大学物理学下册答案北邮大赵近芳.pdf

习题八 8-1 电量都是的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点试问：(1) 在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡 (即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形 的边长有无关系? q 解: 如题 8-1 图示 (1) 以A处点电荷为研究对象，由力平衡知： q 为负电荷 20 2 2 0 ) 3 3 ( 4 1 30cos 4 1 2 a qq a q = 解得 qq 3 3 = (2)与三角形边长无关 题 8-1 图 题 8-2 图 8-2 两小球的质量都是，都用长为l的细绳挂在同一点，它们带有相同电 量，静止时两线夹角为2 m ?,如题8-2图所示设小球的半径和线的质量都可 以忽略不计，求每个小球所带的电量 解: 如题 8-2 图示 = = 2 2 0 )sin2(4 1 sin cos l q FT mgT e 解得 tan4sin2 0mg lq = 8-3 根据点电荷场强公式 2 0 4r q E =，当被考察的场点距源点电荷很近(r 0)时，则场强，这是没有物理意义的，对此应如何理解? 解: 0 2 0 4 r r q E v v =仅对点电荷成立，当时，带电体不能再视为点电 荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带 电体上的分布求出的场强不会是无限大 0r 8-4 在真空中有A，B两平行板，相对距离为，板面积为，其带电量分 别为+和-则这两板之间有相互作用力，有人说= dS qqff 2 0 2 4d q ,又有人 说，因为=,fqE S q E 0 =，所以=f S q 0 2 试问这两种说法对吗?为什么? 到底应等于多少? f 解: 题中的两种说法均不对第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对 的， 第二种说法把合场强 S q E 0 =看成是一个带电板在另一带电板处的场强 也是不对的正确解答应为一个板的电场为 S q E 0 2 =，另一板受它的作用 力 S q S q qf 0 2 0 22 =，这是两板间相互作用的电场力 8-5 一电偶极子的电矩为 l q p v v =，场点到偶极子中心O点的距离为r,矢量r v 与l的夹角为 v ,(见题8-5图)，且试证P点的场强lr E在r方向上的分 量和垂直于 r Er的分量分别为 E r E= 3 0 2 cos r p , = E 3 0 4 sin r p 证: 如题 8-5 所示，将p v 分解为与r v 平行的分量sinp和垂直于r v 的分量 sinp lr 场点在Pr方向场强分量 3 0 2 cos r p Er = 垂直于r方向，即方向场强分量 3 0 0 4 sin r p E = 题 8-5 图 题 8-6 图 8-6 长l=15.0cm 的直导线AB上均匀地分布着线密度=5.0x10-9Cm -1 的 正电荷 试求： (1)在导线的延长线上与导线B端相距=5.0cm处 1 aP点的场强； (2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距=5.0cm 处Q点的场强 2 d 解： 如题 8-6 图所示 (1)在带电直线上取线元，其上电量在xdqdP点产生场强为 2 0 )( d 4 1 d xa x EP = 2 2 2 0 )( d 4 d xa x EE l lPP = 2 1 2 1 4 0 l a l a+ = )4( 22 0 la l = 用，, 15=lcm 9 100 . 5 = 1 mC 5 .12=acm代入得 2 1074. 6= P E 1 CN 方向水平向右 (2)同理 2 2 2 0 d d 4 1 d + = x x EQ 方向如题 8-6 图所示 由于对称性，即 = l Qx E0d Q E v 只有y分量， 2 2 2 2 2 2 2 0d d d d 4 1 d + + = x x x EQy 2 2 4 d d = l QyQy EE + 2 2 2 3 2 2 2 )d( d l l x x 2 2 2 0 d42+ = l l 以, , 9 100 . 