大学物理II练习册答案11

1 大学物理（二）练习册参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(D)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)，二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aaò×==00d /(U 0=0). (2). ()042e /q q+，q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，l / (2e 0)；(4). s R / (2e 0) ；(5). 0 ；(6). ÷÷øöççèæ-p 00114r r qe ；(7). －2³103 V ；(8). ÷÷øöççèæ-p a br r q q 11400e (9). 0，pE sin a ；(10). ()i a x A2+-.三、计算题1. 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为l =q / L ，在x 处取一电荷元d q = l d x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L qE -+p =e ()204d x d L L xq -+p =e 总场强为ò+p =Lx d L x Lq E 020)(d 4－e ()d L d q +p =04e 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2．一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d q = l d l = 2Q d q / p 它在O 处产生场强Ldq P +Q－QROxyＰLdd qx (L+d －x ) d ExOq e e d 24d d 20220RQRq E p =p =按q 角变化，将d E 分解成二个分量：分解成二个分量：q q e q d sin 2sin d d 202RQE E x p ==q q e q d cos 2cos d d 202RQE E y p -=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷úûùêëé-p =òòpp p q q q q e 2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R Q R QE y e q q q q e pp p p -=úûùêëé-p -=òò所以所以j R Q j E i E E y x202e p -=+=3. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为l ，试求轴线上一点的电场强度．，试求轴线上一点的电场强度．解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为荷线密度为q l l l d d d p=p =l R取q 位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为q e l e l d 22d d 020RR E p =p =如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为：轴上的二个分量为：d E x =d E sin q , d E y =－d E cos q 对各分量分别积分对各分量分别积分 R R E x 02002d sin 2e lq q e l pp =p =ò 0d c o s 202=p -=òp q q e lRE y场强场强 i Rj E i E E y x02e lp =+=4. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100 N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ． (1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0e ＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2) d qR Oxyqd qqq d E y y d l d q R q O d E xx d EOR’O'解：(1) 设电荷的平均体密度为r ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面D S 平行地面)上下底面处的上下底面处的 场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：，则通过高斯面的电场强度通量为：òòE²S d ＝E 2D S -E 1D S ＝(E 2-E 1) D S 高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h D S r由高斯定理(E 2－E 1) D S ＝h D S r /e∴ () E Eh121-=er ＝4.43³10-13 C/m 3(2) 设地面面电荷密度为s ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理由高斯定理òòE ²S d =åi 01q e-E D S =SD se1∴ s=－e 0 E ＝－8.9³10-10 C/m 35. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为的带电球体，其电荷体密度分布为r =Ar (r ≤R ) ， r =0 (r ＞R )， A 为一常量．试求球体内外的场强分布．为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 r r Ar V q d 4d d 2p ×==r在半径为r 的球面内包含的总电荷为的球面内包含的总电荷为 403d 4Ar r Ar dV q rV p =p ==òòr (r ≤R) 以该球面为高斯面，按高斯定理有以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4e Ar r E p =p ×得到得到 ()0214/e ArE =， (r ≤R ) 方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4e AR r E p =p ×得到得到 ()20424/rAR E e =， (r >R ) 方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．时向里．6. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为r ＝kx (0≤x ≤b )，式中，式中k 为一正的常量．求：为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度；处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？场强为零的点在何处？解：解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．，如图所示．E(2)xbP 1 P 2Px OSE 2D SE 1(1) h按高斯定理åò=×0e /d q S E S ，即，即 020002d d 12e e r e kSbx x kSxS SEb b ===òò得到得到 E = k b kb 2 / (4e 0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E ¢，如图所示．按高斯定理有定理有()022ee k S bx d x kSSE Ex==+¢ò得到得到 ÷÷øöççèæ-=¢22220b x k E e (0≤x ≤b ) (3) E ¢=0，必须是0222=-bx ， 可得2/b x =7. 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 的圆盘叠加的的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为处产生的场强为 i xx E012e σ=圆盘在该处的场强为圆盘在该处的场强为i x R x x E÷÷øöççèæ+--=2202112e σ ∴ i xR xE E E 220212+=+=e σ 该点电势为该点电势为()22222d 2xRR xR xx U x+-=+=òe se s8. 一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为r =Ar (r ≤R )，式中A 为常量．试求：求：(1) 圆柱体内、外各点场强大小分布；圆柱体内、外各点场强大小分布； (2) 选与圆柱轴线的距离为l (l ＞R ) 处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布．解：(1) 取半径为r 、高为h 的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为E 并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：面．则穿过该柱面的电场强度通量为：xS P SE ESSEd xb E ¢sOROxPòp =×SrhE S E2d 为求高斯面内的电荷，r ＜R 时，取一半径为r ¢，厚d r ¢、高h 的圆筒，其电荷为的圆筒，其电荷为r r Ah V ¢¢p =d 2d 2r则包围在高斯面内的总电荷为则包围在高斯面内的总电荷为3/2d 2d 32Ahrr r Ah V rVp =¢¢p =òòr由高斯定理得由高斯定理得 ()033/22e Ahr rhE p =p 解出解出 ()023/e Ar E = (r ≤R ) r ＞R 时，包围在高斯面内总电荷为：时，包围在高斯面内总电荷为：3/2d 2d 32AhRrrAh VRVp=¢¢p=òòr由高斯定理由高斯定理 ()033/22e A h R r h E p =p 解出解出 ()r AR E 033/e = (r >R ) (2) 计算电势分布计算电势分布r ≤R 时 òòò×+==lRRrlrrr AR r r A r E U d 3d 3d 0320e e()Rl AR rR A ln 3903330e e +-=r ＞R 时 rl AR rr AR rE Ulrl rln3d 3d 033e e =×==òò9．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 300 VV ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19 C) 解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为l ．按高斯定理有．按高斯定理有 2p rE = l / e 0 得到得到 E = l / (2p e 0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差方向沿半径指向轴线．两极之间电势差òòp -=×=-21d 2d 0R R BAB A rr r E U U el120ln 2R R elp -=得到得到()120/ln 2R R UUAB-=p e l， 所以所以 ()rR R UUE AB1/ln 12×-=在阴极表面处电子受电场力的大小为在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R RR UUeReE F AB×-==＝4.37³10-14 N 方向沿半径指向阳极．方向沿半径指向阳极．RrhABR 2 R 1四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为的静电场场强大小为 241rq E pe=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？何解释？参考解答：参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而同）而路径相等．因而d d d ¹×¢-×=×òòòc ba d l E l E l E 按静电场环路定理应有0d =×òl E ， 此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？能否求出该点的场强？为什么？参考解答：参考解答：由电势的定义：由电势的定义： ò×=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。

