大学物理电光各章练习题答案

1、大学物理练习题第八章：1、两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2（R1<R2），单位长度上的电荷数分别为和-。求距离轴线为处的电场强度和电势分布。（1）r<R1，（2）R1<r<R2，（3）r>R2解、作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理 E dS=q/0，即E 2rL=q/0r<R1时，q=0，E1=0；R1<r<R2，q=L，E2=，方向垂直于圆柱面； 20rr>R2，q=0，E3=0选处为电势零参考点R 2 电势分布：r<R1， V=E1dr+E2dr+E3dr=rR1R2R1Rln2 20R1 R1<

2、r<R2， V=E2dr+E3dr=rR2R2Rln2 20rr>R2， V=E3dr=0r2、半径为R1的金属薄球壳A外套有一半径为R2的同心金属薄球壳B。如球壳A带有电荷QA，球壳B带有电荷QB，且球A与球壳B放在真空中。求各区域的电场强度和电势分布。（1）r<R1；（2）R1<r<R2；（3）r>R2解、作半径为r的同心球面为高斯面，根据高斯定理 E dS=q/0 即E4r2=q/0r<R1时，E1=0 B R1<r<R2， E2=11QA,方向沿半径方向向外。 40r2(QA+QB),方向沿半径方向向外。 r>R2， E2=4

3、0r2电势分布选处为电势零参考点R2 r<R1，V=E1dr+E2dr+rR1R1R2 E3dr=140(QAQB+) R1R2R2R1<r<R2，V=rE2dr+R2E3dr=140(QAQB+) rR2r>R2，V=E3dr=rQA+QB40r13、一个半径为R1和R2的均匀带电球壳，总电荷为Q1，球壳外同心罩一个半径为R3的均匀带电球面，球面电荷为Q2。求电场分布：（1）r<R1；（2）R1<r<R2；（3）R2<r<R3解：取半径为r的同心球面为高斯面，由高斯定理 EdS=q/0，有. （1）r<R，该高斯面内无电荷，q=0，

4、故E1=0Q1(r3-R13)（2）R1<r<R2，高斯面电荷q=，故R23-R13Q1(r3-R13)E2=,方向沿半径方向向外。 33240(R2-R1)r（3）R2<r<R3时，高斯面的电荷为Q1，故E3=Q140r,方向沿半径方向向外。（4）r>R3，高斯面内的电荷为Q1+Q2，故E3=Q1+Q2,方向沿半径方向向外。 240r4、一均匀带电直线长为L，线电荷密度为。求直线的延长线上距L中点为r(r>L/2)处的场强。解 如图所示，电荷元dq=dx在点P的场强为dE=dx40r-x2整个带电直线在P点的场强为E=dE=L/2-L/2dx40r-x=4

5、0r2-L2/4L沿x轴正向。5、两均匀带点球壳同心放置，半径分别为R1和R2(R1<R2)，已知内外球之间的电势差为U12，求两球壳间的电场分布。解 设内球的带电量为q，则U12=Edr=R1R2R2q40rR1dr=2q11 - 40R1R2由此得两球壳间的电场分布为E=q40r2=U12R1R2 2rR2-R1方向沿径向。6、电荷量Q均匀分布在半径为R的球体内，试求：离球心r处(r<R)的电势。 解：由高斯定理Q43R1当r<R时，E1=40r243r3=Qr40R3 1Q当r>R时，E2=40r2 1以无穷远处为参考点，球内离球心r处的P点的电势为 R VP=E

6、dl=E1dl+E2dl PrR沿径向路径积分得VP=E1dr+E2drrRR=Rr1QQrdr+dr 32R40R40r1Q(3R2-rP2)=402R31第九章1、一长直电流I在平面内被弯成如图所示的形状，其中直电流 L1的延长线过o，电流ab是以o为圆心以R2为半径的3/4圆弧，求：场点o处的磁感强度B的大小和方向。解：场点o处的磁感强度是由三段特殊形状电流产生的场的叠加，即Bo=BL1+Bab+BL2各电流的磁感强度分别为:BL1=030IBab=42R10IBL=22R2方向： 垂直于纸面向外方向： 垂直于纸面向外30I0IBo=+8R4R方向： 垂直于纸面向外2、图所示，真空中,在