5 = 1 cmC 15=lcm5d2=cm代入得 2 1096.14= QyQ EE 1 CN ，方向沿轴正向 y 8-7 一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为,求环心处O点的场 强 解: 如 8-7 图在圆上取Rddl = 题 8-7 图 dddRlq=，它在O点产生场强大小为 2 0 4 d d R R E =方向沿半径向外 则 dsin 4 sindd 0R EEx= dcos 4 )cos(dd 0R EEy = 积分 RR Ex 00 0 2 dsin 4 = 0dcos 4 0 0 = = R Ey R EE x 0 2 =，方向沿x轴正向 8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为 ，总电量为q(1)求这正方形轴 线上离中心为 l r处的场强E；(2)证明：在处，它相当于点电荷产 生的场强 lr q E 解: 如 8-8 图示，正方形一条边上电荷 4 q 在点产生物强P P E v d方向如图，大 小为 () 4 4 coscos d 2 2 0 21 l r EP + = 2 2 cos 2 2 1 l r l + = 12 coscos= 24 4 d 2 2 2 2 0 l r l l r EP + = P E v d在垂直于平面上的分量cosdd P EE= 424 4 d 2 2 2 2 2 2 0 l r r l r l r l E + = 题 8-8 图 由于对称性，点场强沿方向，大小为 POP 2 ) 4 (4 4 d4 2 2 2 2 0 l r l r lr EEP + = l q 4 = 2 ) 4 (4 2 2 2 2 0 l r l r qr EP + = 方向沿OP 8-9 (1)点电荷位于一边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿 过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个 顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在 点电荷q的电场中取半径为R的圆平面在该平面轴线上的 q qA点处，求： 通过圆平面的电通量( x R arctan=) 解: (1)由高斯定理 0 d q SE s = vv 立方体六个面，当在立方体中心时，每个面上电通量相等 q 各面电通量 0 6 q e = (2)电荷在顶点时， 将立方体延伸为边长的立方体， 使处于边长的立 方体中心，则边长的正方形上电通量 a2qa2 a2 0 6 q e = 对于边长的正方形，如果它不包含所在的顶点，则aq 0 24 q e =， 如果它包含q所在顶点则0=e 如题 8-9(a)图所示题 8-9(3)图 题 8-9(a)图 题 8-9(b)图 题 8-9(c)图 (3)通过半径为R的圆平面的电通量等于通过半径为 22 xR +的球冠面 的电通量，球冠面积* 1)(2 22 22 xR x xRS + += )(4 22 0 0 xR Sq + = 0 2 q = 22 1 xR x + *关于球冠面积的计算：见题 8-9(c)图 = 0 dsin2rrS = 0 2 dsin2 r )cos1 (2 2 =r 8-10 均匀带电球壳内半径6cm，外半径10cm，电荷体密度为2Cm -3 求距球心5cm，8cm ,12cm 各点的场强 5 10 解: 高斯定理 0 d = q SE s vv , 0 2 4 = q rE 当时，5=rcm0= q , 0=E v 8=rcm时，q 3 4 p= 3 (r ) 3 内 r () 2 0 23 4 3 4 r rr E 内 = 4 1048. 3 1 CN ， 方向沿半径向外 12=rcm 时, 3 4 =q 3 ( 外 r） 内 3 r () 4 2 0 3 3 1010. 4 4 3 4 = r rr E 内外 沿半径向外. 1 CN 8-11 半径为和( )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别 带有电量 1 R 2 R 2 R 1 R 和-,试求:(1)r；(2) 1 R 1 Rr；(3) 2 Rr处各点 的场强 2 R 解: 高斯定理 0 d = q SE s vv 取同轴圆柱形高斯面，侧面积 rlS2= 则 rlESE S 2d= vv 对(1) 1 Rr 0= q 0=E 题 8-12 图 8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为 1 和 2 ， 试求空间各处场强 解: 如题 8-12 图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为 1 与 2 ， 两面间， nE v v )( 2 1 21 0 = 1 面外， nE v v )( 2 1 21 0 += 2 面外， nE v v )( 2 1 21 0 += n v ：垂直于两平面由 1 面指为 2 面 8-13 半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为,若在球内挖去一块半 径为rR的小球体，如题8-13图所示试求：两球心O与 O 点的场强， 并证明小球空腔内的电场是均匀的 解: 将此带电体看作带正电的均匀球与带电的均匀小球的组合，见 题 8-13 图(a) (1) +球在点产生电场， O0 10 =E v 球在点产生电场O d4 3 4 3 0 3 20 OO r E = v 点电场O d3 3 0 3 0 OO r E = v ； (2) +在 O 产生电场 d4 d 3 4 3 0 3 01 