijR 。 或写成场强： 202xyR ，方向 5。 11-4一个半径为 R的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为 ，求环心处 O点的场强 E。 解：电荷元 dq 产生的场为： 204dqE ； 根据对称性有： yd，则： 20sinsinxRE0R ， 方向沿 轴正向。即： 0 Ei 。 11-5带电细线弯成半径为 的半圆形，电荷线密度 为 0sin，式中 为一常数， 为半径 与 x轴 所成的夹角，如图所示试求环心 O处的电场强度。 解：如图， 020sin4ddlER ，cosinxyd 考虑到对称性，有： xE； 200 0sin(1cos2)i48dddRR ， 方向沿 轴负向。 11-6一半径为 R的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为 ，求球心 O处的电场强度。 解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为 dl，所带电荷： 2dqrl。 利用例 11-3 结论，有： 3322004()4()xqrxldEr oRXYdqE xOr 3220cosin4(i)(s)RddE ， 化简计算得： 00 1i4 ， 0 Ei 。 11-7图示一厚度为 d的“无限大 ”均匀带电平板，电荷体密度为 。求板内、外的场 强分布，并画出场强随坐标 x变化的图线，即 x图线(设原点在带电平板的中央平面 上， Ox轴垂直于平板)。 解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面 1S为高斯面， 当 2 d 时，由 1 2SEdS: 和 2qx， 有： 0 xE ； 当 2 d 时，由 2S d 和 2qdS， 有： 0。图像见右。 11-8在点电荷 q的电场中，取一半径为 R的圆形平面( 如图所示 )， 平面到 的距离为 d，试计算通过该平面的 E的通量. 解：通过圆平面的电通量与通过与 A为圆心、 B为半径、圆的平面 为周界的球冠面的电通量相同。 【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为 r，有 2d ， 球冠面一条微元同心圆带面积为： 2sinS 球冠面的面积： 200 cossi drSrd 2(1)dr 】 球面面积为： 24Sr球 面 ，通过闭合球面的电通量为： 0 q闭 合 球 面 ， 由： 球 冠 球 面球 面 球 冠 ， 20 1()(1)dqdrR球 冠 。 11-9在半径为 R 的“无限长”直圆柱体内均匀带电，电荷体密度为 ，求圆柱体内、外的场强分布，并 作 Er 关系曲线。 解：由高斯定律 0 1iSSdq:内 ，考虑以圆柱体轴为中轴，半径为 r，长为 l的高斯面。 （1）当 rR时， 202rlrlE ，有 0 Er ； （2）当 时， 20Rll ，则： 20Rr ； 02dxE02d2OdxOrsinr ErR0o 即： 02()rREr ； 图见右。 11-10半径为 1R和 2（ 21）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量 和 ，试求： （1） r；（2） r；（3） 2Rr处各点的场强。 解：利用高斯定律： 0 iSSEdq:内 。 （1） 1r时，高斯面内不包括电荷，所以： 10E； （2） 2R时，利用高斯定律及对称性，有： 20lrl ，则： 20Er ； （3） r时，利用高斯定律及对称性，有： 3，则： 3； 即： 1202ErRr 。 11-11一球体内均匀分布着电荷体密度为 的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体 中挖去半径为 的一个小球体，球心为 O，两球心间距离 d，如图所示。求： （1）在球形空腔内，球心 处的电场强度 0E； （2）在球体内 P 点处的电场强度 E，设 、 、 P三点在同一直径上，且 OP。 解：利用补偿法，可将其看成是带有电荷体密度为 的大球和带有电荷体密度为 的小球的合成。 （1）以 O为圆心，过 点作一个半径为 d的高斯面，根据高斯定理有：1 304SEd:0 ，方向从 O指向 ； （2）过 P点以 为圆心，作一个半径为 的高斯面。根据高斯定理有：1 30S10PdE ，方向从 指向 P， 过 点以 O为圆心，作一个半径为 2的高斯面。根据高斯定理有：2 304SEdr:30Prd ， 122()Pd ，方向从 O指向 。 11-12设真空中静电场 E 的分布为 cxi ，式中 为常量，求空间电荷的分布。 