大学物理学习指导下作业题参考答案

1、第十二章 静电场课 后 作 业1、一个细玻璃棒被弯成半径为R的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q，沿其下半部分均匀分布有电荷Q，如图所示试求圆心O处的电场强度 解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q处取微小电荷 dq = ldl = 2Qdq / p它在O处产生场强 2分按q角变化，将dE分解成二个分量： 3分对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷0 2分 2分所以 1分2、如图所示，一电荷面密度为s的“无限大”平面，在距离平面a处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R的圆面积范围内的电荷所产生的试求该圆半径的大小 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

2、=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教师评语教师签字月 日第十三章 电势课 后 作 业1、一“无限大”平面，中部有一半径为R的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为s如图所示，试求通过小孔中心O并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O点的电势为零) 解：将题中的电荷分布看作为面密度为s的大平面和面密度为s的圆盘叠加的结果选x轴垂直于平面，坐标原点在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为 2分圆盘在该处

3、的场强为 4分该点电势为 4分2、图示一个均匀带电的球层，其电荷体密度为r，球层内表面半径为R1，外表面半径为R2设无穷远处为电势零点，求球层中半径为r处的电势 解：r处的电势等于以r为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U1和球面以外的电荷产生的电势U2之和，即 U= U1 + U2 ，其中 U1=qi / (4pe0r) 4分 为计算以r为半径的球面外电荷产生的电势在球面外取d的薄层其电荷为 dq=r4p2d它对该薄层内任一点产生的电势为 则 4分于是全部电荷在半径为r处产生的电势为 2分若根据电势定义直接计算同样给分 3、在强度的大小为E，方向竖直向上的匀强电场中，有一半径为R的半球形光

4、滑绝缘槽放在光滑水平面上(如图所示)槽的质量为M，一质量为m带有电荷q的小球从槽的顶点A处由静止释放如果忽略空气阻力且质点受到的重力大于其所受电场力，求： (1) 小球由顶点A滑至半球最低点时相对地面的速度； (2) 小球通过B点时，槽相对地面的速度； (3) 小球通过B点后，能不能再上升到右端最高点C？解：设小球滑到B点时相对地的速度为v，槽相对地的速度为V小球从AB过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒， mvMV0 2分对该系统，由动能定理 mgREqRmv2MV2 3分、两式联立解出 2分方向水平向右 1分方向水平向左 1分 小球通过B点后，可以到达C点 1分4、两个同心的导体球壳，半

5、径分别为R10.145 m和R20.207 m，内球壳上带有负电荷q-6.010-8 C一电子以初速度为零自内球壳逸出设两球壳之间的区域是真空，试计算电子撞到外球壳上时的速率(电子电荷-1.610-19 C，电子质量me9.110-31 kg，e08.8510-12 C2 / Nm2）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 教师评语教师签字月 日第十四章 静电场中的导体课 后 作 业1、厚度为d的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电

6、荷之和为s 试求图示离左板面距离为a的一点与离右板面距离为b的一点之间的电势差 解：选坐标如图由高斯定理，平板内、外的场强分布为： E = 0 (板内) (板外) 2分1、2两点间电势差 3分 2、半径分别为 1.0 cm与 2.0 cm的两个球形导体，各带电荷 1.010-8 C，两球相距很远若用细导线将两球相连接求(1) 每个球所带电荷；(2) 每球的电势()解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响球上电荷均匀分布设两球半径分别为r1和r2，导线连接后的电荷分别为q1和q2，而q1 + q1 = 2q，则两球电势分别是 ， 2分两球相连后电势相等， ，则有 2分由此得到 C 1分 C 1

7、分两球电势 V 2分 3、如图所示，一内半径为a、外半径为b的金属球壳，带有电荷Q，在球壳空腔内距离球心r处有一点电荷q设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷 (2) 球心O点处，由球壳内表面上电荷产生的电势 (3) 球心O点处的总电势 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q 2分 (2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为 2分 (3) 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和 2分 2分4、半径分别为R1和R2 (R2

8、R1 )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q1和Q2，今将内球壳用细导线与远处半径为r的导体球相联，如图所示, 导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q 解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则 导体球电势： 2分内球壳电势： 2分二者等电势，即 2分解得 2分教师评语教师签字月 日第十五章 静电场中的电解质课 后 作 业 1. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R1 = 2 cm，R2 = 5 cm，其间充满相对介电常量为er 的各向同性、均匀电介质电容器接在电压U = 32 V的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R = 3.5 cm处的A点的电场强度和A点与外

