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作业题参考答案第八章 静电场和稳恒电场1、解：电荷面密度为s的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为 E=s / (2e0) 2分以图中O点为圆心，取半径为rrdr的环形面积，其电量为 dq = s2prdr 2分它在距离平面为a的一点处产生的场强 2分则半径为R的圆面积内的电荷在该点的场强为 由题意,令E=s / (4e0)，得到R 2分2、解：在任意角f 处取微小电量dq=ldl，它在O点产生的场强为： 3分它沿x、y轴上的二个分量为： dEx=dEcosf 1分dEy=dEsinf 1分对各分量分别求和 2分故O点的场强为： 1分3、解：球形电容器的电容 3分当内外导体间电势差为U时，电容器内外球壳上带电荷 电容器内球表面处场强大小为 3分欲求内球表面的最小场强，令dE/da=0，则 得到 并有 2分可知这时有最小电场强度 2分4、解：由高斯定理求得两球壳间的场强为 2分方向沿半径指向内球壳电子在电场中受电场力的大小为 2分方向沿半径指向外球壳电子自内球壳到外球壳电场力作功为 2分由动能定理 2分得到 1.98107 m/s 2分5、解：如图所示，由于对称分布，放在中心处的q0无论电荷多少都能取得平衡.因四个定点上的电荷受力情况相同，因此只需考虑任一顶点上的电荷受力情况例如考虑D点处的电荷，顶点A、B、C及中心处的电荷所激发的电场对D处点电荷的作用力的大小分别为： 1分 1分各力方向如图所示，a45D处电荷的受力平衡条件为： , 用 3分将f1，f2，f3式代入上式化简得： 0.957 q 2分用得同样结果 6、解：设无穷远处为电势零点，则两粒子在相距r1(1 nm)时的静电势能为 Wp=2e2 / (4pe0r1)两粒子在电场力（保守力）作用下运动到r 时，势能转化为动能. 系统不受外力作用，动量守恒 由此得 2分则 2分 得到 3.6910-19 J 2分 =9.210-20 J 2分7、解: 如题图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为与，两面间， 面外， 面外， ：垂直于两平面由面指为面第九章 稳恒磁场和电磁场的相对性1、解：设弧ADB = L1，弧ACB = L2，两段弧上电流在圆心处产生的磁感强度分别为 3分、方向相反 圆心处总磁感强度值为 2分两段导线的电阻分别为 1分因并联 2分又 =1.6010-8 T 2分2、解：令、和分别代表长直导线1、2和三角形框的(ac+cb)边和ab边中的电流在O点产生的磁感强度则 ：由毕奥萨伐尔定律，有 ， 方向垂直纸面向外 2分：对O点导线2为半无限长直载流导线，的大小为 ， 方向垂直纸面向里 2分：由于电阻均匀分布，又与并联，有 代入毕奥萨伐尔定律有： 3分B的大小为： B = 方向： 垂直纸面向里 1分3、解:电子在xz平面内作速率为v的圆周运动(如图)， 则 2分电子运动的周期 1分则原子的轨道磁矩 3分的方向与y轴正向相反 1分设方向与x轴正向平行，则系统所受力矩 3分4、解：(1) 利用安培环路定理可求得1导线在P点产生的磁感强度的大小为： 2分2导线在P点产生的磁感强度的大小为： 2分、的方向如图所示P 点总场 ， 3分 (2) 当 ，时，B(x)最大 由此可得：x = 0处，B有最大值 3分5、解： B1、B2分别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度，B3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度 ， 3分 ， 3分 4分6、解：(1) L1中电流在两导线间的a点所产生的磁感强度 T 2分L2中电流在a点所产生的磁感强度 T 1分由于、的方向相同，所以a点的合磁感强度的大小 T 2分 (2) L中电流在两导线外侧b点所产生的磁感强度 TL2中电流在b点所产生的磁感强度 T 1分由于和和的方向相反，所以b点的合磁感强度的大小 T 2分7、解：设微振动时线圈振动角度为 ()，则由转动定律 即 振动角频率 周期 第十章 电磁感应1、解：大环中相当于有电流 2分这电流在O点处产生的磁感应强度大小 2分以逆时针方向为小环回路的正方向， 2分 方向：dw(t) /dt 0时，i为负值，即i为顺时针方向 1分 dw(t) /dt 0时，i为正值，即i为逆时针方向 1分2、解：线框内既有感生又有动生电动势设顺时针绕向为 Ei的正方向由 Ei = -dF /d t出发，先求任意时刻t的F (t) 2分 2分再求F (t)对t的导数： 4分方向：l t 1时，顺时针 2分3、解：建立坐标系，长直导线为y轴，BC边为x轴，原点在长直导线上，则斜边的方程为 ，式中r是t时刻B点与长直导线的距离三角形中磁通量 