OOE = v 球在 O 产生电场0 02 = E v O 点电场 0 0 3 = E v OO 题 8-13 图(a) 题 8-13 图(b) (3)设空腔任一点相对OP的位矢为r v ，相对点位矢为Or v (如题 8-13(b) 图) 则 0 3 r EPO v v =， 0 3 r E OP = v v , 000 3 3 )( 3 d OOrrEEE OPPOP v vv vvv =+= 腔内场强是均匀的 8-14 一电偶极子由=1.010 -6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离 d=0.2cm，把这电偶极子放在1.010 5NC-1 的外电场中，求外电场作用于 电偶极子上的最大力矩 q 解: 电偶极子p v 在外场E v 中受力矩 EpM v v v = qlEpEM= max 代入数字 4536 max 100 . 2100 . 1102100 . 1 =MmN 8-15 两点电荷=1.510 -8C， =3.010 -8C，相距 =42cm，要把它们之 间的距离变为=25cm，需作多少功? 1 q 2 q 1 r 2 r 解: = 2 2 2 1 0 21 2 0 21 44 d d r r r r qq r rqq rFA v v ) 11 ( 21 rr 6 1055 . 6 =J 外力需作的功 6 1055. 6 =AAJ 题 8-16 图 8-16 如题8-16图所示，在A，B两点处放有电量分别为+,-的点电荷，qq AB间距离为2R，现将另一正试验点电荷从O点经过半圆弧移到C点， 求移动过程中电场力作的功 0 q 解: 如题 8-16 图示 0 4 1 = O U0)(= R q R q 0 4 1 = O U) 3 ( R q R q R q 0 6 = R qq UUqA o CO 0 0 6 )( = 8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为的正电荷,两直 导线的长度和半圆环的半径都等于R试求环中心点处的场强和电势 O 解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB和段电荷在O点产生的场强 互相抵消，取 CD ddRl = 则ddRq=产生O点E v d如图，由于对称性，O点场强沿y轴负方向 题 8-17 图 cos 4 d d 2 2 2 0 = R R EE y R 0 4 =) 2 sin( 2 sin R 0 2 = (2) AB电荷在O点产生电势，以0= U = A B 2 000 1 2ln 44 d 4 d R R x x x x U 同理产生 CD2ln 4 0 2 =U 半圆环产生 00 3 44 = R R U 00 321 4 2ln 2 +=+=UUUUO 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以210 4ms-1的匀速率作圆周运 动求带电直线上的线电荷密度(电子质量=9.110 -31kg，电子电量 =1.6010 -19C) 0 m e 解: 设均匀带电直线电荷密度为，在电子轨道处场强 r E 0 2 = 电子受力大小 r e eEFe 0 2 = r v m r e 2 0 2 = 得 13 2 0 10 5 . 12 2 = e mv 1 mC 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E=30kVcm -1，超过这个数值时空气 要发生火花放电今有一高压平行板电容器，极板间距离为d=0.5cm，求此 电容器可承受的最高电压 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4 105 . 1d=EUV 8-20 根据场强E v 与电势U的关系UE= v ， 求下列电场的场强： (1)点电 荷q的电场；(2)总电量为，半径为qR的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶 极子的处(见题8-20图) qlp=lr 解: (1)点电荷 r 0 4 q U = 题 8-20 图 0 2 0 0 4 r r q r r U E vv v = = 为 0 r v r方向单位矢量 (2)总电量，半径为qR的均匀带电圆环轴上一点电势 22 0 4xR q U + = () i xR qx i x U E vvv 2/3 22 0 4+ = = (3)偶极子 l q p v v =在处的一点电势 lr 2 00 4 cos )cos 2 1 ( 1 )cos 2 ( 1 4r ql ll r q U = + = 3 0 2 cos r p r U Er = = 3 0 4 sin1 r pU r E = = 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相 向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上， 