华东理工大学2020版大学物理(下)习题册答案

瓦=E+E2+E3=瓦=E+E2+E3=E2V22Eg= =Eg=E]sin45%=04笳0K第八章静电场1、三个电量为Y的点电荷各放在边长为r的等边三角形的三个顶点上。电荷Q（Q>0）放在三角形的重心上，为使每个负电荷受力为零，Q之值应为多大？解：利用矢量合成可得2、线电荷密度为人的无限长均匀带电线，分别弯成如图（。）和S）所示的两种形状，若圆半径为R,试求3）、（%）图中。点的场强。解：图（。）由两根半无限长带电直线和一段圆弧组成，方向如图所示。根据矢量合成E.tga=-=la=45°即与水平成45。心图（6）由两根半无限长带电直线和一段半圆弧组成，方向如图所示。根据矢量合成3、有一细玻璃棒被弯成半径为R的半圆形，其上半部均匀分布有电荷+Q，下半部均匀分布有电荷-Q，如图所示.求半圆中心。处的场强。解：由于对称性，dE+.dE一在x方向上的分量抵消Ex=0dq=Adi=ARdO（入=攻）y ttR犷2RdOAd0dE= -= 4笳°R〜 4笳（）RdEv-dEcos0 cosOdO4您0RE=2（dEcos6=2厂丸cos0———g-弓方向沿一y方向'J J。4密R £o冗R4、一无限大的均匀带电平板，电荷密度为o,在平板上挖去一个半径为R的圆孔，求通过圆孔中心并垂直于板的轴上一点P的场强。解：取圆环元半径为p,dq=alTCpdp则圆环元在轴线上产生dE公式犷1xdqdE= 不4笳。（炉+及R4^r0（p2+x2）2ax£2%（小+//方向沿x轴方向大学物理（下）习题册参考解答dEx--dEcos（/）dEx大学物理（下）习题册参考解答dEx--dEcos（/）dEx=-dEsin（/）]sin°cos向0=0f8s2阿。=—4-J。 4qR方向：沿y轴负方向。6、“无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R,设半圆柱面沿轴线。。’单位长度上的电荷为/I,求轴线上一点的电场强度。5、半径为R的带电细圆环，其电荷线密度为2=/l„sin0,式中4为一常数，。为半径R与x轴所成的夹角，如图所示。求环心O处的电场强度。解：_Adi_4）sinW。由初/?? 4侬、R7 1解： ”=—dl=-d0兀R 71dE=2疫（）R 2tt2£0R方向：沿y轴负方向。dEx=-dEcos0dEy=-dEsin6大学物理（下）习题册参考解答cos(p2败d)4宓0*2+/z2)27rxd.4大学物理（下）习题册参考解答cos(p2败d)4宓0*2+/z2)27rxd.4兀%(x2+/z2)(x2+h2)“2。一h、q.-—[1 )—J=--(1—cosa)2% (/?2+〃2产2 247、如图所示，在点电荷q的电场中，取半径为R的平面，夕在该平面的轴线上的4点处.求通过此圆平面的电通量。解法一：以4为中心，r为半径作一球面，则通过圆平面的电通量与通过以圆平面为底的球冠电通量相等。设球面积So=4^r2,通量00=—£。球冠面积S=2^r(r-rcosz)通量中——,1-cosa、@=①。(---)解法二:q(1-cosa)2加二(l-cosz)1-cosz=(X.+=(X.+Z2)/?（2）4和5不变,解：在平板内外取图示高斯面-dS=8、无限长的两个共轴直圆筒，半径分别是R和修，两圆筒面都均匀带电，沿轴线方向单位长度所带的电量分别是4和4。（1）求离轴线为r处的电场强度及（2）当4=-2,时，各处的电场强度E如何?解：（1）作高为〃的同轴圆柱形高斯面,9、一厚度为d的无限大平板，均匀带电，体电荷密度为p,求平板体内、外场强的分布，并以其对称面为坐标原点作出解：（1）作高为〃的同轴圆柱形高斯面,10、半径为R的非金属球带有正电荷，电荷体密度随径向距离的变化满足p=br,其中b为常数，r为离球心的距离，求球内、外场强的分布。故可由高斯定理求解。解：由于。与r成线性关系，电场分布仍有球对称性,作同心球面为高斯面故可由高斯定理求解。•dS=•dS=£外471r2=F_bR4

外R11、两个同心的均匀带电球面，半径分别为Ri=5.0cm,R?=20.0cm,已知内球面的电势为Ui=60V,外球面的电势Uz=-30V.求：(1)内、外球面上所带电量：(2)在两个球面之间何处的电势为零。解：⑴NJrr=pq',Jr=-^-(-——-)=60-(-30)=90V12h4症。产4症0& &%=6.67xlO-,oCq2=-1.33x10"/^0.10m=10.0cm又Ur=’一+—^—=60V,4q2=-1.33x10"/^0.10m=10.0cm(2)令r处U(r)=0即 -±—+—^2—=0 所以4您0〃 4麻oR2

12、电荷Q均匀地分布在半径为R的球体内，试证明离球心r(r<R)12、Q(3R2一r13、一均匀带电细杆，长为0=15.Ocm,电荷线密度X=2.0xl07C/m求:(1)细杆延长线上与杆的一端相距a=5.0cm处的电势。⑵细杆中垂线上与细杆相距b=5.0cm处的电势。5 “，dq Xdx解：(1)dU= = 4兀%(/+〃—x)4%-x) । 】 • »0dqiaxU=1 处 =2.5X103vzJ。47r(/+a—x)

14、半径为R的无限长圆柱体中，电荷按体密度p均匀分布，分别以（1）轴线处为零电势位置；（2）圆柱体表面为零电势位置。求圆柱体内、外的电势。解：场强分布q6%/q6%/(2)r<R U=Ed=/(陵一产)r>R U=J：Ed-*l*15、如图所示，AB=22,弧OCD是以B为中心,0为半径的半圆.A点有点电荷+q,B点有点电荷-q。（1）把单位正电荷从0点沿弧OCD移到D点，电场力作了多少功？（2）若把单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处，电场力作功又为多少？解：⑴〃=—^―+」-=04您4吟1A=q(U°_〃)=〃_〃⑵A2=-(uQ-uj=-^-6码)/

