南华大学大学物理(下)期末考试部分课后作业解答

真空中的静电场习题解答9－5一无限长均匀带电细棒被弯成如习题9－5图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆心O点处的场强为零。θRO解：设电荷线密度为λ，θRO在圆弧上取一弧元ds=Rdφ所带的电量为dq=λds在圆心处产生的场强的大小为由于弧是对称的，场强只剩x分量，取x轴方向为正，场强为dEx=-dEcosφ总场强为θRθROxdφdEφ方向沿着x轴正向。再计算两根半无限长带电直线在圆心产生的场强．θOE`E``xR根据上一题的公式③θOE`E``xR由于两根半无限长带电直线对称放置，它们在O点产生的合场强为方向沿着x轴负向当O点合场强为零时，必有，可得tanθ/2=1因此θ/2=π/4，所以θ=π/29－6一宽为b的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如习题9－6图所示。试求平板所在平面内，离薄板边缘距离为的点处的场强。解：建立坐标系。在平面薄板上取一宽度为dx的带电直线，电荷的线密度为dλ=σdx根据直线带电线的场强公式得带电直线在P点产生的场强为PbPbaOxdxy其方向沿x轴正向。由于每条无限长直线在P点的产生的场强方向相同，所以总场强为①场强方向沿x轴正向。9－7有一半径为的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为,求球心处的电场强度。解:如图所示，在球面上任取一面元，其上带电量为，电荷元在球心处产生的场强的大小为方向如图。由对称性分析可知，球心处场强方向竖直向下，其大小为9－10两无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2(R2>R1)，带有等量异号电荷，单位长度的电量分别为λ和-λ，求（1）r<R1；（2）R1<r<R2；（3）r>R2处各点的场强。解：由于电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也具有轴对称性。（1）在内圆柱面内做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内没有电荷，所以E=0，（r<R1）（2）在两个圆柱之间做一长度为l，半径为r的同轴圆柱形高斯面，高斯面内包含的电荷为q=λ穿过高斯面的电通量为根据高斯定理Φe=q/ε0，所以，(R1<r<R2)（3）在外圆柱面之外做一同轴圆柱形高斯面，由于高斯内电荷的代数和为零，所以E=0，（r>R2）9－12一个均匀带电圆盘，半径为，电荷面密度为，求：(1)轴线上任一点的电势（用表示该点至圆盘中心的距离）；(2)利用电场强度与电势的关系求轴线上的场强分布。解：如图所示，将均匀带电圆盘视为一系列连续分布的同心带电细圆环所组成，距点处取一宽为的细圆环，其带电量为，在点处产生的电势为所以，整个带电圆盘在点产生的电势为轴线上的场强分布为9－20电量q均匀分布在长为2L的细直线上，试求：（1）带电直线延长线上离中点为r处的电势；（2）带电直线中垂线上离中点为r处的电势；（3）由电势梯度算出上述两点的场强。解：电荷的线密度为λ=q/2（1）建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为dq=λdl根据点电荷的电势公式，它在P1点产生的电势为oxdoxdlyLr-LP1l总电势为（2）建立坐标系，在细线上取一线元dl，所带的电量为dq=λdl，在线的垂直平分线上的P2点产生的电势为，积分得olxxolxxxdl-LLyrθP2（3）P1点的场强大小为，①方向沿着x轴正向。P2点的场强为②方向沿着y轴正向。