解：如图，考虑空间一封闭矩形外表面为高斯面， 有： 0SdcxS :yxzSo0 由高斯定理： 0 1SSEdq:内 ， 设空间电荷的密度为 ()x，有： 0()xSdc 00()xd ，可见 ()x为常数 0c。 11-13如图所示，一锥顶角为 的圆台，上下底面半径分别为 1R和 2，在它的侧面上均匀带电，电荷 面密度为 ， 求顶点 O的电势(以无穷远处为电势零点) 解：以顶点为原点，沿轴线方向竖直向下为 x轴，在侧面上取环面元，如图示，易 知，环面圆半径为： tan2rx ，环面圆宽： cos2dxl2cosddSl ， 利用带电量为 q的圆环在垂直环轴线上 0x处电势的表达式：20014Urx环 ， 有： 20 0tancos1tan42(t)dd dxx ， 考虑到圆台上底的坐标为： 1 ctR ， 2 cotx ， U 210tanxdx1tco02anRd210()R 。 11-14电荷量 Q 均匀分布在半径为 R 的球体内，试求：离球心 r处（ ）P 点的电势。 解：利用高斯定律： 0SS Eq:内 可求电场的分布。 （1） rR时， 3204rr内 ；有： 304QrER内 ； （2） 时， 外 ；有： 2r外 ； 离球心 r处（ ）的电势： RrRUd外内 ，即：320044Rr RQUd 230038Q 。 11-15图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为 ，球壳内表面半径为 1R，外表面半径为 2设 无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。 rxcos2dxl PrRo 解：当 1rR时，因高斯面内不包围电荷，有： 10E， 当 12r时，有： 20312032 )(4)(rRrE ， 当 2rR时，有： 203120313 )()(rrR ， 以无穷远处为电势零点，有： 2123RRUEdr2RdrdR 20312031)()(21 )(210R 。 11-16电荷以相同的面密度 分布在半径为 rcm和 rc的两个同心球面上，设无限远处 电势为零，球心处的电势为 V0U。 （1）求电荷面密度 ； （2）若要使球心处的电势也为零，外球面上电荷面密度 为多少？ （ 21210NC85. ） 解：（1）当 r时，因高斯面内不包围电荷，有： 10E， 当 2时，利用高斯定理可求得： 20r ， 当 2r时，可求得： 2130()rE ， 1203 rrUd2122100()rrddr)(210r 那么： 29210 85.85. mC （2）设外球面上放电后电荷密度 ，则有：0120()/Ur ， 12r 则应放掉电荷为： 2 2344qr 123.48503.96710C 。 11-17如图所示，半径为 R的均匀带电球面，带有电荷 q，沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷 线密度为 ，长度为 l，细线左端离球心距离为 0。设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细 线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能（设无穷远处的电势为 零） 。 解：（1）以 O点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为 x轴， 均匀带电球面在球面外的场强分布为： 204qEr （ R） 。 取细线上的微元： dqldr，有： Fd ， 1rO2 02044()rlqqlrFdrx （ 为 r方向上的单位矢量） （2）均匀带电球面在球面外的电势分布为： 04 qU （ R， 为电势零点） 。 对细线上的微元 dqr，所具有的电势能为： dWdr ， 0 0ln44lr rqW 。 11-18. 一电偶极子的电矩为 p，放在场强为 E的匀强电场中， p与 E之间夹角为 ，如图所示若将 此偶极子绕通过其中心且垂直于 、 平面的轴转 18，外力需作功多少？ 解：由功的表示式： dAM 考虑到： ，有： sin2cosd 。 11-19如图所示，一个半径为 R的均匀带电圆板，其电荷面密度为 (0)今有一质量为 m，电荷为q 的粒子( 0)沿圆板轴线( x轴)方向向圆板运动，已知在距圆心 O（也是 x轴原点）为 b的位置 上时，粒子的速度为 v，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性始终不变)。 解：均匀带电圆板在其垂直于面的轴线上 0x处产生的电势为：200)Ux ，那么， 20()ObbRb ， 由能量守恒定律， 22 20011)()OqmvqmvRb ， 有： (202 bRqv 思考题 11 11-1两个点电荷分别带电 和 ，相距 l，试问将第三个点电荷放在何处它所受合力为零? 