7、无限长导线中通有电流I,无限长导线与矩形线圈ABCD共面，且AB、CD都与长直导线平行。求通过矩形线圈的磁通量。解：无限长直流导线在其周围空间产生的磁场公式为 IB=0,方向为垂直于纸面向里2x垂直于长直导线x处取一面元bdx的磁通量为Id=0bdx 2x整个线圈的磁通量为l+aIb1Ibl+a=d=0=0ln2lx2l3、如图所示，真空中，在载流为I的无限长直导线的磁场中，放置有一等腰直角三角形导线ABC，其直角边长为a，AB边与导线平行且两者的距离为b。求三角形内的磁通量。解、无限长直流导线在其周围空间产生的磁场公式为B=0I2r建立如图所示的坐标系，在离原点O为x的地方取一宽度为dx，高

8、度为y的面积元的ds，在面积元ds内磁场可视为均匀，由于载流导线激发的磁场与三角形平面垂直，则在ds内的磁通量为Xd=Bds=0Iydx 2x0I(a+b-x)dx 2x又因为y=a+b-x，所以 d=则整个三角形内的磁通量为：a+b=d=b0IIa+b(a+b-x)dx=0(a+b)ln-a 2x2b4、 有一同轴电缆，尺寸如图（横截面图）。两导体中的电流均为I，但电流的方向相反，导体的磁性不考虑。试计算以下各处的磁感强度：（1）r<R1；（2）R1<r<R2；（3）R2<r<R3；（4）r<R3 解：同轴电缆导体内部的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，方向与

9、电流方向成右手法则，取半径为r的同心圆作为积分路径， Bdl=B.2r利用安培环路定理 Bdl=0I可解得各区域的磁感强度。r<R1，B1.2r=00IrI2， rB=1R122R120I 2rR1<r<R2，B2.2r=0I，B2=0IR32-r2(r2-R22) R2<r<R3，B3.2r=0I-I，B3=2222(R3-R2)2rR3-R2r>R3，B4.2r=0I-I=0，B4=05、一长直电流I在平面内被弯成如图所示的形状，其中直电流 ab和cd的延长线过o，电流bc是以o为圆心以R2为半径的1/4圆弧，电流de是以o为圆心、以R1为半径的1/4圆

10、弧，直电流ef与圆弧电流de在e点相切，求：场点o处的磁感强度B的大小和方向。解：场点o处的磁感强度是由五段特殊形状电流产生的场的叠加，即 Bo=Bab+Bbc+Bcd+Bde+Bef 各电流的磁感强度分别为:Bab=0Bcd=0Bbc=10I42R210I42R1方向：垂直于纸面向外 Bde=方向：垂直于纸面向里aBef=10I22R1 方向：垂直于纸面向里Bo=0I8R1+0I0I-4R18R2方向：垂直于纸面向里6、求各图中P点的磁感应强度B的大小和方向。解： P点的磁场相当于两个“半无限长”直电流磁场和半圆电流在P点的磁场的叠加，方向垂直纸面向里。P=210I10I0I022r+22r

11、=2r+I4r第十章1、长直导线与矩形单匝线圈共面放置，导线与线圈的长边平行矩形线圈的边长分别为a、b，它到直导线的距离为c (如图)当直导线中通有电流I = I0sint时，为常数，求矩形线圈中的感应电动势。解：、长直导线中通有电流I = I0sint ，则空间的磁场分布为B=0I/(2r)c+a 0Ib1穿过矩形线圈的磁通为 =BdS= dr 2rcb c+a 2cdIbc+a=-00lncost 矩形线圈中感应电动势为 =-2cdt =0bIln2、如图所示，在一长直密绕的螺线管中间放一正方形小线圈，'若螺线管长1m，绕了1000匝，通以电流I=10cos100t (A)，正方形

12、小线圈每边长5cm，共100匝，电阻为1。求：（1） 小线圈中的感应电动势；（2）小线圈中感应电流的最大值(正方形线圈的法线方向与螺线管的轴线方向一致，。= 4×10-7T.m.A-1)。解： 管内磁感应强度：B=0nI=0N1LI 矩形线圈磁通量：m=0N1LIa2N2 dm0N1N2a2dI=矩形线圈感应电动势：i= dtLdt410-71000100(510-2)=101001(A) 矩形线圈中感应电流的最大值：im=R11im3、在通有电流I=5A的长直导线近旁有一导线段ab，长l=20cm，离长直导线距离d=10cm。当它沿平行于长直导线的方向以速度=10m/s平移时，导线