9－21如习题9－21图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R1和R2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：AOR1BRAOR1BR2rArB（2）利用电势梯度求A，B两点的场强。解：（1）A点在球壳的空腔内，空腔内的电势处处相等，因此A点的电势就等于球心O点的电势。在半径为r的球壳处取一厚度为dr的薄壳，其体积为dV=4πr2dr包含的电量为dq=ρdV=4πρr2dr在球心处产生的电势为OROR1R2rdr球心处的总电势为这就是A点的电势UA。过B点作一球面，B的点电势是球面外的电荷和球面内的电荷共同产生的。球面外的电荷在B点产生的电势就等于这些电荷在球心处产生的电势，根据上面的推导可得OROR1R2rBB球面内的电荷在B点产生的电势等于这些电荷集中在球心处在B点产生的电势。球壳在球面内的体积为包含的电量为Q=ρV这些电荷集中在球心时在B点产生的电势为B点的电势为UB=U1+U2．（2）A点的场强为．B点的场强为讨论：过空腔中A点作一半径为r的同心球形高斯面，由于面内没有电荷，根据高斯定理，可得空腔中A点场强为E=0，(r≦R1)过球壳中B点作一半径为r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为包含的电量为q=ρV根据高斯定理得方程4πr2E=q/ε0可得B点的场强为，(R1≦r≦R2)这两个结果与上面计算的结果相同。在球壳外面作一半径为r的同心球形高斯面，面内球壳的体积为包含的电量为q=ρV根据高斯定理得可得球壳外的场强为，(R2≦r)A点的电势为．B点的电势为．A和B点的电势与前面计算的结果相同．第10章静电场中的导体和电介质习题解答10－1点电荷处在导体球壳的中心，壳的内、外半径分别为和。试求：（1）；（2）；（3）三个区域的电场强度和电势。为观察点到的距离。解：由高斯定理得（1）当时，当时，当时，（2）当时，当时，当时，qABC10－5如习题10－5图所示，三块平行金属板A、B和C，面积都是S=100cm2，A、B相距d1=2mm，A、C相距d2=4mm，B、C接地，A板带有正电荷q=3×10-8qABC（1）B、C板上的电荷为多少？（2）A板电势为多少？解：(1)设A的左右两面的电荷面密度分别为σ1和σ2，所带电量分别为q1=σ1S和q2=σ2S在B、C板上分别感应异号电荷-q1和-q2，由电荷守恒得方程q=q1+q2=σ1S+σ2S①A、B间的场强为E1=σ1/ε0A、C间的场强为E2=σ2/ε0设A板与B板的电势差和A板与C板的的电势差相等，设为ΔU，则ΔU=E1d1=E2d2，②即σ1d1=σ2d2．③解联立方程①和③得σ1=qd2/S(d1+d2)所以q1=σ1S=qd2/(d1+d2)=2×10-8(C)q2=q-q1=1×10-8(C)B、C板上的电荷分别为qB=-q1=-2×10-8(C)qC=-q2=-1×10-8(C)(2)两板电势差为ΔU=E1d1=σ1d1/ε0=qd1d2/ε0S(d1+d2)由于k=9×109=1/4πε0所以ε0=10-9/36π因此ΔU=144π=452.4(V)由于B板和C板的电势为零，所以UA=ΔU=452.4(V)oR2R1εr10－9如习题10－9图所示，球形电容器的内、外半径分别为R1和R2oR2R1εr解：球形电容器的电容为对于半球来说，由于相对面积减少了一半，所以电容也减少一半。当电容器中充满介质时，电容为由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联d2ε1ε2d110－10如习题10－10图所示，板面积为S的平行板电容器，板间有两层介质，介电常数分别为ε1和ε2，厚度分别为dd2ε1ε2d1解：假设在两介质的介面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为C1=ε1S/d1和C2=ε2S/d2总电容的倒数为总电容为10－12在半径为R1的金属球外有一层相对介电常数为εr的均匀介质，介质层的内、外半径分别为和R2。