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上海交大版大学物理学习题答案(下册)_9500字
11-1.直角三角形ABC的A点上，有电荷q1=1.8×10C，B点上有电荷
q2=-4.8×10-9C，试求C点的电场强度(设BC=0.04m,
解：q1在C点产生的场强
AC=0.03m).
4πε0AC2q2
q2在C点产生的场强
点的合场强E=
=3.24×104V
11-2.用细的塑料棒弯成半径为50cm的圆环，两端间空隙为2cm，电量为
3.12×10-9C的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向.
l=2πr-d=3.12m
=1.0×10-9C?m-1
电荷线密度
若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去d=0.02m长的带电棒在该点产生的场强。由于d??r，该小段可看成点电荷q′=λd=2.0×10
圆心处场强
q′2.0×10-119
E0==9.0×10×=0.72V?m-1
4πε0r(0.5)
方向由缝隙指向圆心处
11-3.将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四
分之一圆弧AB的半径为R，试求圆心O点的场强．
解：设O为坐标原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴半无限长导线A∞在O点的场强E1=
(i-j)4πε0R
半无限长导线B∞在O点的场强E2=
(-i+j)4πε0R
AB圆弧在O点的场强E3=
(i+j)4πε0Rλ
(i+j)4πε0R
E=E1+E2+E3=
11-4.带电细线弯成半径为R的半圆形，电荷线密度为λ=λ0sinφ，式中λ0为一常数，φ为半径R与x轴所成的夹角，如图所示．试求环心O处的电场强度．解：dE=
λ0sin?d?λdl
4πε0R4πε0R2
考虑到对称性
dEx=dEcos?dEy=dEsin?Ey=∫dEsin?=∫
λ0sin2??dλ
4πε0R8ε0R
方向沿y轴负向
11-5.一半径为R的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心O处的电场强
解：把球面分割成许多球带，球带所带电荷dq=2πrσdl
xdq4πε0(x2+r2)
2πrxσdl4πε0(x2+r2)
x=Rcosθr=Rsinθ1σsin2θdθ=i240
11-6.图示一厚度为d的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为ρ．求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x变化的图线，即E-x图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox轴垂直于平板)．
解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面S1为高斯面
∑q=2xρ?S
同理可得板外一点场强的大小E=
11-7.设电荷体密度沿x轴方向按余弦规律ρ=ρ0cosx分布在整个空间，式中ρ0为恒量．求空间的场强分布．
解：过坐标±x处作与x轴垂直的两平面S，用与x轴平行的侧面将之封闭，构成高斯
面。根据高斯定理有
∫∫∫ρdτ=
2ρ0SsinxSx
ρcosxdx=0
ε0∫-xε0
11-8.在点电荷q的电场中，取一半径为R的圆形平面(如图所示)，平面到
q的距离为d.试计算通过该平面的E的通量.
解：通过圆平面的电通量与通过与A为圆心、AB为半径、圆的平面
为周界的球冠面的电通量相同。球冠面的面积S=2πrH通过该球冠面的电通量Φ=
而H=r(1-cosα)
q2πrHqH?=
ε04πr22ε0r
qqd(1-cosα)=(1-222ε02ε0R+d
11-9.一球体内均匀分布着电荷体密度为ρ的正电荷，若保持电荷分布不变,在该球体中挖去半径为r的一个小球体，球心为O′，两球心间距离OO=d，如图所示.求:
(1)在球形空腔内，球心O′处的电场强度E0.
(2)在球体内P点处的电场强度E.设O′、O、P三点在同一直径上，且OP=d.
解：（1）利用补偿法，以O为圆心，过O′点作一个半径为d的高斯
面。根据高斯定理有
ρdEodS=E=方向从O指向O′00ε03ε0
（2）过P点以O为圆心，作一个半径为d的高斯面。根据高斯定理有
ρdEodS=E=P1P1
过P点以O′为圆心，作一个半径为2d的高斯面。根据高斯定理有
EP2odS=ε0
E=EP1-EP2=(d-2方向为径向
11-10.如图所示，一锥顶角为θ的圆台，上下底面半径分别为R1和R2，在它的侧面上均匀带电，电荷面密度为σ，求顶点O的电势．(以无穷远处为电势零点)
解：以顶点为原点，沿轴线方向为x轴，在侧面上取面元
1σdS1θ?=?σtand?dx4πε0r4πε02
R2tanθσ(R2-R1)σθ2π2
U=tan∫d?∫dx=
4πε.图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为ρ，球壳内表面半径为R1，外表面半径为R2．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势．
ρπ(r3-R13)33
ρ(r-R1)E2==
4πε0r23ε0r243ρπ(R2-R13)3
ρ(R2-R13)E3==
4πε0r23ε0r2
U=∫E2odr+∫E3odr
∞ρ(R-R)ρ(r3-R13)21
3ε0r23ε0r2
ρ2(R2-R12)2ε0
11-12.电荷以相同的面密度σ 分布在半径为r1=10cm和r2=20cm的两个同心球面上．设无限远处电势为零，球心处的电势为U0=300V．
(1)求电荷面密度σ.
(2)若要使球心处的电势也为零，外球面上应放掉多少电荷？（ε0=8.85×10
C2?N-1m-2）
解：（1）E1=0r?r1r1?r?r2
ε0r2σ(r12+r22)E3=
U0=∫E1odr+∫E2odr+∫E3odr
∞σ(r+r)σr1212
=∫+∫2r1εr2r2
=(r1+r2)ε0
ε0U08.85×10-12×300-92
σ===8.85×10Cm
r1+r230×10-3
（2）设外球面上放电后电荷密度σ'，则有'U0=(σr1+σ'r2)/ε0=0σ'=-r1/r2iσ外球面上应变为带负电，共应放掉电荷q'q'=4πr22(σ-σ')=4πr22(σ+r1/r2iσ)=4πr2(r1+r2)σ
=4πr2(r1+r2)ε0U0/(r1+r2)
=4πε0r2U0=4×3.14×8.85×10-12×300×0.2=6.67×10-9C
11-13.如图所示，半径为R的均匀带电球面，带有电荷q．沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为λ，长度为l，细线左端离球心距离为r0．设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能(设无穷远处的电势为零)．
解：以O点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为x轴
球面在轴线上任一点的场强
4πε0r0(r0+l)4πε0x2
方向沿X正方向。
dW=dq′EdxW=∫
r0+lqqλ=ln
4πε0r04πε0x2
11-14.一电偶极子的电矩为p，放在场强为E的匀强电场中，p与E之间夹角为θ，如图所示．若将此偶极子绕通过其中心且垂直于p、E平面的轴转180，外力需作功多少？
解：M=p×E
W=∫Mdθ=∫
pEsinθdθ=2pEcosθ
11-15.两根相同的均匀带电细棒，长为l，电荷线密度为λ，沿同一条直线放置．两细棒间最近距离也为l，如图所示．假设棒上的电荷是不能自由移动的，试求两棒间的静电相互作用力．
解：以棒的一端为坐标原点，棒长为x轴方向
dF=dq′EF=∫λdr∫
λdx04πε(r-x)2
λ24=ln4πε03
方向沿X轴正向；左棒受力：F'=-F
11-16.如图所示，一个半径为R的均匀带电圆板，其电荷面密度为σ(＞0)今有一质量为m，电荷为-q的粒子(q＞0)沿圆板轴线(x轴)方向向圆板运动，已知在距圆心O（也是
x轴原点）为b的位置上时，粒子的速度为v0，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均
匀性始终不变)．解：E=
222ε0R+xqσxdv
F=qE=(1+)=mv
2ε0dxR2+x2
v0qσxmvdv=(1+)dx∫v0∫b2ε022
1212qσmv-mv0=(x+R2+x2)222ε0
(R+b-R2+b2)mε0
11-1.两个点电荷分别带电q和2q，相距l，试问将第三个点电荷放在何处它所受合力为零?
4πε0x24πε0(l-x)2
x=l(2-1)即离点电荷q的距离为l(2-1)
11-2.下列几个说法中哪一个是正确的？
（A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。（B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同。
（C）场强方向可由E=F/q定出，其中q为试验电荷的电量，q可正、可负，F为试验电荷所受的电场力。
（D）以上说法都不正确。答：C
11-3.真空中一半径为R的的均匀带电球面,总电量为q(q＜0).今在球面面上挖去非常小的一块面积?S(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去?S后球心处的电场强度大小和方向.答：σ=
q4πε0R2σΔSE=
方向指向小面积元
11-4.三个点电荷q1、q2和-q3在一直线上，相距均为2R，以q1与q2的中心O作一半径为2R的球面，A为球面与直线的一个交点，如图。求：
(1)通过该球面的电通量(2)A点的场强EA.解：
4πε0(3R)24πε0R24πε0R2
11-5.有一边长为a的正方形平面，在其中垂线上距中心O点a/2处，有一电荷为q的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量为多少？
11-6.对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中正确的是(A)如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷(B)如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷(C)如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零(D)如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷答：A
11-7.由真空中静电场的高斯定理E?dS=
(A)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零(B)闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定都不为零(C)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定都为零(D)闭合面内无电荷时，闭合面上各点场强一定为零答：C
11-8.图示为一具有球对称性分布的静电场的E~r关系曲线．请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的．
(A)半径为R的均匀带电球面．(B)半径为R的均匀带电球体．(C)半径为R、电荷体密度ρ=Ar(A为常数）的非均匀带电球体．
(D)半径为R、电荷体密度ρ=A/r(A为常数)的非均匀带电球体．答：D
11-9.如图，在点电荷q的电场中，选取以q为中心、R为半径的球面上一点P处作电势零点，则与点电荷q距离为r的P'点的电势为
4πε0r-R(B)
q?11??-?4πε0?rR?q?11?(D)?-?