16、在静电透镜实验装置中，有一均匀带电的圆环，内半径为R,,外半径为R2,其电荷面密度为n（负电），现有一电子沿着轴线从无限远射向带负电的圆环，欲使电子能穿过圆环，它的初始动能至少要多大？解：设电子在无穷远处初动能为Ek,0点电子动能2017、一电偶极子原来与均匀电场平行，将它转到与电场反平行时，外力作功为A,则当此电偶极子与场强成45。角时，此电偶极子所受的力矩为多少？["sin6dd=2PE*小皿45。号等二当(A=PeE-(-PeE)=2PeE)18、如图所示，三块互相平行的均匀带电大平面，电荷密度TOC\o"1-5"\h\z为oi=1.2X10'C/m2,6=0.2X10'C/m?,o3=l.lX10'C/m2,可 oA点与平面H相距为5.0cm,B点与平面n相距7.0cm,求：(1)A、B两点的电势差；(2)把电量qo=-l.OXl()Tc的点电荷从a点移到B点，外力• •克服电场力作功多少？ A B3IIIIII解：(I)Ea=E,-E2-Ej =3xlQ-32分 1Q-3 3X10-'UA-UB=EAdl+EHd2= x5xl0-2+- x7xl0-22% 2%(2)A外=一4静=小叩=%(08—03=1.0x10-2X9.1X104=9.1x10-4)19、半径为R的均匀带电球面，带电量为Q,沿半径方向上有一均匀带电细线，线电荷密度为入，长度为/,细线近端离球心的距离为/,如图所示。设球和细线上的电荷分布固定，求细线在电场中的电势能。20、有一半径为R,电荷密度为o的均匀带电的圆盘，求：(1)圆盘轴线上任意一点的电势；(2)利用场强和电势梯度的关系求该点场强。解：取dq=2m'dr,,alnrdrcr/2_2 、U= =——(Vx+R-x)% , , 2%4^e0(x~+广)2E_—dU一b(2x bQx)出2e02y/x2+R22% &+K第九章静电场中的导体和电介质1、一导体球半径为R”其外同心地罩以内、外半径分别为R2和R3的厚导体壳，此系统带电后内球电势为U,外球所带电量为Q,求此系统各处的电势和电场分布？0q内解：设内球带电量为q内，依据题意可知电场分布 E=.47t80r20q内+Q47TEor2r<R,&<r<R?R2<r<R3r>R.u=C：五鬻八图/言+翼^U47t£oR]R2R「R|R?QR,R3-R1R3+RjRjU=-74ns0rqU=-74ns0rq内+Q4718oR3q内+Q4n£0r4ne0Rrv氏|R2<r<R3r>R,注上式采用带电球壳的电势叠加，也可用u=jKdf获得2、半径为R和R2（R,<R2）的相互绝缘的两同心导体球壳，现使内球壳带上+q电量时求：（1）外球的电荷与电势；（2）若把外球接地后再重新绝缘，外球的电势与电荷；（3）然后把内球壳再接地，这时内球的电荷为多少？这时外球的电势又为多少？解：⑴q“=0解：⑴q“=0U-危dJ元焉7dg福4外=-<1U=jEd/=0 (•・•信外=0)(3)-qR;q(R,~RJ4九％R,4冗4R,4兀 4jt80R2uc u/ U2 UZ3、如图所示，一个接地导体球半径为R,有一个 攵一、电量为q的点电荷，点电荷距球心的距离为/,求 q导体球表面的感应电荷q。 i—H解：设接地导体上的感应电荷为Q，分布在导体球-±~的表面，因导体球接地，球上各点电势均为零，即球心O点处电势Uo为零。Uo由点电荷q和球面上感应电荷共同产生U„=-Q+—g―=047t£()R4tT£0/4、A、B、C是三块平行金属板，面积均为200cm2,A,B相距4.0mm,A、C相距2.0mm,B、C两板均接地，现使A板带正电3.0XK)7C不计边缘效应，求：B板和C板上的感应电荷；A板的电势。 CAB解：(1)设B板感应电荷为-qi，C板的感应电荷为-q2q,+q2=q0)e, I% £()s得且=区⑵E?q2根据题意UA-UB=UA-ucEjd,=E2d2,⑶得旦=5」E：d,2由(1)、(2),(3)式可得q,=1.0xM'C,q2=2.0x107C»<2)UA=E,d,=%d,=1.0x10--x4.0x10-^23x1()3v8.85x1()72x0.02

5、半径均为a的两根平行长直导线，相距为d(d»a),求单位长度上的电容。解：设两导线间任意P点，距导线中心为r,则P点E为「A.XE= 卜 UA-UB=jEd/=fEdr=r27C80r27t£0(d-r)X1dUA-UB=jEd/=fEdr=r27C80r27t£0(d-r)X1d-a入- 1n 2兀a27TE,X.d-a= In 兀％ aln-^—d-aa6、如图，连接三个电容器，C,=50//F,6、如图，连接三个电容器，C,=50//F,C2=30/zF,C3=20/zF,(1)求该连接的总电容；(2)当在AB两端加100V的电压后，各电容器上的电压和电量各是多少？解：(1)设总电容为C,则一= 1 cC|C2+GC,(C2+C3) „C=―! -=25uFG+。2+(2)设AB两端的电压为U0)=C[/=25xlO^xlOO=2.5xlO-3Cq噜=家捍=5"U2=t/3={/-{/,=100-50=50Ve2=C2t72=3OxlO^x5O=1.5xlO_3C &=C3(/3=20x10^x50=1.0x103C7、一空气平行板电容器，极板面积S=0.2m?,间距d=1.0cm,充电使其两板电势差Uo=3X1O!V,然后断开电源再在两极板间充满介质，最后两板间电压降至IXIO'V,试计算：⑴(3)(5)原空气电容器电容C计算：⑴(3)(5)原空气电容器电容C。：两板间原电场强度Eo；(2)每一极板上所带电量Q：(4)放入介质后的电容和两板间场强E；解：⑴介质极化后每一面上的极化电荷Q'； (6)介质的相对介电常数£,？C„=£^=8.85x℃0.2=l77x101.0x10Q„=C0U„=1.77xlO-,ox3xlO'=5.31xlO-,C(3)民牛需二…加(3)民牛需二…加c*=空"„叩E=%需"V/m(5)Q(5)Q'=o's=(E„-E,)£os(3x105-105)x8.85x10-12x0.2=3.54x107C(6)C5.31x1010c