设金属球带电Q0，求：（1）介质层内、外、、的分布；（2）介质层内、外表面的极化电荷面密度。解：（1）在介质内，电场强度和电位移以及极化强度是球对称分布的。在内外半径之间作一个半径为r的球形高斯面，通过高斯面的电位移通量为＝高斯面包围的自由电荷为q=Q0根据介质中的高斯定理Φd=q可得电位为D=Q0/4πr2方向沿着径向，用矢量表示为D=Q0r/4πr3电场强度为E=D/ε0εr=Q0r/4πε0εrr3方向沿着径向。由于D=ε0E+P所以P=D-ε0E=在介质之外是真空，真空可当作介电常量εr=1的介质处理，所以D=Q0r/4πr3，E=Q0r/4πε0r3，P=0。（2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q0产生的场为E0=Q0r/4πε0r3极化电荷q1`产生的场强为E`=q1`r/4πε0r3总场强为E=Q0r/4πε0εrr3由于E=E0+E`解得极化电荷为介质层内表面的极化电荷面密度为在介质层外表面，极化电荷为面密度为10－14一平行板电容器的极板面积为S，板间距离为d，接在电源上维持其电压为U。将一块厚度为d、相对介电常数为εr的均匀电介质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？解：平行板电容器的电容为C=ε0S/d，当面积减少一半时，电容为C1=ε0S/2d另一半插入电介质时，电容为C2=ε0εrS/2d两个电容器并联，总电容为C=C1+C2=(1+εr)ε0S/2d静电能为W=CU2/2=(1+εr)ε0SU2/4d第11章习题答案11-6如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流I＝20A，θ＝120°，a＝2.0习题10-7图d解：载流直导线的磁场习题10-7图dA点的磁感应强度=1.7310-3T方向垂直纸面向外。11-8如图所示，宽度为a的薄长金属板中通有电流I，电流沿薄板宽度方向均匀分布.求在薄板所在平面内距板的边缘为x的P点处的磁感应强度.习题10-9图y解：取离P点为y习题10-9图y长载流细条在P点产生的磁感应强度所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，方向垂直纸面向外.所以方向垂直纸面向外.11-12两平行长直导线，相距0.4m，每根导线载有电流I1＝I2＝习题10-13图xdxd解：如图取面微元习题10-13图xdxd方向垂直纸面向外.=2.2610-6Wb11-13长直同轴电缆由一根圆柱形导线外套同轴圆筒形导体组成，尺寸如图所示.电缆中的电流从中心导线流出，由外面导体圆筒流回.设电流均匀分布，内圆柱与外圆筒之间可作真空处理，求磁感应强度的分布.解：(1)(2)(3)(4)题10-14图习题10-15图11-15一根m＝1.0kg的铜棒静止在两根相距为l＝1.0m的水平导轨上，棒载有电流I＝50A，如图所示.(1)如果导轨光滑，均匀磁场的磁感应强度B垂直回路平面向上，且习题10-16图BabIlF习题10-16图BabIlF2F1方向水平向右,如图所示欲保持导线静止，则必须加力，方向与相反，即水平向左，=25N(2)F1-mg=maF1-mg0=0.12T11-16如题10-17图所示，在长直导线内通以电流=20A，在矩形线圈中通有电流=10A，与线圈共面，且，都与平行．已知=9.0cm,=20.0cm,=1.0cm，求：(1)导线的磁场对矩形线圈每边所作用的力；(2)矩形线圈所受合力和合力矩．解：(1)方向垂直向左，大小同理方向垂直向右，大小方向垂直向上，大小为方向垂直向下，大小为(2)合力方向向左，大小为合力矩∵线圈与导线共面∴．11-18塑料圆环盘，内外半径分别为a和R，如图所示.均匀带电＋q，令此盘以ω绕过环心O处的垂直轴匀角速转动.