电荷的面密度总是大小相等而符号相同 证: 如题 8-21 图所示，设两导体A、B的四个平面均匀带电的电荷面密度 依次为 1 ， 2 ， 3 ， 4 题 8-21 图 (1)则取与平面垂直且底面分别在A、B内部的闭合柱面为高斯面时，有 0)(d 32 =+= SSE s vv + 2 0 3 = 说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反； (2)在A内部任取一点，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产 生的场强叠加而成的，即 P 0 2222 0 4 0 3 0 2 0 1 = 又 + 2 0 3 = 1 4 = 说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同 8-22 三个平行金属板A，B和C的面积都是200cm 2，A 和B相距4.0mm，A 与C相距2.0 mmB，都接地，如题8-22图所示如果使CA板带正电3.0 10 -7C，略去边缘效应，问 B板和板上的感应电荷各是多少?以地的电势 为零，则 C A板的电势是多少? 解: 如题 8-22 图示，令A板左侧面电荷面密度为 1 ，右侧面电荷面密度为 2 题 8-22 图 (1) ABAC UU=，即 ABABACAC EEdd= 2 d d 2 1 = AC AB AB AC E E 且 1 + 2 S qA = 得 , 3 2 S qA = S qA 3 2 1 = 而 7 1 102 3 2 = AC qSqC C101 7 2 =SqB (2) 3 0 1 103 . 2dd= ACACACA EU V 8-23 两个半径分别为和 2（ )的同心薄金属球壳， 现给内球壳 带电+，试计算： 1 RR 1 R 2 R q (1)外球壳上的电荷分布及电势大小； (2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及 电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变 量 解: (1)内球带电q+；球壳内表面带电则为q,外表面带电为，且均 匀分布，其电势 q+ 题 8-23 图 = 22 0 2 0 44 d d RR R q r rq rEU v v (2)外壳接地时，外表面电荷入地，外表面不带电，内表面电荷仍为 所以球壳电势由内球 q+ qq+与内表面q产生： 0 44 2020 = R q R q U (3)设此时内球壳带电量为q；则外壳内表面带电量为q，外壳外表面带 电量为+qq (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且 0 4 4 4 202010 = + += R qq R q R q UA 得 q R R q 2 1 = 外球壳上电势 () 2 20 21 202020 44 4 4 R qRR R qq R q R q UB = + += 8-24 半径为R的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为 处有一点电荷+，试求：金属球上的感应电荷的电量 Rd3=q 解: 如题 8-24 图所示，设金属球感应电荷为q，则球接地时电势 0= O U 8-24 图 由电势叠加原理有： = O U0 344 00 =+ R q R q 得 =q 3 q 8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远， 其间的库仑力为试求： 0 F (1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库 仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力 解: 由题意知 2 0 2 0 4r q F = (1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电 2 q q =, 小球再与小球接触后，小球与小球均带电 3223 qq 4 3 = 此时小球1与小球间相互作用力 2 0 0 2 2 0 1 8 3 4 8 3 4 “ 2 F r q r qq F= (2)小球3依次交替接触小球1、很多次后，每个小球带电量均为2 3 2q . 