g— - -j(6)'Co1.77x1010

TOC\o"1-5"\h\z8、平行板电容器极板面积为S,两板间距离为d,当极板上充以等量异号电荷Q后断开电源，然后在电容器的左半面插入相对介电常数为4=3 ~ =的陶瓷介质板（忽略边缘效应），求：（1）极板上的自由电荷 I I面密度分布5、5；（2）两极板之间a、b两点电场强度E、 ：二二去：,二二二; %电位移矢量D和极化强度P；（3）陶瓷板插入前、后两极板 ,二一二三勺 ।电势差变化多少？ £r解：（1）左右两边电势差相等E,d=E,d„ss且65+O25=Q（2）由（1）、（2）解得CT,=%（2）此组合可看作两电容器的并联，电势差相等，距离相等.,.E•=Eb=区=-5- D,=q=也，Db=* £„2£oS * '2SPa=Xe£0Ea=（£,-1）£oE, P3=0（真空£,=1）（3）au=U-U'=虫-反=旦＜1£nS22ns28ns9、半径为R的导体球，带有电荷Q,球外有一均匀电介质的同心球壳，球壳内、外半径分别为a和b,相对介电常数为生,如图所示，试求：（1）介质内、外的电位移矢量D和电场强度E；（2）介质内的电极化强度P和介质两表面上的极化电荷面密度（3）画出电场线和电位移线，加以比较？解：（1）由题可知场的分布是球对称，应用高斯定理为半径r的同心球面a<r<b大学物理(下)习题册参考解答解：⑴应用有介质时高斯定理 fDdS=D27tr/=W电位移线电场线大学物理(下)习题册参考解答解：⑴应用有介质时高斯定理 fDdS=D27tr/=W电位移线电场线10、圆柱形的电容器由半径为R,的导线和与它同轴的导体圆构成，圆筒的半径为R”长为/,其间充满相对介电常数为0坏的溶液。设沿轴线单位长度导线上的电荷为九，单位长度.，圆筒上的电荷为-鼠略去边缘效应，试求： N(1)介质中电位移矢量D、电场强度E和极化强度P；(2)两极的电势差；(3)介质表面的极化电荷？27r£o£J2抬)£「/?!-Pcos00=(%-1)——--2兀jR?4(j[=PCOS乃二一(一1) 2吟R、11、一单芯同轴电缆，中心为一半径R】=0.5cm的金属导线，它外围包一层£尸5的固体介质，最外面是金属包皮。当在此电缆上加上电压后，介质内紧靠内表面处的场强E］为紧靠外表面处的场强E2的2.5倍。若介质的击穿场强Em=40kV/cm,求此电缆能受的最大电压是多少？解：设内外圆筒单位长度带电量±2,则介质中的场强 E,=—2叫err根据题意E|=2.5E,可解得R,=2.5R,=2.5x0.5=1.25cm又E1的场强最大，故电压升高后，该处先击穿。令E,=Em，则有入=2监A&Em方向：Ri指向R2介质内外表面的场强电缆能承受的最大电压Um7---dr=R,EMIn区=18.3kVUmR,2rtE„£rr R,12、一空气平板电容器的电容C=1.0pF,充电到电量为Q=1.0xl0«C后将电源切断(1)求两极板间的电位差和电场能量；(2)将两极板拉到原距离的两倍，试计算拉开前后电场能量的变化；解：⑴U=Q=i-Oxio60xl06VC1.0x1012W_Q1(W_Q1(1.0x10)；*2C2x1.0x10-L=0,5J(2)C'=—=-C2d2W'=—=2W'2C,AWc=W'c-Wc=Wc=0.5J13、电量为Q0,半径为即导体球，置于相对介电常数为％的介质球壳中，如果介质的内半径为Ro，外半径为R,求：(1)介质中的电场能量密度；(2)贮存在介质球壳内的电场能量。解：(1)能量密度3=g,£,E2由于场分布为球对称，应用高斯定理得14、两层相对介电常数分别为e”和€心的介质，充满圆柱形电容器两极板之间（如图）,电容器内、外两极圆筒在单位长度上的带电量分别为X和-除求：（1）单位长度上的电容；（2）此电容器系统单位长度上的电场的能量。解：（1）设介质1中电场强度为E],介质2中的电场强度为E2,由于在两介质中电场分布为轴对称，由高斯定理得D=一2nr大学物理(下)习题册参考解答第十章稳恒电流的磁场无限长载流直导线产生的磁感应强度B=包,2nr由图中的矢量分析可得大学物理(下)习题册参考解答第十章稳恒电流的磁场无限长载流直导线产生的磁感应强度B=包,2nr由图中的矢量分析可得B2+B4=2^』=号-2九J2a冗，2aB0=2-^-cos45°=-^- 方向水平向左局2a 加a2、把一根无限长直导线弯成图(a)、(b)所示形状，通以电流I.分别求出O点的磁感应强度B的大小和方向。解：(a)(b)均可看成由两个半无限长载流直导线1、3和圆弧2组成，且磁感应强度在O点的方向相同g_+型+2L亚=上J_ 方向垂直纸面向外。04nR4ttR4nR416nR(b)由于O点在电流1、3的延长线上，所以瓦=豆3=。Bo=B2喘。*警 方向垂直纸面向夕卜。1、四条相互平行的无限长宜载流导线，电流强度均为I,如图放置，若正方形每边长为2a,求正方形中心O点的磁感应强度的大小和方向。大学物理（下）习题册参考解答3、真空中有一边长为2的正三角形导体框架，另有互相平行并与三角形的be边平行的长直导臼圣普A-方向为x轴正方向。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,求正三角形中心点O处的磁感应强度B。Ia j -* 解：三角形高为.h=/sin60°=—^l/\.B,=(sin--sin60)=—(273-3)z“I2 4kI4、在半径为R=l.0cm的“无限长”半圆柱形金属片中，自下而上通以电流I=5.0A,如图所示。试求圆柱轴线任一点P处磁感应强度B的大小和方向。解：该金属薄片可看作由无数无限长直导线元叠加而成，对应于dl窄条的无限长直导线的电流为 （ 1 /d6方向如图27iR 2nRti〜i_nJ =岛“iA2 2百 4兀/4七h4n±xlli3 32dl=-dl=—Rd9=-d0TCRkR71它在P点产生的磁感应强度dBx=dBsiifl=_"Jsii0d02irRdBv=-dBco(0=--co®de2兀2rBv=JdBv=e—^-cofld0=Oyy°2n2Rdi=—dxdi=—dx

a.a+b In 4naa方向yz平面内与y方向成225°角5、如图所示，长宜薄铜片的宽度a,弯成一直角，在角延长线上离铜片一条边距离b处有一P点。求当薄铜片均匀流过电流I时，P处的磁感应强度。解：两块半无限长通电薄铜片1、2,可看成由无数半无限长直导线元叠加而成，导线元电流Noldx47t(a+b-x) 47ta(a+b-x)方向-yB(.NoldxJo]a+b