6分 3分当r =d时， 方向：ACBA(即顺时针) 4、解(1) 由 ， 3分得 积分 得 4分其中 (2) 当t足够大则 0 可得稳定速率 3分5、解：棒上线元dl中的动生电动势为： 3分金属棒中总的感生电动势为 1分 4分方向由O指向另一端 2分6、解：选沿回路顺时针方向为电动势正方向，电动势是由动生电动势E1和感生电动势E2组成的设回路在x位置： 4分 2分 2分设总感应电动势为E，且 x =vt，则有 分7、解：在时 取 (导线长)则 第十一章 电磁场和电磁波1、解：设坐标如图所示，t时刻点电荷q在圆心处产生的电位移为 3分 2分圆心处的位移电流密度为 3分2、解：由静电学计算： 代表r方向单位矢量 5分位移电流密度为 4分过球面的总位移电流 3分3、解： (1) 3分 (2) 由全电流的连续性，得 2分4、解: (1) (2) 取平行于极板，以两板中心联线为圆心的圆周，则 当时， 第十二章 光的干涉1、解：(1) Dx20 Dl / a 2分 0.11 m 2分 (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2 2分设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有 r2r1kl 2分所以 (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 零级明纹移到原第7级明纹处 2分2、解：(1) dx / D kl xDkl / d = (1200550010-6 / 0.50)mm= 6.0 mm 4分(2) 从几何关系，近似有 r2r1 有透明薄膜时，两相干光线的光程差 d = r2 ( r1 l +nl) = r2 r1 (n-1)l 对零级明条纹上方的第k级明纹有 零级上方的第五级明条纹坐标 3分 =1200(1.581)0.015510-4 / 0.50mm =19.9 mm 3分3、解：(1) 如图，设P0为零级明纹中心 则 3分(l2 +r2) - (l1 +r1) = 0 r2 r1 = l1 l2 = 3l 3分 (2) 在屏上距O点为x处, 光程差 2分明纹条件 (k1，2，.) 在此处令k0，即为(1)的结果相邻明条纹间距 2分4、解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2l处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜厚度 e4= 4.810-5 rad 5分 (2) 由上问可知A处膜厚为 e43500 / 2 nm750 nm，对于l600 nm的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为，它与波长之比为所以A处是明纹 3分(3) 棱边处仍是暗纹，A处是第三条明纹，所以共有三条明纹，三条暗纹 2分5、解：空气劈形膜时，间距 液体劈形膜时，间距 4分 q = l ( 1 1 / n ) / ( 2Dl )1.710-4 rad 4分 6、解: (1)由知， (2) 7、解: 设光垂直入射增透膜，欲透射增强，则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即 令，得膜的最薄厚度为当为其他整数倍时，也都满足要求第十三章 光的衍射1、解： a+b= (1 / 300) mm = 3.33 mm 1分 (1)(a + b) siny =klkl= (a + b) sin24.46= 1.38 mm lR=0.630.76 mm；lB0.430.49 mm对于红光，取k=2 , 则 lR=0.69 mm 2分对于蓝光，取k=3, 则 lB=0.46 mm 1分 红光最大级次kmax= (a + b) / lR=4.8, 1分取kmax=4则红光的第4级与蓝光的第6级还会重合设重合处的衍射角为y , 则 y=55.9 2分 (2) 红光的第二、四级与蓝光重合，且最多只能看到四级，所以纯红光谱的第一、三级将出现 y1 = 11.9 2分 y3 = 38.4 1分5、解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知 (取k1 ) 1分 1分 , 由于 , 所以 1分 1分则两个第一级明纹之间距为 =0.27 cm 2分 (2) 由光栅衍射主极大的公式 2分且有 所以 =1.8 cm 2分3、解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 a + b =2.410-4 cm 3分 (2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 由于第三级缺级，则对应于最小可能的a，j方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 a = (a + b)/3=0.810-4 cm 3分 (3) ，(主极大) ，(单缝衍射极小) (k=1，2，3，.) 