4πε0?Rr?
11-10.密立根油滴实验，是利用作用在油滴上的电场力和重力平衡而测量电荷的，其电场由两块带电平行板产生．实验中，半径为r、带有两个电子电荷的油滴保持静止时，其所在电场的两块极板的电势差为U12．当电势差增加到4U12时，半径为2r的油滴保持静止，则该油滴所带的电荷为多少？
q=ρ?πr3gd34U124
q′=ρ?π(2r)3gd3q′=2q=4e
11-11.设无穷远处电势为零，则半径为R的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的U0和b皆为常量
11-12.无限长均匀带电直线的电势零点能取在无穷远吗？答：不能
12-1.一半径为0.10米的孤立导体球，已知其电势为100V(以无穷远为零电势)，计算球表面的面电荷密度．
=4πε0Rε0
Uε×10-12σ===8.85×10-9Cm2
12-2.两个相距很远的导体球，半径分别为r1=6.0cm，r2=12.0cm，都带有3×10C的电量，如果用一导线将两球连接起来，求最终每个球上的电量．
解：半径分别为r1的电量为，r2电量为q2
4πε0r14πε0r2q1+q2=6×10-8
q1=2×10-8Cq2=4×10-8C
12-3.有一外半径为R1，内半径R2的金属球壳，在壳内有一半径为R3的金属球，球壳和内球均带电量q，求球心的电势．
E1=0q4πε0r2
4πε0r2E2=
r?R3R3?r?R2R2?r?R1r?R1
U0=∫E1odr+∫E2odr+∫E3odr+∫E4odr
∞q2qdr+∫R34πεr2R14πεr200
q112(-+4πε0R3R2R1
12-4.一电量为q的点电荷位于导体球壳中心，壳的内外半径分别为R1、R2．求球壳内外和球壳上场强和电势的分布，并画出E~r和V~r曲线.
E2=0R1?r?R2
∞qq+∫R24πε0r2dr4πε0r2
q111(-+4πε0rR1R2qq
R24πεr24πε0R20
4πε0r4πε0r2
12-5.半径R1=0.05m,，带电量q=3×10-8C的金属球，被一同心导体球壳包围，球壳内半径R2=0.07m，外半径R3=0.09m，带电量Q=-2×10-8C。试求距球心r处的P点的场强与电势。（1）r=0.10m（2）r=0.06m（3）r=0.03m
E3=0R2?r?R3
Q+qE4=r?R3
（1）r?R3E4==9×103N2
∞∞Q+qQ+q
rU=∫E4odr=∫d==900V
（2）R1?r?R2
=7.5×104N2
∞Q+qqq11Q+qdr+=(-)+=1.64×103V22∫R3002030
（3）r?R1E1=0
∞Q+qqq11Q+q+=(-+=2.54×103V22∫R
12-6.两块带有异号电荷的金属板A和B，相距5.0mm，两板面积都是150cm，电
量分别为±2.66×10C，A板接地，略去边缘效应，求：（1）B板的电势；（2）AB间离A板1.0mm处的电势.
σ2.66×10-85
解：E===2×10Vm
ε08.85×10-12×150×10-4
UB=-Ed=2×10-5×5×10-3=-1000V
离A板1.0mm处的电势
U=-Ed=2×10-5×1×10-3=-200V
12-7.实验表明，在靠近地面处有相当强的电场E垂直于地面向下，大小约为130V/m.在离地面1.5km的高空的场强也是垂直向下，大小约为25V/m.（1）试估算地面上的面电荷密度(设地面为无限大导体平面)；（2）计算从地面到1.5km高空的空气中的平均电荷密度．解：（1）E=
考虑到电场E垂直于地面向下，故E=-130V/m
σ=ε0E=-8.85×10-12×130=-1.15×10-9Cm2
R+hρ?4πrdrρdVρh==
ε04πε0r2∫R4πε0r2
ε0?E8.85×10-12×(130-25)
ρ===6.2×10-13Cm3
12-8.同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱(内)和圆筒(外)构成，设内圆柱半径为R1，电势为V1，外圆筒的内半径为R2，电势为V2.求其离轴为r处(R1<r<R2)的电势．
V1-V2=∫λ=
2πε0r2πε0R1
2πε0(V1-V2)ln(R2R1)
R12πεr2πε0R10
=V1-(V1-V2)
ln(rR1)ln(R2R1)
12-9.半径分别为a和b的两个金属球，它们的间距比本身线度大得多，今用一细导线将两者相连接，并给系统带上电荷Q，求：
（1）每个求上分配到的电荷是多少？（2）按电容定义式，计算此系统的电容.解：（1）
4πε0ra4πε0rbqa+qb=Qqa=
=4πε0(a+b)20（2）根据电容的定义：c=
Q=12-10.图示一球形电容器，在外球壳的半径b及内外导体间的电势差U维持恒定的条件下，内球半径a为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？求这个最小电场强度的大小．解：E=
a4πεr24πε0ab0
U=∫Eodr=∫
Uab(b-a)r2
要使内球表面附近的电场强度最小（r=a），必须满足
12-11.一空气平板电容器，极板A,B的面积都是S，极板间距离为d．接上电源后，A板电势UA=V，B板电势UB=0．现将一带有电荷q、面积也是S而厚度可忽略的导体片C平行插在两极板的中间位置，如图所示，试求导体片C的电势．
q+qσA+σECB=A=
而V=EAC+ECB
所以VC=(V+d)
12-12.两金属球的半径之比为1∶4，带等量的同号电荷．当两者的距离远大于两球半径时，有一定的电势能．若将两球接触一下再移回原处，则电势能变为原来的多少倍？解：接触之前的电势能W0=Q
4πε0L4πε0r
接触之后两球电势相等电荷重新分布，设小金属球带电为q，大金属球带电为q′
4πε0R14πε0R2
解得q=Qq′=Q
55∞1qq′16Q216
W=qq′∫dr===W0
L4πεr24πε0L254πε0L250
12-1.一平行板电容器，两导体板不平行，今使两板分别带有+q和-q的电荷，有人将两板的电场线画成如图所示，试指出这种画法的错误，你认为电场线应如何分布.答：应该垂直板面
12-2.在“无限大”均匀带电平面A附近放一与它平行，且有一定厚度的“无限大”平面导体板B，如图所示．已知A上的电荷面密度为+σ，则在导体板B的两个表面1和2上的感生电荷面密度为多少？答：σ1=-
12-3．充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F与两极板间的电压U之间的关系是怎样的？
答：对静电能的求导可以求得电场作用于导体上的力。
12-4．一个未带电的空腔导体球壳，内半径为R．在腔内离球心的距离为d处(d<R)，固定一点电荷+q，如图所示.用导线把球壳接地后，再把地线撤去．选无穷远处为电势零点，则球心O处的电势为多少？答：U0=
4πε0d4πε0R
12-5.在一个原来不带电的外表面为球形的空腔导体A内，放一带有电荷为+Q的带电导体B，如图所示．则比较空腔导体A的电势UA和导体B的电势UB时，可得什么结论？答：UA和UB都是等势体UA=
4πε0R34πε0
?11??-?RR???12?
13-1.如图为半径为R的介质球，试分别计算下列
两种情况下球表面上的极化面电荷密度和极化电荷的总和.已知极化强度为P(沿x轴).
（1）P=P0；（2）P=P0.
解：（1）q′=
σ′ds=Pcosθds
由于P=P0介质被均匀极化，所以（2）在球面上任取一个球带
q′=?∫σ′ds=?∫Pcosθds=2∫P0
?2πRsinθ?RdθR
=-2P0R∫cos2θd(cosθ)
13-2.平行板电容器，板面积为100cm，带电量±8.9×10C，在两板间充满电介质后，其场强为1.4×10V/m，试求：（1）介质的相对介电常数εr(2)介质表面上的极化电荷密度.