1 °47ta(a+b-x)4tui方向-y同理B?=B]方向-zAdrBCDAdrBCD-p. kUni.a+b*fsk B= In (—j—k)4naa6、如图所示，均匀带电刚性细杆AB,电荷线密度为3绕通过0点垂直于纸平面的轴以3角速度匀速转动,（0点在细杆AB延长线上），求O点的磁感应强度。解：方法一：运动电荷的叠加，根据公式豆=47ndB0=解：方法一：运动电荷的叠加，根据公式豆=47ndB0=Rodqvp0Xdrrco47tr24jrr2B0=rbunAo),B0=rb471r——dr=——In g等加流圆环在圆心的叠加，等效电流必如471r曲。=陪哈,B0=rbB0=rbjiqCdX-a+b dr= In 47tr一塑料圆盘，半径为R,可通过中心垂直于盘面的轴转动，设角速度为3,(1)当有电量为气的电荷均匀分布于圆盘表面时，求圆盘中心O点的磁感应强度B：(2)此时圆盘的磁距；(3)若圆盘表面一半带电+q/2.另一半带电(2)此时圆盘的磁距；(3)若圆盘表面一半带电+q/2.解：(1)盘的电荷密度为b=取半径为r、宽7tR-度为dr的圆环元，带电量为dq=o2mir,等效电流为CD. tdl=——dq=owrdr2n在圆心处产生的磁感应强度为dB= =包exordr=—p0coodr2r2r 2BoBo=JdB=—Hotocrir环的磁矩dPm=SdI=nr2dI=^|r3dr则圆盘的总磁矩Pm=Jd% ,e&=$3屋(3)由于盘一半带正电，一半带负电，当圆盘旋转时，相当于两个方向相反的电流，所以在盘心处合磁场为零。一无限大均匀载流平面置于外场中，左侧磁感应强度量值为TOC\o"1-5"\h\zb”右侧磁感应强度量值为3B”方向如图所示。试求 y(1)载流平面上的面电流密度i； B[ 3B]⑵外场的磁感应强度B。 |III解：B,=Bo-^H0>3BI=B()+1mo2B,=poi=i=--Mo

9、一根很长的铜线均匀通以电流I=10A,在导线内部作一平面，如图所示。求通过平面S单位长度上的磁通量。解：由安培环路定律可求得圆柱内任意一点的BfBdl=pi0IIB27tr=Lio——•7tr°7tR2B=2兀R2在距圆柱轴线为r与什dr处取一面积元dS,通量为d0>=B-dS=Bd52兀R24tu=IO6(Wb)(2)通过图中斜线所不面积的磁通量((2)通过图中斜线所不面积的磁通量(0=q=10cm,/=25cm)=RoMlnd-r.=2.2x1OY韦伯7t r.10、两平行长直导线相距d=40cm,每根导线载有电流h=l2=20A,如图所示。求：(1)两导线所在平面内任意一点的磁感应强度B；解(1)两导线产生的磁场在P点的方向相同，设P点离L为xB_1 」01227rx 2兀(d-x)(2)取面积元dS=/dx11、一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱（半径为Ri）和同一轴的导体圆管（内、外半径分别为R2和R3）构成，使用时使电流I从导体圆柱流出，从导体圆管流回。设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求磁感应强度的分布。解：由于电流分布具有轴对称性，可用安培环路定律求解r<R, B—素=爷，B,2nR；R,<r<R,B2nr=pi()IB2=^-ztttR2<r<Rrr2-R212、如图所示,f(4)B.dT=RoEI=Mo(I-D=0B4=0在半径为a的圆柱形长直导线中挖有一半径为b的圆柱形空管（a.>2b），空管轴线与柱体轴线平行，相距为d,当电流仍均匀分布在横截面上且电流为I时，求空管内磁感应强度B的分布。解：空管的存在使电流分布失去对称性，采用“填补法”将空管部分等效为同时存在电流密度为j和T的电流，其中j=一$__二这样，空间任一点的磁场B可以看成由半径为a、兀（a-b~）电流密度为j的长圆柱形导体产生的磁场B,和半径为b、电流密度为-j的长圆柱形导体产生的磁场B?的矢量和，设P点到大圆柱和小圆柱轴线的距离分别为R和r,由安培环路定理得B.=^Rj

' 2其中弓与左垂直，瓦与了垂直，由余弦定理得B~=8；+庆—2B[B?cosa=/R2f"F『2成『RrR2+r2-d

1 2Rr由此得空管内P点的磁感应强度为B=方向与两轴线连线相垂直。13、无限长直导线通过电流I”在其旁边放一导线AB,长为/,与L共面并相互垂直，通以电流b试求：(DAB导线受到的力的大小与方向：(2)当棒A端固定，则导线AB对A点的磁力距等于多少?解：(1)在L上取hdx,其受力方向垂直AB向上dF=I,dxB]=^&dx-27rx,F=fdF=C'.!^-dx==^^ln—27cx2tid12dx受到的磁力矩为dM=(x-d)dF=(x-d) dx2KxM=JdM=fd(x-d)^^-dx=HsIi-O-dln—)27rx2it d14、有一无限长载流直导线，通以电流小另有一半径为R的圆形电流b，其直径AB与电流L重合，在相交处绝缘，求：⑴半圆ACB受力大小和方向(2)整个圆形电流k所受合力大小和方向(3)线圈所受磁力矩。解：(1)在半圆上取一圆弧dl,受力为dF=I2dZB,sii^=^-I2d/dFx=dFsin0=上。“旦.J0sin0= -d02nsin0 2兀。dFy=dFcos0 由于对称性分析JdFy=0所以《»=同耳=伊丛加=’及小 方向沿x轴的正方向。2n2(2)同理可求BDA半圆受力方向沿x正方向。F=%+%人=2只=nJLdM„,=xdl; 由对称性分析可知M=0