答：由 22004()qQxlx ，解得： (21)，即离点电荷 q的距离为 (21)l。 11-2下列几个说法中哪一个是正确的？ （A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向； （B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同； （C）场强方向可由 q/FE定出，其中 为试验电荷的电量， 可正、可负， F为试验电荷所受的 电场力； （D）以上说法都不正确。 答：（C） 11-3真空中一半径为 R的的均匀带电球面 ,总电量为 q( 0)，今在球面面上挖去 非常小的一块面积 S(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去 S后球 心处的电场强度大小和方向. 答：题意可知： 204qR ，利用补偿法，将挖去部分看成点电荷， 有： 20SE ，方向指向小面积元。 11-4三个点电荷 1q、 2和 3在一直线上，相距均为 R2，以 1q与 2的中心 O作一半径为 R2的 球面， A为球面与直线的一个交点，如图。求： (1)通过该球面的电通量 SEd； (2) A点的场强 A。 解：(1) 120Sqd: ；(2)2032020143(4RqREA 。 11-5有一边长为 a的正方形平面，在其中垂线上距中心 O点 2/a处， 有一电荷为 的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量 为多少？ 解：设想一下再加 5 个相同的正方形平面将 q围在正方体的中心， 通过此正方体闭合外表面的通量为： 0/闭 合 ，那么， 通过该平面的电场强度通量为： 06 q 。 11-6对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中哪一个是正确的？ (A)如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷； (B)如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷； (C)如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零； (D)如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷。 答：(A) 11-7由真空中静电场的高斯定理 0 1SEdq: 可知 (A)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零； (B)闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定都不为零； (C)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定都为零； (D)闭合面内无电荷时，闭合面上各点场强一定为零。 答：(C) 11-8图示为一具有球对称性分布的静电场的 rE关系曲线请指出该静电场是 由下列哪种带电体产生的。 (A)半径为 R的均匀带电球面； (B)半径为 的均匀带电球体； (C)半径为 、电荷体密度 Ar( 为常数）的非均匀带电球体； (D)半径为 R、电荷体密度 r/( 为常数)的非均匀带电球体。 答：(D) 11-9如图，在点电荷 q 的电场中，选取以 q 为中心、R 为半径的球面上一点 P 处作电势零点，则与点电 荷 q 距离为 r 的 P点的电势为 (A) r04 (B) Rrq140 (C) R q (D) 答：(B) 11-10密立根油滴实验，是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其电场由两块带电平 行板产生实验中，半径为 r、 带有两个电子电荷的油滴保持静止时，其所在电场的两块极板的电势差为12U 当电势差增加到 4 12U时，半径为 2 r的油滴保持静止，则该油滴所带的电荷为多少？ 解： gqd3 ， grqd31)(4 联立有： e。 11-11设无穷远处电势为零，则半径为 R的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的 0U和b 皆为常量)： 答：(C) 11-12无限长均匀带电直线的电势零点能取在无穷远吗？ 答：不能。见书中例 11-12。 大学物理第 12 章课后习题 12-1一半径为 米的孤立导体球，已知其电势为 (以无穷远为零电势)，计算球表面的面电荷10. V10 密度。 解：由于导体球是一个等势体，导体电荷分布在球表面，电势为： ，04QRU 则： 。 