小球1、间的作用力2 0 0 2 9 4 4 3 2 3 2 2 F r qq F= *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S，相距为，分别 维持电势=U，=0不变现把一块带有电量的导体薄片平行地放在 两极板正中间，片的面积也是S，片的厚度略去不计求导体薄片的电势 d A U B Uq 解: 依次设A,C,B从上到下的个表面的面电荷密度分别为6 1 ， 2 ， 3 ， 4 , 5 , 6 如图所示 由静电平衡条件， 电荷守恒定律及维持 可得以下个方程 UUAB= 6 题 8-26 图 += =+ =+ =+ =+ =+ 654321 54 32 0 65 43 0 021 0 0 1 d U S q S q d U UC SS q B A 解得 S q 2 61 = S q d U 2 0 32 = S q d U 2 0 54 += 所以间电场 CB S q d U E 00 4 2 2 += ) 2 d ( 2 1 2 d 0 2 S q UEUU CBC += 注意：因为C片带电，所以 2 U UC，若片不带电，显然C 2 U UC= 8-27 在半径为的金属球之外包有一层外半径为的均匀电介质球壳， 介质相对介电常数为 1 R 2 R r ，金属球带电试求： Q (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势 解: 利用有介质时的高斯定理 =qSD S vv d (1)介质内)( 21 RrR r Q EU 0 r 4 rd = v v 外 介质内)( 21 RrR-， 两柱面之间充有介电常数 l 1 R 2 R 2 R 1 R l 2 R 1 R的均匀电介质.当两圆柱面分别带等 量异号电荷Q和-时，求： Q (1)在半径r处( 1 Rr，厚度为dr，长为 的圆柱薄壳中任一点的电 场能量密度和整个薄壳中的电场能量； 2 Rl (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容 解: 取半径为r的同轴圆柱面 )(S 则 rlDSD S 2d )( = vv 当时， )( 21 RrR时 3 0 2 4r rQ E v v = 在 21 RrR = 3 2 30 2 22 0 02 1 8 d4) 4 ( 2 1 R R Q rr r Q W 总能量 ) 111 ( 8 3210 2 21 RRR Q WWW+=+= 4 1082. 1 =J (2)导体壳接地时，只有 21 RrR 02=rB 0=B 题 9-16 图题 9-17 图 9-17 在半径为R的长直圆柱形导体内部，与轴线平行地挖成一半径为r的长直圆柱形空 腔，两轴间距离为,且aar，横截面如题9-17图所示现在电流I沿导体管流动，电流均 匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平行求： (1)圆柱轴线上的磁感应强度的大小； (2)空心部分轴线上的磁感应强度的大小 解：空间各点磁场可看作半径为R，电流均匀分布在横截面上的圆柱导体和半径为 1 Ir电 流均匀分布在横截面上的圆柱导体磁场之和 2 I (1)圆柱轴线上的点OB的大小： 电流产生的，电流产生的磁场 1 I0 1 =B 2 I 22 2 020 2 22rR Ir aa I B = )(2 22 2 0 0 rRa Ir B = (2)空心部分轴线上O点B的大小： 电流产生的， 2 I0 2 =B 电流产生的 1 I 22 2 0 2 2rR Ia a B = )(2 22 0 rR Ia = )(2 22 0 0 rR Ia B = 题 9-18 图 9-18 如题9-18图所示，长直电流附近有一等腰直角三角形线框，通以电流，二者 1 I 2 I 共面求的各边所受的磁力 ABC 解： = A B AB BlIF vvv d 2 d aII d I aIFAB 22 21010 2 = 方向垂直AB向左 = C A AC BlIF vvv d 2 方向垂直向下，大小为 AC + + = = ad d AC d adII r I rIFln 22 d 21010 2 同理 BC F v 方向垂直向上，大小 BC + = ad d Bc r I lIF 2 d 10 2 = 45cos d d r l + + = = ad a BC d adII r rII Fln 245cos2 d 210120 题 9-19 图 9-19 在磁感应强度为B v 的均匀磁场中，垂直于磁场方向的平面内有一段载流弯曲导线，电 流为I，如题9-19图所示求其所受的安培力 解：在曲线上取 l v d 则 = b a ab BlIF vvv d 与l v dB v 夹角，l v d=B v 不变，B v 是均匀的 = b a b a ab BabIBlIBlIF wvvvv )d(d 方向ab向上，大小BIFab=ab 题 9-20 图 9-20 如题9-20图所示，在长直导线AB内通以电流=20A，在矩形线圈中通有电 流=10 A， 1 ICDEF 2 IAB与线圈共面， 且，CDEF都与AB平行 已知=9.0cm,b=20.0cm,=1.0 cm，求： ad (1)导线AB的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩 解：(1) CD F v 方向垂直CD向左，大小 410 2 100 . 8 2 = d I bIFCD N 同理方向垂直 FE F v FE向右，大小 510 2 100 . 8 )(2 = + = ad I bIFFE N CF F v 方向垂直CF向上，大小为 + = + = = ad d CF d adII r r II F 5 210210 102 . 