13、段中的感应电动势多大？a，b哪端的电势高？解 如图所示ab d+l0I =d=Bdr=-Bdr=-dr d2r( )0Id+l410-751010+20=-ln=-ln 2d210=-1.110-5Va端电势高。4、如图所示，长直导线中通有电流I=5.0A，另一矩形线圈共1103匝，宽a=10cm，长L=20cm，以=2m/s的速度向右平动，求当d=10cm时线圈中的感应电动势。解 如图所示，线圈向右平移时，上下两边不产生动生电势。因此，整个线圈内的感应电动势为=1-2=N(B1-B2)L=NL30I11 - 2dd+a410-75.011=1100.22- =210-3V20.10.1+0.

14、1第十二章：1、在半导体器件生产中，为测定硅片表面的SiO2薄膜厚度，将薄膜一侧腐蚀成劈尖形状，用600nm的单色光从空气垂直照射到硅片表面，如果看到第10条暗纹 恰处于N处（如图），求SiO2薄膜厚度。解：入射光在SiO2薄膜上下表面的反射光均产生附加光程差。因此，在N处SiO2薄膜上下表面反射光的光程差为=2n2d此处d为SiO2薄膜厚度；又， 产生暗纹条件为：=(2k+1)N2，k=0,1，2，3则N处暗纹满足=2n2d=2(10-1)+1得：d=194n22将=600nm，n2=1.5代入上式可得，d=19600nm=1900nm=1.9m41.52、集成光学中的楔形薄膜耦合器的原理如

15、图所示，沉积在玻璃衬底上的是氧化钽（Ta2O5）薄膜，其楔形端从A到B厚度逐渐减小为零。为测定薄膜的厚度，用波长为632.8nm激光的氦氖激光垂直照射，观察到薄膜楔形端共出现11条暗纹，且A处对应一条暗纹，试求氧化钽薄膜的厚度。（Ta2O5对激光的折射率为2.21，玻璃的折射率n3>1.38），2在下表面反射光无附加光程差。因此，在A处Ta2O5薄膜上下表面反射光的光程差为=2n2d+2此处d为Ta2O5薄膜厚度；又，产生暗纹条件为：=(2k+1)，k=0,1，2，3 2则N处暗纹满足 2n2d+=2(11-1)+122得：，d =5n2632.8d=5nm=1.4um 将=632.8n

16、m，n2=2.21代入上式可得，2.21解、入射光在Ta2O5薄膜上表面反射光有附加光程差3、在如图所示的杨氏双缝干涉实验中，设S1，S2两缝之间的距离为d，屏到双缝的距离为D，相干光的波长为，若在缝S2的光路上插入一块折射率为n的云母片，结果使中央明纹中心移到原来第k级明纹的位置。（）求云母片的厚度d1 ；（2）判断条纹移动的方向； （3）条纹移动的距离。解（）插入介质片之前，两束光传到P点的光程差 d0=r2-r1=x=0 D插入介质片之后， 两束光传到P点的光程差: '=(r2-d1)+nd1-r1=(r2-r1)+(n-1)d1=k介质片的厚度:(n-1)d1=kk.(1)*

17、n-1（2）对第k级明纹原来出现的位置是x处：Dx=.k d现在出现在x处d'=x'+(n-1)d1=k DDDx'=k-(n-1)d1=x-(n-1)d1 ddx x'条纹向下移动。（3）条纹移动的距离为：Dx=x'-x=-(n-1)d1.(2) dd1=4、汞弧灯发出的光通过一滤光片后照射双缝干涉装置。已知缝间距d=0.60mm，观察屏与双缝相距D=2.5m，并测得相邻明纹间距离x=2.27mm。试计算入射光的波长，并指出属于什么颜色。 解：由x=D得 d=dx/D=0.6010-32.2710-3/2.5=5.4510-7m=545nm，绿色。5、一双缝实验中两缝间距为0.15mm，在1.0m