129208.508.51.UCmR 12-2两个相距很远的导体球，半径分别为 ， ，都带有 的电量，c.61rc.2rC138 如果用一导线将两球连接起来，求最终每个球上的电量。 解：半径分别为 的电量为 ， 电量为 ，1r1q22 由题意，有： ， ，004r810q 联立，有： ， 。81C824 12-3有一外半径为 ，内半径 的金属球壳，在壳内有一半径为 的金属球，球壳和内球均带电量R3R ，求球心的电势q 解：由高斯定理，可求出场强分布： 1R23 132 2203 1420ErRqrER 3 132101234 R RUdrErdrEr 。2310044RRqq 0321() 12-4一电量为 的点电荷位于导体球壳中心，壳的内外半径分别为 、 求球壳内外和球壳上场2 强和电势的分布，并画出 和 曲线.rEV 解：由高斯定理，可求出场强分布： 1 1202 23204qRrEr 电势的分布为： 当 时，1R1220044RrRqqUdrdr ；012()4qr 当 时， ；120024Rqdr 当 时， 。2Rr3rU 12-5半径 ，带电量 的金属球，被一同心导体球壳包围，球壳内半径10.5,m831Cq ，外半径 ，带电量 。试求距球心 r 处的 P 点的场强与电势。2.73.9820Q （1） （2） （3） 。r6r.rm 解：由高斯定理，可求出场强分布： 12 2203 3420ERqrQErR 电势的分布为： 当 时， ，1r21320044RRqQqUdrdr01203()4QqR1R 1R2OrqrrOEU212 321R 当 时， ，12Rr2320044RrRqQqUdrdr02031()44QqrR 当 时， ，2332R 3 当 时， ，r4004rQqdr （1） ，适用于 情况，有：0.m3 ， ；4291NEr409VqUr （2） ，适用于 情况，有：.62Rr ， ；4207.5qr 302031()1.64VQqrR （3） ，适用于 情况，有：.m1r ， 。1E 310203().5444qUR 12-6两块带有异号电荷的金属板 和 ，相距 ，两板面积都是 ，电量分别为ABm. 2cm150 ， 板接地，略去边缘效应，求：（1） 板的电势；（2） 间离 板C6.28 AB 处的电势。01 解：（1）由 有： ，0E0qS 则： ，而 ，ABdUAU ， 83122.6510.V 离 板 处的电势：m. 3(0)P 12-7平板电容器极板间的距离为 d，保持极板上的电荷不变，忽略边缘效应。若插入厚度为 t(tUb。 解法二：利用法拉第电磁感应定律解决。 作辅助线，形成闭合回路 ，如图， ，SBd02lIydr0ln2Id 。t00lnlIIvt 由右手定则判定：U a Ub。 16-4电流为 的无限长直导线旁有一弧形导线，圆心角为 ，I 120 几何尺寸及位置如图所示。求当圆弧形导线以速度 平行于长直v 导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。 解法一：（用等效法）连接 、 ，圆弧形导线与 、AOBAOB 形成闭合回路，闭合回路的电动势为 0，所以圆弧形导线电动势与 直导线的电动势相等。AOB ， 200() ln2RIvIvvdldx ， 50025() l4ROBIIl 。0lnABOBIv 解法二：（直接讨论圆弧切割磁感应线）从圆心处引一条半径线，与水平负向夹角为 ，那么， ，再由 有：0002(cos)2(cos) IIIxRR()vBdl ，indBv 030 in()I 。05l2I 16-5电阻为 的闭合线圈折成半径分别为 和 的两个圆，如图所示，将Ra2 其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按 的规律变化。已知 ，0sinBtcm10a ， ， ，求线圈中感应电流的最大值。T1020Brd/s51R AOBAOB 解：由于是一条导线折成的两个圆，所以，两圆的绕向相反。 ，220(4)3cosidBaaBttt 203cosi tIR 。ABaI 32202max 104.9150.5 16-6直导线中通以交流电，如图所示， 置于磁导率为 的介质中， 已知： ，其中 是大于零的常量，求：与其共面的0sinIt、0I N 匝矩形回路中的感应电动势。 解：首先用 求出电场分布，易得： ，0lBdI :02IBx 则矩形线圈内的磁通量为： ，000lnsinl2daIIldadalrt 。0coslnNIldtt 16-7如图所示，半径为 的长直螺线管中，有 的磁场，一直导线弯成等腰梯形的闭合回路a0dtB ，总电阻为 ，上底为 ，下底为 ，求：（1） 段、 段和闭合回路中的感应电动ABCDRa2ADBC 势；（2） 、 两点间的电势差 。