9ln 2 d 2 N ED F v 方向垂直ED向下，大小为 5 102 . 9 = CFED FF N (2)合力 EDCFFECD FFFFF vvvvv +=方向向左，大小为 4 102 . 7 =FN 合力矩BPM m vvv = 线圈与导线共面 BPm vv / 0=M v 题 9-21 图 9-21 边长为l=0.1m 的正三角形线圈放在磁感应强度B=1T 的均匀磁场中，线圈平面与 磁场方向平行.如题9-21图所示，使线圈通以电流I=10A，求： (1)线圈每边所受的安培力； (2)对轴的磁力矩大小； O O (3)从所在位置转到线圈平面与磁场垂直时磁力所作的功 解： (1) 0=Bl IFbc vvv Bl IFab vvv = 方向纸面向外，大小为 866. 0120sin= IlBFab N Bl IFca vvv =方向纸面向里，大小 866. 0120sin= IlBFca N (2) ISPm= BPM m vvv = 沿O O 方向，大小为 2 2 1033. 4 4 3 =B l IISBM mN (3)磁力功 )( 12 = IA 0 1= Bl 2 2 4 3 = 22 1033. 4 4 3 =BlIAJ 9-22 一正方形线圈，由细导线做成，边长为，共有匝，可以绕通过其相对两边中点的 一个竖直轴自由转动现在线圈中通有电流 aN I，并把线圈放在均匀的水平外磁场B v 中，线 圈对其转轴的转动惯量为.求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期JT. 解：设微振动时线圈振动角度为 (=； 题 10-9 图(a)题 10-9 图(b) 在磁场中时0 d d = t ,0=； 出场时0 d d t ，0 ab 即0 t B 0 ac 即从 ca 10-13 半径为R的直螺线管中，有 dt dB 0的磁场，一任意闭合导线，一部分在螺线管 内绷直成弦，,两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示设 = abca abababR，试求：闭合导线 中的感应电动势 解：如图，闭合导线内磁通量 abca ) 4 3 6 ( 22 RR BSB m = vv t B R R i d d ) 4 3 6 ( 2 2 = 0 d d t B 0=lE c d dc vv 旋 0 题 10-15 图 10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝 缘)求：线圈与导线间的互感系数 解： 设长直电流为I，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为 = 3 2 3 00 12 2ln 2 d 2 a a Ia r r Ia 2ln 2 012 a I M = 10-16 一矩形线圈长为=20cm，宽为=10cm，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限 长导线的旁边且与线圈共面求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的 互感 ab 解：(a)见题 10-16 图(a)，设长直电流为I，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为 2ln 2 d 2 d 0 2 0 )( 12 Ia r rIa SB b bS = vv 6012 108 . 22ln 2 = a N I N M H (b)长直电流磁场通过矩形线圈的磁通0 12 =，见题 10-16 图(b) 0=M 题 10-16 图题 10-17 图 10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是，中心相距为，两导线属于同一回路设两 导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l的一段自感为 ad l L 0 =In a ad 解： 如图 10-17 图所示，取 rlSdd= 则 = = += ad a ad a ad d a adIl r rr Il rl r I r I )ln(ln 2 d) d 11 ( 2 d) )d(22 ( 0000 a adIl =ln 0 a adl I L =ln 0 10-18 两线圈顺串联后总自感为1.0H，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自 感为0.4H试求：它们之间的互感 解： 顺串时 MLLL2 21 += 反串联时 MLLL2 21 += MLL4= 15. 0 4 = = LL MH 10-19 图 10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N匝试求： (1)此螺线环的自感系数； (2)若导线内通有电流I，环内磁能为多少? 