作业题解答下

第十二章 静电场

课 后 作 业

1、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θ处取微小电荷

d q = λ

d l = 2Q d θ / π

它在O 处产生场强

θεεd 24d d 2

0220R Q

R q E π=π= 2分

按θ角变化，将d E 分解成二个分量：

θθεθd sin 2sin d d 2

02R Q E E x π=

=

θθεθd cos 2cos d d 2

02

R

Q E E y π-

=-= 3分

对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷

??

?

???-π=??π

ππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R Q

E x ＝0 2分

2022/2/0202d cos d cos 2R Q

R Q E y εθθθθεπ

πππ-=??????-π-=?? 2分 所以

j R

Q j E i E E y x

2

02

επ-=+= 1分 2、如图所示，一电荷面密度为σ的“无限大”平面，在距离平面a 处的一点的场强大小的一半是由平面上的一个半径为R 的圆面积范围内的电荷所产生的．试求该圆半径的大小．

解：电荷面密度为σ的无限大均匀带电平面在任意点的场强大小为

E =σ / (2ε0)

以图中O 点为圆心，取半径为r →r ＋d r 的环形面积，其电量为

d q = σ2πr d r

它在距离平面为a 的一点处产生的场强 (

)

2

/322

02d r

a a r d r

E +=

εσ

则半径为R 的圆面积内的电荷在该点的场强为 ()

?+=R r a

r

r a E 0

2

/32

2

d 2εσ

???

?

??+-=

220

12R a a εσ 由题意,令E =σ / (4ε0)，得到R ＝a 3

3、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．

球形电容器的电容

a

b ab C -π=

ε4

当内外导体间电势差为U 时，电容器内外球壳上带电荷 a

b abU

CU q -π=

=ε4

电容器内球表面处场强大小为 ()

a b a bU a q E -=π==24εεσ 欲求内球表面的最小场强，令d E /d a =0，则

()()01

1d d 22=???

? ??---=a b a a b a bU a E 得到 2b

a = 并有

0d d 2

/22>=b a a E

可知这时有最小电场强度 ()b

U

a b a bU E 4min =-=

4、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,在该球体挖去半径为r 的一个小球体,球心为O ',两球心间距离d O O =',如图所示. 求:

(1) 在球形空腔内,球心O '处的电场强度0E

.

(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d OP =.

解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，

可在不挖时求出电场1E

，而另在挖去处放

上电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求

出电场2E

，并令任意点的场强为此二者的

叠加，即可得

210E E E

+= 2分

在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小.

2O’=0

图(b)

ρε302

11

3

414d d d E S E S π?=π?=?? 有 E 1O’＝E 1P =d E 013ερ= 方向分别如图所示. 3分

在图(b)中，以O '点为小球体的球心，可知在O '点E 2=0. 又以O ' 为心，2d 为半径作球面为高斯面S ' 可求得P 点场强E 2P

()032223/)(4)(24d ερ-π=π?='??

'

r d E S E S

2

03212d

r E P

ερ

-= 3分 (1) 求O '点的场强'O E

. 由图(a)、(b)可得

E O ’ = E 1O’ =0

3ερd

， 方向如图(c)所示. 2分

(2)求P 点的场强P E

.由图(a)、(b)可得

???

? ??-=+=230

2143d r d E E E P

P P ερ 方向如(d)图所示. 2分

第十三章 电势

课 后 作 业

1、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

x

x E 012εσ

= 2分

圆盘在该处的场强为

i x R x x E ???? ??+--=2202112εσ

∴ i x R x E E E 2

20212+=+=ε

σ 4分

该点电势为 ()

2200220

2d 2x R R x R x x U x +-=+=?εσ

εσ 4分 2、图示一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2．设无穷远处为电势零点，求球层中半径为r 处的电势．

解：r 处的电势等于以r 为半径的球面以内的电荷在该处产生的电势U 1和球面以外的电荷产生的电势U 2之和，即 U = U 1 + U 2 ，其中

U 1

=q i

/ (4πε0

r )()()r

R r 031343/4ερ

π-π=

???