习题1111.1选择题(1）一圆形线圈在磁场中作下列运动时，那些情况会产生感应电流（） （A ）沿垂直磁场方向平移；（B ）以直径为轴转动，轴跟磁场垂直； （C ）沿平行磁场方向平移；（D ）以直径为轴转动，轴跟磁场平行。

[答案：B](2)下列哪些矢量场为保守力场（） （A ） 静电场；（B ）稳恒磁场；（C ）感生电场；（D ）变化的磁场。

[答案：A](3) 用线圈的自感系数 L 来表示载流线圈磁场能量的公式221LI W m=（）( A )只适用于无限长密绕线管； ( B ) 只适用于一个匝数很多，且密绕的螺线环； ( C ) 只适用于单匝圆线圈； ( D )适用于自感系数L 一定的任意线圈。

[答案：D](4)对于涡旋电场，下列说法不正确的是（）：（A ）涡旋电场对电荷有作用力； （B ）涡旋电场由变化的磁场产生； （C ）涡旋场由电荷激发； （D ）涡旋电场的电力线闭合的。

[答案：C]11.2 填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时，圆环将受到 。

[答案：磁力](2)产生动生电动势的非静电场力是 ，产生感生电动势的非静电场力是 ，激发感生电场的场源是 。

[答案：洛伦兹力，涡旋电场力，变化的磁场](3)长为l 的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度ω转动，如果转轴的位置在 ，这个导线上的电动势最大，数值为 ；如果转轴的位置在 ，整个导线上的电动势最小，数值为 。