解：如题 10-19 图示 (1)通过横截面的磁通为 = b a a bNIh rh r NI ln 2 d 2 00 磁链 a bIhN Nln 2 2 0 = a bhN I Lln 2 2 0 = (2) 2 2 1 LIWm= a bhIN Wmln 4 22 0 = 10-20 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I求：导线内部 单位长度上所储存的磁能 解：在Rr t i 时，E v 与B v 成左旋关系。 题 11-8 图 (2) ，由HES vvv =E v 与H v 方向知，S v 指向轴，如图所示. 大小为 t i i rn EniEHS d d 2 2 0 = *11-9 一平面电磁波的波长为3.0cm，电场强度的振幅为30Vm -1，试问该电磁波的频率为多 少?磁场强度的振幅为多少?对于一个垂直于传播方向的面积为0.5m 2的全吸收面，该电磁波 的平均幅射压强是多大? 解: 频率 10 100 . 1= c Hz 利用 0000 2 1 HESHE rr =和可得 7 000000 100 . 1 =EHB T 由于电磁波具有动量，当它垂直射到一个面积为A的全吸收表面时，这个表面在时 间内所吸收的电磁动量为，于是该表面所受到的电磁波的平均辐射压强为： t tgAc 9 2 0 0 000 100 . 4 22 = C E C HE C S CgP Pa 可见，电磁波的幅射压强(包括光压)是很微弱的 习题十二 12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化? 解: 不变，为波源的振动频率； n n 空 =变小；nu =变小 12-2 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由 (1)使两缝之间的距离变小； (2)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小； (3)整个装置的结构不变，全部浸入水中； (4)光源作平行于，联线方向上下微小移动； 1 S 2 S (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝 解: 由 d D x =知，(1)条纹变疏；(2)条纹变密；(3)条纹变密；(4)零级明纹在屏幕上作 相反方向的上下移动；(5)零级明纹向下移动 12-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中， 若单色光通过的光程相等时， 其几何路程是否相同? 其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式 2 =?中,光波的波长要用真空中波 长,为什么? 解:不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同；其所需时间相同，为nr= C t = 因为中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。 12-4 如题12-4图所示，A，B两块平板玻璃构成空气劈尖，分析在下列情况中劈尖干涉条 纹将如何变化? (1) A沿垂直于B的方向向上平移见图(a)； (2) A绕棱边逆时针转动见图(b) 题12-4图 解: (1)由 l 2 =， 2 kek=知，各级条纹向棱边方向移动，条纹间距不变； (2)各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密 12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度，当波长为的单色光垂直入射时,观察到的干涉 条纹如题12-5图所示，每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切试说明 工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度 解: 工件缺陷是凹的故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲按题意，每一条纹弯 曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹向棱边移动了一条， 故相应的空气隙厚度差为 2 =e，这也是工件缺陷的程度 题 12-5 图 题 12-6 图 12-6 如题12-6图，牛顿环的平凸透镜可以上下移动，若以单色光垂直照射，看见条纹向中 心收缩，问透镜是向上还是向下移动? 解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动因相应条纹的膜厚位置向中心移动 k e 12-7 在杨氏双缝实验中，双缝间距=0.20mm，缝屏间距1.0m，试求： dD (1)若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm，计算此单色光的波长； (2)相邻两明条纹间的距离 解: (1)由k d D x= 明 知，2 2 . 