15设电视显像管射出的电子束沿水平方向由南向」域动，电子能量为12OOOeV,地球磁场的垂直分量向下，大小为B=5.5x1O^Vb/m),问：(1)电子束将偏向什么方向？(2)电子的加速度为多少？15设电视显像管射出的电子束沿水平方向由南向」域动，电子能量为12OOOeV,地球磁场的垂直分量向下，大小为B=5.5x1O^Vb/m),问：(1)电子束将偏向什么方向？(2)电子的加速度为多少？(3)电子束在显象管内在南北方向上通过20cm时将偏转多远？解：(1)由洛仑兹力的方向判断电子束向东偏转(2)由电子的动能可求其速度12000xl.6xl0-19=648x1()7m/s电子在磁场中受洛仑兹力的作用而作圆周运动，向心加速度为FBeV5.5xl0-5xl.6xl0l9x6.48xl07a"=m~9.11X10*3'=6.2x1014m/s(3)电子运动的轨迹为圆，半径为R„mV9.11x10-31x6.48x107 、R= = Hi 丁=6.4(J")eB1.6xl0"l9x5.5xl(r:'由图可知当电子在南北方向前进y时，它将偏转Ax2_y2=6.4-J(6.4)2-(0.2)2=2.98mm16、水平桌面上放置一个绕有N匝的圆线圈，其半径为R,质量为m,通有电流I,由上往下看，电流为顺时针方向。若已知该处地磁场的磁感应强度为B,其方向为向」也偏向下，与水平方向成T顷角0(如图所示)。问当电流I超过多大时，线圈可从桌面上翘起？翘起的是哪一侧？解：通电线圈受到的磁力矩M=PmBsin(-1-0=NInR‘8sOB此力矩使线圈绕A点转动线圈对A点的重力矩 M'=mgR线圈能翘起，应满足M>M,所以mgBNtcRcosO17、边长为仁0.1m的正三角形线圈放在磁感应强度B=1T的解：(1)根据安培力公式d巨=IdTxB17、边长为仁0.1m的正三角形线圈放在磁感应强度B=1T的解：(1)根据安培力公式d巨=IdTxB方向垂直纸面向里ba:R.=IlBsin600=0.866(N)cb:Rb=HBsinn=0(2)M=PxB其磁矩为磁力矩(2)=10x1x1x0.1x0,1x0.866=4.33x102(J)⑶A=IA<D=I(O-0>„)=I(BScosO°-BScos-)=IB/sin60"M=ISBsin(n,B)=10x1x0.1x0.lx—2 2解：(1)在距中心距离p处，取宽度为dp的细圆环线圈的匝数整个线圈的磁矩 P”,=Jd*=J(3)任何位置的磁力矩均匀磁场中，如图所示。使线圈通以电流I=10A,求：(1)每边所受的力 (2)磁力矩大小(3)从所在位置转到线圈平面与磁场垂宜时磁力所作的功。ac：L=IlBsin600=10x0.1x1x0.866=0.866(N)18、总匝数为N的均匀密绕平面螺旋线圈，半径由r绕至R,通有电流I,放在磁感应强度为B的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，如图所示。试求：(1)平面线圈的磁矩：(2)线圈在该位置所受到的磁力矩；(3)线圈在磁力矩作用下转到平衡位置过程中，磁力矩所做的功。第十一、十二章习题参考解答1＞在螺绕环的导线内通有电流l°=20A,螺绕环共有线圈400匝，环的平均周长是40cm,利用冲击电流计测得环内磁感应强度LOT,试计算环截面中心处下列各值。（1）磁场强度；（2）磁化强度：（3）磁化率和相对磁导率；（4）磁化面电流：解：⑴fHd/=H/=NIH=NI=400x20=2()xl()4A/m/ 0.40M=^-H=^^~20X，°4A/m=7-76xl()5A/m(3)M(3)M=g咚=38.8H2.0xl04=>+Xm=>+Xm=39.8(4)I,=jj=M/=7.76x105x0.4=3.lOxIO5A2、无限长圆柱形的导体半径Ri，通以电流I,（均匀分布在其截面上），导体外是一层均匀的顺磁质，磁导率为R介质的外半径为R?，求：（1）介质内、外磁场强度H和磁感应强度B的分布；（2）介质内、外表面的磁化电流密度js解：（1）由安培环路定理及B和H关系可得r<R, H2nr=--nr;,H=—?―7tR； 2nR-R,<r<R,H27tr=IH=—27trr>R2H27tr=IH=—2tct3,-“无限长”直螺线管，单位长度上的匝数为n,螺线管内充满相对磁导率如的均匀磁介质，今在导线内通以电流I,求：(1)管内磁感应强度B；(2)磁介质表面的磁化电流密度js。解：(1)螺线管外的B=0,螺线管内的磁场均匀分布^)H-dT=Hl=nIlH=nlB= =|LX()|_LrnIis=(pr-l)H=(pr-l)nI4、图为用冲击电流计测量磁极间磁场的装置。小线圈与冲击电流计相接，线圈面积为A,匝数为N,电阻为R,其法向〃与该处磁场方向相同，将小线圈迅速取出磁场时,冲击电流计测得感应电量为q,试求小线圈所在位置的磁感应强度。回。仁解：由法拉第定律£=-%可知dtTOC\o"1-5"\h\ze_ d（|）_ dq-R^_ Rdt - dTt£f 1 ,.dq=—dt= d（|）R Rq=[j：-d<|）=]NB/K K...NA