解：（1）E=
Q8.9×10-7
εr===7.18-126-4
ε0ES8.85×10×1.4×10×100×10
（2）σ′=P=D-ε0E=
(1-=7.66×10-5Cm2r
，相对介电常3
13-3.面积为S的平行板电容器，两板间距为d，求：（1）插入厚度为数为εr的电介质，其电容量变为原来的多少倍？（2）插入厚度为变为原来的多少倍？
解：（1）C0=
的导电板，其电容量又3
Q2Qd?d+?ε0S3ε0εrS3
3ε0εrS3εrQ==C0U2dεr+d1+2εr
（2）插入厚度为
的导电板，可看成是两个电容的串联3
C1C23ε0S3
13-4.在两个带等量异号电荷的平行金属板间充满均匀介质后，若已知自由电荷与极化电荷的面电荷密度分别为σ0与σ′(绝对值)，试求：（1）电介质内的场强E；（2）相对介电常数εr.
(σ0-σ′)S
(σ0-σ')E=
σ0σ0ε0σ0
ε0Eε0σ0-σσ0-σ
13-5.电学理论证明：一球形均匀电介质放在均匀外电场中会发生均匀极化.若已知此极化介质球的半径为R，极化强度为P.求极化电荷在球心处产生的场强E′.解：球面上极化电荷的面密度σ′=Pcosθ
球面上极化电荷元在球心处产生的场强dE′=
dq′4πε0R2
由对称性可知只有场强的z分量对球心处的电场有贡献
′=-dE′cosθdEZ
把球面分割成许多球带，它在球心处产生的场强
′=-dE′cosθ=-dEZ
σ′(2πRsinθ)Rdθ
σ′(2πRsinθ)RdθP
3ε04πε0R2
13-6.一圆柱形电容器，外柱的直径为4cm，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大小为E0=200kV/cm．试求该电容器可能承受的最高电压．
λ=2πεrE0
λR=rE0lnr2πεrrRRE0ln-E0=0r0=
U=∫Eodr=∫dU
Umax=r0E0ln
==147KVr0e
13-7.一平行板电容器，中间有两层厚度分别为d1和d2的电介质，它们的相对介电常数为εr1.和εr2，极板面积为S，求电容量.
解：D1=D2=σ=
U=E1d1+E2d2=ε0SQ=
ε0εr1Sε0εr2S
13-8.计算均匀带电球体的静电能，设球体半径为R,带电量为Q.解：E1=
Qr4πε0R3Q4πε0r2
ε02εdV=022
13-9.半径为2.0cm的导体外套有一个与它同心的导体球壳，球壳的内外半径分别为（1）系统储存了多少电能?（2）用导4.0cm和5.0cm.当内球带电量为3.0×10-8C时，求：线把壳与球连在一起后电能变化了多少？
解：（1）E1=0
(r?R2,R?r?R1)
球与球壳之间的电能
W1=∫∫∫02dV=0
球壳外部空间的电能
(4πrdr=(-8πε0RR14πε0r2
W2=∫∫∫02dV=0
∫R2(4πε0r2)4πrdr=8πε0R2
系统储存的电能W=W1+W2=18.2×10-5J（2）球与球壳内表面所带电荷为0
外表面所带电荷不变
W=W2=8.1×10-5J
13-10.球形电容器内外半径分别为R1和R2，充有电量Q.（1）求电容器内电场的总能
量；（2）证明此结果与按We=算得的电容器所储电能值相等。
解：（1）E=
W=∫∫∫02dV=0
Q2(R2-R1)QQ21122
(4πrdr=(-)=2
8πεRR18πε0R1R24πε0r02
（2）球形电容器的电容C=4πε0
1Q2Q2(R2-R1)We==
2C8πε0R1R2
13-11.一平行板电容器的板面积为S，两板间距离为d，板间充满相对介电常数为εr的均匀介质.分别求出下述两种情况下外力所做的功：（1）维持两板上面电荷密度σ0不变而把介质取出；（2）维持两板上电压U不变而把介质取出.
解：（1）板间充满均匀介质时W1=ε0εrESd=
取出介质后W2=ε0ESd=
外力所做的功等于静电场能量的增加?W=W2-W1=(1-)
（2）板间充满均匀介质时W1=
11ε0εrS2
取出介质后
U(1-εr)2?W=W2-W1=
13-1.介质的极化强度与介质表面的极化面电荷是什么关系？答：σ′=Pcosθ
13-2.不同介质交界面处的极化电荷分布如何？
′=P1oen1答：σ1σ′2=P2oen2
σP=(P1-P2)oen即在两种介质的交界面上，极化电荷的面密度等于两种介质的
极化强度的法向分量之差。
13-3.介质边界两侧的静电场中D及E的关系如何？
答：在两种介质的交界面上，若无自由电荷电位移矢量在垂直界面的分量是连续的，平行于界面的分量发生突变。电场强度在垂直界面的分量是不连续的，有突变。13-4.真空中两点电荷qA、qB在空间产生的合场强为E=EA+EB.系统的电场能为
0E2dτ=∫∫∫0E?EdτV02V02
=∫∫∫0EAdτ+∫∫∫0EBdτ+∫∫∫ε0EA?EBdτ.
（1）说明等式后面三项能量的意义；
（2）A、B两电荷之间的相互作用能是指哪些项？
（3）将A、B两电荷从给定位置移至无穷远，电场力做功又是哪些项？
答：第一项表示点电荷A所形成的电场的能量，第二项是点电荷B所形成的电场的能量，
第三项是两个点电荷的相互作用能。
14-1.如图所示的弓形线框中通有电流I，求圆心O处的磁感应强度B.解：圆弧在O点的磁感应强度
方向垂直纸面向外
直导线在O点的磁感应强度B2=方向垂直纸面向里总场强B=
μ0I3μ0I00
[sin60-sin(-60)]=
2πR4πRcos600
方向垂直纸面向里
14-2.两根长直导线沿半径方向引到铁环上A、B两点，并与很远处的电源相连，如图所示.求环中心O点的磁感应强度B.解：设两段圆弧电流对O的磁感应强度大小分别为B1、
B2，导线长度分别为L1和L2，横截面积为S，电阻
率为ρ，电流I1和I2的关系
I1R2L==S=2
LI2R1L1ρ1
μ0I14πμ0I24π
dlμ0I1L1∫L1r2=4π?r
由于两段圆弧电流对O的磁感应强度方向相反，所以
14-3.无限长细导线弯成如图所示的形状，其中c部分是在xoy平面内半径为R的半圆，试求通以电流I时o点的磁感应强度。解：a段
j+0k44方向如图
O点的总场强
14-4.无限长直圆柱形导体内有一无限长直圆柱形空腔（如图所示），空腔与导体的两轴线平行，间距为a，若导体内的电流密度均匀为j，j的方向平行于轴线。求腔内任意点的磁感应强度B。
解：采用补偿法，以导体的轴线为圆心，过空腔中任一点作闭合回路
BodL=μjπr10B1=
同理还是过这一点以空腔导体的轴线为圆心作闭合回路
B2odL=μ0jπ(a-r)
14-5.在半径R=1cm的无限长半圆柱形金属片中，有电流I=5A自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点P处的磁
感应强度的大小。
解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为dl=Rdθ的长直电流
dldθ=πRπ
在P点处的磁感应强度
μ0dIμ0Idθ
dBx=dBsinθ=
Bx=∫dBx=∫
sinθdθ==6.37×10-5T22
14-6.如图所示的空心柱形导体，柱的半径分别为a和b，导体内载有
电流I，设电流I均匀分布在导体横截面上。证明导体内部各点（a<r<b）的磁感应强度B由下式给出：
r2π(b2-a2)
试以a=0的极限情形来检验这个公式，r≥b时又如何？
解：可根据安培环路定理
×π(r2-a2)22
r2π(b2-a2)a=0
2πb2u0I2πr
实心圆柱载流导线内部的磁感应强度
相当于带电直导线
14-7.一橡皮传输带以速度v匀速向右运动，如图所示，橡皮带上均匀带有电荷，电荷面密度为σ。
（1）求像皮带中部上方靠近表面一点处的磁感应强度B的大小；
（2）证明对非相对论情形，运动电荷的速度v及它所产生的磁场B和电场E之间满足下述关系：B=
（式中c=）v×E
解：（1）垂直于电荷运动方向作一个闭合回路abcda,根据安培环路定理有
BodL=∫BodL+∫BodL+∫BodL+∫BodL=u
（2）匀速运动的点电荷产生的磁场和电场分别为
u0qv(1-2)sinθ
4πr(1-c2v21-2
qrE=??4πε0v2sin2θr3
1vEsinθq1vE×==εuv???sinθ00
4πε0c2c2v2sin2θr2
u0qv(1-2sinθ
4πr2(1-)2c
14-8.一均匀带电长直圆柱体，电荷体密度为
半径为R。若圆柱绕其轴线匀速旋转，角速度为ω，求：（1）圆柱体内距轴线r处的磁感应强度的大小；（2）两端面中心的磁感应强度的大小。解：（1）过r点作一个闭合回路，此回路的电流
I=∫ωρlrdr=ωρl(R2-r2)
根据安培环路定理
u0ωρR2B=
（2）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，所以端面的磁感应强度
14-9.如图所示，两无限长平行放置的柱形导体内通过等值、反向电流I，电流在两个阴影所示的横截面的面积皆为S，两圆柱轴线间的距离O1O2=d.试求两导体中部真空部分的磁感应强度.
