计算题参考答案(1).doc

131、电荷为q和2q的两个点电荷分别置于x1 m和x1 m处一试验电荷置于x轴上何处，它受到的合力等于零？解：设试验电荷置于x处所受合力为零，即该点场强为零。 得 x26x+1=0, m 因点处于q、2q两点电荷之间，该处场强不可能为零。故舍去。得 m 2、如图所示的长空心柱形导体半径分别为和，导体内载有电流I，设电流均匀分布在导体的横截面上。求（1）导体内部各点的磁感应强度。（2）导体内壁和外壁上各点的磁感应强度。解：导体横截面的电流密度为 在P点作半径为r的圆周，作为安培环路。由 得 即 对于导体内壁，所以 对于导体外壁，所以 3、如图所示，有一根长直导线，载有直流电流I，近旁有一个两条对边与它平行并与它共面的矩形线圈，以匀速度沿垂直于导线的方向离开导线设t =0时，线圈位于图示位置，求 (1) 在任意时刻t通过矩形线圈的磁通量F ; (2) 在图示位置时矩形线圈中的电动势E。 解：(1) (2) 4、在复色光照射下的单缝衍射图样中，其中某一未知波长光的第3级明纹极大位置恰与波长为光的第2级明纹极大位置重合，求这种光波的波长。解：设未知光的波长为，由单缝衍射的明纹条件： 及题意可知： 所以 5、解：由电荷分布的对称性可知场强是轴对称的，取以带电直线为轴的正圆柱面为高斯面，高为h，底面半径为r 。 由于场强垂直于上、下底面的法线，所以通过上、下底面的电通量为零。通过圆柱侧面的电通量为E2rh ，此高斯面包围的电荷为h 。 根据高斯定理有 E2rh = h /0 可得 6、解：两线圈在各自圆心处的磁感应强度分别为 两线圈在各自圆心处的磁感应强度相互垂直，所以在公共中心处的磁感应强度大小为 与的夹角为 7、解法一：（用等效法）连接、，圆弧形导线与、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。， ， 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：， 8、解：(1) 由单缝衍射可知：l 当时，, , 取= 1有 中央明纹宽度为 (2) 由光栅方程：， 得 取= 2，共有= 0，1，2 等5个主极大 9、解：在半圆环上取 微元dl，该微元所带电量为dq，其在圆心处产生的电势为： 则带电半圆环的电场中圆心处的电势为： 10、解：电流在点分为两支路和，每一支路上的电阻值应有长度成正比，且两点间电压恒定，得 在点有 由以上两式可得 有 方向垂直图面向里。 方向垂直图面向外。 方向垂直图面向外。 11，解：考虑到和，可利用磁能的形式求自感。 由环路定理，易知磁场分布： 则： 单位长度的磁能为：利用，有单位长度自感： 12、解：(1) 最小分辨角 (2) 在距黑板10 m处的同学能分辨的最小距离为 所以能看清。 计算题413、解：（1）电荷均匀分布在球面上，关于球心对称，故场强也关于球心对称，取图示与球面同心半径为r的高斯面，求球外任一场点P处的场强。 （rR）同理取图示高斯面，求球内任一场点Q处的场强。 （rR) （rR） 14、解：根据题意，矩形线圈的短边bc和da所受磁场力的大小相等、方向相反，互相抵消。所以矩形线圈所受磁场力就是其长边ab和cd所受磁场力的合力。 （2分） ab边所受磁场力的大小为 方向向左 cd边所受磁场力的大小为 方向向右。 矩形线圈所受磁场力的合力的大小为 方向沿水平向左。15、解： 设B中通有电流，则在A处产生的磁感应强度为： （1）A中的磁通链为：。则：，。 （2）, 16、解：由单缝衍射的暗纹条件： 第k级暗纹的位置： 所以中央明条纹一侧第三级暗条纹和另一侧第三级暗条纹之间的距离为 所以 17、解：dE=dq/4oR2=Rd/4oR2 , dEx=dEcos=cosd/4oR Ex=/3-/3cosd/4oR=3 Q/82oR2 根据对称性分析有： Ex=Exi=3Q/82oR2i 18、解：利用安培环路定理分段讨论。 （1）当时，有：； （2）当时，有：，； （3）当时，有：， ； （4）当时，有：，。 则： 19、解：因海水是导体，且在地磁场中作切割磁场线的运动，产生动生电动势，故在两电极之间产生电势差。 由动生电动势公式：或 两电极之间电势差： 所以： 20、解：(1) 干涉条纹间距 Dx = lD / d 相邻两明条纹的角距离 Dq = Dx / D = l / d由上式可知角距离正比于l，Dq 增大10，l也应增大10故 ll（10.1）648.2 nm (2) 整个干涉装置浸入水中时，相邻两明条纹角距离变为Dq Dx / (nd) = Dq / n 由题给条件可得 Dq 0.15 21、解：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向带电直杆的电荷线密度为l=q / L，在x处取一电荷元dq = ldx = qdx / L，它在P点的场强： 整个杆上电荷在P点产生的电势 方向沿x轴，即杆的延长线方向。 