因此 k=3，6，9，.缺级 2分又因为kmax=(ab) / l=4, 所以实际呈现k=0，1，2级明纹(k=4在p / 2处看不到) 2分4、解：由光栅衍射主极大公式得 4分当两谱线重合时有 j1= j2 1分即 1分两谱线第二次重合即是 ， k1=6， k2=4 2分由光栅公式可知d sin60=6l1 =3.0510-3 mm 2分5、解：(1) (a + b) sinj = 3l a + b =3l / sinj ， j=60 2分 a + b =2l/sin =30 1分 3l / sinj =2l/sin 1分 l=510.3 nm 1分 (2) (a + b) =3l / sinj =2041.4 nm 2分 =sin-1(2400 / 2041.4) (l=400nm) 1分 =sin-1(2760 / 2041.4) (l=760nm) 1分白光第二级光谱的张角 Dj = = 25 1分6、解： 光栅常数d=210-6 m 1分 (1) 垂直入射时，设能看到的光谱线的最高级次为km，则据光栅方程有 dsinq = kml sinq kml / d 1 ， kmd / l=3.39 km为整数,有 km=3 4分(2) 斜入射时，设能看到的光谱线的最高级次为，则据斜入射时的光栅方程有 sinq1 =5.09 为整数，有 =5 5分7、解：单缝衍射的明纹公式为 当时，时，重合时角相同，所以有得 第十四章 光的偏振1、解：(1) 透过P1的光强 I1I0 / 2 1分设P2与P1的偏振化方向之间的夹角为q，则透过P2后的光强为 I2I1 cos2q = (I0 cos2q ) / 2 2分透过P3后的光强为 3分由题意可知I3I0 / 8，则q45 1分(2) 转动P2，若使I3I0 / 16,则P1与P2偏振化方向的夹角q22.5 2分P2转过的角度为(4522.5)22.5 1分2、解：设入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P1的偏振化方向之间的夹角为q1，已知透过P1后的光强I10.716I0，则 I10.716 I0 0.5(I0 / 2)0.5(I0 cos2q1) 3分 cos2q10.932 q115.1(15) 1分设q2为入射光中线偏振光的光矢量振动方向与P2的偏振化方向之间的夹角已知入射光单独穿过P2后的光强I20.375I0， 则由 得 q260 2分以a 表示P1、P2的偏振化方间的夹角，a有两个可能值 aq2q175 2分或 aq2-q145 2分3、解：设I为自然光强；xI为入射光中线偏振光强，x为待定系数，即入射光中线偏振光强与自然光强之比据题意，入射光强为IxI (1) 3分 3分 解得 2分 (2) 将x值代入 cos2q =1 / 4 q60 2分4、解：设入射光中两种成分的强度都是I0，总强度为2 I0 (1) 通过第一个偏振片后，原自然光变为线偏振光，强度为I0 / 2， 原线偏振光部分强度变为I0 cos2q，其中q为入射线偏振光振动方向与偏振片偏振化方向P1的夹角以上两部分透射光的振动方向都与P1一致如果二者相等，则以后不论再穿过几个偏振片，都维持强度相等(如果二者强度不相等，则以后出射强度也不相等)因此，必须有 I0 / 2I0 cos2 q，得q45 2分为了满足线偏振部分振动方向在出射后“转过”90，只要最后一个偏振片偏振化方向与入射线偏振方向夹角为90就行了 2分 综上所述，只要两个偏振片就行了(只有一个偏振片不可能将振动方向“转过”90) 2分 配置如图，表示入射光中线偏振部分的振动方向， P1、P2分别是第一、第二偏振片的偏振化方向 2分 (2) 出射强度I2(1/2)I0 cos2 45I0 cos4 45 I0 (1 / 4)+(1 / 4)=I0/2比值 I2/(2I0)1 / 4 2分5、解： (1) 据布儒斯特定律 tgi(n2 / n1)1.50 / 1.33 2分 i48.44 (48) 1分 (2) 令介质中的折射角为r，则r 0.5pi41.56此r在数值上等于在、界面上的入射角。若、界面上的反射光是线偏振光，则必满足布儒斯特定律 1分 tg i0n3 / n21 / 1.5 2分 i033.69 1分因为ri0，故、界面上的反射光不是线偏振光 1分6、解：由题可知i1和i2应为相应的布儒斯特角，由布儒斯特定律知 tg i1= n11.33； 1分 tg i2n2 / n11.57 / 1.333， 2分由此得 i153.12， 1分 i248.69 1分由ABC可得 q(p / 2r)(p / 2i2)p 2分整理得 qi2r