大学物理下第14章习题详解

第十四章习题解答1选择题：⑴ B ；⑵ B ；⑶ D ；⑷ B ；⑸ B 。

2填空题：⑴ /sin λθ；⑵ 4；⑶ 变疏，变疏；⑷ 3.0nm ；⑸ N 2，N 。

3计算题：1 用波长为nm 3.589=λ的单色平行光，垂直照射每毫米刻有500条刻痕的光栅．问最多能看到第几级明纹？总共有多少条明纹?解：5001=+b a mm 3100.2-⨯= mm 由λϕk b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数k max 对应的2πϕ=, 所以有3max 2.010 3.39589.3a bk λ+⨯==≈，即实际见到的最高级次为3max =k 总共可见7条明纹。

2 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时，哪些级次的衍射明条纹缺级? （1） a+b=2a ；（2）a+b=3a ；（3）a+b=4a 。

解：由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时，出现缺级．即⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(sin ),2,1,0(sin )( k k a k k b a λϕλϕ 可知，当k ab a k '+=时明纹缺级． （1） a b a 2=+时，⋅⋅⋅=,6,4,2k 偶数级缺级；（2） a b a 3=+时，⋅⋅⋅=,9,6,3k 级次缺级；（3）a b a 4=+，⋅⋅⋅=,12,8,4k 级次缺级．3 若以白光垂直入射光栅，不同波长的光将会有不同的衍射角．问（1） 零级明条纹能否分开不同波长的光? （2） 在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什么因素有关?解：（1）不能。

（2）红光。

与波长有光。

4 一双缝，两缝间距为0.1mm ，每缝宽为0.02mm ，用波长为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）透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度；（2）单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹?解：（1） 中央明纹宽度为：60480105010220.02l f a λ-⨯⨯⨯==⨯mm 4.2=cm （2） 由缺级条件：λϕk a '=sin ，λϕk b a =+sin )(知：k k a b a k k '='=+'=502.01.0 ⋅⋅⋅=',2,1k 即⋅⋅⋅=,15,10,5k 缺级． 中央明纹的边缘对应1='k ，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹．5 一束具有两种波长λ1和λ2的平行光垂直照射到一衍射光栅上，测得波长λ1的第三级主极大衍射角和λ2的第四级主极大衍射角均为30°．已知λ1=560 nm (1 nm= 10-9 m)，试求:(1) 光栅常数a ＋b(2) 波长λ2解：（1）()sin a b k θλ+=，01()sin 303a b λ+=，6()=3.3610a b m -+⨯（2）12()sin 34a b θλλ+==，2=420nm λ6某种单色光垂直入射到每厘米有8000条刻线的光栅上，如果第一级谱线的衍射角为30°那么入射光的波长是多少？能不能观察到第二级谱线？ 解：41() 1.25108000cm a b cm -+==⨯，0=(a+b)sin30625nm λ= 22sin 1()()k a b a b λλθ===++，02=90θ故不能观察到。

物理学教程下册答案（第二版）14-16第十四章波动光学14-1在双缝干涉实验中，若单色光源S到两缝S1、S2距离相等，则观察屏上中央明条纹位于图中O处，现将光源S向下移动到图中的S′位置，则（）（A）中央明纹向上移动，且条纹间距增大（B）中央明纹向上移动，且条纹间距不变（C）中央明纹向下移动，且条纹间距增大（D）中央明纹向下移动，且条纹间距不变分析与解由S发出的光到达S1、S2的光程相同，它们传到屏上中央O处，光程差Δ＝0，形成明纹．当光源由S移到S′时，由S′到达狭缝S1和S2的两束光产生了光程差．为了保持原中央明纹处的光程差为0，它会向上移到图中O′处．使得由S′沿S1、S2狭缝传到O′处的光程差仍为0．而屏上各级条纹位置只是向上平移，因此条纹间距不变．故选（B）．14-2如图所示，折射率为n2，厚度为e的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n1和n3，且n1＜n2，n2＞n3，若用波长为λ的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束的光程差是（）A2n2eB2n2e2C2n2eD2n2e2n2题14-2图分析与解由于n1＜n2，n2＞n3，因此在上表面的反射光有半波损失，下表面的反射光没有半波损失，故它们的光程差2n2e确答案为（B）．2，这里λ是光在真空中的波长．因此正14-3如图（a）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，夹在两块平面晶体的中间，形成空气劈形膜，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹，如果滚柱之间的距离L变小，则在L范围内干涉条纹的（）（A）数目减小，间距变大（B）数目减小，间距不变（C）数目不变，间距变小（D）数目增加，间距变小题14-3图分析与解图（a）装置形成的劈尖等效图如图（b）所示．图中d为两滚柱的直径差，b为两相邻明（或暗）条纹间距．因为d不变，当L变小时，θ变大，L′、b均变小．由图可得inn/2bd/L，因此条纹总数NL/b2d/n，因为d和λn不变，所以N不变．正确答案为（C）14-4用平行单色光垂直照射在单缝上时，可观察夫琅禾费衍射.若屏上点P处为第二级暗纹，则相应的单缝波阵面可分成的半波带数目为（）（A）3个（B）4个（C）5个（D）6个分析与解根据单缝衍射公式λ暗条纹2k2binθk1,2,...λ2k1明条纹2因此第k级暗纹对应的单缝处波阵面被分成2k个半波带，第k级明纹对应的单缝波阵面被分成2k＋1个半波带．则对应第二级暗纹，单缝处波阵面被分成4个半波带．故选（B）．14-5波长λ＝550nm的单色光垂直入射于光栅常数d＝bb1.0某10-4cm的光栅上，可能观察到的光谱线的最大级次为（）（A）4（B）3（C）2（D）1分析与解由光栅方程dinkk0,1,...，可能观察到的最大级次为dinπ/21.82λkma某即只能看到第1级明纹，正确答案为（D）．14-6三个偏振片P1、P2与P3堆叠在一起，P1与P3的偏振化方向相互垂直，P2与P1的偏振化方向间的夹角为30°，强度为I0的自然光入射于偏振片P1，并依次透过偏振片P1、P2与P3，则通过三个偏振片后的光强为（）（A）3I0/16（B）3I0/8（C）3I0/32（D）0分析与解自然光透过偏振片后光强为I1＝I0/2．由于P1和P2的偏振化方向成30°，所以偏振光透过P2后光强由马吕斯定律得I2化方向也成60°，则透过P3后光强变为I3I1co230o3I0/8．而P2和P3的偏振I2co260o3I0/32．故答案为（C）．14-7自然光以60°的入射角照射到两介质交界面时，反射光为完全线偏振光，则折射光为（）（A）完全线偏振光，且折射角是30°（B）部分偏振光且只是在该光由真空入射到折射率为3的介质时，折射角是30°（C）部分偏振光，但须知两种介质的折射率才能确定折射角（D）部分偏振光且折射角是30°分析与解根据布儒斯特定律，当入射角为布儒斯特角时，反射光是线偏振光，相应的折射光为部分偏振光.此时，反射光与折射光垂直.因为入射角为60°，反射角也为60°，所以折射角为30°.故选（D）.14-8在双缝干涉实验中，两缝间距为0.30mm，用单色光垂直照射双缝，在离缝1.20m的屏上测得中央明纹一侧第5条暗纹与另一侧第5条暗纹间的距离为22.78mm．问所用光的波长为多少，是什么颜色的光？分析与解在双缝干涉中，屏上暗纹位置由某d2k1决定，式中d′为双缝到d2屏的距离，d为双缝间距．所谓第5条暗纹是指对应k＝4的那一级暗纹．由于条纹对称，该暗纹到中央明纹中心的距离某22.78mm，那么由暗纹公式即可求得波长λ．2d此外，因双缝干涉是等间距的，故也可用条纹间距公式某求入射光波长．应注d22.78mm.9d2k1，把k4,某22.78103m以及d、d′值代2d2意两个第5条暗纹之间所包含的相邻条纹间隔数为9（不是10，为什么？），故某解1屏上暗纹的位置某入，可得λ＝632.8nm，为红光．22.78d'103m，以及d、d′解2屏上相邻暗纹（或明纹）间距某，把某9d值代入，可得λ＝632.8nm．14-9在双缝干涉实验中，用波长λ＝546.1nm的单色光照射，双缝与屏的距离d′＝300mm．测得中央明纹两侧的两个第五级明条纹的间距为12.2mm，求双缝间的距离．分析双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δ某，则由中央明纹两侧第五级明纹间距某5－某-5＝10Δ某可求出Δ某．再由公式Δ某＝d′λ／d即可求出双缝间距d．解根据分析：Δ某＝（某5－某-5）/10＝1.22某10-3m双缝间距：d＝d′λ／Δ某＝1.34某10-4m14-10一个微波发射器置于岸上，离水面高度为d，对岸在离水面h高度处放置一接收器，水面宽度为D，且Dd,Dh，如图所示．发射器向对面发射波长为λ的微波，且λ＞d，求接收器测到极大值时，至少离地多高？分析由发射器直接发射的微波与经水面反射后的微波相遇可互相干涉，这种干涉与劳埃德镜实验完全相同．形成的干涉结果与缝距为2d，缝屏间距为D的双缝干涉相似，如图（b）所示，但要注意的是和劳埃德镜实验一样，由于从水面上反射的光存在半波损失，使得两束光在屏上相遇产生的光程差为2dinθλ/2，而不是2dinθ．题14-10图解由分析可知，接收到的信号为极大值时，应满足2dinθλ/2kλk1,2,...D2k14dhDtanDinD．4d取k＝1时，得hmin14-11如图所示，将一折射率为1.58的云母片覆盖于杨氏双缝上的一条缝上，使得屏上原中央极大的所在点O改变为第五级明纹.假定=550nm，求：（1）条纹如何移动？（2）云母片的厚度t.题14-11图分析(1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率．在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P的光程差由其几何路程差决定，对于点O，光程差Δ＝0，故点O处为中央明纹，其余条纹相对点O对称分布．而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O，Δ≠0，故点O不再是中央明纹，整个条纹发生平移．原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差Δ=0的位置.(2)干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化．因此，对于屏上某点P（明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条纹的变化情况．插入介质前的光程差Δ1＝r1－r2＝k1λ（对应k1级明纹），插入介质后的光程差Δ2＝（n－1）d＋r1－r2＝k1λ（对应k1级明纹）．光程差的变化量为Δ2－Δ1＝（n－1）d＝（k2－k1）λ式中（k2－k1）可以理解为移过点P的条纹数（本题为5）．因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键．解由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O，有21n21d5将有关数据代入可得d54.74106mn114-12白光垂直照射到空气中一厚度为380nm的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色？分析这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）．解根据分析对反射光加强，有2ne2kk1,2,...4ne2k1在可见光范围，k＝2时，668.8nm（红光）k＝3时，401.3nm（紫光）故正面呈红紫色．14-13利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ＝589.3nm，L＝2.888某10-2m，测得30条条纹的总宽度为4.259某10-3m，求细丝直径d．分析在应用劈尖干涉公式d2nbL时，应注意相邻条纹的间距b是N条条纹的宽度Δ某除以（N－1）．对空气劈尖n＝1．。

[物理学14章习题解答]14-15 光源s 1 和s 2 在真空中发出的光都是波长为 λ的单色光，现将它们分别放于折射率为n 1 和n 2的介质中，如图14-5所示。

界面上一点p 到两光源的距离分别为r 1 和r 2。

(1)两束光的波长各为多大？(2)两束光到达点p 的相位变化各为多大？(3)假如s 1 和s 2 为相干光源，并且初相位相同，求点p干涉加强和干涉减弱的条件。

解 (1) 已知光在真空中的波长为λ，那么它在折射率为n的介质中的波长λ'可以表示为,所以，在折射率为n 1和n 2的介质中的波长可分别表示为和. (2)光传播r 的距离，所引起的相位的变化为,所以，第一束光到达点p 相位的变化为,第二束光到达点p 相位的变化为.(3)由于两光源的初相位相同，则两光相遇时的相位差是由光程差决定的，所以，点p 干涉加强的条件是,; 点p 干涉减弱的条件是, .14-16若用两根细灯丝代替杨氏实验中的两个狭缝，能否观察到干涉条纹？为什么？解 观察不到干涉条纹，因为它们不是相干光源。

14-17在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm ，以单色光照射狭缝光源，在离开双缝1.2 m 处的光屏上，从中央向两侧数两个第5条暗条纹之间的间隔为22.8 mm 。

求所用单色光的波长。

图14-5解在双缝干涉实验中，暗条纹满足,第5条暗条纹的级次为4，即，所以,其中。

两个第5条暗条纹的间距为,等于22.8 mm，将此值代入上式，可解出波长为.14-18在杨氏干涉实验中，双缝的间距为0.30 mm，以波长为6.0 102nm的单色光照射狭缝，求在离双缝50 cm远的光屏上，从中央向一侧数第2条与第5条暗条纹之间的距离。