9、筒间的电势差 解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+l和-l, 根据高斯定理可求得两圆筒间任一点的电场强度为 2分则两圆筒的电势差为 解得 3分于是可求得点的电场强度为 = 998 V/m 方向沿径向向外 2分A点与外筒间的电势差： = 12.5 V 3分 2.一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm，内柱的直径可以适当选择，若其间充满各向同性的均匀电介质，该介质的击穿电场强度的大小为E0= 200 KV/cm试求该电容器可能承受的最高电压 (自然对数的底e = 2.7183) 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为l，则电容器两极板之间的场强分布为 2分设电容器内外两极板半径分别为r0，R

10、，则极板间电压为 2分电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有 2分适当选择r0的值，可使U有极大值，即令得 2分显然有 a 3分小电流环的磁矩 2分 在极地附近zR，并可以认为磁感强度的轴向分量Bz就是极地的磁感强度B，因而有： 8.101022 Am2 3分3、真空中有一边长为l的正三角形导体框架另有相互平行并与三角形的bc边平行的长直导线1和2分别在a点和b点与三角形导体框架相连(如图)已知直导线中的电流为I，三角形框的每一边长为l，求正三角形中心点O处的磁感强度 解：令、和分别代表长直导线1、2和通电三角框的 、和边在O点产生的磁感强度则 ：对O点，直导线

11、1为半无限长通电导线，有 ， 的方向垂直纸面向里 2分：由毕奥萨伐尔定律，有 方向垂直纸面向里 2分和：由于ab和acb并联，有 根据毕奥萨伐尔定律可求得 =且方向相反 2分所以 1分把，代入B1、B2， 则的大小为 的方向：垂直纸面向里 1分4、在一半径R =1.0 cm的无限长半圆筒形金属薄片中，沿长度方向有横截面上均匀分布的电流I = 5.0 A通过试求圆柱轴线任一点的磁感强度(m0 =4p10-7 N/A2)解：选坐标如图无限长半圆筒形载流金属薄片可看作许多平行的无限长载流直导线组成宽为dl的无限长窄条直导线中的电流为 2分它在O点产生的磁感强度 2分 1分 1分对所有窄条电流取积分得

12、 2分 = 0 2分O点的磁感强度 T 2分教师评语教师签字月 日第十七章 磁力课 后 作 业1、假设把氢原子看成是一个电子绕核作匀速圆周运动的带电系统已知平面轨道的半径为r，电子的电荷为e，质量为me将此系统置于磁感强度为的均匀外磁场中，设的方向与轨道平面平行，求此系统所受的力矩解: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2、有一闭合回路由半径为a和b的两个同心共面半圆连接而成，如图其上均匀分布线密度为l 的电荷，当回路以匀角速度w 绕过O点垂直于回路平面的轴转动时，

13、求圆心O点处的磁感强度的大小 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 3、图所示为两条穿过y轴且垂直于xy平面的平行长直导线的正视图，两条导线皆通有电流I，但方向相反，它们到x轴的距离皆为a (1) 推导出x轴上P点处的磁感强度的表达式. (2) 求P点在x轴上何处时，该点的B取得最大值 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

14、大值 4、在真空中有两根相互平行的无限长直导线L1和L2，相距10 cm，通有方向相反的电流，I1 =20 A，I2 =10 A，试求与两根导线在同一平面内且在导线L2两侧并与导线L2的距离均为 5.0 cm的两点的磁感强度的大小(m0 =4p10-7 Hm-1) 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 教师评语教师签字月 日第十

15、八章 磁场中的磁介质课 后 作 业1、一根同轴线由半径为R1的长导线和套在它外面的内半径为R2、外半径为R3的同轴导体圆筒组成中间充满磁导率为m的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图传导电流I沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的求同轴线内外的磁感强度大小B的分布 解：由安培环路定理： 0 r R1区域： ， 3分 R1 r R2区域： ， 3分 R2 r R3区域： H = 0，B = 0 3分2、螺绕环中心周长l = 10 cm，环上均匀密绕线圈N = 200匝，线圈中通有电流I = 0.1 A管内充满相对磁导率mr = 4200的磁介质求管内磁场强度和磁感强度的大小

16、 解： 200 A/m 3分 1.06 T 2分教师评语教师签字月 日第十九章 电磁感应课 后 作 业1、如图所示，一半径为r2电荷线密度为l的均匀带电圆环，里边有一半径为r1总电阻为R的导体环，两环共面同心(r2 r1)，当大环以变角速度w =w(t)绕垂直于环面的中心轴旋转时，求小环中的感应电流其方向如何？ 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、如图所示，真空中一长直导线通有电流I (t)