CBU 解：（1）首先考虑 ， ，OA2324DS ，4ddattt感 1 而 DAlAOODADDAElEldlEl:涡 涡 涡 涡 涡感 ；234ADdBat 再考虑 ，有效面积为 ， ，C213OADSa扇 26dBat感 同理可得： ；26Bdat 那么，梯形闭合回路的感应电动势为： ，逆时针方向。23()64BCADdBat （2）由图可知， ，所以，梯形各边每段 上有电阻 ，ABCDa5Rr 回路中的电流： ，逆时针方向； 23()64dIRt 那么， 。232()510BCBCBCdBUrIRat 16-8圆柱形匀强磁场中同轴放置一金属圆柱体，半径为 ，高为 ，h 电阻率为 ，如图所示。若匀强磁场以 （ 为恒量）dkt， 的规律变化，求圆柱体内涡电流的热功率。 解：在圆柱体内任取一个半径为 ，厚度为 ，高为 的小圆柱通壁，rr 有： ，即： ，2ldBEt:涡 22Bkrdt涡 由电阻公式 ，考虑涡流通过一个 环带，如图，lRSr 有电阻： ，rhd 而热功率： ， 22 3()khPi rdr 。 224308Rkhrd 16-9一螺绕环，每厘米绕 匝，铁心截面积 ，磁导率 ，绕组中通有电流2cm0.302 ，环上绕有二匝次级线圈，求：（1）两绕组间的互感系数；（2）若初级绕组中的电流在mA.5 内由 降低到 0，次级绕组中的互感电动势。s0. 解：已知 匝， ， ， 。4n初 N次 50814231Sm （1）由题意知螺绕环内： ，则通过次级线圈的磁链：BnI ，NS次 次 次 ；5442810316.MHI次初 （2） 。426.3.0Vt初次 16-10磁感应强度为 B 的均匀磁场充满一半径为 R 的圆形空间 B，一金属杆放在如图 14-47 所示中位置， 杆长为 2R，其中一半位于磁场内，另一半位于磁场外。当 时，求：杆dt 两端感应电动势的大小和方向。 涡 流 解： ，而： ，acbcOababdt扇 形 ，ab 2234dRBtdt ， ；Obcbct221ttac2341RdBt ， ，即 从 。0dBtacac 16-11一截面为长方形的螺绕环，其尺寸如图所示，共有 N 匝，求此螺绕环的自感。 解：如果给螺绕环通电流，有环内磁感应强度： 则 ，有：012()2 NIBRrrSBd21 020 1lnRNIhRIhd 利用自感定义式： ，有： 。LI201l 16-12一圆形线圈 A 由 50 匝细导线绕成，其面积为 4cm2，放在另一个匝数等于 100 匝、半径为 20cm 的 圆形线圈 B 的中心，两线圈同轴。设线圈 B 中的电流在线圈 A 所在处激发的磁场可看作匀强磁场。求： （1）两线圈的互感； （2）当线圈 B 中的电流以 50A/s 的变化率减小时，线圈 A 中的感生电动势的大小。 解：设 B 中通有电流 ，则在 A 处产生的磁感应强度为：I0024BNIR （1）A 中的磁通链为： 。则： ，02ABANISSR 02ABBNSMIR 。 747640511.82.MH （2） , 。0 64.28053.10ABNSddI VtRt 43.10AV 16-13如图，半径分别为 和 的两圆形线圈（ ） ，在 时共面放置，大圆形线圈通有稳恒babat 电流 I，小圆形线圈以角速度 绕竖直轴转动，若小圆形线圈的电阻为 ，求：（1）当小线圈转过R 时，小线圈所受的磁力矩的大小；90 （2）从初始时刻转到该位置的过程中，磁力矩所做功的大小。 解：利用毕萨定律，知大线圈在圆心 处产生的磁感应强度为：O ，由于 ，可将小圆形线圈所在处看成是匀强磁场，0 IBba 磁感应强度即为 ，所以，任一时间穿过小线圈的磁通量：02 I ，cosSatb 小线圈的感应电流： ， 201sinIdai tRtbR 小线圈的磁矩： ，2(i)2mapiSt （1）由 ，有：MB 4202sinsinmIapBt tb 当 时： ；2t240IbR （2） Ad 。 424 23420 0 0220 01cossin 16IaIaIatt dbR Rb 16-14一同轴电缆由中心导体圆柱和外层导体圆筒组成，两者半径分别为 和 ，导体圆柱的磁导率2 为 ，筒与圆柱之间充以磁导率为 的磁介质。电流 可由中心圆柱流出，由圆筒流回。求每单位长1 2I 度电缆的自感系数。 解：考虑到 和 ，可利用磁能的形式求自感。2mWLImBw 由环路定理，易知磁场分布： 112 221()BrRIr 则： 12m BWwdVdV 单位长度的磁能为： ，1 2120()()2RRIrIrrdl 2121ln64IR 利用 ，有单位长度自感： 。/mLI 21ln8L 16-15一电感为 ，电阻为 的线圈突然接到电动势 ，内阻不计的电源上，在接通H0.2V0 时，求：（1）磁场总储存能量的增加率；（2）线圈中产生焦耳热的速率；（3）电池组放出能量0.s 的速率。 