解因为第1条暗条纹对应于，所以第2条暗条纹和第5条暗条纹分别对应于和。

根据双缝干涉的规律，暗条纹的位置应满足.所以，第2条与第5条暗条纹之间的距离为.14-20在空气中垂直入射到折射率为1.40的薄膜上的白光，若使其中的紫光(波长为400 nm)成分被薄膜的两个表面反射而发生干涉相消，问此薄膜厚度的最小值应为多大？解光从第一个表面反射要产生半波损失，但从第二个表面反射无半波损失，所以光程差应表示为,式中e为薄膜的厚度，此厚度应为最小值，干涉级次k最小应取1，因为当时，薄膜的厚度必须取零，上式才能成立。

14-2-3 两个垂直方向上的简谐振动的合成
14-2-1 同方向同频率简谐振动的合成
x1 A1 cos( t 10 ) x2 A2 cos( t 20 )
利用三角函数公式
x x1 x2
x A cos( t 0 )
合成振动仍为简谐振动。
2 A A12 A2 2 A1 A2 cos( 20 10 )
摆在最大偏离位置时
max cos(2t )
max 2 sin(2t )
max 2max
(2)
1 (2)式代入(1)式 2
m gl 2ka2 m l2
或写出系统任意时刻的能量
l 1 1 m(l ) 2 mgl 2 ka 2 2 C 2 2 1 1 2 m(l ) ( mgl k a 2 ) 2 C 对此式求导 2 2 1 d 1 2 d 2 0 ml 2 ( mgl ka )2 2 dt 2 dt
2 A A12 A2 2 A1 A2 A1 A2
x
如果 A1 A2
x1
o
T 2
x2
合成振动
则 A=0
3T 2
T
2T
t
一般情况 为其他任意值，
A A A 2 A1 A2 cos( 20 10 )
2 1 2 2
A1 A2 A ( A1 A2 )
x
合成振动
T 2
3T 2
t
2T
o
T
上述结果说明两个振动的相位差对合振动的振 幅起着重要作用。
例1：求两同方向、同频率谐振动X2= 2cos(3t+π/3 )、 X1=4cos(3t) 的合成谐振动方程。 解：合成后不变， X=Acos(3t+φ) A1=4、A2=2 、φ1=0 、φ2 = π/3

第14章 稳恒电流的磁场 一、选择题1(B).2(D).3(D).4(B).5(B).6(D).7(B).8(C).9(D).10(A) 二、填空题(1). 最大磁力矩.磁矩 ; (2). R 2c ；(3).)4/(0a I μ； (4).RIπ40μ ；(5).i .沿轴线方向朝右. ； (6). )2/(210R rI πμ. 0 ;(7). 4 ; (8). )/(lB mg ； (9). aIB ; (10). 正.负.三 计算题1．一无限长圆柱形铜导体(磁导率0).半径为R .通有均匀分布的电流I ．今取一矩形平面S (长为1 m.宽为2 R ).位置如右图中画斜线部分所示.求通过该矩形平面的磁通量．解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小.由安培环路定律可得： )(220R r rRIB ≤π=μ因而.穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RI Rd 2020⎰π=μπ=40Iμ在圆形导体外.与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而.穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+Iμ1 m2. 横截面为矩形的环形螺线管.圆环内外半径分别为R 1和R 2.芯子材料的磁导率为.导线总匝数为N .绕得很密.若线圈通电流I .求． (1) 芯子中的B 值和芯子截面的磁通量． (2) 在r < R 1和r > R 2处的B 值．解：(1) 在环内作半径为r 的圆形回路, 由安培环路定理得NI r B μ=π⋅2. )2/(r NI B π=μ 在r 处取微小截面d S = b d r , 通过此小截面的磁通量r b rNIS B d 2d d π==μΦ穿过截面的磁通量⎰=SS B d Φr b rNId 2π=μ12ln2R R NIbπ=μ (2) 同样在环外( r < R 1 和r > R 2 )作圆形回路, 由于0=∑iI02=π⋅r B ∴ B = 03. 一根很长的圆柱形铜导线均匀载有10 A 电流.在导线内部作一平面S .S 的一个边是导线的中心轴线.另一边是S 平面与导线表面的交线.如图所示．试计算通过沿导线长度方向长为1m 的一段S 平面的磁通量．(真空的磁导率0 =4×10-7T ·m/A.铜的相对磁导率r ≈1)解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处.作一个单位长窄条. 其面积为 x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度 202RIxB r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x RIxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x R Ix20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb4. 计算如图所示的平面载流线圈在P 点产生的磁感强度.设线圈中的电流强度为I ．解：如图.CD 、AF 在P 点产生的 B = 0x2EF DE BC AB B B B B B+++=)sin (sin 4120ββμ-π=aIB AB . 方向其中 2/1)2/(sin 2==a a β.0sin 1=β ∴ a I B AB π=240μ. 同理, aI B BC π=240μ.方向．同样 )28/(0a I B B EF DE π==μ.方向⊙．∴ aI B π=2420μaIπ-240μaIπ=820μ 方向．5. 如图所示线框.铜线横截面积S = 2.0 mm 2.其中OA 和DO ＇两段保持水平不动.ABCD 段是边长为a 的正方形的三边.它可绕OO ＇轴无摩擦转动．整个导线放在匀强磁场B 中.B 的方向竖直向上．已知铜的密度 = 8.9×103 kg/m 3.当铜线中的电流I =10 A 时.导线处于平衡状态.AB 段和CD 段与竖直方向的夹角 =15°．求磁感强度B 的大小．解：在平衡的情况下.必须满足线框的重力矩与线框所受的磁力矩平衡(对OO ＇轴而言)．重力矩 αραρsin sin 2121gSa a a gS a M +⋅= αρsin 22g Sa =磁力矩 ααcos )21sin(222B Ia BIa M =-π=平衡时 21M M =所以 αρsin 22g Sa αcos 2B Ia =31035.9/tg 2-⨯≈=I g S B αρ T6. 如图两共轴线圈.半径分别为R 1、R 2.电流为I 1、I 2．电流的方向相反.求轴线上相距中点O 为x 处的P 点的磁感强度． 解：取x 轴向右.那么有 2/322112101])([2x b R I R B ++=μ 沿x 轴正方向 2/322222202])([2x b R I R B -+=μ 沿x 轴负方向21B B B -=[2μ=2/32211210])([x b R I R ++μ]])([2/32222220x b R I R -+-μ若B > 0.则B 方向为沿x 轴正方向．若B < 0.则B的方向为沿x 轴负方向．P7. 如图所示．一块半导体样品的体积为a ×b ×c ．沿c 方向有电流I .沿厚度a 边方向加有均匀外磁场B (B的方向和样品中电流密度方向垂直)．实验得出的数据为 a ＝0.10 cm 、b ＝0.35 cm 、c＝1.0 cm 、I ＝1.0 mA 、B ＝3.0×10-1T.沿b 边两侧的电势差U ＝6.65 mV.上表面电势高．(1) 问这半导体是p 型(正电荷导电)还是n 型(负电荷导电)？(2) 求载流子浓度n 0 (即单位体积内参加导电的带电粒子数)． 解：(1) 根椐洛伦兹力公式：若为正电荷导电.则正电荷堆积在上表面.霍耳电场的方向由上指向下.故上表面电势高.可知是p 型半导体。

第十四章 波动#14－1 如本题图所示，一平面简谐波沿ox 轴正向传播，波速大小为u ，若P 处质点振动方程为)cos(ϕ+ω=t A y P ，求：（1）O 处质点的振动方程；（2）该波的波动方程；（3）与P 处质点振动状态相同质点的位置。

解：（1）O 处质点振动方程：y 0 = A cos [ ω（t + L / u ）+φ] （2）波动方程y 0 = A cos { ω[t - （x - L ）/ u +φ} （3）质点位置x = L ± k 2πu / ω （k = 0 , 1, 2, 3……）14－2 一简谐波，振动周期T =1/2s ，波长λ＝10m ，振幅A =0.1m ，当t =0时刻，波源振动的位移恰好为正方向的最大值，若坐标原点和波源重合，且波沿ox 轴正方向传播，求：（1）此波的表达式；（2）t 1＝T/4时刻，x 1=λ/4处质点的位移；（3）t 2 ＝T/2时刻，x 1=λ/4处质点的振动速度。

解：（1） y = 0.1 cos ( 4πt - 2πx / 10 )= 0.1 cos 4π（t - x / 20 ） (SI) （2） 当 t 1 = T / 4 = 1 / 8 ( s ) , x 1 = λ/ 4 = 10 / 4 m 处质点的位移y 1 = 0.1cos 4π（T / 4 - λ/ 80 ）= 0.1 cos 4π(1 / 8 - 1 / 8 ) = 0.1 m （3） 振速 )20/(4sin 4.0x t tyv --=∂∂=ππ t 2 = T / 2 = 1 / 4 (S) ,在x 1 = λ/ 4 = 10 / 4( m ) 处质点的振速v 2 = -0.4πsin (π-π/ 2 ) = - 1.26 m / s14－3 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。

设4Tt =时刻的波形如本题图所示，求该波的表达式。

解：由图可看出，在t=0时，原点处质点位移y 0＝－A ，说明原点处质点的振动初相πϕ=0，因而波动方程为])(cos[πω++=uxt A y14－4 本题图表示一平面余弦波在t ＝0时刻与t ＝2s 时刻的波形图，求： (1) 坐标原点处介质质点的振动方程；(2) 该波的波方程。

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线圈中感应电动势大小： Ei E1 E 2
0 IvL1 0 IvL1 N 2x 2 ( x L2 )
Ei
N 0 IS v ，其中： S L1 L2 ，动生电动势方向为顺时针。 2 x( x L2 )
(2)如果线圈保持不变,长直导线中通有交变电流 I I 0 sin t 。
kh
da
(D) E L / R
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课
后 答
(B) 21 > 12
(C) 21 = 12
M
N
题 21.图
N
作业登记号
学号
姓名
单元十四
单元十四（二） 自感、互感、磁场能量
一、选择题 1. 自感为 0.25H 的线圈中，当电流在(1/16)秒内由 2A 均匀减小到零时，线圈中自感电动势的大小 为: (A) 7.8 10 V
3
【 C (B) 2.0V (C) 8.0V (D) 3.1 10 V
作业登记号
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单元十四
方向垂直纸面向里。
选顺时针为积分正方向
根据： E i ( v B ) dl
a

b



线段 CA 中产生的动生电动势： E1 N
0 IvL1 2x
方向由 C 到 A。

2 2 2 1/ 2
(D) ct (1 v / c )
第十四章 相对论
2 1/ 2
8
物理学
第五版
第十四章补充例题
3 下列说法哪种(些)正确: (A) 一切运动物体相对于观察者的速度都不 能大于真空的光速. (B) 质量、长度、时间的测量结果都随物体 与 观察者的相对运动状态而改变. (C) 在一切惯性系中发生于同一时刻、不同地 点的两个事件，在其它惯性系中也同时发生. (D) 惯性系中的观察者观察一个对它作匀速 相对运动的时钟时，会看到该钟走慢了. 答案: (A)(B)(D)
2

(t 2 t1 ) 1 2
这一条件不是任何时候都能满足的！但 在地球这一有限空间内，是可以满足的，虽 然这两事件并不同地，但可近似地套用时间 膨胀公式. 本题求距离，所以可以套用长度缩短公式：
l l 1 2 100 1 0.982 19.9 m
第十四章 相对论
第十四章 相对论
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物理学
第五版
第十四章补充例题
一电子以0.99c的速率运动(电子静止 质量为9.11×10-31 kg，则电子的总能 5.8×10－13 )J，电子的经典力学的 量是( 动能与相对论动能之比是( 8.04×10－2 ) 质子在加速器中被加速，当其动能为静止 4 能量的3倍时，其质量为静止质量的（）倍。
第十四章 相对论
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物理学
第五版
第十四章补充例题
4 在惯性系S中，相距x=5106m的两地 两事件时间间隔t=10-2 s；在相对S系沿x轴 正向匀速运动的S'系测得这两事件却是同时 发生的，求： S'系中发生这两事件的地点间 距x'. 解设S'系相对于S系的速度大小为 v.