17、=I0e-lt (式中I0、l为常量，t为时间)，有一带滑动边的矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a矩形线框的滑动边与长直导线垂直，它的长度为b，并且以匀速(方向平行长直导线)滑动若忽略线框中的自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意时刻t在矩形线框内的感应电动势 并讨论 其方向 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 3、无限长直导线，通以常定电流I有一与之共面的直角三角形线圈ABC已知AC边长为b，且与长直导线平行，BC边长为

18、a若线圈以垂直于导线方向的速度向右平移，当B点与长直导线的距离为d时，求线圈ABC内的感应电动势的大小和感应电动势的方向 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、如图所示，在竖直面内有一矩形导体回路abcd置于均匀磁场中，的方向垂直于回路平面，abcd回路中的ab边的长为l，质量为m，可以在保持良好接触的情况下下滑，且摩擦力不计ab边的初速度为零，回路电阻R集中在ab边上 (1) 求任一时刻ab边的速率v和t的关系； (2) 设两竖直边足够长，最

19、后达到稳定的速率为若干？ 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 5、一无限长竖直导线上通有稳定电流I，电流方向向上导线旁有一与导线共面、长度为L的金属棒，绕其一端O在该平面内顺时针匀速转动，如图所示转动角速度为w，O点到导线的垂直距离为r0 (r0 L)试求金属棒转到与水平面成q角时，棒内感应电动势的大小和方向 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、一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为求：导线内部单位长度上所储存的磁能在时 取 (导线长)则 教师评语教师

20、签字月 日第二十章 光的干涉课 后 作 业1、在双缝干涉实验中，波长l550 nm的单色平行光垂直入射到缝间距a210-4 m的双缝上，屏到双缝的距离D2 m求： (1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距； (2) 用一厚度为e6.610-5 m、折射率为n1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9 m) 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

21、9.670 零级明纹移到原第70级明纹处 2分2、双缝干涉实验装置如图所示，双缝与屏之间的距离D120 cm，两缝之间的距离d0.50 mm，用波长l500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射双缝(1) 求原点O (零级明条纹所在处)上方的第五级明条纹的坐标x (2) 如果用厚度l1.010-2 mm， 折射率n1.58的透明薄膜复盖在图中的S1缝后面，求上述第五级明条纹的坐标x2、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 =

22、 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 2分 3、在双缝干涉实验中，单色光源S0到两缝S1和S2的距离分别为l1和l2，并且l1l23l，l为入射光的波长，双缝之间的距离为d，双缝到屏幕的距离为D(Dd)，如图求： (1) 零级明纹到屏幕中央O点的距离 (2) 相邻明条纹间的距离 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

23、 (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 4、用波长为500 nm (1 nm=10-9 m)的单色光垂直照射到由两块光学平玻璃构成的空气劈形膜上在观察反射光的干涉现象中，距劈形膜棱边l = 1.56 cm的A处是从棱边算起的第四条暗条纹中心 (1) 求此空气劈形膜的劈尖角q； (2) 改用600 nm的单色光垂直照射到此劈尖上仍观察反射光的干涉条纹，A处是明条纹还是暗条纹？ (3) 在第(2)问的情形从棱边到A处的范围内共有几条明纹？几条暗纹？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

24、，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、折射率为1.60的两块标准平面玻璃板之间形成一个劈形膜(劈尖角q 很小)用波长l600 nm (1 nm =10-9 m)的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹假如在劈形膜内充满n =1.40的液体时的相邻明纹间距比劈形膜内是空气时的间距缩小Dl0.5 mm，那么劈尖角q

25、应是多少？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、在杨氏双缝实验中，双缝间距=0.20mm，缝屏间距1.0m，试求：(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6、解: (1)由知， (2) 教师评语教师签字月 日第二十一章 光的衍射课 后 作 业1、用每毫米300条刻痕的衍射光栅来检验仅含有属于红和蓝的两种单色成分的光谱已知红谱线波长lR在 0.630.76mm范围内，蓝谱线波长lB在0.430.49 mm范围内当光垂直入射到光栅时，发现

26、在衍射角为24.46处，红蓝两谱线同时出现 (1) 在什么角度下红蓝两谱线还会同时出现？ (2) 在什么角度下只有红谱线出现？ 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 ,

27、 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 2、(1) 在单缝夫琅禾费衍射实验中，垂直入射的光有两种波长，l1=400 nm，l2=760 nm (1 nm=10-9 m)已知单缝宽度a=1.010-2 cm，透镜焦距f=50 cm求两种光第一级衍射明纹中心之间的距离 (2) 若用光栅常数d=1.010-3 cm的光栅替换单缝，其他条件和上一问相同，求两种光第一级主极大之间的距离 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.