0 101 0 . 6 3 =， 3 106 . 0 =mm o A6000= (2) 3106 . 0 2 . 0 101 3 3 = = d D x mm 12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条缝，结果使屏幕上的第七级 明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置 若入射光的波长为5500， 求此云母片的厚度 o A 解: 设云母片厚度为e，则由云母片引起的光程差为 enene) 1( = 按题意 7= 6 10 106 . 6 158 . 1 1055007 1 7 = = = n e m 6 . 6=m 12-9 洛埃镜干涉装置如题12-9图所示，镜长30cm，狭缝光源S在离镜左边20cm的平面内，与 镜面的垂直距离为2.0mm，光源波长=7.210 -7m，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条 纹到镜边缘的距离 题12-9图 解: 镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源 S 发出所以由与发出的两光束 到达屏幕上距镜边缘为 S S x处的光程差为 22 )( 12 +=+= D x drr 第一明纹处，对应= 2 5 105 . 4 4 . 02 50102 . 7 2 = = d D x mm 12-10 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上油的折射率 为1.30， 玻璃的折射率为1.50， 若单色光的波长可由光源连续可调， 可观察到5000 与7000 这两个波长的单色光在反射中消失试求油膜层的厚度 o A o A 解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为，由反射相消条件有 ne2 ) 2 1 ( 2 ) 12(2+=+=k k kne ), 2 , 1 , 0( =k 当5000 1 = o A时，有 2500) 2 1 (2 1111 +=+=kkne 当7000 2 = o A时，有 3500) 2 1 (2 2222 +=+=kkne 因 12 ，所以 12 kk 2 2 ) 12( 2 2 +=+=kne， 膜厚 处，有，只能是下面媒质的反射光有半波损失 0=e 0=k 2 才合题意； (2) 3 105 . 1 5 . 12 50009 2 9 2 9 = = n e n mm (因10个条纹只有9个条纹间距) (3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动若0 . 2=em，原来第10条暗纹处 现对应的膜厚为)100 . 2105 . 1 ( 33 +=emm 21 100 . 5 5 . 12105 . 3 2 4 3 = = = n e N 现被第21级暗纹占据 12-15 (1)若用波长不同的光观察牛顿环， 1 6000， o A 2 4500，观察到用 o A 1 时的第k 个暗环与用 2 时的第k+1个暗环重合，已知透镜的曲率半径是190cm求用 1 时第k个暗环的 半径 (2)又如在牛顿环中用波长为5000的第5个明环与用波长为 o A 2 的第6个明环重合，求未知波 长 2 解: (1)由牛顿环暗环公式 kRrk= 据题意有 21 ) 1(RkkRr+= 21 2 =k，代入上式得 21 21 = R r 1010 10102 104500106000 10450010600010190 = 3 1085. 1 =m (2)用照射，级明环与A5000 1 & =5 1 =k 2 的6 2 =k级明环重合，则有 2 ) 12( 2 ) 12( 2211 RkRk r = = 40915000 162 152 12 12 1 2 1 2 = = = k k o A 12-16 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时，第十个亮环的直径由1.40 10 -2m变为 1.2710 -2m，求液体的折射率 1 d 2 d 解: 由牛顿环明环公式 2 ) 12( 2 1 RkD r = 空 n RkD r 2 ) 12( 2 2 = 液 两式相除得n D D = 2 1 ，即22 . 1 61 . 1 96 . 1 2 2 2 1 = D D n 12-17 利用迈克耳逊干涉仪可测量单色光的波长当移动距离为0.322mm 时，观察到干 涉条纹移动数为1024条，求所用单色光的波长 1 M 解: 由 2 Nd= 得 1024 10322 . 0 22 3 = = N d 7 10289. 6 =m 6289= o A 12-18 把折射率为=1.632的玻璃片放入迈克耳逊干涉仪的一条光路中， 观察到有150条干涉 条纹向一方移过若所用单色光的波长为 n =?5000，求此玻璃片的厚度 o A 解: 设插入玻璃片厚