5、有一段导线AC,长为0,能绕过其点0(点O距A端〃3)且垂直于AC的轴转动。若它在均匀磁场B(B的方向平行于轴竖直向上)中，从上向下看作逆时针转动时，如图所示，求：(1)导线AC两端的电势差(2)讨论A、C两点电势的高低1/321/31/321/3一- 5 2eOA=f(vxB)-d/=4b(o/2方向由。指向A方向由A指向B解：（1）£（）（.=J（vxB）,dl=JvBdx=JBoxdx=—eOA=f(vxB)-d/=4b(o/2方向由。指向A方向由A指向B6、如图所示，金属棒OA长为/,处在均匀磁场B中，绕通过O点的竖直轴OZ旋转，角速度co为，磁场方向沿轴0乙棒0A和轴0Z夹角为。=30。，求：(1)棒OA中的动生电动势的大小：(2)棒OA两端那一端电势高？解：(1)e(=J(vxB)-d/=JvBcos^-9^d/=JACOBSinO/d/=-^coBsin©/2=-^cdB/2⑵uA>u07、长为/的金属杆置于一无限长直电流I的磁场中,设金属杆与长直电流共面，并在此平面内绕其一端0匀角速度3旋转，0端距直导线为a,如图所示，试求杆转至下述两种位置时的感应电动势：(1)转至OA位置，即0=0时;(2)转至OC位置，即任意角度时。解：(1)de=(vxB)-d/=w/Bd/=(o-^-Idl2na方向OfA(2)de=(vxB)-d/'=£ "'J3(l-)dr=2兀siir0 r方向OfCco-2et也叫2兀sin?0[/sin0-alna+/s'ne]8、如图所示，有相同轴线的两个导体回路，小的回路在大的回路上两者相距x,x远大于回路的半径R(x»R),因此当大回路有电流i按图示方向流过时，小回路所围面积之内的磁场几乎是均匀的，现假定x以丫=也匀速而变化(1)⑵(3)解：dt试确定穿过小回路的磁通量巾和x之间的关系；当x=NR时(N为整数)，求小回路内的感应电动势;如果v>0,试确定小回路内感应电流的方向。(1)通电圆线圈在轴线上的磁感应强度为DJ。iR22(R2+X?产由于x»R,磁感应强度B可近似为B喈号又r»R,小线圈内的B可看作均匀0>=BS(ioi7n-2R2(2)当x=NR时d<()3g0inR2r23p„irtr2“一一就一2(NR)4v_2N4R2v(3)当v>0时，小回路中的磁通星减少，所以感应电流方向与大回路相同9、一导线ab弯成如图的形状，(其中cd是一半圆，半径后0.10m,ac和db两段的长度均为f=O.lm,在均匀磁场(B=0.50T)中绕轴线ab转动,转速n=60r/s,设电路的总电阻(包括电表M的内阻)为1000Q,求(1)任意时刻导线中的感应电动势和感应电流；(2)感应电动势和感应电流的最大值。通过线圈的磁通量为解：(1)当线圈平面与图示平面的夹角为。=cot时,_— 7tr-①=BS=BScos0=B coscot2导线中的感应电动势d① Birr%.Brtr2w.一dt2 = sincot= dt20.5x3.14x(0.10rx2x3.14x60xs.nl20x3J4t=Z96sin377ti=五=空^sin377t=2.96x10-3sin377tR10'⑵£z=2.96(V),整=2.96xKT3(A)10、半径为a的长直螺线管中，有些＞0的磁场。dt一直导线弯成等腰梯形的闭合回路ABCDA,总电阻为R,上底为a,下底为2a,如图放置，求：(1)AD段和BC段感应电动势；(2)闭合回路中总电动势。解：(1)作辅助线A0及DO则回路0AD0中的电动势d9dB =o. = dt1dt4dt2dBa—dt方向对于回路OBCO因磁场局限在圆柱内,在磁场中的面积S,=扇形面积='a26d(P

dt。dBita2dBs, = •dt6dt方向(2)闭合回路ABCDA中的感应电动势为BfC£=£bc方向AfBfCfD->A电子沿逆11、一电子在电子感应加速器中加速，从上向下看时,电子沿逆时针方向旋转，如图所示。试问磁场的方向如何？磁场随时间如何变化？如电子沿半径为r=1.0m的轨道作圆周运动，每转一周动能增加700eV,试求轨道内磁感应强度的变化率。解：磁场方向由纸面穿出，且磁感应强度随时间增加。--3B-dB,感应电动势£=fE-d/=-jJ—dS=--nr2Stdt6.28x10-6x50=3.14x10-4(V)大学物理(下)习题册参考解答dB -电子增加的动能AEk=ee6.28x10-6x50=3.14x10-4(V)大学物理(下)习题册参考解答dB -电子增加的动能AEk=ee=e—7tr2(=efEkdZ)dtT=^=^y=223(T/S)12、一矩形截面的螺绕环，如图所示，共有N匝，试求此螺绕环的自感系数。亦rfiA-r»110NIhAPoN1klb(P=JB-ds=Ja dr= hIn-11271r2na通过整个螺绕环磁通量为N<&13、一圆形线圈C1由50匝表面绝缘的细导线绕成，圆面积为S=4.0cm2,将此线圈放在另一个半径为R=20cm的圆形大线圈C2的中心，两者同轴，大线圈由100匝表面绝缘的导线绕成。(1)求这两线圈的互感系数M；(2)当大线圈中C2的电流以50A/S的变化率减小时，求小线圈G中的感应电动势嬴解：(1)由于r«R,可近似认为小线圈所在处的B为通过G处的磁通量链数叼2 %=n,b?s,=MN乎S两线圈的互感系数M=6.28xlO-6(H)2x20x102M中_50x100x4x3.14x10-7x4.0x10^解：由安培环路定律年求得u0NIB-27rr=p0NI B=——27tr通过矩形截面的磁通量为d(pd(p

dt=-p0nna2Imcocoscot14、一根无限长直导线与一矩形导线框在同一平面内，彼此绝缘，如图所示，试求(1)直导线和线框的互感系数；(2)若直导线中通有I=At的电流，线框中的感生电动势。解：(1)考虑磁通量的正负可知，通过线圈的磁通量为(p=jBdS=J^a^bdr=-^^ln3ZTtr2兀M=^=^ln3I2n(2)g=—M—=— AIn3dt2n15、半径为a的无限长密绕螺线管，单位长度上的匝数为n,通以交变电流i=Imsin(ot，则围在管环的同轴圆形回路(半径为〉a)上的感生电动势为多大？解：螺线管内的磁感应强度为 B=M()ni通过圆形回路的磁通量为(p=BS=M0ni7ra216、在一无限长直导线旁放一等腰直角三角形线圈，线圈与直导线在同一平面内，它的一条直角边与导线平行,导线中通以电流I,求：(1)在图示位置它们间的互感系数；(2)如果线圈以水平速度v向右匀速运动，当线圈达到图示位置时，线圈中的感应电动势。解：(1)通过AABC中的磁通量中=[—―(2a-x)dx=—la(21n2-1)a27tx 2nM=T=2S(21n2-1)(2)总的电动势可看作AC、AB切割磁力线产生感应电动势的代数和£ba=J(vxB).d/=vBa=v^la^方向BfA=J(vxB)d7=-fv-^-d/cosa=-£2a-^—=^ln2方向CfA