习题1414-1．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：00146I IB R R μθμπ==，方向：；直导线在O 点的磁感应强度：0000203[sin 60sin(60)]4cos602IIB R R μμππ=--=，方向：⊗；∴总场强：031)23IB Rμπ=-，方向⊗。

14-2．如图所示，两个半径均为R 的线圈平行共轴放置，其圆心O 1、O 2相距为a ，在两线圈中通以电流强度均为I 的同方向电流。

（1）以O 1O 2连线的中点O 为原点，求轴线上坐标为x 的任意点的磁感应强度大小；（2）试证明：当a R =时，O 点处的磁场最为均匀。

解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式：2032222()I R B R z μ=+。

（1）左线圈在x 处P 点产生的磁感应强度：20132222[()]2P I R B a R x μ=++，右线圈在x 处P 点产生的磁感应强度：20232222[()]2P I R B a R x μ=+-，1P B 和2P B 方向一致，均沿轴线水平向右，∴P 点磁感应强度：12P P P B B B =+=2330222222[()][()]222I R a a R x R x μ--⎧⎫++++-⎨⎬⎩⎭；（2）因为P B 随x 变化，变化率为d Bd x ，若此变化率在0x =处的变化最缓慢，则O 点处的磁场最为均匀，下面讨论O 点附近磁感应强度随x 变化情况，即对P B 的各阶导数进行讨论。

对B 求一阶导数：d B d x 25502222223()[()]()[()]22222I R a a a a x R x x R x μ--⎧⎫=-++++-+-⎨⎬⎩⎭ 当0x =时，0d Bd x =，可见在O 点，磁感应强度B 有极值。

对B 求二阶导数：22()d d B d B d x d x d x ==222057572222222222225()5()311222[()][()][()][()]2222a a x x I R a a a a R x R x R x R x μ⎧⎫+-⎪⎪⎪⎪--+-⎨⎬⎪⎪+++++-+-⎪⎪⎩⎭当0x =时，202x d B d x ==222072223[()]2a R I R a R μ-+， 可见，当a R >时，2020x d Bd x =>，O 点的磁感应强度B 有极小值，当a R <时，2020x d B d x =<，O 点的磁感应强度B 有极大值，当a R =时，2020x d B d x ==，说明磁感应强度B 在O 点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀强磁场。

大学物理第14章思考题解《大学物理学》（下册）思考题解第14章电磁感应14-1 在电磁感应定律i d dtΦ=-?中，负号的含义是什么? 如何根据负号来判断感应电动势的方向？答：电磁感应定律i d dtΦ=-中的负号来自于楞次定律。

由于磁通量Φ变化而引起感应电动势i ?变化、从而产生感应电流，这个电流的磁场将阻碍原磁通量Φ的变化。

例如原磁通量Φ正在增加，所激发的感应电动势的感应电流的感应磁场将阻碍这个Φ增加。

14-2 如题图所示的几种形状的导线回路，假设均匀磁场垂直于纸面向里，且随时渐减小。

试判断这几种形状的导线回路中，感应电流的流向答：14-3 将一磁铁插入一个由导线组成的闭合电路线圈中，一次迅速插入，另一次缓慢插入。

问：(1)两次插入时在线圈中的感生电荷量是否相同？ (2)两次手推磁铁的力所做的功是否相同？(3)若将磁铁插入一个不闭合的金属环中，在环中间发生什么变化？答：始末两态的磁通1Φ、2Φ不变，所以 (1) 感生电荷量12 q RΦ-Φ=，与时间、速度无关，仅与始末两态的磁通有关，所以两次插入线圈的感生电荷量相同。

(2)从感应电流作功考虑，W I t =??，定性地判断：两种情况下I t q ?=不变，12d dttΦ-ΦΦ=?=-?分子不变分母有区别，所以两次手推磁铁的力，慢慢插入的作功少，快速插入的作功多。

(3) 若将磁铁插入一个不闭合的金属环中，在环的两端将产生感应电动势。

14-4 让一块很小的磁铁在一根很长的竖直钢管内下落，若不计空气阻力，试定性说明磁铁进入钢管上部、中部和下部的运动情况，并说明理由。

答：把小磁铁看作磁矩为m的磁偶极子，下落至钢管口附近时，由于钢管口所围面积的磁通量发生了变化，管壁将产生感生电动势和感生电流，感生电流将激发感生磁场'1B ，由于磁矩m 自己产生的磁感B 在管口产生的磁通正在增加，根据楞次定律，它所激发的感生磁场'1B 将阻碍这个增加，因此，' 1B 与B 反方向。