求：(1)环心O处的磁感应强度B；(2)若施加一均匀外磁场，其磁感应强度B平行于环盘平面，计算圆环受到的磁力矩.习题10-20图解：(1)取一r→圆环习题10-20图环上电荷环电流圆环电流的中心的(2)圆环r→磁矩大小为第12章电磁感应电磁场与电磁波OO`BABL/5ω习题12－2图12－2一条铜棒长为L=0.5m，水平放置，可绕距离A端为L/5处和棒垂直的轴OO`在水平面内旋转，每秒转动一周。铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如习题图12－2所示，磁感应强度BOO`BABL/5ω习题12－2图解：设想一个半径为R的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为ω，经过时间dt后转过的角度为dθ=ωdt扫过的面积为dS=R2dθ/2dθdθLωoRldΦ=BdS=BR2dθ/2动生电动势的大小为ε=dΦ/dt=ωBR2/2根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高。AO和BO段的动生电动势大小分别为由于BO>AO，所以B端的电势比A端更高，A和B端的电势差为=4.71×10-4(V)讨论：如果棒上两点到o的距离分别为L和l，则两点间的电势差为12－3一长直导线载有的稳恒电流，附近有一个与它共面的矩形绕圈。如习题图12－3所示，已知，，，线圈共有匝，以的速度水平离开直导线。试求线圈里的感应电动势的大小和方向。解Ⅰ：用法拉第电磁感应定律求解。长直载流导线附近一点的磁感应强度的大小为习题12习题12－3图根据电流的方向应用右手螺旋法则确定的方向（如图示）。若取线圈平面法向与的方向一致，任意时刻，线圈向右运动的距离是，穿过线圈的磁通量为因此，线圈中的电动势为由于线圈平面向右移的过程中，通过线圈平面的磁通量逐渐减少，根据法拉第电磁感应定律，可知回路中的感应电动势为顺时针方向，即方向。解Ⅱ：用动生电动势求解对于线圈中的每一匝可将其分为四段来计算由于（因为与垂直）因此有：实际上，某时刻线簇内的电动势就等于和两段导线在:时刻切割磁力线产生的电动势之差，因此也可以直接写出这与上面的计算结果一致。对于N匝线圈，产生的电动势为电动势的方向可作如下判断，由于处磁感应强度大于处磁感应强度，在段产生的感应电动势较段大，而和段感应电动势为零，因此沿顺时针方向，即方向。令，并代入数据，则线圈刚离开直导线时的感应电动势为（V）12－5如习题12－6图所示，直角三角形金属框放在匀强磁场中，平行ac，当框绕ac边以角速度转动时，求框中各边的动生电动势及回路中的动生电动势。设，。解Ⅰ：利用法拉第电磁感应定律由于磁场、线圈面积均不随时间变化，虽然，线圈绕ac边转动，但线圈平面法线与的夹角始终为，因此整个回路的动生电动势是零。习题12－6习题12－6图由于ac边不切割磁力线，对于cb边有在cb上取一小段，它距c点的距离为，这一小段运动速度为，且的方向与同向，有（b点电势较c点高）ab边的电动势为在ab上取一小段，它距转轴的距离为，其运动速度为，仍有。而的方向与的夹角为，，有，因此（b点电势较a点高）由于，整个回路的电动势12－8磁感应强度为的均匀磁场充满一半径为的圆柱形空间，一金属杆放在如习题12－8图所示的位置，杆长为，其中一半位于磁场内，另一半在磁场外。当时，求杆两端的感应电动势的大小和方向。解：根据磁场B柱对称，当时，可知为一系列同心习题12－8习题12－8图，这样在回路oac中的电动势为为杆为ac内的电动势，和分别为ab和bc部分内的电动势。由上面分析可知为三角形的面积，据题设，为回路内磁场复盖的区域扇形面积，据题设，图中，故因为，由楞次定律可判定c端电位高。12－11长为，宽为的矩形线圈与无限长载流直导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度水平向右平动，t时刻边距离长直导线为x；且长直导线中的电流按I=I0cosωt规律随时间变化，如图所示。