2兀x 1127rx 2兀总感应电动势baba+%=样一(l-ln2)Z7t方向BfAfCfB17、一无限长直粗导线，其截面各处的电流密度相等，总电流I,试求每单位长度导线所储藏的磁能。解：由安培环路定律可求出导线内的BB2nr=u.n to*〜8tt2〜8tt2R4°kR2 2兀R2磁能密度CD=取体积元dV=27rr/drerRNo1MoI/d"16nW=codv=„----ZTcr/dr= R16n1 108n:R4 16nR4单位长度的磁能为 w=业=上二° / 16兀18、真空中，半径R=0.10m的两块圆板构成一平板电容。如图所示，在电容器充电时，两极板间电场的变化dF率——=1.0xl0l3V/m-s9求：dt(1)两极板间的位移电流强度；(2)对电容器充电的电流强度。解：(1)位移电流密度j,=Q=小变Jddt0dt极板间位移电流1tl=id-rtR2=8.85xlOl2xl.OxlOl,x3.14x(O.l)2=2.78A(2)电流的连续性可得 I=ld=2.78A

第十三章光的干涉1、一束单色光射在两个相距为d=0.2mm的狭缝上。在狭缝后D=1.0m处的屏上，从第一条明条纹到同侧第四条明条纹的间距/=7.5mm,求此单色光的波长。解：根据双缝干涉明条纹关系B=dsine=d*=k九可得DkkD~d~_x产券(47)

a.AxdK- 3D7.5x10-3x0.2x10-33x1.0=500(nm)2kkD~d~_x产券(47)

a.AxdK- 3D7.5x10-3x0.2x10-33x1.0=500(nm)2、在双缝实验中，两缝相距5.0mm,缝距离屏1.0m,在屏上可见到两套干涉图案。一个是由480nm的光产生，另一个由600nm的光产生。问在屏上两套不同干涉图案的第三级明条纹（同侧）之间的距离是多少？解：双缝干涉明条纹中心位置x=k-X,所以同级而不同波长的光在屏上的间距为dAx=X2—X]=k£(入2-九])3——!-7(6000-4800)xlO-105.0xlO-3=7.2xl0-5(m)3、已知杨氏实验中d=0.40mm,D=50cm,入=640nm。求:(1)(2)(3)第一级明条纹与零级明条纹的间距；如P点离零级明条纹为0.2mm,问两束光在P点的位相差;P点的光强和零级明条纹的强度比。解:(1)Ax=W=6±<10^x50=8xl0.2cmd0.4x10'(2)0.04x0.02 .,，八_5 =1.6x10cm<p=—8=2nh501.6x10-56.4x10-5(3)I_4Ioco§TI中-4Io2=1:24、在双缝实验中，用一很薄的云母片(n=1.58)覆盖其中的一条狭缝，这时屏幕上的零级明条纹恰好移到屏幕原来第七级明条纹的位置上，如果入射光波长为550nm,试问此云母片的厚度是多少？解：原来第七级明纹的光程差为弓-==7入，放入云母片后第七级明纹变为中央明纹，其光程差为r2-(q-d+nd)=O巧—r(-d(n—1)=7A,5、在洛埃镜装置中，狭缝光源S。和它的虚像，在离镜左边20cm的平面内，如图所示。镜长30cm,在镜的右面边缘处放置一毛玻璃光屏。如S。到镜面的垂直距离为2.0mm,使用波长为720nm的红光，试计算平面镜右边边缘到第一条明条纹之间的距离。解：洛埃镜的反射光有半波损失，故干涉明纹条件为5=(2d)—+-=kkD2ID1. (20+30)7.2xlO-5..IA_,xk..= (k——)X=- =4.5x10cm2(2d) 2 0.4 2