第十四章 相 对 论14 －1 下列说法中(1) 两个相互作用的粒子系统对某一惯性系满足动量守恒，对另一个惯性系来说，其动量不一定守恒；(2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关；(3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同.其中哪些说法是正确的？ ( )(A) 只有(1)、(2)是正确的 (B) 只有(1)、(3)是正确的(C) 只有(2)、(3)是正确的 (D) 三种说法都是正确的分析与解 物理相对性原理和光速不变原理是相对论的基础.前者是理论基础，后者是实验基础.按照这两个原理，任何物理规律(含题述动量守恒定律)对某一惯性系成立，对另一惯性系也同样成立.而光在真空中的速度与光源频率和运动状态无关，从任何惯性系(相对光源静止还是运动)测得光速均为3×108 m·s -1 .迄今为止，还没有实验能推翻这一事实.由此可见，(2)(3)说法是正确的，故选(C).14 －2 按照相对论的时空观，判断下列叙述中正确的是( )(A) 在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是同时事件(B) 在一个惯性系中两个同时的事件，在另一惯性系中一定是不同时事件(C) 在一个惯性系中两个同时又同地的事件，在另一惯性系中一定是同时同地事件(D) 在一个惯性系中两个同时不同地的事件，在另一惯性系中只可能同时不同地 (Ｅ) 在一个惯性系中两个同时不同地事件，在另一惯性系中只可能同地不同时分析与解 设在惯性系Ｓ中发生两个事件，其时间和空间间隔分别为Δt 和Δx ，按照洛伦兹坐标变换，在Ｓ′系中测得两事件时间和空间间隔分别为221ΔΔΔβx c t t --='v 和 21ΔΔΔβt x x --='v 讨论上述两式，可对题述几种说法的正确性予以判断：说法(A)(B)是不正确的，这是因为在一个惯性系(如Ｓ系)发生的同时(Δt ＝0)事件，在另一个惯性系(如Ｓ′系)中是否同时有两种可能，这取决于那两个事件在Ｓ 系中发生的地点是同地(Δx ＝0)还是不同地(Δx≠0).说法(D)(Ｅ)也是不正确的，由上述两式可知：在Ｓ系发生两个同时(Δt ＝0)不同地(Δx ≠0)事件，在Ｓ′系中一定是既不同时(Δt ′≠0)也不同地(Δx ′≠0)，但是在Ｓ 系中的两个同时同地事件，在Ｓ′系中一定是同时同地的，故只有说法(C)正确.有兴趣的读者，可对上述两式详加讨论，以增加对相对论时空观的深入理解.14 －3 有一细棒固定在Ｓ′系中，它与Ox ′轴的夹角θ′＝60°，如果Ｓ′系以速度u 沿Ox 方向相对于Ｓ系运动，Ｓ 系中观察者测得细棒与Ox 轴的夹角( )(A) 等于60° (B) 大于60° (C) 小于60°(D) 当Ｓ′系沿Ox 正方向运动时大于60°，而当Ｓ′系沿Ox 负方向运动时小于60°分析与解 按照相对论的长度收缩效应，静止于Ｓ′系的细棒在运动方向的分量(即Ox 轴方向)相对Ｓ系观察者来说将会缩短，而在垂直于运动方向上的分量不变，因此Ｓ系中观察者测得细棒与Ox 轴夹角将会大于60°，此结论与Ｓ′系相对Ｓ系沿Ox 轴正向还是负向运动无关.由此可见应选(C).14 －4 一飞船的固有长度为L ，相对于地面以速度v 1 作匀速直线运动，从飞船中的后端向飞船中的前端的一个靶子发射一颗相对于飞船的速度为v 2 的子弹.在飞船上测得子弹从射出到击中靶的时间间隔是( ) (c 表示真空中光速) (A) 21v v +L (B) 12v -v L (C) 2v L (D) ()211/1c L v v - 分析与解 固有长度是指相对测量对象静止的观察者所测，则题中L 、v 2 以及所求时间间隔均为同一参考系(此处指飞船)中的三个相关物理量，求解时与相对论的时空观无关.故选(C). 讨论 从地面测得的上述时间间隔为多少？ 建议读者自己求解.注意此处要用到相对论时空观方面的规律了.14 －5 设Ｓ′系以速率v ＝0.60c 相对于Ｓ系沿xx′轴运动，且在t ＝t ′＝0时，x ＝x ′＝0.(1)若有一事件，在Ｓ系中发生于t ＝2.0×10－7ｓ，x ＝50m 处，该事件在Ｓ′系中发生于何时刻？(2)如有另一事件发生于Ｓ系中t ＝3.0×10-7 ｓ，x ＝10m 处，在Ｓ′系中测得这两个事件的时间间隔为多少？分析 在相对论中，可用一组时空坐标(x ，y ，z ，t )表示一个事件.因此，本题可直接利用洛伦兹变换把两事件从Ｓ系变换到Ｓ′系中.解 (1) 由洛伦兹变换可得Ｓ′系的观察者测得第一事件发生的时刻为 s 1025.1/1721211-⨯=--='c x c t t 2v v (2) 同理，第二个事件发生的时刻为s 105.3/1722222-⨯=--='c x c t t 2v v 所以，在Ｓ′系中两事件的时间间隔为s 1025.2Δ712-⨯='-'='t t t 14 －6 设有两个参考系Ｓ 和Ｓ′，它们的原点在t ＝0和t ′＝0时重合在一起.有一事件，在Ｓ′系中发生在t ′＝8.0×10－8 s ，x ′＝60m ，y ′＝0，z ′＝0处若Ｓ′系相对于Ｓ 系以速率v ＝0.6c 沿xx′轴运动，问该事件在Ｓ系中的时空坐标各为多少？分析 本题可直接由洛伦兹逆变换将该事件从Ｓ′系转换到Ｓ系.解 由洛伦兹逆变换得该事件在Ｓ 系的时空坐标分别为 m 93/12=-'+'=c t x x 2v vy ＝y′＝0z ＝z′＝0s 105.2/1722-⨯=-'+'=c x c t t 2v v 14 －7 一列火车长0.30km(火车上观察者测得)，以100km·h -1 的速度行驶，地面上观察者发现有两个闪电同时击中火车的前后两端.问火车上的观察者测得两闪电击中火车前后两端的时间间隔为多少？分析 首先应确定参考系，如设地面为Ｓ系，火车为Ｓ′系，把两闪电击中火车前后端视为两个事件(即两组不同的时空坐标).地面观察者看到两闪电同时击中，即两闪电在Ｓ系中的时间间隔Δt ＝t 2－t 1＝0.火车的长度是相对火车静止的观察者测得的长度(注：物体长度在不指明观察者的情况下，均指相对其静止参考系测得的长度)，即两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δx ′＝x ′2 －x ′1＝0.30×103m.Ｓ′系相对Ｓ系的速度即为火车速度(对初学者来说，完成上述基本分析是十分必要的).由洛伦兹变换可得两事件时间间隔之间的关系式为()()21221212/1cx x c t t t t 2v v -'-'+'-'=- (1)()()21221212/1cx x c t t t t 2v v ----='-' (2) 将已知条件代入式(1)可直接解得结果.也可利用式(2)求解，此时应注意，式中12x x -为地面观察者测得两事件的空间间隔，即Ｓ系中测得的火车长度，而不是火车原长.根据相对论， 运动物体(火车)有长度收缩效应，即()21212/1c x x x x 2v -'-'=-.考虑这一关系方可利用式(2)求解.解1 根据分析，由式(1)可得火车(Ｓ′系)上的观察者测得两闪电击中火车前后端的时间间隔为()s 26.91412212-⨯-='-'='-'x x ct t v 负号说明火车上的观察者测得闪电先击中车头x ′2 处.解2 根据分析，把关系式()21212/1c x x x x 2v -'-'=- 代入式(2)亦可得 与解1 相同的结果.相比之下解1 较简便，这是因为解1中直接利用了12x x '-'＝0.30km 这一已知条件.14 －8 在惯性系Ｓ中，某事件A 发生在x 1处，经过2.0 ×10－6ｓ后，另一事件B 发生在x 2处，已知x 2－x 1＝300m.问：(1) 能否找到一个相对Ｓ系作匀速直线运动的参考系Ｓ′，在Ｓ′系中，两事件发生在同一地点？(2) 在Ｓ′系中，上述两事件的时间间隔为多少？分析 在相对论中，从不同惯性系测得两事件的空间间隔和时间间隔有可能是不同的.它与两惯性系之间的相对速度有关.设惯性系Ｓ′以速度v 相对Ｓ 系沿x 轴正向运动，因在Ｓ 系中两事件的时空坐标已知，由洛伦兹时空变换式，可得 ()()2121212/1c t t x x x x 2v v ----='-' (1) ()()2121212/1c x x t t t t 22v c v ----='-' (2)两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，即x ′2－x ′1＝0，代入式(1)可求出v 值以此作匀速直线运动的Ｓ′系，即为所寻找的参考系.然后由式(2)可得两事件在Ｓ′系中的时间间隔.对于本题第二问，也可从相对论时间延缓效应来分析.因为如果两事件在Ｓ′系中发生在同一地点，则Δt ′为固有时间间隔(原时)，由时间延缓效应关系式2/1ΔΔc t t 2v -='可直接求得结果. 解 (1) 令x ′2－x ′1＝0，由式(1)可得c t t x 50.0s m 1050.11-8121=⋅⨯=--=2x v (2) 将v 值代入式(2)，可得()()()s 1073.1/1/162122121212-⨯=--=----='-'c t t c x x t t t t 222v v c v这表明在Ｓ′系中事件A 先发生.14 －9 设在正负电子对撞机中，电子和正电子以速度0.90c 相向飞行，它们之间的相对速度为多少？分析 设对撞机为Ｓ系，沿x 轴正向飞行的正电子为Ｓ′系.Ｓ′系相对Ｓ系的速度v ＝0.90c ，则另一电子相对Ｓ系速度u x ＝－0.90c ，该电子相对Ｓ′系(即沿x 轴正向飞行的电子)的速度u′x 即为题中所求的相对速度.在明确题目所述已知条件及所求量的物理含义后，即可利用洛伦兹速度变换式进行求解.解 按分析中所选参考系，电子相对Ｓ′系的速度为c u cu u u x x x x 994.012-=-'-='v 式中负号表示该电子沿x′轴负向飞行，正好与正电子相向飞行.讨论 若按照伽利略速度变换，它们之间的相对速度为多少？14 －10 设想有一粒子以0.050c 的速率相对实验室参考系运动.此粒子衰变时发射一个电子，电子的速率为0.80c ，电子速度的方向与粒子运动方向相同.试求电子相对实验室参考系的速度.分析 这是相对论的速度变换问题.取实验室为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系，则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v ＝0.050c .题中所给的电子速率是电子相对衰变粒子的速率，故u′x ＝0.80c . 解 根据分析，由洛伦兹速度逆变换式可得电子相对Ｓ系的速度为c u cu u x x x 817.012='-+'=v v 14 －11 设在宇航飞船中的观察者测得脱离它而去的航天器相对它的速度为1.2×108m·ｓ-1 i .同时，航天器发射一枚空间火箭，航天器中的观察者测得此火箭相对它的速度为1.0×108m·ｓ-1 i .问：(1) 此火箭相对宇航飞船的速度为多少？ (2) 如果以激光光束来替代空间火箭，此激光光束相对宇航飞船的速度又为多少？ 请将上述结果与伽利略速度变换所得结果相比较，并理解光速是运动体的极限速度.分析 该题仍是相对论速度变换问题.(2)中用激光束来替代火箭，其区别在于激光束是以光速c 相对航天器运动，因此其速度变换结果应该与光速不变原理相一致.解 设宇航飞船为Ｓ系， 航天器为Ｓ′系， 则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v ＝1.2 ×108m·ｓ－1 ，空间火箭相对航天器的速度为u ′x ＝1.0×108m·ｓ－1，激光束相对航天器的速度为光速c .由洛伦兹变换可得：(1) 空间火箭相对Ｓ 系的速度为 1-82s m 1094.11⋅⨯='++'=x x x u cu u v v (2) 激光束相对Ｓ 系的速度为 c c c c u x =++=21v v 即激光束相对宇航飞船的速度仍为光速c ，这是光速不变原理所预料的.如用伽利略变换，则有u x ＝c ＋v ＞c .这表明对伽利略变换而言，运动物体没有极限速度，但对相对论的洛伦兹变换来说，光速是运动物体的极限速度.14 －12 以速度v 沿x 方向运动的粒子，在y 方向上发射一光子，求地面观察者所测得光子的速度.分析 设地面为Ｓ系，运动粒子为Ｓ′系.与上题不同之处在于，光子的运动方向与粒子运动方向不一致，因此应先求出光子相对Ｓ系速度u 的分量u x 、u y 和u z ，然后才能求u 的大小和方向.根据所设参考系，光子相对Ｓ′系的速度分量分别为u ′x ＝0，u ′y ＝c ，u ′z ＝0. 解 由洛伦兹速度的逆变换式可得光子相对Ｓ系的速度分量分别为v v v ='++'=x x x u cu u 21 222/11/1c c u cc u u x y y 22v v v -='+-'= 0=z u所以，光子相对Ｓ系速度u 的大小为c u u u u z y x =++=222速度u 与x 轴的夹角为vv 22arctan arctan -==c u u θx y讨论 地面观察者所测得光子的速度仍为c ，这也是光速不变原理的必然结果.但在不同惯性参考系中其速度的方向却发生了变化.14 －13 设想地球上有一观察者测得一宇宙飞船以0.60c 的速率向东飞行，5.0ｓ后该飞船将与一个以0.80c 的速率向西飞行的彗星相碰撞.试问：(1) 飞船中的人测得彗星将以多大的速率向它运动？ (2) 从飞船中的钟来看，还有多少时间允许它离开航线，以避免与彗星碰撞？分析 (1) 这是一个相对论速度变换问题.取地球为Ｓ系，飞船为Ｓ′系，向东为x 轴正向.则Ｓ′系相对Ｓ系的速度v ＝0.60c ，彗星相对Ｓ系的速度u x ＝－0.80c ，由洛伦兹速度变换可得所求结果.(2) 可从下面两个角度考虑：ａ.以地球为Ｓ系，飞船为Ｓ′系.设x 0＝x′0 ＝0 时t 0＝t′0＝0，飞船与彗星相碰这一事件在Ｓ系中的时空坐标为t ＝5.0ｓ，x ＝vt .利用洛伦兹时空变换式可求出t′，则Δt′＝t′－t′0表示飞船与彗星相碰所经历的时间.ｂ.把t 0＝t′0＝0 时的飞船状态视为一个事件，把飞船与彗星相碰视为第二个事件.这两个事件都发生在Ｓ′系中的同一地点(即飞船上)，飞船上的观察者测得这两个事件的时间间隔Δt′为固有时，而地面观察者所测得上述两事件的时间间隔Δt ＝5.0ｓ比固有时要长，根据时间延缓效应可求出Δt′.解 (1) 由洛伦兹速度变换得彗星相对Ｓ′系的速度为 c u cu u x x x 946.012-=--'='v v 即彗星以0.946c 的速率向飞船靠近. (2) 飞船与彗星相碰这一事件在Ｓ′系中的时刻为s 0.4/122=--'='c c t t 2v vx即在飞船上看，飞船与彗星相碰发生在时刻t′＝4.0ｓ.也可以根据时间延缓效应s 0.5/1ΔΔ2=-'=c t t 2v ，解得Δt′＝4.0 ｓ，即从飞船上的钟来看，尚有4.0 ｓ 时间允许它离开原来的航线.14 －14 在惯性系Ｓ 中观察到有两个事件发生在同一地点，其时间间隔为4.0 s ，从另一惯性系Ｓ′中观察到这两个事件的时间间隔为6.0 s ，试问从Ｓ′系测量到这两个事件的空间间隔是多少？ 设Ｓ′系以恒定速率相对Ｓ系沿xx′轴运动.分析 这是相对论中同地不同时的两事件的时空转换问题.可以根据时间延缓效应的关系式先求出Ｓ′系相对Ｓ 系的运动速度v ，进而得到两事件在Ｓ′系中的空间间隔Δx′＝vΔt′(由洛伦兹时空变换同样可得到此结果).解 由题意知在Ｓ系中的时间间隔为固有的，即Δt ＝4.0ｓ，而Δt′＝6.0 s.根据时间延缓效应的关系式2/1ΔΔc tt 2v -='，可得Ｓ′系相对Ｓ系的速度为c c t t 35ΔΔ12/12=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛'-=v 两事件在Ｓ′系中的空间间隔为 m 1034.1ΔΔ9⨯='='t x v14 －15 在惯性系Ｓ 中， 有两个事件同时发生在xx′轴上相距为1.0×103m 的两处，从惯性系Ｓ′观测到这两个事件相距为2.0×103m ，试问由Ｓ′系测得此两事件的时间间隔为多少？ 分析 这是同时不同地的两事件之间的时空转换问题.由于本题未给出Ｓ′系相对Ｓ 系的速度v ，故可由不同参考系中两事件空间间隔之间的关系求得v ，再由两事件时间间隔的关系求出两事件在Ｓ′系中的时间间隔.解 设此两事件在Ｓ 系中的时空坐标为(x 1 ，0，0，t 1 )和(x 2 ，0，0，t 2 )，且有x 2 －x 1 ＝1.0×103m ， t 2 －t 1 ＝0.而在Ｓ′系中， 此两事件的时空坐标为(x′1 ，0，0，t′1 )和(x′2 ，0，0，t′2 )，且|x′2 －x′1| ＝2.0×103m ，根据洛伦兹变换，有 ()()2121212/1c t t x x x x 2v v ----='-' (1) ()()2121212/1c x x t t t t 22v c v ----='-' (2)由式(1)可得()()c c x x x x 2312/1212212=⎥⎦⎤⎢⎣⎡'-'--=v 将v 值代入式(2)，可得 s 1077.5612-⨯='-'t t 14 －16 有一固有长度为l0 的棒在Ｓ 系中沿x 轴放置，并以速率u 沿xx′轴运动.若有一Ｓ′系以速率v 相对Ｓ 系沿xx′轴运动，试问从Ｓ′系测得此棒的长度为多少？分析 当棒相对观察者(为Ｓ′系)存在相对运动时，观察者测得棒的长度要比棒的固有长度l 0短，即220/1c u l l '-=.式中u′是棒相对观察者的速度，而不要误认为一定是Ｓ′系和Ｓ 系之间的相对速度v .在本题中，棒并非静止于Ｓ系，因而Ｓ′系与Ｓ 系之间的相对速度v 并不是棒与Ｓ′系之间的相对速度u′.所以本题应首先根据洛伦兹速度变换式求u ′，再代入长度收缩公式求l .解 根据分析，有21cu u uv v --=' (1) 220/1c u l l '-= (2)解上述两式，可得()()[]2/1222202v v ---=c u c u c l l14 －17 若从一惯性系中测得宇宙飞船的长度为其固有长度的一半，试问宇宙飞船相对此惯性系的速度为多少？ (以光速c 表示)解 设宇宙飞船的固有长度为l 0 ，它相对于惯性系的速率为v ，而从此惯性系测得宇宙飞船的长度为2/0l ，根据洛伦兹长度收缩公式，有200/12/c l l 2v -=可解得v ＝0.866c14 －18 一固有长度为4.0 m 的物体，若以速率0.60c 沿x 轴相对某惯性系运动，试问从该惯性系来测量，此物体的长度为多少？解 由洛伦兹长度收缩公式m 2.3/120=-=c l l 2v*14 －19 设一宇航飞船以a ＝9.8 m·ｓ－2 的恒加速度，沿地球径向背离地球而去，试估计由于谱线的红移，经多少时间，飞船的宇航员用肉眼观察不到地球上的霓虹灯发出的红色信号.分析 霓虹灯发出的红色信号所对应的红光波长范围一般为620nm ～760 nm ，当飞船远离地球而去时，由光的多普勒效应可知，宇航员肉眼观察到的信号频率ν ＜ν0 ，即λ＞λ0 ，其中ν0 和λ0 为霓虹灯的发光频率和波长.很显然，当λ0＝620 nm ，而对应的红限波长λ＝760 nm 时，霓虹灯发出的红色信号，其波长刚好全部进入非可见光范围，即宇航员用肉眼观察不到红色信号.因此，将上述波长的临界值代入多普勒频移公式，即可求得宇航员观察不到红色信号时飞船的最小速率v ，再由运动学关系，可求得飞船到达此速率所需的时间t .解 当光源和观察者背向运动时，由光的多普勒效应频率公式 2/10⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=v v v v c c得波长公式 2/10⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=v v c c λλ式中v 为飞船相对地球的速率.令λ0 ＝620 nm ，λ＝760 nm ，得宇航员用肉眼观察不到地球上红色信号时飞船的最小速率为1-8202202s m 1060.0⋅⨯=+-=λλλλv 飞船达此速率所需的时间为a 0.20s 101.66≈⨯==at v 14 －20 若一电子的总能量为5.0MeV ，求该电子的静能、动能、动量和速率. 分析 粒子静能E 0 是指粒子在相对静止的参考系中的能量，200c m E =，式中为粒子在相对静止的参考系中的质量.就确定粒子来说，E 0 和m 0均为常数(对于电子，有m 0 ＝9.1 ×10－31ｋｇ，E 0＝0.512 MeV).本题中由于电子总能量E ＞E 0 ，因此，该电子相对观察者所在的参考系还应具有动能，也就具有相应的动量和速率.由相对论动能定义、动量与能量关系式以及质能关系式，即可解出结果.解 电子静能为 MeV 512.0200==c m E电子动能为 E K ＝E －E 0 ＝4.488 MeV由20222E c p E +=，得电子动量为 ()1-212/1202s m kg 1066.21⋅⋅⨯=-=-E E c p 由2/12201-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c E E v 可得电子速率为c E E E c 995.02/12202=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=v14 －21 一被加速器加速的电子，其能量为3.00 ×109eV.试问：(1) 这个电子的质量是其静质量的多少倍？ (2) 这个电子的速率为多少？解 (1) 由相对论质能关系2mc E =和200c m E =可得电子的动质量m 与静质量m 0之比为 320001086.5⨯===cm E E E m m (2) 由相对论质速关系式2/12201-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c m m v 可解得c c m m 999999985.012/120=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-v可见此时的电子速率已十分接近光速了. 14 －22 在电子偶的湮没过程中，一个电子和一个正电子相碰撞而消失，并产生电磁辐射.假定正负电子在湮没前均静止，由此估算辐射的总能量E .分析 在相对论中，粒子的相互作用过程仍满足能量守恒定律，因此辐射总能量应等于电子偶湮没前两电子总能之和.按题意电子偶湮没前的总能只是它们的静能之和.解 由分析可知，辐射总能量为MeV 1.02J 1064.121320=⨯==-c m E14 －23 若把能量0.50 ×106 eV 给予电子，让电子垂直于磁场运动，其运动径迹是半径为2.0cm 的圆.问：(1) 该磁场的磁感强度B 有多大？ (2) 这电子的动质量为静质量的多少倍？分析 (1) 电子在匀强磁场中作匀速圆周运动时，其向心力为洛伦兹力F ＝evB ，在轨道半径R 确定时，B ＝B (p )，即磁感强度是电子动量的函数.又由相对论的动能公式和动量与能量的关系可知电子动量p ＝p (E 0 ,E K )，题中给予电子的能量即电子的动能E K ，在电子静能20c m E =已知的情况下，由上述关系可解得结果.(2) 由相对论的质能关系可得动质量和静质量之比.本题中电子的动能E K ＝0.50 MeV 与静能E 0＝0.512 MeV 接近，已不能用经典力学的方法计算电子的动量或速度，而必须用相对论力学.事实上当E K ＝0.50 E 0 时，用经典力学处理已出现不可忽略的误差.解 (1) 根据分析，有E ＝E 0 +E K (1)22202c p E E += (2)Rv m vB 2=e (3) 联立求解上述三式，可得eRcE E E B k k 002+=(2) 由相对论质能关系，可得 98.11000=+==E E E E m m k 本题也可以先求得电子速率v 和电子动质量m ，但求解过程较繁.14 －24 如果将电子由静止加速到速率为0.10c ，需对它作多少功？ 如将电子由速率为0.80c 加速到0.90c ，又需对它作多少功？分析 在相对论力学中，动能定理仍然成立，即12ΔΔk k k E E E W -==，但需注意动能E K 不能用2v m 21表示. 解 由相对论性的动能表达式和质速关系可得当电子速率从v1 增加到v2时，电子动能的增量为()()⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=---=-=--2/1222/12220202120221211ΔΔc c c m c m c m c m c m E E E k k k v v根据动能定理，当v 1 ＝0，v 2 ＝0.10c 时，外力所作的功为eV 1058.2Δ3⨯==k E W当v 1 ＝0.80 c ，v 2＝0.90 c 时，外力所作的功为eV 1021.3Δ5⨯='='kE W 由计算结果可知，虽然同样将速率提高0.1 c ，但后者所作的功比前者要大得多，这是因为随着速率的增大，电子的质量也增大.。