[答案：端点，221l B ω；中点，0]11.3一半径r =10cm B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率tr d d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小． 解: 回路磁通 2πr B BS m ==Φ感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2====trr B r B t t m Φε V11.4 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题11.4图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角α当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i， 题11.4图则 αΦcos 2π21B R m =同理，半圆形adc 法向为j，则αΦcos 2π22B R m=∵ B 与i 夹角和B 与j 夹角相等，∴ ︒=45α 则 αΦcos π2R B m =221089.8d d cos πd d -⨯-=-=Φ-=tBR t m αεV 方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题11.5图 11.5 如题11.5图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U -．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ题11.6图11.6如题11.6所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以tId d 的变化率增大，求： (1)(2)解: 以向外磁通为正则 (1) ]ln [lnπ2d π2d π2000dad b a b Ilr l r Ir l r I ab b ad d m +-+=-=⎰⎰++μμμΦ (2) tIb a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0+-+=-=μΦε11.7 如题11.7图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题11.7图解: )cos(2π02ϕωΦ+=⋅=t r B S B m∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ===+=-=ωεϕωωΦε∴ RBfr R I m22π==ε11.8 如题11.8图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s-1d =0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向．题11.8图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势⎰==⋅⨯=ADIvbvBb l B v d2d )(01πμεBC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v CB+-=⋅⨯=⎰με∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2-⨯=+-=+=ad d Ibv μεεε V 方向沿顺时针．11.9 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．题11.9图11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题11.10图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)． 解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d d <Φt,0>ε； 题11.10图(a)题11.10图(b)在磁场中时0d d =tΦ,0=ε； 出场时0d d >tΦ，0<ε，故t I -曲线如题10-9图(b)所示. 题11.11图11.11 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速ω转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图11.11所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r +→一小段 则 ⎰==320292d l Ob l B r rB ωωε 同理 ⎰==302181d l Oa l B r rB ωωε ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab ωωεεε=+-=+= (2)∵ 0>ab ε 即0<-b a U U∴b 点电势高．题11.12图11.12 如题11.12图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向．解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则 ba b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB-+-=-+-=⋅⨯=⎰⎰+-ln d )211(2d )(00πμπμε∵ 0<AB ε ∴实际上感应电动势方向从A B →，即从图中从右向左， ∴ ba ba Iv U AB -+=ln 0πμ题11.13图11.13 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题11.13图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当tBd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=t abd d 2ΦεtBR B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →11.14 半径为R 的直螺线管中，有dtdB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m -=⋅= Φ∴ tB R R i d d )436π(22--=ε ∵0d d >tB∴0<i ε，即感应电动势沿acba ，逆时针方向．题11.14图题11.15图11.15 如题11.15图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题11.15图示（1）ab（2）cd解： 由⎰⎰⋅-=⋅l S tB l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向． (1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E与ab 垂直 ∴ ⎰=⋅ll 0d旋∴0=ab ε,有b a U U =(2)同理， 0d >⋅=⎰l E cddc旋ε∴ 0<-c d U U 即d c U U >题11.16图11.16 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题11.16图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为⎰==32300122ln π2d π2a a Iar rIaμμΦ∴ 2ln π2012aIM μΦ==11.17两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 M L L L 221++= 反串联时M L L L 221-+='∴ M L L 4='-15.04='-=L L M H题11.18图11.18 一矩形截面的螺绕环如题11.18图所示，共有N(1)(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题11.18图示 (1)通过横截面的磁通为 ⎰==baab NIhr h r NIln π2d π200μμΦ 磁链 ab IhN N ln π220μΦψ==∴ abhN IL ln π220μψ==(2)∵ 221LI W m = ∴ ab hI N W m ln π4220μ=11.19 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I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能． 解：在R r <时 20π2RI B rμ=∴ 4222002π82Rr I B w m μμ== 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ⎰⎰===RRm I Rrr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ。

大学物理练习 十五一．选择题：1．如图所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且n 1<n 2 ，n 2>n 3，1λ为入射光在折射率为n 1的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的位相差为 [ C ](A) )/(2112λπn e n (B) πλπ+)/(4121n e n (C) πλπ+)/(4112n e n (D) )/(4112λπn e n解: n 1<n 2 ，n 2>n 3 有半波损失.2.在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹。