解：（1）利用磁能公式 及 电路通电暂态过程 ，21mWLIC()1)RtLIte 有磁场总储能： ， 22()()1RRt tLtee 对上式求导得储能增加率： ， 2ttLdt 将 ， ， ， 代入，有： ；2.0LH1R0V.1ts0.1()238tsdWJ （2）由 ，有线圈中产生焦耳热的速率：2dQPIt ；代入数据有： ； 22 2()(1)(1)RRt tLLeet0.1()52tsdQJ （3）那么，电池组放出能量的速率： ，()RtLdEIt 代入数据有： 。0.139tsdEJ 16-16. 在一对巨大的圆形极板（电容 ）上，加上频率为 ，峰值为12.0CF50Hz 的交变电压，计算极板间位移电流的最大值。51.74V 解：设交变电压为： ，利用位移电流表达式： ，cosmuUtDdqIt 有： ，而 ，inDdICt2f 。155250.740.61mmf A 16-17圆形电容器极板的面积为 S，两极板的间距为 d。一根长为 d 的极细的导线在极板间沿轴线与极板 相连，已知细导线的电阻为 R，两极板间的电压为 ，求：0sinUt （1）细导线中的电流； （2）通过电容器的位移电流； （3）通过极板外接线中的电流； （4）极板间离轴线为 r 处的磁场强度，设 r 小于极板半径。 解：（1）细导线中的电流： ；0sinRit （2）通过电容器的位移电流： ；00coscosd SqUCtUtttd （3）通过极板外接线中的电流： ；0sinRditt （4）由 有： ，lHdI:202cosSrrHd 。00sincos2UttrR 思考题 16 16-1图为用冲击电流计测量磁极间磁场的装置。小线圈与冲击电流计相接，线圈面积为 ，匝数为 ，AN 电阻为 ，其法向 与该处磁场方向相同，将小线圈迅速取出磁场时，冲击电流计测得感应电量为 ，Rn q 试求小线圈所在位置的磁感应强度。 解： ，1dNBAqIdtttRR 。BNA 16-2如图所示，圆形截面区域内存在着与截面相垂直的磁场，磁感应强度随时间变化。 （a）磁场区域外有一与圆形截面共面的矩形导体回路 abcd，以 表示在导体 ab 段上产生的感生电动势，ab I 表示回路中的感应电流，则 A ； B ；0Ib 0Iab C ； D 。a （b）位于圆形区域直径上的导体棒 ab 通过导线 与阻值为 R 的电阻连接形成回路，以 表示在ab 导体 ab 段上产生的感生电动势，I 表示回路中的 感应电流，则： A ； B ；0ab 0Iab C ； D 。I 答：（a ）选 C；（b）选 D。 16-3在磁感应强度为 的均匀磁场内，有一面积为 的矩形线框，线框回路的电阻为 （忽略自感） ， SR 线框绕其对称轴以匀角速度 旋转（如图所示） 。 （1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？ （2）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？ 答：（1）由 ，cossBSt 而： ，inItR ；2smp （2） ，221isiMBtSt 。 220nBSWddRR 16-4一平板电容器充电以后断开电源，然后缓慢拉开电容器两极板的间距，则拉开过程中两极板间的位 移电流为多大?若电容器两端始终维持恒定电压，则在缓慢拉开电容器两极板间距的过程中两极板间有无 位移电流?若有位移电流，则它的方向怎样? 答：（1）利用位移电流表达式： ，由于平板电容器充电以后断开的电源，所以 在电容器两DdqItq 极板拉开过程中不变化，有 ；0 （2）有位移电流，电容器两端维持恒定电压，两极板间距增加时场强变小， 下降且引起 下降，使位 移电流降低。位移电流的方向与场线方向相反。 16-5图 为一量值随时间减小，方向垂直纸面向内的变化电场，a 均匀分布在圆柱形区域内，试在图 中画出：b （1）位移电流的大致分布和方向； （2）磁场的大致分布和方向。 答：（1） ， （ ） ，位移电流在圆柱形区域内20dEIRt0d 均匀分布，分布具有轴对称性； （2）应用安培环路定理： 时， ， 与 成正比，r002dIBrr内 B内 时， ， 为定值不变。RER外 外 16-6空间有限的区域内存在随时间变化的磁场，所产生的感生电场场强为 Ei，在不包含磁场的空间区域 中分别取闭合曲面 S，闭合曲线 l，则： A ； B ；i i00Sldd:， i i00Sldd:， C ； D 。i ilE， i i,l 答：选 B。 16-7试写出与下列内容相应的麦克斯韦方程的积分形式： （1）电力线起始于正电荷终止于负电荷；（2）磁力线无头无尾；（3）变化的电场伴有磁场； （4）变化的磁场伴有电场。 解：（1） ；（2） ；（3）iSDdq:0SBd:cSDHdlIdSt （4） EltS 大学物理第 17 章课后习题 17-1已知电磁波在空气中的波速为 ，试计算下列各种频率的电磁波在空气中的波长：m/s10.38 （1）上海人民广播电台使用的一种频率 ；（2）我国第一颗人造地球卫星播放东方红乐曲kz9 使用的无线电波的频率 ；（3）上海电视台八频道使用的图像载波频率MH2 .84.25z 解：由 有：（1） ；c8130 （2） ；（3） 。 86304.9.m83610.34.25m 17-2一电台辐射电磁波，若电磁波的能流均匀分布在以电台为球心的球面上，功率为 。求离电W105 台 处电磁波的坡因廷矢量和电场分量的幅值。km10 解：（1）由于电磁波在空间以球面辐射，所以其能流密度在距离为 处为：k10 ，电磁波的能流密度即为坡因廷矢量； 55222107.96104PSJsr （2）又 ，考虑到 ，有 ，而 ，EHSEH 那么， ，在真空中，有 ， ，2S0002S 考虑到 ， （这是因为波的强度 ，而 ）2m2I21mI :dIB 所以： 。1022().450mESVm 17-3真空中沿 正方向传播的平面余弦波，其磁场分量的波长为 ，幅值为 .在 时刻的波形x 0Ht 如图所示， （1）写出磁场分量的波动表达式；（2）写出电场分量的波动表达式，并在图中画出 时0t 刻的电场分量波形；（3）计算 时， 处的坡因廷矢量。0tx 解：（1）由图可知， 满足余弦波，设：H0cos()tx 当 、 时，有： ，t 201cos2 ，23 根据波形曲线可以判断出： ，3 ；0 022cos()cos()3zHtxHtx （2）由 知： ，E0 ；02cos()3tx （3）由 ，当 、 时，有： ， ，SH02H0cE ，方向沿 轴正向。 204cEx 17-4氦氖激光器发出的圆柱形激光束，功率为 10mW，光束截面直径为 2mm.求该激光的最大电场强度 和磁感应强度. 解：因为坡因廷矢量即为电磁波的能流密度，所以： ， 34322610.180PSWmr 那么： ；102().59mEV 。0H6004.310mmBHT 思考题 17 17-1试述电磁波的性质. 答：（1）电磁波是横波，有偏振性；（2） 和 同相位；（3） 和 数值成比例EEH ；（4）电磁波传播速度 ，真空中波速 等于光速。E1u01c 17-2图 为一 电路， 为圆形平行板电容器， 为长直螺线管，图 及图 分别表示电容器放电aLCLbc 时平行板电容器的电场分布和螺线管内的磁场分布。 （1）在图 内画出电容器内部的磁场分布和坡因廷矢量分布。b （2）在图 内画出螺线管内部的电场分布和坡因廷矢量分布。c 答： 17-3如图所示，同轴电缆内外半径分别为 和 ，用来作为电源 和电阻 的传输线，电缆本身的电abR 阻忽略不计。 （1）求电缆中任一点（ ）处的坡因廷矢量 。raS （2）求通过电缆横截面的能流，该结果说明什么物理图象？ 解：（1）在导体内部，场强为 0，在两圆桶之间 ，方向沿径向，而 ，lnUEbra12Hr 方向沿圆周的切向， ，方向沿电缆轴线方向；2lnUISEbra （2）表明电源向负载提供的能量是通过坡因廷矢量传递的。 18 章习题 18-1杨氏双缝的间距为 m2.0，距离屏幕为 1，求：（1）若第一级明纹距离为 2.5m，求入射 光波长。 （2）若入射光的波长为 6A ，求相邻两明纹的间距。 解：（1）由 Lxkd ，有： xdkL ，将 0.2m， L， 1.x， 1k代入， 有： 337.50.215. ；即波长为： 50n； （2）若入射光的波长为 A6 ，相邻两明纹的间距： 736.21Dxmd 。 18-2图示为用双缝干涉来测定空气折射率 n的装置。实验前，在长度为 l的两个相同密封玻璃管内都充 以一大气压的空气。现将上管中的空气逐渐抽去， （1）则光屏上的干涉条纹将向什么方向移动；（2）当 上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为 的干涉条纹移过 N条。计算空气的折射率。 解：（1）当上面的空气被抽去，它的光程减小，所以它将 通过增加路程来弥补，条纹向下移动。 （2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为 的干涉条纹移过N 条，可列出： nl）（ 1 得： n 。 BS E涡S 18-3在图示的光路中， S为光源，透镜 1L、 2的焦距都为 f， 求 （1）图中光线 aF与光线 O的光程差为多少？（2）若光线Sb 路径中有长为 l，折射率为 n的玻璃，那么该光线与 SOF的光程 差为多少？。 解：（1）图中光线 与光线 的几何路程相同，介质相同，透 镜不改变光程，所以 aF与光线 O光程差为 0。 （2）若光线 Sb路径中有长为 l，折射率为 n的玻璃，那么光程差为几何路程差与介质折射率差的乘积， 即： (1)nl。 18-4在玻璃板（折射率为 50.）上有一层油膜（折射率为 3.1） 。已知对于波长为 nm50和m70 的垂直入射光都发生反射相消，而这两波长之间没有别的波长光反射相消，求此油膜的厚度。 解：因为油膜（ 3油 ）在玻璃（ .5n玻 ）上，所以不考虑半波损失，由反射相消条件有：2(1)2nek油 ， ， ， 当 12507mn 时， 12()2ek油油 212175k ， 因为 1，所以 12k，又因为 1与 2之间不存在 以满足 (1)2nek油 式，即不存 在 2k的情形，所以 、 k应为连续整数，可得： 14k， 23； 油膜的厚度为： 176.304emn油 。 18-5一块厚 m2.的折射率为 5.的透明膜片。设以波长介于 nm704的可见光垂直入射， 求反射光中哪些波长的光最强? 解：本题需考虑半波损失。由反射干涉相长，有： 2(1)2nek， ， ， 6641.07.122nekkk ； 当 5时， 8m（红外线，舍去） ； 当 6时， .5n； 当 7k时， 3； 当 时， 840； 当 9时， 2.； 当 1k时， 1079nm（紫外线，舍去） ； 反射光中波长为 65.、 3.8、 40n、 823.5m的光最强。 18-6用 83的光垂直入射到楔形薄透明片上，形成等厚条纹，已知膜片的折射率为 52.1， 等厚条纹相邻纹间距为 .，求楔形面间的夹角。 解：等厚条纹相邻纹间距为： 2 ln ， 95358.10.8102radnl ， 即： 32 18-7人造水晶珏钻戒是用玻璃（折射率为 50.1）做材料，表面镀上一氧化硅（折射率为 0.2）以增强 反射。要增强 nm560垂直入射光的反射，求镀膜厚度。 解：由于 硅 玻 ，所以要考虑半波损失。 由反射干涉相长公式有： 2()2ek硅 ， ， ， 。当 1k时，为膜的最小厚度。 得： (1)1704eknn硅 ， 1， ， 。 镀膜厚度可为 70m， ， 35m， 49， 。 18-8由两平玻璃板构成的一密封空气劈尖，在单色光照射下，形成 401条暗纹的等厚干涉，若将劈尖 中的空气抽空，则留下 条暗纹。求空气的折射率。 解：本题需考虑半波损失。由 012knd，而 2kd 由/得： 5.140 。 18-9用钠灯（ m3.589）观察牛顿环，看到第 k条暗环的半径为 m4r，第 5k条暗环 半径 6r，求所用平凸透镜的曲率半径 R。 解：考虑半波损失，由牛顿环暗环公式： r， 012， ， ， 有： 3410(5)kR235k4 ， 23196.78.10rmk 。 18-10柱面平凹透镜 A，曲率半径为 R，放在平玻璃片 B 上，如图所示。现用波长为 的平行单色光自 上方垂直往下照射，观察 A 和 B 间空气薄膜的反射光的干涉条纹。设空气膜的最大厚度 2d。 （1）求明、暗条纹的位置(用 r 表示) ； （2）共能看到多少条明条纹； （3）若将玻璃片 B 向下平移，条纹如何移动？ 解：设某条纹处透镜的厚度为 e，则对应空气膜厚度为 de， 那么： 2rdeR ，2k ， （ 13， ， ， 明纹） ，()2e ， （ 02k， ， ， 暗纹） ； ee （1）明纹位置为： 21()4krRd ， 2， ， 暗纹位置为： ， 0， ， ； （2）对中心处，有： max2e， r，代入明纹位置表示式，有： max4.5k， 又因为是柱面平凹透镜，明纹数为 8 条； （3）玻璃片 B 向下平移时，空气膜厚度增加，条纹由里向外侧移动。 18-11利用迈克尔孙干涉仪可以测量光的波长。在一次实验中，观察到干涉条纹，当推进可动反射镜时， 可看到条纹在视场中移动。当可动反射镜被推进 0.187mm 时，在视场中某定点共通过了 635 条暗纹。试 由此求所用入射光的波长。 解：由 2 dN ， 3720.1875.910()5896dmn 。 18-12在用迈克尔逊干涉仪做实验时，反射镜移动了 .2l距离。在此过程中观察到有 1024 条条纹在视场中移过。求实验所用光的波长。 解：由 2 l ，有： 3720.16.8910()628.94l nm 。 思考题 18 18-1 在劈尖的干涉实验中，相邻明纹的间距_（填相等或不等） ，当劈尖的角度增加时，相邻明 纹的间距离将_（填增加或减小） ，当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将 _（填增加或减小） 。 答：根据相邻条纹的间距： 2 ln ，条纹间距相等； 当劈尖的角度增加时，相邻明纹的间距离将减小； 当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将减小。 18-2图示为一干涉膨胀仪示意图，上下两平行玻璃板用一对热膨胀系数极小的石英柱支撑着，被测样品W 在两玻璃板之