? ??-=r R r 31203ερ 4分

为计算以r 为半径的球面外电荷产生的电势．在球面外取r '─→r '＋d r '的薄层．其电荷为 d q =ρ·4πr '2d r ' 它对该薄层内任一点产生的电势为

()002/d 4/d d ερεr r r q U ''='π=

则 ??''==2

d d 022R r r r U U ερ()22

20

2r R -=ερ 4分 于是全部电荷在半径为r 处产生的电势为

()2

22031202123r R r R r U U U -+???

? ??-=+=ερερ ???

? ??--=r R r R 312

220236ερ 2分 若根据电势定义直接计算同样给分．

3、在强度的大小为E ，方向竖直向上的匀强电场中，有一半径为R 的半球形光滑绝缘槽放在光滑水平面上(如图所示)．槽的质量为M ，一质量为m 带有电荷＋q 的小球从槽的顶点A 处由静止释放．如果忽略空气阻力且质点受到的重力大于其所受电场力，求： (1) 小球由顶点A 滑至半球最低点Ｂ时相对地面的速度； (2) 小球通过B 点时，槽相对地面的速度；

(3) 小球通过B 点后，能不能再上升到右端最高点C ？ 解：设小球滑到B 点时相对地的速度为v ，槽相对地的速度为V ．小球

从A →B 过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒， m v ＋MV ＝0 ①

2分

对该系统，由动能定理 mgR －EqR ＝21m v 2＋2

1

MV 2 ②

3分

①、②两式联立解出 ()()

m M m qE mg MR +-=

2v 2分 方向水平向右．

()()

m M M qE mg mR M m V +--=-

=2v 1分 方向水平向左． 1分

小球通过B 点后，可以到达C 点． 1分

4、两个同心的导体球壳，半径分别为R 1＝0.145 m 和R 2＝0.207 m ，内球壳上带有负电荷q ＝-6.0×10-

8 C ．一电子以初速度为零自内球壳逸出．设两球壳之间的区域是真空，

试计算电子撞到外球壳上时的速率．(电子电荷ｅ＝-1.6×10

-19

C ，电子质量m e ＝9.1×10-

31

kg ，ε0＝8.85×10-

12 C 2 / N ·m 2）

解：由高斯定理求得两球壳间的场强为 ()212

0R 4R r r

q E <<π=

ε

方向沿半径指向内球壳．电子在电场中受电场力的大小为 42

0r

eq

eE F επ=

= 方向沿半径指向外球壳．电子自内球壳到外球壳电场力作功为

?

?

π=

=

2

1

2

1

20

d 4d R R R R r r eq

r F A ε()2101221

4114R R R R eq R R eq

εεπ-=???? ??-π=

由动能定理

()2

10122421

R R R R eq m e επ-=v 得到 ()e

m R R R R eq 210122επ-=v ＝1.98×107 m/s

第十四章

静电场中的导体

课 后 作

业

1、厚度为d 的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为σ ．试求图示离左板面距离为a 的一点与离右板面距离为b 的一点之间的电势差．

1

a

解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为： E = 0 (板内) )2/(0εσ±=x E (板外) 2分 1、2两点间电势差 ?

=-2

121d x E U U x

x x d b d d d a d 2d 22/2

/0

2/)

2/(0

?

?