若将缝S 2盖住，并在S 1S 2连线的垂直平分面处放一反射镜M ，如图所示，则此时 (A) P 点处仍为明条纹。

(B) P 点处为暗条纹。

(C) 不能确定P 点处是明条纹还是暗条纹。

(D) 无干涉条纹。

[B ]解: 反射镜M 有半波损失. （屏幕E 上的P 点处原是明条纹。

）3．如图所示，用波长为λ的单色光照射双缝干涉实验装置，若将一折射率为n 、劈角为α的透明劈尖b 插入光线2中，则当劈尖b 缓慢地向上移动时（只遮住S 2），屏C 上的干涉条纹 (A) 间隔变大，向下移动。

(B) 间隔变小，向上移动。

(C) 间隔不变，向下移动。

(D) 间隔不变，向上移动.。

[C ]解:当劈尖b 缓慢地向上移动时，改n 13λ1S屏λ4．如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上。

当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到这些环状干涉条纹 [B ](A) 向右平移. (B) 向中心收缩. (C) 向外扩张. (D) 静止不动. (E) 向左平移.解: 当平凸透镜垂直向上缓慢平移，薄膜厚增加. 环状干涉条纹向中心收缩.5. 在迈克尔逊干涉仪的一支光路中，放入一片折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长λ，则薄膜的厚度是 [ D ] (A) 2λ (B) ()n 2λ (C) n λ (D) )1(2-n λ解: λ=-=-=∆d n d nd )1(2226．如图所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L ，夹在两块平晶的中间，形成空气劈尖，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹。

解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。

为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做 广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。

第十一章静电场例题答案：11-1 （B ） 11-2（B ）11-3（B ）11-4．；从O 点指向()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ缺口中心点11-5.；；沿矢径OP0/ελd ()2204dR d-πελ11-6(D)11-7.向右 ;向右2εσ023εσ11-8(1)，r <R;(2)o2r 4r k E ε=，r >R 。

204r r 4RkE ε=[解](1)作与球体同心、而半径r <R 的球面S 1。

球体内电荷密度ρ随r 变化，因此，球面S 1内包含的电荷。

根据高斯定理和已知的电荷体密度ρ(r )，()dr r r 4Q ro21⎰ρπ=可求得球体内任意点的场强。

即，得：()⎰⎰ρπε=⋅=Φr2s o r dr r r 41s d E 1 ，r <R 。

o2r 4r k E ε=(2)作与球体同心、半径r >R 的球面S 2，因R 外电荷为零，故S 2内的电荷Q 2=Q 1，根据高斯定理得：Φ==4πr 2E r =，∴()⎰⎰ρπε=⋅R 02s 0r dr r r 41s d E 2⎰πεR3dr kr 41，r >R 。

204r r 4R kE ε=11-9(D) 11-10(C) 11-11.单位正电荷在d 0L⋅=⎰A E l 静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零有势（或保守力）11-12. 45 V —15 V 11-13. -2000V 11-14. (B) 11-15.，０，，。

20R4QπεR 4Q 0πε20r 4Qπε11-16()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ[解]：设B 上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，而A 、C 上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ，方向由B 指向A B 、C 间场强分布为 E 2=λ2 / 2πε0r ，方向由B 指向CB 、A 间电势差11100ln 22E r d d a ab bR R b BA R R aR r r R λλεε=⋅=-=ππ⎰⎰UB 、C 间电势差22200ln 22E r d d ccb b R Rc BC R R bR r U r R λλεε=⋅=-=ππ⎰⎰因U BA ＝U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ练习详解：11-1.（1）E 0=0；（2）E 0=0；（3）=k ；（4）0E 2aq 4i= k 0E 2aq 2i[解](1)如图(a )所示，各点电荷在点o 处产生的场强两两对应相消，所以，点o 处场强E 0=0(2)取图中(b )所示坐标。

λdx'L2L 3L λdx xP0dxx习 题 十10-1 卢瑟福实验证明：两个原子核之间的距离小到1510-m 时，它们之间的斥力仍遵守库仑定律。

已知金原子核中有79个质子，α粒子中有2个质子，每个质子的带电量为C 106.119-⨯，α粒子的质量为6.682710-⨯kg 。

当α粒子与金原子核相距6.91210-⨯m 时，试求：(1) α粒子所受的力；(2) α粒子的加速度。

[解] (1) α粒子电量2e ，金核电量为79e 。

α粒子所受的库仑力为()N 1064.7109.6792414142122210--⨯=⨯⋅==ee rq q F πεπε(2) α粒子的加速度223274s m 1014.11068.61064.7⨯=⨯⨯==--m F a10-2 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电量为q ，试求在直杆延长线上到杆的一端距离为d 的点P 的电场强度。