解：利用补偿法，在真空部分任取一点，真空部分在那一点产生
的磁感应强度为B0，其中一个阴影在那一点产生的磁场为B1，另一个为B2
I2πr-B02πr
π(d-r)2-(-B0)2π(d-r)
14-10.无限长直线电流I1与直线电流I2共面，几何位置如图所示.试求直线电流I2受到电流I1磁场的作用力.
解：在直线电流I2上任意取一个小电流元I2dl，此电流元到长直线
的距离为x，无限长直线电流I1在小电流元处产生的磁感应强度
u0I1I2uIIdx
dl=012?2πx2πxcos600u0I1I2u0I1I2bdx
?=ln0a2πxπacos60
14-11.在电视显象管的电子束中，电子能量为12000eV，这个显像管的取向使电子沿水平方向由南向北运动。该处地球磁场的垂直分量向下，大小为B=5.5×10-5T，问：（1）
电子束将偏向什么方向？（2）电子的加速度是多少？（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）根据f=qv×B可判断出电子束将偏向东
v=2f=qvB=ma
qvBqB2==6.28×1014m?s-1
（3）y=at2=a(2=3mm
14-12.一半径为R的无限长半圆柱面导体,载有与轴线上的长直导线的电流I等值反向的电流,如图14-52所示。试求轴线上长直导线单位长度所受的
解：dF=Idl×B
cosθRdθ=0
dFx=dFcosθ
dFy=dFsinθ
u0I1I2u0I1I2
sinθRdθ=
02π2R2π2R
14-13.截面积为S、密度为ρ的铜导线被弯成正方形的三边，可以绕水平轴OO′转动，如图14-53所示。导线放在方向竖直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I时，导线离开原来的竖直位置偏转一个角度θ而平衡。求磁感应强度。
解：设正方形的边长为a，质量为m，m=ρaS。平衡时重力矩等于磁力矩
重力矩为平衡时
磁力矩的大小
M=BIa2sin(900-θ)=BIa2cosθ
M=mgasinθ+2mg?sinθ=2mgasinθ
22mgasinθ=BIa2cosθ
tanθ=tanθIaI
14-14.有一个U形导线，质量为m，两端浸没在水银槽中，导线水平部分的长度为l，处在磁感应强度大小为B的均匀磁场中，如图14-54所示。当接通电源时，U导线就会从水银槽中跳起来。假定电流脉冲的时间与导线上升时间相比可忽略。试由导线跳起所达到的高度h计算电流脉冲的电荷量q。
解：跳起来达到最大高度这个过程机械能守恒
接通电流时有
v=2ghBIl=m
dtdtmvmq==2gh
14-15.半径为R的半圆形闭合线圈，载有电流I，放在均匀磁场中，磁场方向与线圈平面平行，如图14-55所示。求
（1）线圈所受力矩的大小和方向（以直径为转轴）；
（2）若线圈受上述磁场作用转到线圈平面与磁场垂直的位置，则力矩做功为多少？解：（1）pm=ISn
方向为垂直于B的方向向上=πRIB
（2）W=I?φ=I(B?πR-0)=IBπR
14-1．在图（a）和（b）中各有一半径相同的圆形回路L1、L2，圆周内有电流I1、I2，其分布相同，且均在真空中，但在（b）图中L2回路外有电流I3，P1、P2为两圆形回路上的对应点，则：
(A)B?dl=B?dl,
BP1=BP2；(B)B?dl≠B?dl,
BP1=BP2；BP1≠BP2.
(C)B?dl=B?dl,
BP1≠BP2；(D)
B?dl≠B?dl,
答：B的环流只与回路中所包围的电流有关，与外面的电流无关，但是回路上的磁感应强
度却是所有电流在那一点产生磁场的叠加。所以C对。14-2．哪一幅图线能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的B随x的变化关系？（x坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心O
答：载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的磁感应强度B=
u0IR22(R+x)
根据上述两式可判断C图对
14-3.取一闭合积分回路L，使三根载流导线穿过它所围成的面．现改变三根导线之间的相互间隔，但不越出积分回路，则：(A)回路L内的(B)回路L内的(C)回路L内的(D)回路L内的答：B对
14-4.一载有电流I的细导线分别均匀密绕在半径为R和r的长直圆筒上形成两个螺线管(R=2r)，两螺线管单位长度上的匝数相等．两螺线管中的磁感应强度大小BR和Br应满足：
∑I不变，L上各点的B不变；∑I不变，L上各点的B改变；∑I改变，L上各点的B不变；∑I改变，L上各点的B改变.
(A)BR=2Br；(B)BR=Br；(C)2BR=Br；(D)BR=4Br.
答：对于长直螺线管B=u0nI，由于两螺线管单位长度上的匝数相等，所以两螺线管磁
感应强度相等。
14-5.均匀磁场的磁感应强度B垂直于半径为r的圆面。今以该圆周为边线，作一半球面S，则通过S面的磁通量的大小为多少？
答：φ=Bπr
14-6.如图，匀强磁场中有一矩形通电线圈，它的平面与磁场平行，在磁场作用下，线圈向什么方向转动？
答：ab受力方向垂直纸面向里，cd受力外，在力偶矩的作用下，ab垂直纸面向里运动，cd垂直纸面向外运动，从上往下看，顺时针旋转。
14-7.一均匀磁场，其磁感应强度方向垂直于纸面，两带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则(A)两粒子的电荷必然同号；
(B)粒子的电荷可以同号也可以异号；(C)两粒子的动量大小必然不同；(D)两粒子的运动周期必然不同.答：应该选B
15-1.一圆柱形无限长导体，磁导率为u，半径为R，通有沿轴线方向的均匀电流I.求：
（1）导体内任一点的H、B和M；（2）导体外任一点的H、B.解：（1）
uIrIr(ur-1)IrB
-H=r2-=u02πR2πR22πR2
（2）Hodl=I
15-2.螺绕环平均周长l=10cm，环上绕有线圈N=200匝，通有电流I=100mA。试求：（1）管内为空气时B和H的大小；（2）若管内充满相对磁导率ur=4200的磁介质，B和H的大小.解：（1）B=u0nI=u0
I=4π×10-7×100×10-3=2.5×10-4TL
B=uH=u0urH=4π×10-7×.05T
15-3.螺绕环内通有电流20A，环上所绕线圈共400匝，环的平均周长为40cm，环内磁感应强度为1.0T，计算：（1）磁场强度；（2）磁化强度；（3）磁化率；（4）和相对磁导率。解：H=
I=×20=2×104AmL0.4
-H=-2×10=7.76×10m-7u04π×10
-1=38.8u0H
磁化面电流密度
-H=7.76×105Amμ0
磁化面电流
is=σsL=7.76×105×0.4=3.1×105Aur=χm+1=38.8+1=39.8
15-4.一永磁环的磁化强度为M，磁环上开有一很窄的细缝。求图中1、2点处的磁感应强度B值和磁场强度H值。
由于是一个永磁环
B1=B2=u0MH1=
15-5.图a为铁氧体材料的B-H磁滞曲线，图b为此材料制成的计算机存贮元件的环形磁芯。磁芯的内、外半径分别为0.5mm和0.8mm，矫顽力为HC=
A/m。设磁芯π
的磁化方向如图b所示，欲使磁芯的磁化方向翻转，试问：
（1）轴向电流如何加？至少加至多大时，磁芯中磁化方向开始翻转？
）若加脉冲电流，则脉冲峰值至少多大时，磁芯中从内而外的磁化方向全部翻转？
解：（1）Hc=
imax=2πr内Hc=2π×0.5×10-3×
（2）imax=2πr外Hc=2π×0.8×10
15-1.何谓顺磁质、抗磁质和铁磁质，它们的区别是什么？
答：顺磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相同。
抗磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相反。铁磁质：磁介质在磁场中磁化后，产生的附加磁场的方向与原来的磁场方向相同，并且附加磁场远远大于原来磁场。15-2.将电介质与磁介质加以比较.答：略
15-3.何谓磁滞回线？
答：对于铁磁质来说，磁感应强度B随磁场强度H的变化而变化所形成的闭合曲线就
叫磁滞回线。见教材P107页图15-11。
15-4.在两个分界面，磁感应强度和磁场强度的关系如何？
答：在两个分界面磁场强度的法向分量是连续的，磁感应强度的法向分量不连续
16-1.直导线中通以交流电，如图所示，置于磁导率为u的介质中，已知：I=I0sinωt，其中I0、ω是大于零的常量.求：与其共面的N匝矩形回路中的感应电动势.解：B=
?ldx=ln2πx2πd
NuI0ωld+adΦ=-lncosωt216-2.如图所示，长直导线中通有电流I=5.0A，在与其相距
d=0.5cm处放有一矩形线圈，共1000匝，设线圈长l=4.0cm，宽a=2.0cm。不计线圈自感，若线圈以速度v=3.0cm/s沿垂直于长导线的方向向右运动，线圈中的感生电动势多大？解：εab=NB2lv
εdc=NB1lv
ε=εdc-εab
=NB1lv-NB2lv=
u0IN1u0IalvN1
(-lv==1.92×10-4
16-3.电流为I的无限长直导线旁有一弧形导线，圆心角为
120?，几何尺寸及位置如图所示。求当圆弧形导线以速度v平行于长
直导线方向运动时，弧形导线中的动生电动势。
解：连接AO、OB，圆弧形导线与AO、OB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
AOB直导线的电动势相等。
εAO=∫v×Bodl=-∫εOB=∫v×Bodl=-∫εAB=εAO+εOB=-
=-0ln22πx2π
μ0IvμIv5
=-0ln2πx2π4
μ0Iv5ln2π2
16-4.电阻为R的闭合线圈折成半径分别为a和2a的两个圆，如图所示，将其置于与两圆平面垂直的匀强磁场内，磁感应强度按B=B0sinωt的规律变化。已知a=10cm，B0=2×10T，ω=50rad/s，R=10Ohm，求线圈中感应电流的最大值。
ε1dΦ1dB3πa2B0ωcosωt22
I==?=?[-πa+π(2a)]?=
RRdtRdtRImax
3πa2B0ω3π×0.12×2×10-2×50===9.42×10-3A
>0的磁场，一直dt
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，求：（1）AD段、BC段和闭合回路中的感应电动势；（2）B、C两
16-5.如图所示，半径为a的长直螺线管中，有点间的电势差UB-UC。
dtrdBE1=-?
2rdtεAD=∫E1odl=∫Ecosθdl
2)2a-(rdBdl
πa2dB=∫E2odl=
逆时针方向=(-64dt
整个闭合回路的电动势
UB-UC=-2dB
a16-6.圆柱形匀强磁场中同轴放置一金属圆柱体，半径为R，高为h，电阻率为ρ，如图所示。若匀强磁场以求圆柱体内涡电流的热功率.
解：在圆柱体内任取一个半径为r，厚度为dr，高为h的小圆柱通壁
=k(k>0,k为恒量)的规律变化，dt
ε2hdBdP==?rdr
πhdB23πhk2R4
P=∫()?rdr=
16-7.将金属薄片弯成如图所示回路，两端为半径为a的圆柱面，中间是边长为l，间
隔为d的两正方形平面，且l>>a，a>>d.（1）试求该回路的自感系数；（2）若沿圆柱面的轴向加变化磁场
B=B0+kt，试求回路中的电流I(t).（回路中的电阻很小，
可忽略不计）
解：（1）B=μ0nI=μ0
?πa2l+?ld2020
=πa+u0I2d
12LI22u0πa2L=+u0d
（2）ε=L=dΦ=S?dB
dtdtS2πa2+ldlktI=∫kdt==-
+u0d根据W=
16-8.一螺绕环，每厘米绕40匝，铁心截面积3.0cm，磁导率
u=200u0，绕组中通有电流5.0mA，环上绕有二匝次级线圈，求：（1）
两绕组间的互感系数；（2）若初级绕组中的电流在0.10s内由5.0A降低到0，次级绕组中的互感电动势。解：（1）B=μnI
Φ=NBS=NμnIS
=NμnS=2×200×4π×10-7×40×102×3×10-4=6.03×10-4HI
（2）ε=M=6.03×10-4×=3.02×10-2V
16-9.如图，半径分别为b和a的两圆形线圈（b>>a），在t=0时共面放置，大圆形线圈通有稳恒电流I，小圆形线圈以角速度ω绕竖直轴转动，若小圆形线圈的电阻为R，M=
求：（1）当小线圈转过90时，小线圈所受的磁力矩的大小；（2）从初始时刻转到该位置的过程中，磁力矩所做功的大小。解：B=
任一时间穿过小线圈的磁通量Φ=Bπacosωt
ε1dΦBωπa2
小线圈的感应电流i===sinωt
Iωπ2a4B2ωπ2a4μ0
W=∫iπaBdθ=
Iωπ3a4B2ωπ2a4μ0
sinθdθ=-=
16-10.一同轴电缆由中心导体圆柱和外层导体圆筒组成，两者半径分别为R1和R2，导体圆柱的磁导率为u1，筒与圆柱之间充以磁导率为u2的磁介质。电流I可由中心圆柱流出，由圆筒流回。求每单位长度电缆的自感系数。解：B1=
μ1Ir2πR12μ2I2πr
B2=R1?r?R2
Wm=∫dV=∫dV+∫dV
??11?R1u1Ir2
()?2πrdr+?2∫?01??1??2
u1I2u2I2R2
=+ln1641Wm=LI2/2
单位长度自感L=
16-11.一电感为2.0H，电阻为10Ω的线圈突然接到电动势ε=100V，内阻不计的电源上，在接通0.1s时，求：（1）磁场总储存能量的增加率；（2）线圈中产生焦耳热的速率；（3）电池组放出能量的速率。
解：（1）I(t)=(1-eL)=3.9A
-t--tdW(t)dIε2L
=LI?=εIe=(1-eL)eL=238JsdtdtR
（2）P=IR=3.9×10=152Js（3）电池组放出能量的速率P=Iε=390Js16-12.在一对巨大的圆形极板（电容C=1.0×10
F）上，加上频率为50Hz，峰值
为1.74×10V的交变电压，计算极板间位移电流的最大值。
=-ωCUmsinωtdt
IDm=ωCUm=2πfCUm=2π×50×1.0×10-12×1.74×105=5.46×10-5A
16-1.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n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。解：q=
1ΔΦNBAεdt==∫RRRRqB=
16-2.图中abcda电路有电阻R，其中bc段的一部分绕成圆形，圆形区域有一与回路平面垂直的均匀磁场B，在圆形导线的一边施加恒力F，由于a端固定，假定该圆开始的半径为r0，并维持以圆形的方式收缩，设导线非常柔软，忽略导线的质量，问需要多长的时间圆形部分完全闭合？
16-3.在磁感应强度为B的均匀磁场内，有一面积为S的矩形线框，线框回路的电阻为
R（忽略自感），线框绕其对称轴以匀角速度ω旋转（如图所示）。
（1）求在如图位置时线框所受的磁力矩为多大？
）为维持线框匀角速度转动，外力矩对线框每转一周需作的功为多少？
答：Φ=BScosφ=BScosωt
=BSωsinωtRR
pm=IS=BS2ωsinωt
M=Bpmsinωt=B2S2ωsin2ωt
W=∫Mdθ=∫
BSωsin2θdθ=B2S2ωπRR
16-4.一平板电容器充电以后断开电源，然后缓慢拉开电容器两极板的间距，则拉开过
程中两极板间的位移电流为多大?若电容器两端始终维持恒定电压，则在缓慢拉开电容器两极板间距的过程中两极板间有无位移电流?若有位移电流，则它的方向怎样?答：Id=C
16-5.图a为一量值随时间减小，方向垂直纸面向内的变化电场，均匀分布在圆柱形区域内.试在图b中画出：（1）位移电流的大致分布和方向；（2）磁场的大致分布和方向。答：略
16-6.试写出与下列内容相应的麦克斯韦方程的积分形式：（1）电力线起始于正电荷终止于负电荷；（2）磁力线无头无尾；
（3）变化的电场伴有磁场；（4）变化的磁场伴有电场。解：（1）
（3）Hodl=
（4）Eodl=-
?D∫S?todS
17-1.已知电磁波在空气中的波速为3.0×10m/s，试计算下列各种频率的电磁波在空气中的波长：（1）上海人民广播电台使用的一种频率ν=990kHz；（2）我国第一颗人造地球卫星播放东方红乐曲使用的无线电波的频率ν=20.009MHz；（3）上海电视台八频道使用的
图像载波频率ν=184.25MHz.
（1）λ==303m
（2）λ==14.99m
（3）λ==1.63m6
184.25×10
17-2.一电台辐射电磁波，若电磁波的能流均匀分布在以电台为球心的球面上，功率为
105W。求离电台10km处电磁波的坡因廷矢量和电场分量的幅值。
解：S===7.96×10-5Jm2?
Em=(2S=2.45×10-2Vm17-3.真空中沿x正方向传播的平面余弦波，其磁场分量的波长为λ，幅值为H0.在t=0时刻的波形如图所示.（1）写出磁场分量的波动表达式；（2）写出电场分量的波动表达式，并在图中画出t=0时刻的电场分量波形；（3）计算t=0时，x=0处的坡因廷矢量.
解：（1）设
H=H0cos(ωt-
t=0、x=0时cosφ=-
根据波形曲线可以判断出
Hz=H0cos(ωt-
2π2π2π2π?x+=H0cos?(ct-x)+?33???
μ02π??2π
H=μ0cH=μ0cH0cos?(ct-x)+?ε03??λ
t=0、x=0时
方向沿x轴正向
17-4.氦氖激光器发出的圆柱形激光束，功率为10mW，光束截面直径为2mm.求该激光的最大电场强度和磁感应强度.
解：S===3.18×
2-6Em=(2S=1.529×103VmBm=u0Hm=m=4.30×10-6T
17-1.试述电磁波的性质.（1）电磁波是横波（2）E和H同相位;
（3）E和H数值成比例εE=（4）电磁波传播速度u=
等于光速。
,真空中波速u=
17-2.图a为一LC电路，C为圆形平行板电容器，L为长直螺线管，图b及图c分别表示电容器放电时平行板电容器的电场分布和螺线管内的磁场分布。（1）在图b内画出电容器内部的磁场分布和坡因廷矢量分布。（2）在图c
内画出螺线管内部的电场分布和坡因廷矢量分布。
17-3.如图所示，同轴电缆内外半径分别为a和b，用来作为电源ε和电阻R的传输线，电缆本身的电阻忽略不计。
（1）求电缆中任一点（a<r<b）处的坡因廷矢量S。（2
）求通过电缆横截面的能流，该结果说明什么物理图象？
解：在导体内部，场强为0，在两圆桶之间
方向沿径向
方向沿圆周的切向
沿电缆轴线方向
表明电源向负载提供的能量是通过坡因廷矢量传递的
18-1．杨氏双缝的间距为0.2mm，距离屏幕为1m，求：（1）若第一到第四明纹距离为（2）若入射光的波长为6000A，求相邻两明纹的间距。7.5mm，求入射光波长。
解：（1）根据条纹间距的公式：?x=?k
=3×=0.×10
所以波长为：λ=5000A
==3mm（2）若入射光的波长为6000A，相邻两明纹的间距：?x=-4d2×10
18-2．图示为用双缝干涉来测定空气折射率n的装置。实验前，在长度为l的两个相同密封玻璃管内都充以一大气压的空气。现将上管中的空气逐渐抽去，（1）则光屏上的干涉条纹将向什么方向移动；（2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为λ的干涉条纹移过N条。计算空气的折射率.
解：（1）当上面的空气被抽去，它的光程减小，所以它将通过增加路程来弥补，所以条纹向
（2）当上管中空气完全抽到真空，发现屏上波长为λ的干涉条纹移过N条。可列出：l（n-1）=Nλ解得：
18-3．在图示的光路中，S为光源，透镜L1、L2的焦距都
为f,求（1）图中光线SaF与光线SOF的光程差为多少？。（2）若光线SbF路径中有长为l,折射率为n的玻璃,那么该光线与SOF的光程差为多少？。
解：（1）图中光线SaF与光线SOF的几何路程相同，介质相同，所以SaF与光线SoF光程差为0。
（2）若光线SbF路径中有长为l,折射率为n的玻璃,那么光程差为几何路程差与
介质折射率差的乘积，即l（n-1）18-4．在玻璃板（折射率为1.50）上有一层油膜（折射率为1.30）。已知对于波长为500nm和700nm的垂直入射光都发生反射相消，而这两波长之间没有别的波长光反射相消，求此油膜的厚度。
解：油膜上、下两表面反射光的光程差为2ne ，由反射相消条件有2ne=(2k+1)λ/2=(k+1/2)λ(k=0，1，2，…)①
?时，有当λ1=5000A?时，有当λ2=7000A
2ne=(k1+1/2)λ1=k1λ1+25002ne=(k2+1/2)λ2=k2λ2+3500
因λ2＞λ1，所以k2＜k1;又因为λ1与λ2之间不存在λ3满足即不存在k2＜k3＜k1的情形，所以k2、k1应为连续整数，即由②、③、④式可得：
k1=(k2λ2+1000)/λ1=(7k2+1)/5=[7(k1-1)+1]/5得k1=3k2=k1-1=2可由②式求得油膜的厚度为
e=(k1λ1+2500)/(2n)=6731
2ne=(k3+1/2)λ3式
18-5．一块厚1.2μm的折射率为1.50的透明膜片。设以波长介于400~700nm的可见光．垂直入射，求反射光中哪些波长的光最强?
解：由反射干涉相长公式有2ne+λ/2=kλ(k=1,2,…)
?得λ=4ne/(2k-1)=(4×1.5×12000)/(2k-1)=7)A
k=6,λ=6550A；k=7,λ=5540A；k=8,λ=4800A；k=9,λ=4240A；
18-6．用λ=589.3nm的光垂直入射到楔形薄透明片上，形成等厚条纹，已知膜片的
折射率为1.52，等厚条纹相邻纹间距为5.0mm，求楔形面间的夹角.
λ589.3×10-9
解:等厚条纹相邻纹间距为：l===5.0×10-3
2θn2×1.52θ
所以θ=0.002
18-7．人造水晶珏钻戒是用玻璃（折射率为1.50）做材料，表面镀上一氧化硅（折射率为2.0）以增强反射。要增强λ=560nm垂直入射光的反射，求镀膜厚度。解：由反射干涉相长公式有
2ne+λ/2=kλ(k=1,2,…)当k=1时，为膜的最小厚度。
λ560×10-9
得e===0.07um
18-8．由两平玻璃板构成的一密封空气劈尖，在单色光照射下，形成4001条暗纹的等
厚干涉，若将劈尖中的空气抽空，则留下4000条暗纹。求空气的折射率。
解:2nd=kλ=4001λ①
2d=k′λ=4000λ②由①/②得
18-9．用钠灯（λ=589.3nm）观察牛顿环，看到第k条暗环的半径为r=4mm，第k+5条暗环半径r=6mm，求所用平凸透镜的曲率半径R。解：由牛顿环暗环公式
r=k+5）Rλ=6mm
据题意有r=kRλ=4mm；
所以：k=4，代入上式，可得：R=6.79m
18-10．当把折射率为n=1.40的薄膜放入迈克尔逊干涉仪的一臂时，如果产生了7.0条条纹的移动，求薄膜的厚度。（已知钠光的波长为λ=589.3nm）.
解:设插入薄膜的厚度为d，则相应光程差变化为2(n-1)d=ΔNλ
∴d=(ΔNλ)/(2(n-1))=(7×5893×10)/(2(1.4-1))
=5.154×10m
18-1在劈尖的干涉实验中，相邻明纹的间距___________（填相等或不等），当劈尖的角度增加时，相邻明纹的间距离将______________（填增加或减小），当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将______________（填增加或减小）。
答：根据相邻条纹的间距：l=
条纹间距相等；
当劈尖的角度增加时，相邻明纹的间距离将减小。
当劈尖内介质的折射率增加时，相邻明纹的间距离将减小。
18-2．图示为一干涉膨胀仪示意图，上下两平行玻璃板用一对热膨胀系数极小的石英柱支撑着，被测样品W在两玻璃板之间,样品上表面与玻璃板下表面间形成一空气劈尖,在以波长为λ的单色光照射下，可以看到平行的等厚干涉条纹。当W受热膨胀时，条纹将（A）条纹变密，向右靠拢;（B）条纹变疏，向上展开;(C)条纹疏密不变，向右平移;(D)条纹疏密不变，向左平移。;
答：根据相邻条纹的间距：l=
，只要劈尖角不变，间距不变。
由于W受热膨胀时，厚度变化，所以当厚度向左平移，则相应的条纹也向左平移。选择（D）。
18-3．如图所示，在一块光学平玻璃片B上，端正地放一锥顶角很大的圆锥形平凸透镜
A，在A、B间形成劈尖角?很小的空气薄层。当波长为λ的单色平行光垂直地射向平凸
透镜时，可以观察到在透镜锥面上出现干涉条纹。（1）画出于涉条坟的大致分布并说明其主要特征；（2）计算明暗条纹的位置；
（3）若平凸透镜稍向左倾斜，干涉条纹有何变化？用图表示。答：（1）图略，分析：这是一个牛顿环和劈尖的综合体，所以它的形状类似于牛顿环，也属于等厚干涉。（2）计算明暗条纹的位置；
=±kλ2λλ
暗条纹：2ne+=±（2k+122
明条纹：2ne+
（3）若平凸透镜稍向左倾斜，干涉条纹将不再是对称的圆环，而是左密右疏的类圆环。
18-4．若待测透镜的表面已确定是球面，可用观察等厚条纹半径变化的方法来确定透镜球面半径比标准样规所要求的半径是大还是小。如图，若轻轻地从上面往下按样规，则图__________中的条纹半径将缩小，而图_________中的条纹半径将增大。
答：设工件为L，标准样规为G。若待测工件表面合格，则L与G之间无间隙，也就没有光圈出现。如果L的曲率R太小（如图b），则L与G的光圈很多，轻压后中心仍然为暗斑，但条纹半径要减小；如果L的曲率R太大（如图a），则L与G的光圈除边缘接触，中间部分形成空气膜，轻压后中心斑点明暗交替变化，而且所有光圈向外扩展。
18-5．图a为检查块规的装置，G0为标准块规，G为上端面待测的块规，用波长为λ的平行光垂直照射，测得平晶与块规之间空气劈尖的干涉条纹如图所示，对于与G0和G的条纹间距分别为l0和l，且l0<l。若将G转过180，两侧条纹均比原来密。
（1）判断并在图c中画出G规上端面的形貌示意图；（2）求G规左、右侧与G
0的高度差。
答：（1）根据相邻条纹的间距：l=
的条纹间距分别为l0和l，l0<l，可知θ0?θ。将G转过180，两侧条纹均比原来密，即角度变大了，所以图中G的形状为：
（2）求G规左、右侧与G0的高度差。
h左=Lsinθ0=
h右=Lsinθ=h左+
λLλLλL=+2l2l02l
18-6．牛顿环装置中平凸透镜与平板玻璃间留有一厚度为e0的气隙，若已知观测所用
的单色光波长为λ，平凸透镜的曲率半径为R。（1）试导出k级明条纹和暗条纹的公式；
（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，试述此过程中牛顿环将如何变化？
（3）试判别在调节过程中，在离开中心r处的牛顿环某干涉
条纹宽度?rk与e的厚度有无关系？叙述简明理由，并算出在该处的条纹宽度。答：（1）与牛顿环计算相似：
=±kλ2λλ
暗条纹：（2e+e0）+=±（2k+122
明条纹：（2e+e0）+
(k=1,2,…)
(k=1,2,…)
（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，则厚度向边缘走动，根据等厚条纹的定义，相应的条纹也要向边缘移动，即条纹扩展。
（3）在调节过程中，在离开中心r处的牛顿环某干涉条纹宽度?rk与e的厚度有关系
r=kλ-2e0）R
比如暗环半径：（2+e0）=kλ
那么?r=k+1）λ-2e0]R-kλ-2e0）R
由于平方根的存在，所以e0不能抵消，对条纹宽度产生影响。
18-7．登月宇航员声称在月球上唯独能够用肉眼分辨地球上的人工建筑是中国的长城。你依据什么可以判断这句话是否真的？需要哪些数据？（略）
19-1．波长为546nm的平行光垂直照射在缝宽为0.437mm的单缝上，缝后有焦距为40cm的凸透镜，求透镜焦平面上出现的衍射中央明纹的线宽度。
解：中央明纹的线宽即为两个暗纹之间的距离
??0=?1-?2=??0=
2λf2×546×10-9×0.4-3
利用两者相等，所以：2x===1.0×10m-3
a0.437×10
19-2．波长为500nm和520nm的两种单色光同时垂直入射在光栅常数为0.002cm的
光栅上，紧靠光栅后用焦距为2m的透镜把光线聚焦在屏幕上。求这两束光的第三级谱线之间的距离。
解：两种波长的第三谱线的位置分别为x1,x2
asin?=±kλ
?x=x1-x2=0.006m
sin?=tan?=
19-3．在通常的环境中，人眼的瞳孔直径为3mm。设人眼最敏感的光波长为
人眼最小分辨角为多大？如果窗纱上两根细丝之间的距离为2.0mm，人在多λ=550nm，
远处恰能分辨。
λ550×10-9-4
解：最小分辨角为：θ=1.22=1.22×=2.2×10rad-3
如果窗纱上两根细丝之间的距离为2.0mm，人在多远处恰能分辨。
=2.2×10-4rad，当l=2mm，可得：s=9.1ms
19-4．已知氯化钠晶体的晶面距离d=0.282nm，现用波长λ=0.154nm的X射线射向晶体表面，观察到第一级反射主极大，求X射线与晶体所成的掠射角.解：dsin?=±（2k+1λ
第一级即k=0。
=0.276rad如能用一光栅在第一级光谱中分辨在波长间隔?λ=0.18nm，发射中心波长为
λ=656.3nm的红双线，则该光栅的总缝数至少为多少？
解：根据瑞利判据：kλ=
653.6+0.18）所以N=3647。N
19-6．一缝间距d=0.1mm，缝宽a=0.02mm的双缝，用波长λ=600nm的平行单色光垂直入射，双缝后放一焦距为f=2.0m的透镜，求：（1）单缝衍射中央亮条纹的宽度内有几条干涉主极大条纹；（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，中央亮条纹的宽度内又有几条干涉主极大？解：
asin?=±kλ
fλ2×600×10-9
所以中央亮条纹位置为：2x=2==0.12m-5
中央明条纹位于：中心位置的上下方各0.06m处。
fλ2×600×10而干涉条纹的条纹间距为：?x===0.012md1×10-4
中央明条纹在中心位置的上下方各0.006m的位置上，第K级明条纹的位置为：
x=0.006+k×0.012?0.06所以对应的k=4，
即在单缝衍射中央亮条纹的宽度内有9条干涉主极大条纹（两边各四条+中央明纹）。
（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，
干涉条纹的条纹间距将变为：?x=fλ=2×600×10=0.024m
10.5×10d2
中央明条纹在中心位置的上下方各0.012m的位置上，第K级明条纹的位置为：所以对应的k=2，
即在单缝衍射中央亮条纹的宽度内有5条干涉主极大条纹（两边各两条+中央明纹）。
一个平面透射光栅，当用光垂直入射时，能在30度角的衍射方向上得到600nm
x=0.012+k×0.024?0.06
的第二级主极大，并且第二级主极大能分辨?λ=0.05nm的两条光谱线，但不能得到400nm的第三级主极大，求：（1）此光栅的透光部分的宽度a和不透光部分的宽度b；（2）此光栅的总缝数N。
解：（1）利用：（a+b）sin?=±kλ
根据题意：30度角的衍射方向上得到600nm的第二级主极大，所以：
=2×=2400nm
不能得到400nm的第三级主极大：说明第三级条纹缺级。由缺级的定义可得到：
所以：a=800nm，b=1600nm。（2）根据瑞利判据：kλ=
600+0.05）N
所以：N=6000。
19-8波长400nm到750nm的白光垂直照射到某光栅上，在离光栅0.50m处的光屏上测得第一级彩带离中央明条纹中心最近的距离为4.0cm，求：（1）第一级彩带的宽度；（2）第三级的哪些波长的光与第二级光谱的光相重合。
解：（1）衍射光栅中x=（2k+1λ
波长越小，则离中央明纹就越近，所以：0.04=3×
2a750×10-7
那么750nm的波长的第一级条纹位置在：x=3×=0.075m
第一级彩带的宽度：?x=0.075-0.04=0.035m=3.5cm
（2）第二级的750nm的波长对应的光的位置：x2=5×=0.125m
第三级中有一部分和它将重合：x3=7×对应的波长为400——500nm的波
19-9如要用衍射光谱区别氢原子巴尔末系第11条和第12条谱线，光栅的分辨本领应为多大？如光栅常数为每毫米200条的光栅，要想在第2级中能分辨这两条谱线，这光栅的宽度至少多宽？（提示：巴尔末系第11条和第12条谱线由量子数n分别为13和14到n=2的跃迁所产生。）
解：（1）根据瑞利判据：光栅的分辩本领为R=
=×103λ≤0.125m2a3
~=R［1/22-1/13２］=(3/4)R，λ=676/(165R)n从13→2：v２
，只要知道它们的波长就可以了。?λ
~=R［1/2-1/14］=(5/36)R，λ=(49)/(12R)n从14→2：v３
λ3λ==30023
k=2，所以：2×3722=得出：N=151条，×3734
如光栅常数为每毫米200条的光栅，那么只要光栅的宽度为：=0.75mm就可以满
（2）根据瑞利判据：足要求了。
19-10用每毫米500条栅纹的光栅，观察钠光光谱（λ=5900A）。问：（1）光线垂直入射；（2）光线以入射角30入射时，最多能看到几级条纹？
10-3解：（1）正入射时，d==2×10-6m
dsin?=±kλ
所以当sin?=1，对应的级次（取整数）最大：k=能看到的条纹为：3，2，1，0，-1，-2，-3。（2）斜入射时，d（sin?±sinθ）=±kλ
33d，对应的级次（取整数）最大：k==522λ1d?
当sin?+sin30=-，对应的级次（取整数）最小：k=-=-1
所以当sin?+sin30=
能看到的条纹为：5，4，3，2，1，0，-1。
19-1．要分辨出天空遥远的双星，为什么要用直径很大的天文望远镜？答：最小分辨角为：θ=1.22
，它的倒数为分辨本领，当D越大，θ越小，那么分辨D
本领就越大。所以用的天文望远镜的直径很大，提高了分辨本领。
19-2．使用蓝色激光在光盘上进行数据读写较红色激光有何优越性？答：最小分辨角为：θ=1.22
，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨D
本领就越大。所以用的蓝色光比红色光好，提高了分辨本领。
19-3．光栅形成的光谱较玻璃棱镜形成的色散光谱有何不同？答：两者都是分光元件。不同点：
（1）光栅光谱有一系列的级次，每一级次都有正负两套光谱，零级光谱因波长重合而不能分光；而棱镜光谱只有一套零级光谱，相对强度大。
（2）低级次的光栅光谱波长与衍射角近似有正比关系，称为匀排光谱；而棱镜光谱的波长与角度为非线性关系，不是匀排光谱。
19-4．孔径相同的微波望远镜和光学望远镜相比较，哪个分辨本领大？为什么？答：最小分辨角为：θ=1.22
，它的倒数为分辨本领，当λ越小，θ越小，那么分辨D
本领就越大。由于微波的波长大于光波的波长，所以光波望远镜的分辨本领大。
19-5．登月宇航员声称在月球上唯独能够用肉眼分辨地球上的人工建筑是中国的长城。你依据什么可以判断这句话是否真的？需要哪些数据？
答：可以根据瑞利判据。
20-1．从某湖水表面反射来的日光正好是完全偏振光，己知湖水的折射率为1.33。推算太阳在地平线上的仰角，并说明反射光中光矢量的振动方向。
解：由布儒斯特定律
α=arctanπ-
=arctan1.33=53?n1
在反射光中振动方向为与入射面垂直。
20-2．自然光投射到叠在一起的两块偏振片上，则两偏振片的偏振化方向夹角为多大才能使：
（1）透射光强为入射光强的1/3；
（2）透射光强为最大透射光强的1/3.(均不计吸收)解：设夹角为α，则透射光强I=I0cosα通过第一块偏振片之后，光强为：1/2I0，由题意透射光强为入射光强的1/3得
通过第二块偏振片之后：I=
),α=35.26°同样由题意当透射光强为最大透射光强的1/3时，也就是透射光强为入射光强的1/6，可得：α=54.74°
20-3．设一部分偏振光由一自然光和一线偏振光混合构成。现通过偏振片观察到这部分偏振光在偏振片由对应最大透射光强位置转过60时，透射光强减为一半，试求部分偏振光中自然光和线偏振光两光强各占的比例。解:Imax=
Imax=I0+I1cos260?2
即得I0：I1=1：1
20-4．由钠灯射出的波长为589.0nm的平行光束以50角入射到方解石制成的晶片上，
晶片光轴垂直于入射面且平行于晶片表面，已知折射率no=1.65，ne=1.486，求（1）在晶片内o光与e光的波长；（2）o光与e光两光束间的夹角.解:由
λc589.0==396.37nmne1.486
λc589.0==356.97nmn01.65
?O=arcsin=27.66?
Δφ=3.37°
20-5．在偏振化方向正交的两偏振片P1,P2之间，插入一晶片，其光轴平行于表面且与起偏器的偏振化方向成35，求
（1）由晶片分成的o光和e光强度之比；（2）经检偏器P2后上述两光的强度之比。解：（1）由晶片分成的o光的振幅：AO=Asinθ
?e=arcsin=31.03?
e光的振幅：Ae=Acosθ
强度之比为振幅的平方比，所以：==0.492
（2）经检偏器后上述两光中o光的振幅：AO=Asinθcosθ
e光的振幅：Ae=Acosθsinθ
也就是振幅相同，所以强度之比为1：1。
20-6．把一个楔角为0.33的石英劈尖(光轴平行于棱)放在偏振化方向正交的两偏振片之间。用λ=654.3nm的红光垂直照射，并将透射光的干涉条纹显示在屏上。已知石英的折射率n0=1.5419,
ne=1.5509，计算相邻干涉条纹的间距。
解:选择劈尖的暗条纹，则条纹位置为：
ne-nO）d+π=（2k+1）πλ
（ne-nO）d=kλ
那么这样的劈尖的相邻干涉条纹的间距：
?d==12.6mm
（ne-nO）θ
20-1．用偏振片怎样来区分自然光、部分偏振光和线偏振光？
答:将光通过偏振片，光强无变化的为自然光；光强有变化但不会出现完全消光的为部分偏振光；光强有变化且在某个方向为零的为线偏振光。
20-2．如图所示，玻璃片堆A的折射率为n，二分之一波片C的光轴与y轴夹角为30，偏振片P的偏振化方向沿y轴方向，自然光沿水平方向入射。
（1）欲使反射光为完全偏振光，玻璃片堆A的倾角θ应为多少？在图中画出反射光的偏振态；
（2）若将部分偏振光看作自然光与线偏振光两部分的叠加，则经过C后线偏振光的振动面有何变化？说明理由；（3）若透射光中自然光的光强为I，偏振光的光强为3I，计算透过P后的光强。
答：（1）根据马吕斯定律：α=arctann，θ=（2）椭圆偏振光
（3）可用相干叠加公式计算。（略）
20-3．在图示的装置中，P1、P2为两个正交的偏振片，C为四分之一波片，其光轴与P1的偏振化方向间夹角为60，强度为I的单色自然光垂直入射于P1。（1）试述①、②、③各区光的偏振态；（2
）计算①、②、③各区的光强。
答：（1）①区：为线偏振光；②区为椭圆偏振光；③区为椭圆偏振光。（2）①区光强：
②区的光强：O光的光强：IO=
13I0sin2θ=I02811
e光的光强：Ie=I0cos2θ=I0
孩子特长培养适期 孩子学习一些才艺特长是一件好事，有的孩子觉得学习是一件快乐的事情。有的孩子反觉得是一件负担，孩子如感到是负担，就不太好了，再加上教育目的和方法不得当，可能会适得其反。因此，家长在送儿童去学习的同时，还应尊重儿童自己的爱好。而且，家长还应根据儿童生理发展的特点，理智地选择学习时间。
每天做一件好事情 要做好事，就必须弄清楚什么是好事情？怎么才能做到做好事情？什么是好事情，以我的认为，首先是法理上倡导的或传统道德允许的事情；其次是大家公认的且都会去做的事情；第三就是不妨碍他人且对他人有利的事情；有利于团结互助的事情。 对我来说，要做的好事情有这么几样，一是在兄弟姐妹有需求时迅速
ｐｅｃｉａｌ　Ｒｅｐｏｒｔ特别报道 历史长镜头： 油价上涨岂不是一件好事 ■ ∞　；　囊蔑 ≮　雷　羹 蹬　㈠　；誊　采 ；　≤　≯　； 分 。 ｌｌ　ｌ…　誊　掺 编译／朱春梅张波 １９７０年代初期，世界石 ．．７　Ｉ． 油价格上涨了４倍，几乎
圈面　理财师 牛市走慢是一件好事 编者按：由《２１世纪经济报道》主办的首届“２１世纪金 牌分析师”评选的颁奖典礼上，国内顶级分析师针对今年的 经济形势和市场现状展开了深入而激烈的讨论。 一 股市在微观层面有广泛的投资机会 吕俊上海从容投资管理有限
文／常清石宇 油价上涨未尝不是一件好事 虽然高油价会引发经济衰退，但我们不可能永远依赖日益枯竭的石油作为唯一的 能源，长远来看，尽早开发出替代能源，才能够维持经济持久发展 尔经济学奖得主马斯金在接受采访时表 丑年前，石油价格才刚刚３０美元／　学奖获得者马斯金发出了振聋发聩的声 示：“能源价格，至少
53 习题11 11-1.直角三角形ABC的A点上，有电荷q1=1.8×10C，B点上有电荷 -9 q2=-4.8×10-9C，试求C点的电场强度(设BC=0.04m, 解：q1在C点产生的场强 AC=0.03m). E1= q1 4πε0AC2q2 02 方向如图 q2在C点产生的场强 C 点的
大一学年大学物理下 第1/7页 第2/7页 第3/7页 第4/7页 第5/7页 解答及评分标准（参考） 一、B、C、B、B、C、B、E、C、A、 1 Z1 2分 2 3、 637.5 Hz 2分 566.7 Hz 2分 4、上 2分 (n-1)e 2分 5、632.6 或 633 3分 参考解：
习题11 ?9 11-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷q1?1.8?10C，B点上有电荷 q2??4.8?10?9C，试求C点的电场强度(设BC?0.04m，AC?0.03m)。 2 4??0rAC ， vvq2E2?j2 q2在C点产生的场强：0BC， vvvvv44E?E?E?2.7?10
同济大学大学物理下册答案（缺11 12章） 第九章 热力学基础解答 一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．A 6．C 7．B 8．D 二、填空题 1．传热； 做功； 其温度的改变量； 过程 2．124.7； -84.3 3．2； 2 4．9.52； 570 5．7.58?104Pa 6．
1818-1．杨氏双缝的间距为0.2mm，距离屏幕为1m，求：（1）若第一级明纹距离为2.5mm，求入射光波长。（2）若入射光的波长为6000A，求相邻两明纹的间距。 ? xdL??x?k? kL，将d?0.2mm，L?1m，x1?2.5mm，k?1代d解：（1）由，有： 2.5?10?3?0.2
No.1机械振动 一、判断题 [T]1.解：根据简谐振动的判据3。[F]2. 解：根据振子的角频率??，可知角频率由系统决定的。 m d2x2 ??x?0可知叙述正确。[T]3.解：由简谐振动判据2：2 dt [T]4.解：孤立的谐振系统机械能守恒，动能势能反相变化。 [T]5.解：同向不同频率的
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