求回路中的电动势。解：电流I在r处产生的磁感应强度为穿过面积元dS=dr的磁通量为习题12－11习题12－11图穿过矩形线圈abcd的磁通量为回路中的电动势为显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势，第二项是由于线圈运动产生的动生电动势。12－20两个共轴的螺线管A和B完全耦合，A管的自感系数L1=4.0×10-3H，通有电流I1=2A，B管的自感系数L2=9×10-3H，通有电流I2=4A。求两线圈内储存的总磁能。解：A管储存的自能为B管储存的自能为由于两线圈完全耦合，互感系数为A管和B管储存的相互作用能为Wm12=MI1I2=6×10-3×2×4=48×10-3(J)两线圈储存的总能量为Wm=Wm1+Wm2+Wm12=0.128(J)13—2用很薄的云母片（）覆盖在双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹的位置上，如果入射光波长为，试问此云母片的厚度为多少？解:设云母片厚度为，则由云母片引起的光程差为按题意∴13—3用包含两种波长成分的复色光做双缝实验，其中一种波长。已知双缝间距为，屏和缝的距离为，求屏上的第三级明条纹中心位置。已知在屏上的第六级明条纹和未知波长光的第五级明条纹重合，求未知光的波长。解：屏上的三级明纹中心的位置依题意屏上的第六级明条纹和波长为的第五级明条纹重合于x处则有即13—4平板玻璃（）表面上的一层水（）薄膜被垂直入射的光束照射，光束中的光波波长可变。当波长连续变化时，反射强度从时的最小变到时的同级最大，求膜的厚度。习题习题13-10图解∵,故有①②由上两式当时满足上式n=1,2,3,…但由于λ是连续可调的，在和间无其他波长消失与增强，所以取把或代入①式或②式13—5一玻璃劈尖的末端的厚度为，折射率为。今用波长为的平行单色光以的入射角射到劈尖的上表面，试求：（1）在玻璃劈尖的上表面所形成的干涉条纹数目？（2）若以尺寸完全相同的由玻璃片形成的空气劈尖代替上述的玻璃劈尖，则所产生的条纹数目又为多少？解：（1）玻璃劈尖相邻明（暗）条纹对应的厚度差为可以看见2016条明条纹，2017条暗条纹。（2）空气劈尖相邻明（暗）条纹对应的厚度差为可以看见1237条明条纹，1238条暗条纹。14—2一单色平行光束垂直照射在宽为的单缝上。在缝后放一焦距为的会聚透镜。已知位于透镜焦平面上的中央明条纹宽度为。求入射光波长。解：中央明纹的宽度为故入射光的波长为500nm.14—4用波长和的混合光垂直照射单缝。在衍射图样中，的第级明纹中心位置恰与的第级暗纹中心位置重合，求和。试问的暗纹中心位置能否与的暗纹中心位置重合？解：据题意有（1）即的第4，8，12等4的整数倍级明纹与的第5，10，15等5的整数倍级明纹重叠。（2）置于两衍射图样中的暗纹中心位置能否重合，则由暗纹条件即的第4，8，12等4的整数倍级暗纹与的第7，14，21等7的整数倍级暗纹重叠。14—7波长为的单色光垂直入射在一光栅上。第二级明条纹出现在，第四级缺级，试问：（1）光栅上相邻两缝的间距有多大？（2）光栅上狭缝可能的最小宽度有多大？（3）按上述选定的、值，试问在光屏上可能观察到的全部级数是多少？解：（1）（2）根据缺级条件(a+b)/a=k/k`，由题意得k`=1，k=4或2（即第2，第4，第6等级缺级）．解得b=3a或b=a．再根据光栅方程(a+b)sinθ=kλ，可得狭缝的宽度为a=kλ/4sinθ，或将k=2，sinθ=0.2，可得a=1500(nm)．或3000(nm)最小取1500(nm)则刻痕的宽度为b=3a=4500(nm)光栅常数为a+b=6000(nm)．（3）在光栅方程中(a+b)sinθ=kλ，令sinθ=1，得k=(a+b)/λ=10．由于θ=90°的条纹是观察不到的，所以明条纹的最高级数为9．又由于缺了4和8级明条纹，所以在屏上能够观察到2×7+1=15