[解] 建立如图所示坐标系ox ，在带电直导线上距O 点为x 处取电荷元x Lq q d d =，它在P 点产生的电场强度为()()x x d L Lq x dL q E d 41d 41d 22-+=-+=πεπε则整个带电直导线在P 点产生的电场强度为()()d L d q x x dL Lq E L+=-+=⎰0241d 41πεπε故()i E d L d q+=04πε10-3 两根相同均匀带电细棒，长为L ，电荷线密度为λ，沿同一直线放置，两细棒间最近距离也是L ，如图所示。

设棒上的电荷不能自由移动，试求两棒间的静电相互作用力。

[解一] 先按左棒为场源电荷，而右棒为受力电荷。

计算左棒场强再求右棒所受电场力。

建立如图所示坐标系，在距O 点为x 处取微元x d λ，它在距O 点x '处产生的场强为()204d d x x xE -'=πελ因此左棒在x '处产生的场强为()⎪⎭⎫ ⎝⎛'--'=-'=⎰x Lx x x xE L1144d 02πελπελ 在x '处取电荷元x 'd λ，它受到的左棒的电场力为x x Lx E x F '⎪⎭⎫ ⎝⎛'--'=⋅'=d 114d d 02πελλ右棒受的总电场力为34ln423ln 23ln 4d 114d 022320232πελπελπελ=⎪⎭⎫ ⎝⎛---='⎪⎭⎫ ⎝⎛'--'==⎰⎰L L LL LL x x L x F F L L LL[解二] 求电荷元dx λ与x d 'λ的库仑力叠加。

大学物理（二）练习册 参考解答第12章 真空中的静电场一、选择题1(A)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)， 二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aa⎰⋅==00d /(U 0=0).(2). ()042ε/q q +， q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，λ / (2ε0) ； (4). σR / (2ε0) ； (5). 0 ； (6).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε ； (7). －2³103V ； (8).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb a r r q q 11400ε(9). 0，pE sin α ； (10). ()()j y x i xy40122482+-+-- (SI) ；三、计算题1. 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：在O 点建立坐标系如图所示． 半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i R E -π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i R E +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i R E +π=034ελ由场强叠加原理，O 点合场强为： ()j i RE E E E +π=++=03214ελBA∞O BA∞∞2. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ．(1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0ε＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2)解：(1) 设电荷的平均体密度为ρ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面∆S 平行地面)上下底面处的 场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：⎰⎰E²S d ＝E 2∆S -E 1∆S ＝(E 2-E 1) ∆S高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h ∆S ρ由高斯定理(E 2－E 1) ∆S ＝h ∆S ρ /ε 0∴() E E h1201-=ερ＝4.43³10-13C/m 3(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理⎰⎰E²S d =∑i1qε-E ∆S =S ∆σε01∴ σ =－ε 0 E ＝－8.9³10-10C/m 33. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为λ=λ0sin φ，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：在φ处取电荷元，其电荷为d q =λd l = λ0R sin φ d φ它在O 点产生的场强为R R qE 00204d sin 4d d εφφλεπ=π= 在x 、y 轴上的二个分量d E x =－d E cos φ， d E y =－d E sin φ 对各分量分别求和⎰ππ=000d cos sin 4φφφελR E x ＝0 RRE y 000208d sin 4ελφφελ-=π=⎰π∴ j Rj E i E E y x008ελ-=+=(2)2(1)4. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： σ = σ0cos φ ，式中φ 为半径R 与x 轴所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强．解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为λ = σ0cos φ R d φ， 它在O 点产生的场强为：φφεσελd s co 22d 000π=π=R E它沿x 、y 轴上的二个分量为： d E x =－d E cos φ =φφεσd s co 220π-d E y =－d E sin φ =φφφεσd s co sin 20π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝2εσ0)d(sin sin 2200=π-=⎰πφφεσy E∴ i i E E x02εσ-==5. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为4πRqr =ρ (r ≤R ) (q 为一正的常量)ρ = 0 (r >R )试求：(1) 带电球体的总电荷；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势．解：(1) 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 d q = ρd V = qr 4πr 2d r /(πR 4) = 4qr 3d r/R 4 则球体所带的总电荷为 ()q r r Rq V Q rV===⎰⎰34d /4d ρ(2) 在球内作一半径为r 1的高斯球面，按高斯定理有4041241211d 414Rqr r r Rqr E r r εε=π⋅π=π⎰得402114R qr E επ=(r 1≤R)，1E方向沿半径向外．在球体外作半径为r 2的高斯球面，按高斯定理有 0222/4εq E r =π得22024r q E επ=(r 2 >R )，2E方向沿半径向外．(3) 球内电势⎰⎰∞⋅+⋅=RR r r E r E U d d 2111⎰⎰∞π+π=RRr r rq r Rqrd 4d 4204021εε40310123Rqr R qεεπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=3310412R r R qε ()R r ≤1 球外电势 2020224d 4d 22r q r rq r E U r Rr εεπ=π=⋅=⎰⎰∞()R r >26. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为ρ＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2/ (4ε0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有()022εεk S b x d x kSSE E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-bx ， 可得2/b x =7. 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σ．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σ的大平面和面密度为－σ的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为i xx E012εσ='圆盘在该处的场强为i x R x x E⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i xR xE E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2xR R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ8．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19C)解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为λ．按高斯定理有 2πrE = λ/ ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R B A B A rr r E U U ελ120ln 2R R ελπ-= 得到()120/ln 2R R UUAB-=πελ， 所以 ()rR R UUE AB1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为()()11211/c R R R U U e R eE F A B ⋅-==＝4.37³10-14N 方向沿半径指向阳极．四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 241rq E πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l E按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？参考解答：由电势的定义： ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。