6、在玻璃上涂上折射率为1.33的塑料薄膜。当我们的观察方向与膜面的法线方向成30°角时，可看到反射光呈绿色光（入=500nm）。已知玻璃的折射率为1.50,试问：（1）油膜的最小厚度为多少？（2）如果从膜面的法线方向观察，则反射光呈什么颜色。5.0x105==2.O3xl(Pcm2解：(1)8=2e-Jn2-nj1sin5.0x105==2.O3xl(Pcm22向-sin230- 271.332-(0.5)（2）从法线方向观察i=0,2nze.=0可得入=空出k=l入1=2ne.=2x1.33x2029=539.7nm绿色k=2M=^^=269.8nm 不在可见光范围- 2所以反射光为绿色。7、在棱镜（m=1.52）表面，涂一层增透膜（m=1.30）,为使此增透膜适用于550nm波长的光，求膜的最小厚度应多大？解：增透膜即反射相消，又两反射均有半波损失而无附加光程差，所以反射相消满足下列条件8=2n,e=(2k+l)^e=(2k+l)—4n2e„1n(k=0)=~5^=105.8(nm)4x1.308、厚度为625nm、折射率为“2=1.40的煤油膜浮于水面(水的折射率”3=133),一波长为500nm的单色光从空气(加=1.00)中垂直入射在油膜上(如图所示)，求：(1)反射光的光程差、相位差，并说明其干涉结果；TOC\o"1-5"\h\z(2)透射光的光程差、相位差，并说明其干涉结果。 ,A' \f解：(1)垂直入射i=0,有半波损失入 500光程差 5=2n,e+-=2x1.40x625+——=2000(nm)相位差 A<|)=—5=—x2OOO=87tX500干涉极大(2)光程差 5=2n,e=2x1.40x625=1750(nm)相位差 A<|)=—5=—x1750=7tiX500干涉极小9、利用等厚干涉可以测量微小的角度。如图所示，折射率〃=1.4的劈尖状板，在某单色光的垂直照射下测出两相邻明条纹间距/=0.25cm,已知单色光在空气中的波长为700nm,求劈尖顶角仇X700解：sine^e=—=^-=2xL4=lxio-4rad/ / 0.25xlO710、使用单色光观察牛顿环，测得某一明环的直径为3.00mm,在它的外面的第五个明环直径为4.60mm,已知平凸透镜的曲率半径为1.03m,求此单色光的波长。解：根据牛顿环的明纹关系可得8=2e-4--=2 1- =KX22R2M= =*(叭-琢)=5入X=——（D"—D：）=590nm20R —k平玻璃空气膜球面大学物理（下）习题册参考解答11、使平行光垂直入射图（a）和平玻璃空气膜球面大学物理（下）习题册参考解答11、使平行光垂直入射图（a）和（b）所示装置的上表面来观察等厚干涉。试画出反射光的干涉条纹（只画暗条纹），并标出条纹级次。根据1f=3+吟得k=3512、以钠光灯作为光源（入=589.3nm）,在迈克耳逊干涉仪的一支光路上，放置一个长度为d=140mm的玻璃容器，当以NH,注入容器时，测得干涉条纹移动AN=180条，求NH：,的折射率。解：迈克耳逊干涉仪每移过一条条纹光程差改变入2（n-l）d=l801竽+1=1.00038柱面镜4/平玻璃第十四'十五章习题参考解答1、以波长入=500nm的平行光，垂直照射到宽度a=0.25mm的单缝上，在缝后放置一个焦距f=25cm的凸透镜，则透镜焦平面处的屏幕上出现衍射条纹，试求：(1)中央明条纹的宽度；(2)中央明条纹两侧第三级暗条纹之间的距离。解：(1)中央明条纹的宽度为左右第一条暗条纹之间的宽度2x250x500x10^2x250x500x10^, =1mm0.25(2)根据单缝衍射暗纹条件，中央明纹两侧第3级暗纹中心位置满足〜f、x3=3•一入a则两侧第3级暗纹中心之间距离为2x3x250x500xl0-=3mm0.252、一波长A=600nm的单色光垂直射到缝宽a=0.4mm的单缝上，缝后有一焦距为f=lm会聚透镜，求：(1)单缝上、下端光线到屏上的相位差恰为4兀的P点距离中点。的距离；(2)屏上中央明纹的半角宽度。解：(1)A(p=—-8=—xasin0=—xa—=4n2a2x1x600x10-9x=——= ——=3x10ma 0.4x10-3(2)第1级暗纹中心位置满足asin(P]=±九得中央明纹半角宽Alp。asinq=—=1.5x1rada3、在白色平行光垂直射向单缝而产生的衍射条纹中，某波长光的第三级明纹和红色光(630nm)的第二级明纹相重合。求该光波的波长。解：根据衍射明纹条件asin。=(2k+1)2入奸 X则(2k,+1)—=(2k,+1)2 2.(2k2+l认红Qx2+Dx6302k3+12x3+1，X=--：2k3+12x3+14、在宽度a=0.6mm的狭缝后£>=40cm处，放置与狭缝平面平行的观察屏，如图所示。现以单色平行光垂直照射狭缝，在屏上形成单缝衍射条纹。若在屏上离中心0点为x=1.4mm的尸点出现明条纹，试求：(1)该入射光波长A(2)P点衍射条纹的级数；(3)从P点看，该光波在狭缝处的波阵面可分作几个半波带？解：由明纹条纹asin(p=a2=(2k+l)&得 । 修k=l X, =1400nmk=2 入2 =840nmk=3 入3 =600nmk=4 X4 =466.7nmk=5 X5 =381.8nm在可见光400nm〜760nm范围内，P点条纹级数应为k=3或k=4,入射光波长600或466.7nm当k=3,X3=600nm,对应半波带为2k+l=7个当k=4,X4=466.7nm,对应半波带为2k+l=9个5、已知人眼的瞳孔直径为3mm,可见光波长入=550nm。一迎面开来的汽车，其两车灯相距为1m,试求车离人多远时，这两个车灯刚能被人眼分辨？解：设车离人距离为s时，刚能分辨两车灯根据瑞利判据讥=1.22*可得1.22—«-，”入 1.22%1.22x550x101.2.2.—D6、两束波长分别为450nm和750nm的单色光，垂直照射在光栅上，它们的谱线落在焦距为1.50m的透镜的焦平面上，它们第一级谱线之间的距离为6X10%,试求此光栅的光栅常数。解：设两光波长为八|、入2，由光栅方程dsine=d]=kXf“d(750-450)x10Mx1.5得Xj—X|=(九2—“d(750-450)x10Mx1.57,用1mm内有500条刻痕的平面透射光栅观察钠光谱(入=589nm),问:(1)光线垂直入射时，最多能看到第几级谱线；(2)光线以入射角30°入射时，最多能看到第几级谱线。解：(1)d=—!—=2xl0'mm500由dsin8=kk及最多能看到的谱线时sin0〜1可得必一d 2x10-3km、<=—= -=3.4入 589x10-6所以最多能看到第3级谱线。(2)d(sin0±sin300)=kXk <d(l+sin30。)2x】0、(l+；)〃,max- 九 589x106k <d("sin30。)-Xi。"*)I?2mw_ 入 589x10-6所以一侧为第5级，另一侧为第1级。8、波长入=600nm的单色光垂直入射到光栅上，已知第二级主极大出现在。=30°处，第三级缺级。求：(1)光栅常数a+b；(2)光栅每个缝的宽度a；(3)光屏上可以看到几条谱线。解：(1)(a+b)sin6=21, ,2X2x600....d=a+b= = =2400nmsinesin300(2)由第三级缺级可知山=3/.a=800nm(3)最多能看到的谱线级数sin。〜1.d2400,k<—= =4X600k=0,±1,±2共5条谱线9,一双缝，缝间距d=O.lmm,缝宽a=0.02mm,用波长入=480nm的平行单色光垂直入射双缝，双缝后放一焦距为50cm的透镜，试求：（1）透镜焦平面上，干涉条纹的间距；（2）单缝衍射中央亮纹的宽度；（3）单缝衍射的中央包线内有多少条干涉的主极大？解：（1）由双缝干涉明条纹条件dsine=d^=kX得fx=k-X

d

相邻两明条纹间距离a八八3J,f,500x480x10^^Ax=（k+1）—X-k—X=—X= =2.4mmd d d 0.1（2）单缝衍射中央明纹的宽度为左右第一级暗纹之间距离由单缝衍射暗纹条件asin0=a之=k/得中央明条纹的宽度f八中央明条纹的宽度f八Ax0=2X1=2—X=a2x500x480x10^〜 =24mm0.02（3）由缺级条件k