+-+-+-=εσεσ )(20

a b -=

εσ

3分

2、半径分别为 1.0 cm 与 2.0 cm 的两个球形导体，各带电荷 1.0×10-

8 C ，两球相距很

远．若用细导线将两球相连接．求(1) 每个球所带电荷；(2) 每球的电势．(

22/C m N 10941

90

??=πε)

解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ，则两球电

1

势分别是 10114r q U επ=

， 2

02

24r q U επ= 2分

两球相连后电势相等， 21U U =，则有

2

1212122112r r q r r q q r q r q +=++== 2分 由此得到 92

1111067.62-?=+=r r q

r q C 1分

92

122103.132-?=+=

r r q

r q C 1分

两球电势 31

01

21100.64?=π=

=r q U U ε V 2分

3、如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电荷Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷． (2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．

(3) 球心O 点处的总电势．

解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ．

2分

(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为

a

dq

U q 04επ=

?-a

q

04επ-=

2分

(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点

产生的电势的代数和 2分 q Q q q O U U U U +-++=

r q 04επ=

a q 04επ-

b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εb

Q

04επ+ 2分

4、半径分别为R 1和R 2 (R 2 > R 1 )的两个同心导体薄球壳，分别带有电荷Q 1和Q 2，今将

内球壳用细导线与远处半径为r 的导体球相联，如图所示, 导体球原来不带电，试求相联后导体球所带电荷q ．

解：设导体球带电q ，取无穷远处为电势零点，则 导体球电势：

r

q

U 004επ=

2分

内球壳电势： 10114R q Q U επ-=2

02

4R Q επ+ 2分

二者等电势，即

r q

04επ1014R q Q επ-=2

024R Q επ+ 2分

解得 )

()

(122112r R R Q R Q R r q ++= 2分

第十五章 静电场中的电解质

课 后 作 业

1. 一电容器由两个很长的同轴薄圆筒组成，内、外圆筒半径分别为R 1 = 2 cm ，R 2 = 5

cm ，其间充满相对介电常量为εr 的各向同性、均匀电介质．电容器接在电压U = 32 V 的电源上，(如图所示)，试求距离轴线R = 3.5 cm 处的A 点的电场强度和A 点与外筒间的电势差．

解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+λ和-λ, 根据高斯定

理可求得两

圆筒间任一点的电场强度为 r

E r εελ02π=

2分

则两圆筒的电势差为 1

200ln 22d d 21

2

1R R r r r E U r R R r R R εελ

εελπ=π==??? 解得

120ln 2R R U

r εελπ=

3分 于是可求得Ａ点的电场强度为 A E )

/l n (12R R R U

=

= 998 V/m 方向沿径向向外 2分

A 点与外筒间的电势差： ??=='2

2

d )/ln(d 12R

R R R

r r

R R U r E U R

R R R U

212ln )/ln(=

= 12.5 V 3分

2.一圆柱形电容器，外柱的直径为4 cm ，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的大小为E 0= 200 KV/cm ．试求该电容器可能承受的最高电压． (自然对数的底e = 2.7183)

解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布

为 )2/(r E ελπ= 2分

设电容器内外两极板半径分别为r 0，R ，则极板间电压为

???π==R r

R

r r r r E U d 2d ελ 0ln 2r R

ελπ=

2分 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E 0时电容器击穿，这时应有

002E r ελπ=

2分

00ln

r R

E r U =

适当选择r 0的值，可使U 有极大值，即令

0)/ln(/d d 0000=-=E r R E r U

得 e R r /0= 2分

显然有

2

2d d r U < 0， 故当 e R r /0= 时电容器可承受最高的电压

e RE U /0max = = 147 kV 2分

第十六章 磁场和它的源

课 后 作 业

1、已知半径为R 的载流圆线圈与边长为a 的载流正方形线圈的磁矩之比为

2∶1，且载流圆线圈在中心O 处产生的磁感应强度为B 0，求在正方形线圈中心O ＇处的磁感强度的大小．

解：设圆线圈磁矩为p m 1，方线圈磁矩为p m 2，则

211R I p m π=， 2

22a I p m =

∴ )2/(2

122a I R I π= 3分

正方形一边在其中心处产生的磁感强度为 )2/(201a I B π=μ

正方形各边在其中心产生的磁感强度大小相等，方向相同，因此中心O ