大学物理学答案.doc

6.4半径为 R的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电线密度分别Ex

x

E

θ

R

ds

Ey

O

y

为+λ和-λ，求圆心处的场强．
[解答]在带正电的圆弧上取一弧元
ds = Rdθ，电荷元为dq = λds，
在O点产生的场强大小为
，
场强的分量为dEx = dEcosθ，dEy = dEsinθ．
对于带负电的圆弧，同样可得在O点的场强的两个分量．由于弧形是对称的，x方向的合场强为零，总场强沿着y轴正方向，大小为
ds

Ex

x

E

θ

R

Ey

O

y

．

6.8（1）点电荷q位于一个边长为a的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体一面的电通量是多少？
（2）如果将该场源点电荷移到立方体的的一个角上，这时通过立方体各面的电通量是多少？
[解答]点电荷产生的电通量为Φe = q/ε0．
（1）当点电荷放在中心时，电通量要穿过6个面，通过每一面的电通量为Φ1 = Φe/6 = q/6ε0．
（2）当点电荷放在一个顶角时，电通量要穿过8个卦限，立方体的3个面在一个卦限中，通过每个面的电通量为Φ1 = Φe/24 = q/24ε0；
立方体的另外3个面的法向与电力线垂直，通过每个面的电通量为零．
6.10两无限长同轴圆柱面，半径分别为R1和R2(R1 > R2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R1；（2） R1 < r < R2；（3）r > R2处各点的场强．
[解答]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 = λl，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）．
6.11一半径为R的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ，若在球内挖去一块半径为R`<R的小球体，如图所示，试求两球心O与O`处的电场强度，并证O

R

a

R`

O`

图12.10

明小球空腔内的电场为匀强电场．
[解答]挖去一块小球体，相当于在该处填充一块电荷体密度为-ρ的小球体，因此，空间任何一点的场强是两个球体产生的场强的迭加．
对于一个半径为R，电荷体密度为ρ的球体来说，当场点P在球内时，过P点作一半径为r的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程

P点场强大小为 ．
当场点P在球外时，过P点作一半径为r的同心球形高斯面，根据高斯定理可得方程
P点场强大小为 ．
O点在大球体中心、小球体之外．大球体在O点产生的场强为零，小球在O点产生的场强大小为
O

a

r`

O`

r

Er

Er`

θ

E

P

，方向由O指向O`．
O`点在小球体中心、大球体之内．小球体在O`点产生的场强为零，大球在O点产生的场强大小为
，方向也由O指向O`．
[证明]在小球内任一点P，大球和小球产生的场强大小分别为
， ，方向如图所示．
设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为
，
根据余弦定理得
，
所以 ，
可见：空腔内任意点的电场是一个常量．还可以证明：场强的方向沿着O到O`的方向．因此空腔内的电场为匀强电场．
6.16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）带电直线中垂在线离中点为r处的电势；
（3）由电势梯度算出上述两点的场强．
[解答]电荷的线密度为λ = q/2L．
（1）建立坐标系，在细在线取一线元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

总电势为 ．
（2）建立坐标系，在细在线取一线元dl，所带的电量为dq = λdl，
在线的垂直平分在线的P2点产生的电势为
，
积分得
o

lxx

x

dl

-L

L

y

r

θ

P2

．
（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．
6.17一带电量为q，半径为rA的金属球A，与一原先不带电、内外半径分别为rB和rC的金属球壳B同心放置，如图所示，则图中P点的电场强度如何？若用导线将A和B连接起来，则A球的电势为多少？（设无穷远处电势为零）
[解答]过P点作一个同心球面作为高斯面，尽管金属球壳内侧会感应出异种，但是高斯面内只有电荷q．根据高斯定理可得 E4πr2 = q/ε0，
可得P点的电场强度为 ．
当金属球壳内侧会感应出异种电荷-q时，外侧将出现同种电荷q．用导线将A和B连接起来后，正负电荷将中和．A球是一个等势体，其电势等于球心的电势．A球的电势是球壳外侧的电荷产生的，这些电荷到球心的距离都是rc，所以A球的电势为 ．
6.19金属球壳原来带有电量Q，壳内外半径分别为a、b，壳内距球心q

o

b

a

r

图13.3

为r处有一点电荷q，求球心o的电势为多少？
[解答]点电荷q在内壳上感应出负电荷-q，不论电荷如何分布，距离球心都为a．外壳上就有电荷q+Q，距离球为b．球心的电势是所有电荷产生的电势迭加，大小为

6.20三块平行金属板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 = 3×10-8C，忽略边缘效应．求
q

A

B

C

图13.4

（1）B、C板上的电荷为多少？
（2）A板电势为多少？
[解答](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 + σ2S． ①
A、B间的场强为 E1 = σ1/ε0，
A、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)．
12．4 一均匀带电的细棒被弯成如图所示的对称形状，试问θ为何值时，圆θ

R

O

图12.4

心O点处的场强为零．
[解答]设电荷线密度为λ，先计算圆弧的电荷在圆心产生的场强．
在圆弧上取一弧元 ds =R dφ，
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
θ

R

O

x

dφ

dE

φ

dEx = -dEcosφ．
总场强为

θ

O

E`

E``

x

R

，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．
根据上一题的公式③可得半无限长带电直线在延长上O点产生的场强大小为，
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/2．

12．12 真空中有两块相互平行的无限大均匀带电平面A和B．A平面的电荷面密度为2σ，B平面的电荷面密度为σ，两面间的距离为d．当点电荷q从A面移到B面时，电场力做的功为多少？
[解答]两平面产生的电场强度大小分别为
EA = 2σ/2ε0 = σ/ε0，EB = σ/2ε0，
两平面在它们之间产生的场强方向相反，因此，总场强大小为 E = EA - EB = σ/2ε0，
方向由A平面指向B平面．
两平面间的电势差为 U = Ed = σd/2ε0，
当点电荷q从A面移到B面时，电场力做的功为 W = qU = qσd/2ε0．

12．13 一半径为R的均匀带电球面，带电量为Q．若规定该球面上电势值为零，则无限远处的电势为多少？
[解答]带电球面在外部产生的场强为 ，
由于 ，
当UR = 0时，．

12．14 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）处的电势为
．
[证明]球的体积为，电荷的体密度为 ．
利用12．10题的方法可求球内外的电场强度大小为，（r≦R）；
，（r≧R）．
取无穷远处的电势为零，则r处的电势为

．
14．4 通有电流I的导线形状如图所示，图中ACDO是边长为b的正方形．求圆心O处的磁感应强I

C

O

b

a

D

A

图14.4

度B = ？
[解答]电流在O点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定律：，
圆弧上的电流元与到O点的矢径垂直，在O点产生的磁场大小为
， 由于 dl = adφ，
积分得 ．
OA和OD方向的直线在O点产生的磁场为零．在AC段，电流元在O点产生的磁场为
l

r

θ

Idl

Idl

C

O

b

a

D

A

，
由于 l = bcot(π - θ) = -bcotθ， 所以 dl = bdθ/sin2θ；
又由于 r = b/sin(π - θ) = b/sinθ，
可得 ，
积分得
同理可得CD段在O点产生的磁场B3 = B2．
O点总磁感应强度为 ．
B

I

θ1

b

θ2

[讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a的圆心处产生的磁感应强度为
．
（2）有限长直导线产生的磁感应大小为 ．
对于AC段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得
．上述公式可以直接引用．
14．6 如图所示的正方形线圈ABCD，每边长为a，通有电流I．求正方形中心O处的磁感应强度B = ？
[解答]正方形每一边到O点的距离都是a/2，在O点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD边为例，I

O

D

B

C

A

图14.6

利用直线电流的磁场公式：
，
令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD在O产生的场强为
，
O点的磁感应强度为 ，
方向垂直纸面向里．
16．16 一圆形线圈C1由50匝表面绝缘的细导线密绕而成，圆面积S = 2cm2，将C1放在一个半径R I2

C2

C1

图16.16

= 20cm的大圆线圈C2的中心，两线圈共轴，C2线圈为100匝．求：
（1）两线圈的互感M；
（2）C2线圈中的电流以50A·s-1的速率减少时，C1中的感应电动势为多少？
[解答](1)设大线圈中通以电流I2，N2匝线圈形成的环电流在圆心产生的磁感应强度为 B = μ0N2I2/2R，
小线圈中的全磁通为 Φ12 = N1BS =μ0N1N2I2S/2R，
互感系数为 M = Φ12/I2 = μ0N1N2S/2R= 4π×10-7×50×100×2×10-4/2×0.2=10-6π(H)．
(2) C1中的感应电动势的大小为 ε = MdI2/dt = 10-6π×50 = 5×10-5π(V)．

16．17 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），当矩形线圈中通有电流I = I0sinωt时，I

b

c

a

图16.17

求直导线中的感应电动势．
[解答]如果在直导线中通以稳恒电流I，在距离为r处产生的磁感应强度为
B = μ0I/2πr．
在矩形线圈中取一面积元dS = bdr，通过线圈的磁通量为
，
互感系数为 ．
当线圈中通以交变电流I = I0sinωt时，直导线中的感应电动势大小为
．
16．10 长为b，宽为a的矩形线圈ABCD与无限长直截流导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v向右平动，t时刻基AD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B

A

B

v

D

C

x

rx

drx

bx

a

图16.10

间变化，如图所示．求回路中的电动势ε．
[解答]电流I在r处产生的磁感应强度为，
穿过面积元dS = bdr的磁通量为
，
穿过矩形线圈ABCD的磁通量为
，
回路中的电动势为
．

1狭义相对论的两个基本假设：
狭义相对性原理：自然规律在所有惯性参考系中具有相同的数学形式。
光速不变原理：所有惯性参考系中真空光速都相同。
2，同时性的相对性是什么意思？如果光速无限大，是否还有同时性的相对性？
在一个参考系中同时发生的两个事件,在另一个参考系看来是不同时的
不会.
3，相对论的时空观与经典力学的时空观的区别与联系
大概是经典力学认为时间和空间都是绝对的,
同一个事件不同状态的人测量情况一样.
而相对论认为同一个事件不同的人测量会得出不同的时间,
就象不同的人的表上的不一样.
相对论认为,光速对于任何人是一样的,所以时间不同,经典力学则不.
大概就只知道这一点
4，要使衍射现象明显，需要满足什么条件？
要发生明显的衍射，则需障碍物或小孔的尺寸比波长小或跟波长差不多。 
5，光的相干条件是什么？相干光在叠加处的强度为？非相干光在叠加处的强度为？
1.频率相同 2.振动方向相同 3.相位差恒定
相干光光强是按振幅的矢量合成，出现干涉时，光强会有明暗相间的分布。
非相干光光强直接加起来就成。

6，光有哪5种偏振态，哪四种偏振光？几种方法从自然光获取线偏振光？
1，线偏振光,2, 部分偏振光3， 椭圆偏振光4，圆偏振光5自然光
三种，一般的，部分偏振光都可以看成是自然光和线偏振光的混合。自然界中我们看到的 椭圆偏振光是一种完全偏振光，而部分偏振光不是。
7试用半波带法说明离中央明条纹越远的明条纹的光强越小
除中央明纹外，其他明条纹衍射方向对应着奇数个半波带，级数越大，则单缝处的波阵面可以分成的半波带数目越多，其中偶数个半波带的作用两两相消之后，剩下的光震动未相消的一个半波带的面积越小，由它决定的该明条纹的亮度也越小。
9.11 为测量在硅表面的保护层SiO2的厚度，可将SiO2的表面磨成劈尖状，如n1=1.00

n2=3.42

λ

n=1.50

Si

SiO2

图6.4

图所示，现用波长λ = 644.0nm的镉灯垂直照射，一共观察到8根明纹，求SiO2的厚度．
[解答]由于SiO2的折射率比空气的大，比Si的小，所以半波损失抵消了，光程差为：δ = 2ne．
第一条明纹在劈尖的棱上，8根明纹只有7个间隔，所以光程差为：δ = 7λ．
SiO2的厚度为：e = 7λ/2n = 1503(nm) = 1.503(μm)．

9.34波长为600 nm的单色光垂直入射在一光栅上，第二、第三级主极大明纹分别出现在sinθ = 0.2及sinθ = 0.3处，第四级缺级，求：
（1）光栅常数；
（2）光栅上狭缝的宽度；
（3）屏上一共能观察到多少根主极大明纹？
[解答]（1）（2）根据光栅方程得：(a + b)sinθ2 = 2λ；
由缺级条件得(a + b)/a = k/k`，其中k` = 1，k = 4．
解缺级条件得b = 3a，代入光栅方程得狭缝的宽度为：a = λ/2sinθ2 = 1500(nm)．
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(a + b)sinθ = kλ中，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条明纹．
9.38两偏振片组装成起偏和检偏器，当两偏振片的偏振化方向夹角成30º时观察一普通光源，夹角成60º时观察另一普通光源，两次观察所得的光强相等，求两光源光强之比．
[解答]第一个普通光源的光强用I1表示，通过第一个偏振片之后，光强为1
I0 = I1/2．
3
当偏振光通过第二个偏振片后，根据马吕斯定律，光强为I = I0cos2θ1 = I1cos2θ1/2．
同理，对于第二个普通光源可得光强为I = I2cos2θ2/2．
2
因此光源的光强之比I2/I1 = cos2θ1/cos2θ2 = cos230º/cos260º = 1/3．
9.44水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50，当光由水射向玻璃时，起偏角为多少？若光由玻璃射向水时，起偏角又是多少？这两个角度数值上的关系如何？
[解答]当光由水射向玻璃时，水的折射率为n1，玻璃的折射率为n2，根据布儒斯特定律
tani0 = n2/n1 = 1.1278，
得起偏角为i0 = 48.44º．
当光由玻璃射向水时，玻璃的折射率为n1，水的折射率为n2，根据布儒斯特定律
tani0 = n2/n1 = 0.8867，
得起偏角为i0 = 41.56º．
可见：两个角度互为余角．