习题十四14-1 自然光是否一定不是单色光?线偏振光是否一定是单色光?答：自然光不能说一定不是单色光．因为它只强调存在大量的、各个方向的光矢量，并未要求各方向光矢量的频率不一样．线偏振光也不一定是单色光．因为它只要求光的振动方向同一，并未要求各光矢的频率相同．14-2 用哪些方法可以获得线偏振光?怎样用实验来检验线偏振光、部分偏振光和自然光? 答：略．14-3 一束光入射到两种透明介质的分界面上时，发现只有透射光而无反射光，试说明这束光是怎样入射的?其偏振状态如何?答：这束光是以布儒斯特角入射的．其偏振态为平行入射面的线偏振光． 14-4 什么是光轴、主截面和主平面?什么是寻常光线和非常光线?它们的振动方向和各自的主平面有何关系? 答：略．14-5 在单轴晶体中，e 光是否总是以e n c /的速率传播?哪个方向以0/n c 的速率传播? 答：e 光沿不同方向传播速率不等，并不是以0/n c 的速率传播．沿光轴方向以0/n c 的速率传播．14-6是否只有自然光入射晶体时才能产生O 光和e 光?答：否．线偏振光不沿光轴入射晶体时，也能产生O 光和e 光．14-7投射到起偏器的自然光强度为0I ，开始时，起偏器和检偏器的透光轴方向平行．然后使检偏器绕入射光的传播方向转过130°，45°，60°，试分别求出在上述三种情况下，透过检偏器后光的强度是0I 的几倍? 解：由马吕斯定律有0o 2018330cos 2I I I ==0ο2024145cos 2I I I ==0ο2038160cos 2I I I ==所以透过检偏器后光的强度分别是0I 的83,41,81倍． 14-8 使自然光通过两个偏振化方向夹角为60°的偏振片时，透射光强为1I ，今在这两个偏振片之间再插入一偏振片，它的偏振化方向与前两个偏振片均成30°，问此时透射光I 与1I 之比为多少?解：由马吕斯定律ο20160cos 2I I =80I = 32930cos 30cos 20ο2ο20I I I ==∴25.2491==I I14-9 自然光入射到两个重叠的偏振片上．如果透射光强为，(1)透射光最大强度的三分之一，(2)入射光强的三分之一，则这两个偏振片透光轴方向间的夹角为多少? 解：（1） max 120131cos 2I I I ==α 又 2max I I =∴ ,61I I =故 'ο11124454,33cos ,31cos===ααα. (2) 0220231cos 2I I I ==α ∴ 'ο221635,32cos ==αα 14-10 一束自然光从空气入射到折射率为1.40的液体表面上，其反射光是完全偏振光．试求：(1)入射角等于多少?(2)折射角为多少? 解：(1),140.1tan 0=i ∴'ο02854=i (2) 'ο0ο323590=-=i y14-11 利用布儒斯特定律怎样测定不透明介质的折射率?若测得釉质在空气中的起偏振角为58°，求釉质的折射率． 解：由158tan οn=,故60.1=n 14-12 光由空气射入折射率为n 的玻璃．在题14-12图所示的各种情况中，用黑点和短线把反射光和折射光的振动方向表示出来，并标明是线偏振光还是部分偏振光．图中.arctan ,00n i i i =≠题图14-12解：见图．题解14-12图题14-13图*14-13如果一个二分之一波片或四分之一波片的光轴与起偏器的偏振化方向成30°角，试问从二分之一波片还是从四分之一波片透射出来的光将是：(1)线偏振光?(2)圆偏振光?(3)椭圆偏振光?为什么?解：从偏振片出射的线偏振光进入晶(波)片后分解为e o ,光，仍沿原方向前进，但振方向相互垂直(o 光矢垂直光轴，e 光矢平行光轴)．设入射波片的线偏振光振幅为A ，则有A.2130sin ,A 2330cos οο====A A A A o e ∴ e o A A ≠e o , 光虽沿同一方向前进，但传播速度不同，因此两光通过晶片后有光程差．若为二分之一波片,e o ,光通过它后有光程差2λ=∆，位相差πϕ=∆，所以透射的是线偏振光．因为由相互垂直振动的合成得ϕϕ∆=∆-+22222sin cos 2eo eoA A xyA y A x ∴ 0)(2=+eo A yA x 即 x A A y oe-= 若为四分之一波片，则e o ,光的,4λ=∆位相差2πϕ=∆，此时1sin ,0cos =∆=∆ϕϕ∴12222=+eoA y A x即透射光是椭圆偏振光．*14-14 将厚度为1mm 且垂直于光轴切出的石英晶片，放在两平行的偏振片之间，对某一波长的光波，经过晶片后振动面旋转了20°．问石英晶片的厚度变为多少时，该波长的光将完全不能通过?解：通过晶片的振动面旋转的角度ϕ与晶片厚度d 成正比．要使该波长的光完全不能通过第二偏振片，必须使通过晶片的光矢量的振动面旋转ο90． ∴ 1212::d d =ϕϕmm 5.412090οο1122=⨯==d d ϕϕ。

第14章习题解答14-1 定体气体温度计的测温气泡放入水的三相点的管槽内时，气体的压强为6.65×103Pa.（1）用此温度计测量373.15K 的温度时，气体的压强是多大？ （2）当气体压强为2.20×103Pa 时，待测温度是多少K ？是多少℃? 解：（1）对定体气体温度计，由于体积不变，气体的压强与温度成正比，即：1133T PT P = 由此331133373.15 6.65109.0810(Pa)273.16T P P T ⨯⨯===⨯ （2）同理312333 2.2010273.1690.4182.8()6.6510P T T K C P ⨯⨯====-⨯ 14-2 一氢气球在20℃充气后，压强为1.2atm ，半径为1.5m 。

到夜晚时，温度降为10℃，气球半径缩为1.4m ，其中氢气压强减为1.1atm 。

求已经漏掉了多少氢气。

解：漏掉的氢气的质量112212123335()210 1.24 1.5/3 1.44 1.4/3() 1.01108.312932830.32mol M PV PVm m m R T T ππ-∆=-=-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯-⨯⨯= （kg ）14-3 某柴油机的气缸内充满空气，压缩前其中空气的温度为47℃，压强为8.61×104 Pa 。

当活塞急剧上升时，可把空气压缩到原体积的1/17，此时压强增大到4.25×106Pa ，求这时空气的温度（分别以K 和℃表示）。

解：压缩过程中气体质量不变，所以有112212PV PV T T = 设62211241114.25103209296568.611017PV T V T K PV V ⨯⨯⨯====⨯⨯⨯（℃） 14-4 求氧气在压强为10.0×1.01×105 Pa ，温度为27℃时的分子数密度。

解：由理想气体状态方程的另一种形式，p nkT =，可得分子数密度52632310.0 1.0110 2.4410()1.3810300p n m kT --⨯⨯===⨯⨯⨯14-5 从压强公式和温度公式出发，推证理想气体的物态方程为molMpV RT M =。