22、解： a段对O点的磁感应强度相当于半无限长的通电导线产生的磁感应强度 b段的延长线过点， c段产生的磁感应强度为：， 则：O点的总场强：，方向如图。 23、解： 在处， 在处， 在处， 24、解：1）a + b = 10-23200 m k=3 =300 由sin = k/（a+b）得= 5208 A 2) 由sin = k/（a+b）=2520810-103200/10-2 =0.333； f=1m x =f tg=0.35 m 或x =f tgf sin=0.33 m 25、解：设点电荷q所在处为坐标原点O，x轴沿两点电荷的连线 (1) 设的点的坐标为，则 可得 解出 另有一解不符合题意，舍去。 (2) 设坐标x处U0，则 得 d- 4x = 0, x = d/4 26、解：从O点引出一根半径线，与水平方向呈角，则有水平投影：，圆环半径：，取微元，有环形电流：， 利用：，有： ，。 27、解：取一长方体，其电阻为F 的方向与 v 的方向相反，阻止圆盘转动。28、解：相邻两明纹间距 ， 代入数据， 29、解：设内球上所带电荷为Q，则两球间的电场强度的大小为 (R1rR2） 两球的电势差 2.1410-9 C 30、解：（1）考察圆柱体内距轴线处到半径 的圆环等效电流。，选环路如图所示，由安培环路定理：， 2分有： 3分（2）由上述结论，带电长直圆柱体旋转相当于螺线管，端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半，所以端面中心处的磁感应强度：。 31、解： 32、用波长为589.3nm的光做牛顿环实验，测得某一明环半径为1.0mm，其外第四个明环的半径为3.0mm，求实验中所用的平凸透镜的凸面曲率半径。 解：牛顿环第k级明环的半径为： rk 第k4级明环的半径为： rk+4 则平凸透镜的凸面曲率半径为： 3.39m 33、 解：(1) 在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 dq = rdV = qr 4pr2dr/(pR4) = 4qr3dr/R4 则球体所带的总电荷为 (2) 在球内作一半径为r1的高斯球面，按高斯定理有 得 (r1R)，方向沿半径向外 在球体外作半径为r2的高斯球面，按高斯定理有 得 (r2 R)，方向沿半径向外 (3) 球内电势 球外电势 34、解：电流在点分为两支路为和，设为单位弧长电阻，弧长与并联，得 即 以垂直图面向里为正向，所以 支路在圆环中心点磁感应强度方向垂直图面向里，大小为 两支路在点的磁感应强度叠加，得. 半无限长直电流延长线过圆心，点的磁感应强度等于半无限长直电流在点磁感应强度，得 方向垂直图面向里。 35、解： 36、解：要起到增透效果反射光的光程差应满足干涉相消（设MgF2的厚度为e），即 2 n 2 e(2 k1) l/2 则增透膜的最小厚度： eminl/4 n 255010-9/(41.38) 9.9610-8m 要起到增反效果反射光的光程差应满足干涉相长，即 2 n 2 ekl 则增反膜的最小厚度： eminl/2 n 255010-9/(21.38) 1.9910-7m 37、解：(1) 设电荷的平均体密度为r，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面DS平行地面)上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电场强度通量为：E2DS-E1DS(E2-E1) DS 高斯面S包围的电荷qihDSr 由高斯定理(E2E1) DShDSr /e 0 4.4310-13 C/m3 (2) 设地面面电荷密度为s由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 。由高斯定理 = -EDS= s =e 0 E8.910-10 C/m2 38、解：如图，面电流密度为：。（1）当时，利用：，有：，导体内任一点的磁场强度， 再由，有导体内任一点的磁感应强度：， 利用公式，有磁化强度：；（2）当时，利用： 有：导体外任一点的磁场强度：，磁感应强度：。 39、解：（1）因