大学基础物理学第2版习题答案大学物理课后习题答案
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第11单元 气体动理论一、选择题【C 】1.在标准状态下, 若氧气（视为刚性双原子分子的理想气体）和氦气的体积比2121=V V ，则其内能之比21/E E 为： (A) 1/2 (B) 5/3 (C) 5/6 (D) 3/10【B 】2.若理想气体的体积为V ，压强为p ，温度为T ，一个分子的质量为m ，k 为玻耳兹曼常量，R 为摩尔气体常量，则该理想气体的分子数为(A) pV/m (B) pV/(kT) (C) pV/(RT) (D) pV/(mT)【D 】3.一定量的理想气体贮于某一容器中，温度为T ，气体分子的质量为m ．根据理想气体的分子模型和统计假设，分子速度在x 方向的分量平方的平均值 (A) m kT v x 32= (B)m kT v x 3312= (C) m kT v x 32= (D)mkT v x =2 【解析】m kT v 32=，222231v v v v z y x ===，故mkT v x =2。

【变式】一定量的理想气体贮于某一容器内，温度为T ，气体分子的质量为m 。

根据理想气体分子模型和统计假设，分子速度在x 方向分量的平均值为（ ） 0 D. π38 . C π831 B. π8 A.==⋅==x x x x mkT m kT m kT v v v v 解：在热平衡时，分子在x 正反两个方向上的运动是等概率的，故分子速度在x 方向分量的平均值为零。

所以答案选D 。

【D 】4.若)(v f 为气体分子速率分布函数，N 为分子总数，m 为分子质量，则)(21221v Nf mv v v ⎰ d v 的物理意义是(A) 速率为v 2的各分子的总平均动能与速率为v 1的各分子的总平均动能之差(B) 速率为v 2的各分子的总平动动能与速率为v 1的各分子的总平动动能之和(C) 速率处在速率间隔v 1~ v 2之内的分子的平均平动动能(D) 速率处在速率间隔v 1~ v 2之内的分子平动动能之和 【D 】5.在一密闭容器中，储有A 、B 、C 三种理想气体，处于平衡状态，A 种气体的分子数密度为1n ，它产生的压强为1p ，B 种气体的分子数密度为12n ，C 种气体的分子数密度为3n 1，则混合气体的压强p 为(A)31p (B)41p 1p (D)61p【A 】6.两种不同的理想气体，若它们的最概然速率相等，则它们的(A) 平均速率相等，方均根速率相等 (B) 平均速率相等，方均根速率不相等．(C) 平均速率不相等，方均根速率相等 (D) 平均速率不相等，方均根速率不相等．【解析】根据nkT p =，321n n n n ++=，得到1132166)(p kT n kT n n n p ==++=。