第十二章 热力学基础一、选择题 12－1 C 12－2 C 12－3 C 12－4 B 12－5 C 12－6 A 二、填空题 12－710000100p V p V p V p V --12－8 260J ，280J - 12－912－10 )(5.21122V p V p -，))((5.01212V V p p -+，)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12－11 268J ，732J 三、计算题12－12 分析：理想气体的内能是温度T 的单值函数，内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定，与经历的准静态过程无关．根据热力学第一定律可知，在等温过程中，系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量，在等压过程中，系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量，同时对外做功． 解：单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12－13 分析：根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解． 解：氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程，再作等温膨胀过程． 在等体过程中，内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中，对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程，然后作等体升压过程． 在等温膨胀过程中，对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中，内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同，但由于始末状态的温差T ∆相同，因而内能的增量E ∆相同，而Q 和A 则与过程有关．12－14 分析：卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关．本题中，求出等温膨胀过程吸收热量后，利用卡诺循环效率及其定义，便可求出循环的功和在等温压缩过程中，系统向低温热源放出的热量． 解：从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12－15 分析：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量，温度升高．在b c →绝热过程中，系统减少内能，降低温度对外作功，与外界无热量交换．在c a →等压压缩过程中，系统放出热量，温度降低，对外作负功．计算得出各个过程的热量和功，根据热机循环效率的定义即可得证． 证明：在a b →等体过程中，系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中，系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以，该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12－16 分析：根据卡诺定理，在相同的高温热源(1T )，与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等，有221111Q TQ T η=-=-．非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-． 解：(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机，则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机．(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式．根据热机效率的定义，可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13－1 D 13－2 B 13－3 D 13－4 D 13－5 C 13－6 C 13－7 A 二、填空题13－8 相同，不同；相同，不同，相同. 13－9 (1)分子体积忽略不计；(2)分子间的碰撞是完全弹性的； (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用．13－10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比，分子的平均平动动能，()d 1f v v ∞=⎰，速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百．13－11 氧气，氢气，1T 13－12 3，2，013－13 211042.9-⨯J ，211042.9-⨯J ，1:2 13－14 概率，概率大的状态． 三、计算题13－15 分析：根据道尔顿分压定律可知，内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强，等于混合气体中各成分理想气体的压强之和．解：设氦、氢气压强分别为1p 和2p ，则12p p p =+．由理想气体物态方程，得1He He m RTp M V =， 222H H m RT p M V=所以，总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13－16 解：(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同，三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13－17 分析：在某一速率区间，分布函数()f v 曲线下的面积，表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比．速率区间很小时，这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=，函数值()f v 为矩形面积的高，本题中可取为()p f v ．利用p v 改写麦克斯韦速率分布律，可进一步简化计算．解： ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时，氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率，在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知，10p v v =-，(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=．而10p v ，所以可取p v v ≈，代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13－18 解：(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13－19 分析：气体分子处于平衡态时，其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关．温度一定时，平均碰撞次数和压强成正比．解：(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯，0273T K =，氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯，273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13－20 分析：把加热的铁棒侵入处于室温的水中后，铁棒将向水传热而降低温度，但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化，因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源．把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统，根据热力学第二定律可知，在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中，系统的熵将增加．熵是态函数，系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关．因此，求不可逆过程的熵变，可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解． 解：根据题意有 1273300573T K =+=，227327300T K =+=．设铁棒的比热容为c ，当铁棒的质量为m ，温度变化dT 时，吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程，其温度连续地由1T 降为2T ，在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14－1 C 14－2 A 14－3 B 14－4 C 14－5 B 二、填空题 14－622 14－7 5.5Hz ，114－82411s ，23π 14－9 0.1，2π14－10 2222mA T π- 三、计算题14－11 解：简谐振动的振幅2A cm =，速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-，3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14－12 证明：(1) 物体在地球内与地心相距为r 时，它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反．式中M 是以地心为中心，以r 为半径的球体内的质量，其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比，方向相反，故物体在隧道内作简谐振动． (2) 物体由地表向地心落去时，其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14－13 分析：一物体是否作简谐振动，可从动力学方法和能量分析方法作出判断．动力学的分析方法由对物体的受力分析入手，根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程，与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断．能量法求解首先需确定振动系统，确定系统的机械能是否守恒，然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点，再写出物体在任意位置时的机械能表达式，并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较，最后作出是否作简谐振动的判断． 解：(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统．在物体上下自由振动的过程中，系统不受外力，系统内无非保守内力作功，所以系统的机械能守恒． 取弹簧的原长处为弹性势能零点，取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置，也即Ox 轴的坐标原点，如图14-13(a)所示．图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，由图14-13(b)可知，有10mg T -=，120T R T R -=，2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时，其运动速率为v ，弹簧的伸长量为x l +，滑轮的角速度为ω．由系统的机械能守恒，可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数，得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程，式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另：动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示．12图14－13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时，弹簧的伸长量为l ，因为这时0a =，可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时，2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比，方向相反，所以它是作简谐振动． (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时，弹簧无伸长，物体的位移0x l =-；物体也无初速，00v =，物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以，物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14－14 分析：M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +，振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定，振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置．图14-14解：设空盘静止时，弹簧伸长1l ∆(图14-14)，则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置，弹簧再伸长2l ∆，则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前，物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时，服从动量守恒定律，碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点，物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点，坐标轴方向竖直向下．则0t =时，02mg x l k =-∆=-，02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件，0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <，00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14－15 解：(1) 振子作简谐振动时，有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时，即12p E E =．所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时，0x A =，故00ϕ=．动能和势能相等时，物体的坐标15x =即cos A t ω=，cos t ω= 在一个周期内，相位变化为2π，故3574444t ππππω=，　，　，　时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14－16 解：(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时，即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时， 13x x +的振幅最大．取0k =，则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时，即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时，13x x +的振幅最小．取0k =，则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14－17 分析：质点同时受到x 和y 方向振动的作用，其运动轨迹在Oxy 平面内，16质点所受的作用力满足力的叠加原理．解：(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到．对t 作变量替换，令12t t '=-，两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加，得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以，质点的运动轨迹为一椭圆． (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时，它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点)，作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14－18 分析：充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路．不计电路的阻尼时，电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化．振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定，振幅和初相位由系统的初始状态决定．任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定． 解：(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗，e m W W =．因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时，电容器能量是它最大能量的一半，即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中，电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=，ω=．因为0t =时，0q Q =，故有00ϕ=．于是q C ε=当首次q =时有C ε==，4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15－1 B 15－2 C 15－3 B 15－4 A 15－5 C 15－6 C 二、填空题15－7 波源，传播机械波的介质 15－8B C，2B π，2C π，lC ，lC - 15－9 cos IS θ 15－10 0 15－11 0.45m 三、计算题15－12 分析：平面简谐波在弹性介质中传播时，介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动，振动的相位沿传播方向依次落后，以速度u 传播．把绳中横波的表达式与波动表达式相比较，可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量．t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同． 解：(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =，52v Hz ωπ==，0.5m λ=，0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=． (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =，1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位． (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =， 1.25t s =， 1.50t s =各时刻的波形见图15-12．15－13 解：(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播，根据a 点的振动表达式，并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时，b 点的坐标为5x m =-，代入上式，得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点，则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015－14 解：由波形曲线可得100.1A cm m ==，400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===，2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态：2Ot Ay =-，0Ot v >，利用旋转矢量图可得，该时刻O 点的振动相位为23π-，即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向，可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态：0Qt y =，0Qt v <，利用旋转矢量图可得，该时刻Q 点的振动相位为2π，即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =，0ϕπ=-代入波动表达式，即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15－15 分析：波的传播过程也是能量的传播过程，波的能量同样具有空间和时间的周期性．波的强度即能流密度，为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流．注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系．解：(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15－16 分析：根据弦线上已知质点的振动状态，推出原点处质点振动的初相位，即可写出入射波的表达式．根据入射波在反射点的振动，考虑反射时的相位突变，可写出反射波的表达式．据题意，入射波和反射波的能量相等，因此，在弦线上形成驻波的平均能流为零．解：沿弦线建立Ox 坐标系，如图15-16所示．根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===，2100 /rad s ωπνπ==，100250u m m v λ===， (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ，入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知，在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=，即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以，入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失，反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t（2）入射波和反射波的传播方向相反，叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤，在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤，波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波，在驻波中没有能量的定向传播，因而平均能流为零． 15－17 分析：运动波源接近固定反射面而背离观察者时，观察者即接收到直接来自波源的声波，也接收到来自固定反射面反射的声波，两声波在A 点的振动合成为拍．当波源相对于观察者静止，而反射面接近波源和观察者时，观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应，但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应，因此，两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍． 解：(1) 波源远离观察者而去，观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止，接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率，这时的波源以S v 接近反射面．2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说，反射面相当于接收器，它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说，反射面相当于另一波源，观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15－18 解：平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂， 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较，可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15－19 解：由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=， 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向，且磁场强度和电场强度同相位，所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+［SI ］第十六章 几何光学一、选择题 16－1 A 16－2 B 16－3 B 16－4 C 二、填空题16－5 6.0S cm '=，12V = 16－6 80f cm '=16－7 34s cm '=-，2V =- 16－8 左，2R 三、计算题16－9 解：设空气的折射率为n ，玻璃的折射率为n '，则 1n =， 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16－10 分析：将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例，可由折射球面的成像规律求解。

第十四章狭义相对论一. 选择题1.下列几种说法（1）对所有惯性系物理基本规律都是等价的（2）在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关（3）在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速度都相同正确的是(A)（1）和（2）(B)（1）（2）（3）(C) （1）和（3）(D) （2）和（3）[ ]2. 关于洛伦兹变换与伽利略变换，说法正确的是(A) 洛伦兹变换只对高速运动物体有效，对低速运动物体是错误的(B) 洛伦兹变换和伽利略变换没任何关系(C) 在低速情况下，洛伦兹变换可以过渡到伽利略变换(D) 以上说法都不正确[ ]3. 关于同时性的以下结论中，正确的是(A) 在一惯性系同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生(B) 在一惯性系不同地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生(C) 在一惯性系同一地点同时发生的两个事件，在另一惯性系一定同时发生(D) 在一惯性系不同地点不同时发生的两个事件，在另一惯性系一定不同时发生[ ]4. 一宇航员要到离地球10光年的星球去旅行，若宇航员希望把路程缩短一半，则他乘坐的飞船相对于地球的速度应是：(A) (B)(C) (D) [ ]宇航员看来路程缩短了一半，地球上看来是宇航员的时间缓慢了一倍5. 一直尺固定在系中，它与轴夹角，若以速度沿方向相对S系运动，S系中观察者测得该直尺与轴的夹角为(A) 大于(B) 小于(C) 等于(D) 沿正方向则大于，沿负方向则小于[ ]6. 边长为a的正方形泳池静止于S系中，泳池的一边沿轴，另一惯性系以沿相对S系运动，则系中测得的泳池面积是(A) a2(B) 0.6 a2(C) 0.8 a2 (D) 1.25 a2[ ]7．按相对论力学，速度为0.8c的电子，其动能约为（电子的静止能量为）(A) (B)(C) (D)[ ]动能=Mc2-Mc28. 质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的4倍时，其质量为静质量的(A) 4倍 (B) 5倍(C) 6倍 (D) 8倍动能=Mc2-Mc2所以: 4M0c2=Mc2-Mc2推出： 5Mc2=Mc2[ ]二. 填空题9. 惯性系相对惯性系以0.6c的速率沿x轴负向运动，若从系的原点沿x轴正向发出一光波，则在系中测得此光波的波速为_________________.（c）10. π介子是不稳定的粒子，在它自己的参考系中测得平均寿命为，如果它相对于实验室以0.6c的速率运动，那么实验室坐标系中测得π介子的寿命是______________.11. 一列高速列车以速度u驶过车站，固定在站台上的两只机械手在车厢上同时划出两道痕迹，静止在站台上观察者同时测出两痕迹间的距离为1m，则车厢上的观察者测出这两个痕迹之间的距离为_______________________.12. 电子静质量为m0，将一个电子由静止加速到0.6c需做功为___________________.c2所需做的功就是其获得的动能：动能=Mc2-M三．计算题13. 甲以0.8c的速度相对静止的乙运动，甲携带一质量为1kg的物体，求：（1）甲测得此物体的总能量（2）乙测得此物体的总能量.解：（1）甲测得的总能量为（2）乙测得的总能量为。

大学物理下册课后习题全解()第十二章 真空中的静电场12．1 如图所示，在直角三角形ABCD 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = -4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强．[解答]根据点电荷的场强大小的公式 22014q q E k r r ==πε，其中1/(4πε0) = k = 9.0×109N·m 2·C -2． 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为： 112014q E AC=πε994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯方向向下．点电荷q 2在C 点产生的场强大小为 2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯， 方向向右．C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．12．2 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d s = R d θ，电荷元为d q = λd s ， 在O 点产生的场强大小为 220001d 1d d d 444q s E R R Rλλθπεπεπε===， 场强的分量为d E x = d E cos θ，d E y = d E sin θ．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2d sin y LE E E ==⎰θ/6/6000sin d (cos )22RR==-⎰ππλλθθθπεπε0(12R=λπε．12．3 均匀带电细棒，棒长a = 20cm ，电荷线密度为λ = 3×10-8C·m -1，求： （1）棒的延长线上与棒的近端d 1 = 8cm 处的场强；（2）棒的垂直平分在线与棒的中点相距d 2 = 8cm 处的场强．[解答]（1）建立坐标系，其中L = a /2 = 0.1(m)，x = L+d 1 = 0.18(m)． 在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，根据点电荷的场强公式，电荷元在P 1点产生的场强的大小为1220d d d 4()q lE k r x l ==-λπε图12.1场强的方向沿x 轴正向．因此P 1点的总场强大小通过积分得120d 4()L L l E x l λπε-=-⎰014LLx l λπε-=- 011()4x L x L λπε=--+220124L x Lλπε=-． ① 将数值代入公式得P 1点的场强为8912220.13109100.180.1E -⨯⨯⨯=⨯⨯-= 2.41×103(N·C -1)， 方向沿着x 轴正向．（2）建立坐标系，y = d 2．在细棒上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 在棒的垂直平分在线的P 2点产生的场强的大小为2220d d d 4q lE kr rλπε==， 由于棒是对称的，x 方向的合场强为零，y 分量为 d E y = d E 2sin θ．由图可知：r = d 2/sin θ，l = d 2cot θ， 所以 d l = -d 2d θ/sin 2θ， 因此 02d sin d 4y E d λθθπε-=，总场强大小为02sin d 4Ly l LE d λθθπε=--=⎰02cos 4Ll Ld λθπε=-=LL=-==． ②将数值代入公式得P 2点的场强为89221/220.13109100.08(0.080.1)y E -⨯⨯⨯=⨯⨯+= 5.27×103(N·C -1)． 方向沿着y 轴正向．[讨论]（1）由于L = a /2，x = L+d 1，代入①式，化简得1011011144/1a E d d a d d a λλπεπε==++， 保持d 1不变，当a →∞时，可得1014E d λπε→， ③这就是半无限长带电直线在相距为d 1的延长线上产生的场强大小．（2）由②式得y E ==当a →∞时，得 022y E d λπε→， ④这就是无限长带电直线在线外产生的场强公式．如果d 1=d 2，则有大小关系E y = 2E 1．12．4 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，圆心O 点处的场强为零．图12.4[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 d s =R d φ， 所带的电量为 d q = λd s ，在圆心处产生的场强的大小为2200d d d d 44q s E kr R Rλλϕπεπε===， 由于弧是对称的，场强只剩x 分量，取x 轴方向为正，场强为 d E x = -d E cos φ． 总场强为2/20/2cos d 4x E Rπθθλϕϕπε--=⎰2/20/2sin 4Rπθθλϕπε--=0sin 22R λθπε=，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`04E Rλπε=，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``02coscos 222x E E R θλθπε==，方向沿着x 轴负向．当O 点合场强为零时，必有`x x E E =，可得 tan θ/2 = 1，因此 θ/2 = π/4， 所以 θ = π/2．12．5 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如图所示．试求：（1）平板所在平面内，距薄板边缘为a 处的场强．（2）通过薄板几何中心的垂直线上与薄板距离为d 处的场强．[解答]（1）建立坐标系．在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度为d λ = σd x ，根据直线带电线的场强公式02E rλπε=， 得带电直线在P 点产生的场强为00d d d 22(/2)xE rb a x λσπεπε==+-，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/20/21d 2/2b b E x b a x σπε-=+-⎰/2/2ln(/2)2b b b a x σπε--=+-0ln(1)2b aσπε=+． ① 场强方向沿x 轴正向．（2）为了便于观察，将薄板旋转建立坐标系．仍然在平面薄板上取一宽度为d x 的带电直线，电荷的线密度仍然为d λ = σd x ， 带电直线在Q 点产生的场强为221/200d d d 22()xE rb x λσπεπε==+，图12.5沿z 轴方向的分量为221/20cos d d d cos 2()z xE E b x σθθπε==+，设x = d tan θ，则d x = d d θ/cos 2θ，因此d d cos d 2z E E σθθπε==积分得arctan(/2)0arctan(/2)d 2b d z b d E σθπε-=⎰0arctan()2bd σπε=． ② 场强方向沿z 轴正向．[讨论]（1）薄板单位长度上电荷为λ = σb ， ①式的场强可化为0ln(1/)2/b a E a b a λπε+=， 当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02E aλπε→， ③ 这正是带电直线的场强公式．（2）②也可以化为0arctan(/2)2/2z b d E d b dλπε=，当b →0时，薄板就变成一根直线，应用罗必塔法则或泰勒展开式，场强公式变为02z E dλπε→，这也是带电直线的场强公式．当b →∞时，可得：02z E σε→， ④ 这是无限大带电平面所产生的场强公式．12．6 （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零．12．7 面电荷密度为σ的均匀无限大带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半径作一半球面，如图所示．求通过此半球面的电通量．[解答]设想在平板下面补一个半球面，与上面的半球面合成一个球面．球面内包含的电荷为 q = πR 2σ，通过球面的电通量为 Φe = q /ε0，通过半球面的电通量为Φ`e = Φe /2 = πR 2σ/2ε0．12．8 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 1 > R 2)，带有等量异号电荷，单位长度的电量为λ和-λ，求（1）r < R 1；（2） R 1 < r < R 2；（3）r > R 2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 < R 1）．（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d d 2e SSE S E rl Φπ=⋅==⎰⎰E S Ñ，根据高斯定理Φe = q /ε0，所以02E rλπε=， (R 1 < r < R 2)．（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 > R 2）．12．9 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，电荷体密度为ρ，求板内外各点的场强．[解答]方法一：高斯定理法．（1）由于平板具有面对称性，因此产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`．在板内取一底面积为S ，高为2r 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 d e SΦ=⋅⎰E S 2d d d S S S =⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰E S E S E S 1`02ES E S ES =++=，高斯面内的体积为 V = 2rS ，包含的电量为 q =ρV = 2ρrS ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρr/ε0，(0≦r ≦d /2)．①（2）穿过平板作一底面积为S ，高为2r 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ，高斯面在板内的体积为V = Sd ，包含的电量为 q =ρV = ρSd ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρd /2ε0，(r ≧d /2)． ②方法二：场强迭加法．（1）由于平板的可视很多薄板迭而成的，以r 为界，下面平板产生的场强方向向上，上面平板产生的场强方向向下．在下面板中取一薄层d y ，面电荷密度为 d σ = ρd y ，产生的场强为 d E 1 = d σ/2ε0，积分得100/2d ()222r d y dE r ρρεε-==+⎰，③ 同理，上面板产生的场强为/2200d ()222d ry dE r ρρεε==-⎰，④ r 处的总场强为E = E 1-E 2 = ρr/ε0．（2）在公式③和④中，令r = d /2，得E 2 = 0、E = E 1 = ρd /2ε0， E 就是平板表面的场强．平板外的场强是无数个无限薄的带电平板产生的电场迭加的结果，是均强电场，方向与平板垂直，大小等于平板表面的场强，也能得出②式．12．10 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．图12.10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2301443E r r ππρε=P 点场强大小为 03E r ρε=． 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2301443E r R ππρε=P 点场强大小为 3203R E rρε=． 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320`3O R E aρε=，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`03O E a ρε=，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03r E r ρε=， `0`3r E r ρε=，方向如图所示． 设两场强之间的夹角为θ，合场强的平方为 222``2cos r r r r E E E E E θ=++222()(`2`c o s )3r r r r ρθε=++， 根据余弦定理得222`2`c o s ()a r r r r πθ=+--， 所以 03E a ρε=， 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．12．11 如图所示，在A 、B 两点处放有电量分别为+q 和-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验电荷q 0从O 点经过半圆弧路径移到C 点，求移动过程中电场力所做的功．[解答]正负电荷在O 点的电势的和为零：U O = 0； 在C 点产生的电势为 0004346Cq q q U R R Rπεπεπε--=+=， 电场力将正电荷q 0从O 移到C 所做的功为W = q 0U OD = q 0(U O -U D ) = q 0q /6πε0R ．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 E A = 2σ/2ε0 = σ/ε0，E B = 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 = E A - E B = 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，图12.11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 204Q E rπε=，由于 d d R R R U U E r ∞∞∞-=⋅=⎰⎰E l 200d 44RRQQr r r πεπε∞∞-==⎰04Q Rπε=，当U R = 0时，04QU Rπε∞=-．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2230(3)8Q R r U Rπε-=． [证明]球的体积为343V R π=，电荷的体密度为 334Q QV R ρπ==． 利用12．10题的方法可求球内外的电场强度大小为30034QE r r Rρεπε==，（r ≦R ）； 204QE rπε=，（r ≧R ）． 取无穷远处的电势为零，则r 处的电势为d d d RrrRU E r E r ∞∞=⋅=+⎰⎰⎰E l 3200d d 44RrRQ Qr r r R r πεπε∞=+⎰⎰230084RrRQ QrRrπεπε∞-=+22300()84QQR r R R πεπε=-+2230(3)8Q R r Rπε-=．12．15 在y = -b 和y = b 两个“无限大”平面间均匀充满电荷，电荷体密度为ρ，其它地方无电荷． （1）求此带电系统的电场分布，画E-y 图；（2）以y = 0作为零电势面，求电势分布，画E-y 图．[解答]平板电荷产生的场强的方向与平板垂直且对称于中心面：E = E`，但方向相反． （1）在板内取一底面积为S ，高为2y 的圆柱面作为高斯面，场强与上下两表面的法线方向平等而与侧面垂直，通过高斯面的电通量为 d e S Φ=⋅⎰E S 0d d d 2S S S ES =⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰E S E S E S 12．高斯面内的体积为 V = 2yS ， 包含的电量为 q = ρV = 2ρSy ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρy/ε0， (-b ≦y ≦b )．穿过平板作一底面积为S ，高为2y 的圆柱形高斯面，通过高斯面的电通量仍为 Φe = 2ES ， 高斯面在板内的体积为 V = S 2b ，包含的电量为 q = ρV = ρS 2b ， 根据高斯定理 Φe = q/ε0，可得场强为 E = ρb/ε0， (b ≦y )； E = -ρb/ε0， (y ≦-b )． E-y 图如图所示．（2）对于平面之间的点，电势为0d d y U y ρε=-⋅=-⎰⎰E l 22y C ρε=-+，在y = 0处U = 0，所以C = 0，因此电势为 22y U ρε=-，(-b ≦y ≦b )．这是一条开口向下的抛物线．当y ≧b 时，电势为00d d nqb nqb U y y C εε=-⋅=-=-+⎰⎰E l ，在y = b 处U = -ρb 2/2ε0，所以C = ρb 2/2ε0，因此电势为2002b b U y ρρεε=-+，(b ≦y )． 当y ≦-b 时，电势为 00d d b bU y y C ρρεε=-⋅==+⎰⎰E l ， 在y = -b 处U = -ρb 2/2ε0，所以 C = ρd 2/2ε0，因此电势为2002b b U y ρρεε=+， 两个公式综合得 200||2b b U y ρρεε=-+，(|y |≧d )． 这是两条直线．U-y 图如右图所示．U-y 图的斜率就形成E-y 图，在y = ±b 点，电场强度是连续的，因此，在U-y 图中两条直线与抛物线在y = ±b 点相切．[注意]根据电场求电势时，如果无法确定零势点，可不加积分的上下限，但是要在积分之后加一个积分常量．根据其它关系确定常量，就能求出电势，不过，线积分前面要加一个负号，即d U =-⋅⎰E l这是因为积分的起点位置是积分下限．12．16 两块“无限大”平行带电板如图所示，A 板带正电，B 板带负电并接地（地的电势为零），设A 和B 两板相隔5.0cm ，板上各带电荷σ=3.3×10-6C·m -2，求：（1）在两板之间离A 板1.0cm 处P 点的电势；（2）A 板的电势．[解答]两板之间的电场强度为 E=σ/ε0，方向从A 指向B ．以B 板为原点建立坐标系，则r B = 0，r P = -0.04m ，r A = -0.05m ． （1）P 点和B 板间的电势差为 d d BBPPr r P B r r U U E r -=⋅=⎰⎰E l 0()B P r r σε=-， 由于U B = 0，所以P 点的电势为6123.3100.048.8410P U --⨯=⨯⨯=1.493×104(V)． （2）同理可得A 板的电势为()A B A U r r σε=-=1.866×104(V)．12．17 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d l ，所带的电量为d q = λd l ， 根据点电荷的电势公式，它在P 1点产生的电势为101d d 4lU r lλπε=-总电势为 10d 4L L l U r l λπε-=-⎰0ln()4Ll Lr l λπε=--=-0ln8q r LLr Lπε+=-． （2）建立坐标系，在细在线取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ， 在线的垂直平分在线的P 2点产生的电势为2221/20d d 4()lU r l λπε=+，积分得2221/201d 4()LLU l r l λπε-=+⎰0)4Ll Ll λπε=-=08qLπε=0ln4q LLrπε=．（3）P 1点的场强大小为11U E r ∂=-∂011()8q L r L r L πε=--+22014q r L πε=-， ① 方向沿着x 轴正向．P 2点的场强为22U E r ∂=-∂01[4q L r πε==， ②方向沿着y 轴正向．[讨论]习题12．3的解答已经计算了带电线的延长线上的场强为1220124L E x L λπε=-，由于2L λ = q ，取x = r ，就得公式①． （2）习题12．3的解答还计算了中垂在线的场强为y E =d 2 = r ，可得公式②．由此可见，电场强度可用场强迭加原理计算，也可以用电势的关系计算．12．18 如图所示，一个均匀带电，内、外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳，所带电荷体密度为ρ，试计算：（1）A ，B 两点的电势；（2）利用电势梯度求A ，B 两点的场强．[解答]（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d r 的薄壳，其体积为 d V = 4πr 2d r ，包含的电量为 d q = ρd V = 4πρr 2d r ，在球心处产生的电势为00d d d 4O q U r r rρπεε==， 球心处的总电势为2122210d ()2R O R U r r R R ρρεε==-⎰， 这就是A 点的电势U A ．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22120()2B U R r ρε=-． 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3314()3B V r R π=-，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332100()43B BBQ U r R r r ρπεε==-． B 点的电势为U B = U 1 + U 2322120(32)6B BR R r r ρε=--．（2）A 点的场强为 0AA AU E r ∂=-=∂． B 点的场强为3120()3B B B B BU R E r r r ρε∂=-=-∂．[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 ≦R 1)．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 3314()3V r R π=-， 包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得方程 4πr 2E = q/ε0，可得B 点的场强为 3120()3R E r rρε=-， (R 1≦r ≦R 2)．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 33214()3V R R π=-， 包含的电量为 q = ρV ，根据高斯定理得可得球壳外的场强为 33212200()43R R qE r rρπεε-==，(R 2≦r )． A 点的电势为d d AAA r rU E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l 12131200d ()d 3A R R r R R r r r r ρε=+-⎰⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰ 22210()2R R ρε=-．B 点的电势为d d BBB r rU E r ∞∞=⋅=⎰⎰E l 23120()d 3BR r R r r r ρε=-⎰2332120()d 3R R R r r ρε∞-+⎰322120(32)6B B R R r r ρε=--． A 和B 点的电势与前面计算的结果相同．12．19 一圆盘，半径为R ，均匀带电，面电荷密度为σ，求：（1）圆盘轴线上任一点的电势（用该点与盘心的距离x 来表示）； （2）从电场强度的和电势梯度的关系，求该点的电场强度． （此题解答与书中例题解答相同，在此省略）12．20 （1）设地球表面附近的场强约为200V·m -1，方向指向地球中心，试求地球所带有的总电量．（2）在离地面1400m 高处，场强降为20V·m -1，方向仍指向地球中心，试计算在1400m 下大气层里的平均电荷密度．[解答]地球的平均半径为 R =6.371×106m ．（1）将地球当作导体，电荷分布在地球表面，由于场强方向指向地面，所以地球带负量． 根据公式 E = -σ/ε0，电荷面密度为 σ = -ε0E ；地球表面积为 S = 4πR 2， 地球所带有的总电量为Q = σS = -4πε0R 2E = -R 2E /k ，k 是静电力常量，因此电量为 629(6.37110)200910Q ⨯⨯=-⨯=-9.02×105(C)． （2）在离地面高为h = 1400m 的球面内的电量为 2()``R h E Q k+=-=-0.9×105(C)，大气层中的电荷为 q = Q - Q` = 8.12×105(C)．由于大气层的厚度远小于地球的半径，其体积约为 V = 4πR 2h = 0.714×1018(m 3)， 平均电荷密度为 ρ = q /V = 1.137×10-12(C·m -3)．第十三章 静电场中的导体和电介质13．1 一带电量为q ，半径为r A 的金属球A ，与一原先不带电、内外半径分别为r B 和r C 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 E 4πr 2 = q /ε0， 可得P 点的电场强度为 204q E r πε=．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r c ，所以A 球的电势为 04cq U r πε=．13．2 同轴电缆是由半径为R 1的导体圆柱和半径为R 2的同轴薄圆筒构成的，其间充满了相对介电常数为εr 的均匀电介质，设沿轴线单位长度上导线的圆筒的带电量分别为+λ和-λ，则通过介质内长为l ，半径为r 的同轴封闭圆柱面的电位移通量为多少？圆柱面上任一点的场强为多少？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，根据介质中的高斯定理，通过圆柱面的电位移通过等于该面包含的自由电荷，即 Φd = q = λl ．设高斯面的侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d S Φ=⋅⎰D S Ñ012d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，可得电位移为 D = λ/2πr ，其方向垂直中心轴向外． 电场强度为 E = D/ε0εr = λ/2πε0εr r ，方向也垂直中心轴向外．13．3 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，大小为图13.3000111444o q q Q qU r a bπεπεπε-+=++13．4 三块平行金属板A 、B 和C ，面积都是S = 100cm 2，A 、B 相距d 1 = 2mm ，A 、C 相距d 2 = 4mm ，B 、C 接地，A 板带有正电荷q = 3×10-8C ，忽略边缘效应．求（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q 1 = σ1S 和q 2 = σ2S ，在B 、C 板上分别感应异号电荷-q 1和-q 2，由电荷守恒得方程q = q 1 + q 2 = σ1S + σ2S ． ① A 、B 间的场强为 E 1 = σ1/ε0，A 、C 间的场强为 E 2 = 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 = E 1d 1 = E 2d 2， ② 即 σ1d 1 = σ2d 2． ③解联立方程①和③得 σ1 = qd 2/S (d 1 + d 2)， 所以 q 1 = σ1S = qd 2/(d 1+d 2) = 2×10-8(C)； q 2 = q - q 1 = 1×10-8(C)． B 、C 板上的电荷分别为 q B = -q 1 = -2×10-8(C)； q C = -q 2 = -1×10-8(C)．(2)两板电势差为 ΔU = E 1d 1 = σ1d 1/ε0 = qd 1d 2/ε0S (d 1+d 2)， 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 U A = ΔU = 452.4(V)．13．5 一无限大均匀带电平面A ，带电量为q ，在它的附近放一块与A 平行的金属导体板B ，板B有一定的厚度，如图所示．则在板B 的两个表面1和2上的感应电荷分别为多少？[解答]由于板B 原来不带电，两边感应出电荷后，由电荷守恒得q 1 + q 2 = 0． ① 虽然两板是无限大的，为了计算的方便，不妨设它们的面积为S ，则面电荷密度分别为 σ1 = q 1/S 、σ2 = q 2/S 、σ = q/S ，它们产生的场强大小分别为 E 1 = σ1/ε0、E 2 = σ2/ε0、E = σ/ε0． 在B 板内部任取一点P ，其场强为零，其中1面产生的场强向右，2面和A 板产生的场强向左，取向右的方向为正，可得 E 1 - E 2 – E = 0，即 σ1 - σ2 – σ = 0， 或者 q 1 - q 2 + q = 0． ② 解得电量分别为 q 2 = q /2，q 1 = -q 2 = -q /2．13．6 两平行金属板带有等异号电荷，若两板的电势差为120V ，两板间相距为1.2mm ，忽略边缘效应，求每一个金属板表面的电荷密度各为多少？[解答]由于左板接地，所以σ1 = 0．由于两板之间的电荷相互吸引，右板右面的电荷会全部吸引到右板左面， 所以σ4 = 0．由于两板带等量异号的电荷，所以σ2 = -σ3． 两板之间的场强为 E = σ3/ε0，而 E = U/d ， 所以面电荷密度分别为σ3 = ε0E = ε0U/d = 8.84×10-7(C·m -2)，σ2 = -σ3 = -8.84×10-7(C·m -2)．13．7 一球形电容器，内外球壳半径分别为R 1和R 2，球壳与地面及其它物体相距很远．将内球用细导线接地．试证：球面间电容可用公式202214R C R R πε=-表示．（提示：可看作两个球电容器的并联，且地球半径R >>R 2）图13.4图13.6[证明]方法一：并联电容法．在外球外面再接一个半径为R 3大外球壳，外壳也接地．内球壳和外球壳之间是一个电容器，电容为1210012211441/1/R R C R R R R πεπε==--外球壳和大外球壳之间也是一个电容器，电容为 2023141/1/C R R πε=-．外球壳是一极，由于内球壳和大外球壳都接地，共享一极，所以两个电容并联．当R 3趋于无穷大时，C 2 = 4πε0R 2．并联电容为12120022144R RC C C R R R πεπε=+=+-202214R R R πε=-． 方法二：电容定义法．假设外壳带正电为q ，则内壳将感应电荷q`．内球的电势是两个电荷产生的迭加的结果．由于内球接地，所以其电势为零；由于内球是一个等势体，其球心的电势为0201`044q q R R πεπε+=，因此感应电荷为12`Rq q R =-．根据高斯定理可得两球壳之间的场强为 122002`44R q q E r R rπεπε==-， 负号表示场强方向由外球壳指向内球壳．取外球壳指向内球壳的一条电力线，两球壳之间的电势差为1122d d R R R R U E r =⋅=⎰⎰E l 121202()d 4R R R q r R r πε=-⎰1212021202()11()44R q R R q R R R R πεπε-=-= 球面间的电容为202214R q C U R R πε==-．13．8 球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半充满相对介电常量为εr 的均匀电介质，求电容C 为多少？[解答]球形电容器的电容为 120012211441/1/R R C R R R R πεπε==--．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：0121212R R C R R πε=-． 当电容器中充满介质时，电容为：0122212r R R C R R πεε=-．由于内球是一极，外球是一极，所以两个电容器并联：01212212(1)r R R C C C R R πεε+=+=-．13．9 设板面积为S 的平板电容器析板间有两层介质，介电常量分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求电容器的电容．[解答]假设在两介质的界面插入一薄导体，可知两个电容器串联，电容分别为 C 1 = ε1S/d 1和C 2 = ε2S/d 2．总电容的倒数为 122112121212111d d d d C C C S S S εεεεεε+=+=+=，总电容为 122112S C d d εεεε=+．13．10 圆柱形电容器是由半径为R 1的导线和与它同轴的内半径为R 2的导体圆筒构成的，其长为l ，其间充满了介电常量为ε的介质．设沿轴线单位长度导线上的电荷为λ，圆筒的电荷为-λ，略去边缘效应．求：（1）两极的电势差U ；（2）介质中的电场强度E 、电位移D ；（3）电容C ，它是真空时电容的多少倍？[解答]介质中的电场强度和电位移是轴对称分布的．在内外半径之间作一个半径为r 、长为l 的圆柱形高斯面，侧面为S 0，上下两底面分别为S 1和S 2．通过高斯面的电位移通量为d d S Φ=⋅⎰D S Ñ012d d d 2S S S rlD π=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰D S D S D S ，高斯面包围的自由电荷为 q = λl ，根据介质中的高斯定理 Φd = q ，可得电位为 D = λ/2πr ，方向垂直中心轴向外．电场强度为 E = D/ε = λ/2πεr ，方向也垂直中心轴向外．取一条电力线为积分路径，电势差为21d d d 2R LLRU E r r r λπε=⋅==⎰⎰⎰E l 21ln 2R R λπε=． 电容为 212ln(/)q lC U R R πε==． 在真空时的电容为 00212ln(/)l qC U R R πε==，所以倍数为C/C 0 = ε/ε0．13．11 在半径为R 1的金属球外还有一层半径为R 2的均匀介质，相对介电常量为εr ．设金属球带电Q 0，求：（1）介质层内、外D 、E 、P 的分布；（2）介质层内、外表面的极化电荷面密度．[解答]（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2d d 4d S SD S r D Φπ=⋅==⎰⎰D S 蜒高斯面包围的自由电荷为q = Q 0， 根据介质中的高斯定理 Φd = q ， 可得电位为 D = Q 0/4πr 2，方向沿着径向．用向量表示为 D = Q 0r /4πr 3．电场强度为 E = D /ε0εr = Q 0r /4πε0εr r 3，方向沿着径向．由于 D = ε0E + P ， 所以 P = D - ε0E = 031(1)4r Q rεπ-r． 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 = Q 0r /4πr 3，E = Q 0r /4πε0r 3，P = 0．（2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q 0产生的场为 E 0 = Q 0r /4πε0r 3； 极化电荷q 1`产生的场强为E` = q 1`r /4πε0r 3； 总场强为 E = Q 0r /4πε0εr r 3．由于 E = E 0 + E `，解得极化电荷为 `101(1)rq Q ε=-，介质层内表面的极化电荷面密度为 ``01122111(1)44r Q q R R σπεπ==-． 在介质层外表面，极化电荷为 ``21q q =-， 面密度为 ``02222221(1)44r Q q R R σπεπ==-． 13．12 两个电容器电容之比C 1:C 2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q 2/2C ，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 2:C 1 = 2:1．两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU 2/2，得静电能之比为 W 1:W 2 = C 1:C 2 = 1:2．13．13 一平行板电容器板面积为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 相对介电常量为εr 的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？[解答]平行板电容器的电容为 C = ε0S/d ，当面积减少一半时，电容为C 1 = ε0S /2d ；另一半插入电介质时，电容为C 2 = ε0εr S /2d ．两个电容器并联，总电容为 C = C 1 + C 2 = (1 + εr )ε0S /2d ， 静电能为 W = CU 2/2 = (1 + εr )ε0SU 2/4d ．13．14 一平行板电容器板面积为S ，板间距离为d ，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U 时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr 的液体中．求：（1）电容器的电容C ；（2）浸入液体后电容器的静电能；（3）极板上的自由电荷面密度．[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为 C = (1 + εr )ε0S /2d ．（2）电容器充电前的电容为C 0 = ε0S/d ， 充电后所带电量为 Q = C 0U ． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为 W = Q 2/2C = C 02U 2/2C = ε0SU 2/(1 + εr )d ．（3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C 1 = ε0S /2d ；介质中的一半的电容为 C 2 = ε0εr S /2d ．设两半的所带自由电荷分别为Q 1和Q 2，则Q 1 + Q 2 = Q ． ① 由于C = Q/U ，所以U = Q 1/C 1 = Q 2/C 2． ② 解联立方程得01112211/C U C QQ C C C C ==++， 真空中一半电容器的自由电荷面密度为00112122/2(1/)(1)r C U U Q S C C S dεσε===++． 同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为0021222(/1)(1)r r C U UC C S dεεσε==++． 13．15 平行板电容器极板面积为200cm 2，板间距离为1.0mm ，电容器内有一块1.0mm 厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V 的电源相连．求：（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？ [解答]平行板电容器的电容为 C 0 = ε0εr S/d ，静电能为 W 0 = C 0U 2/2． 玻璃板抽出之后的电容为 C = ε0S/d ．（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU 2/2， 电能器能量变化为。

第14章 波动光学14-1.在双缝干涉实验中，两缝的间距为0.6mm,照亮狭缝S 的光源是汞弧灯加上绿色滤光片．在2.5m 远处的屏幕上出现干涉条纹，测得相邻两明条纹中心的距离为2.27mm ．试计算入射光的波长，如果所用仪器只能测量5mm x ∆≥的距离，则对此双缝的间距d 有何要求？分析：由杨氏双缝干涉明纹位置公式求解。

解：在屏幕上取坐标轴Ox ，坐标原点位于关于双缝的对称中心。

屏幕上第k 级明纹中心的距坐标原点距离：λdD kx ±= 可知dD d D k d D k x x x k k λλλ=-+=-=∆+)1(1 代入已知数据，得545nm xd Dλ∆== 对于所用仪器只能测量5mm x ∆≥的距离时0.27mm D d x λ≤=∆14-2.在杨氏双缝实验中，设两缝之间的距离为0.2mm ．在距双缝1m 远的屏上观察干涉条纹，若入射光是波长为400nm 至760nm 的白光，问屏上离零级明纹20mm 处，哪些波长的光最大限度地加强？(91nm=10m -)分析：由双缝干涉屏上明纹位置公式，求k 取整数时对应的可见光的波长。

解：已知：d ＝0.2mm ，D ＝1m ，x ＝20mm 依公式λk d D x =∴ 4000n mdxk Dλ== 故k ＝10 λ1＝400nmk ＝9 λ2＝444.4nm k ＝8 λ3＝500nm k ＝7 λ4＝571.4nm k ＝6 λ5＝666.7nm这五种波长的光在所给的观察点最大限度地加强．14-3.如题图14-3所示，在杨氏双缝干涉实验中，若3/1212λ=-=-r r P S P S ，求P 点的强度I 与干涉加强时最大强度Imax 的比值．分析：已知光程差，求出相位差．利用频率相同、振动方向相同的两列波叠加的合振幅公式求出P 点合振幅。

杨氏双缝干涉最大合振幅为2A 。

解：设S 1、S 2分别在P 点引起振动的振幅为A ，干涉加强时，合振幅为2A ，所以2max 4A I ∝ , 因为λ3112=-r r所以S 2到P 点的光束比S 1到P 点的光束相位落后题图14-3()3π23π2π212=⋅=-=∆λλλϕr r P 点合振动振幅的平方为：22223π2cos2A A A A =++ 因为2I A ∝ 所以22m a x 1==44IA I A14-4. 在双缝干涉实验中，波长550nm λ=的单色平行光, 垂直入射到缝间距4210m d -=⨯的双缝上，屏到双缝的距离2m D =．求：(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距； (2) 用一厚度为66.610m e -=⨯、折射率为 1.58n =的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？分析：（1）双缝干涉相邻两条纹的间距为 ∆x =D λ / d ，中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距为20∆x .（2）不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，中央明纹对于O 点的光程差0δ=，其余条纹相对O 点对称分布．插入介质片后，两相干光在两介质薄片中的几何路程相等，但光程不等。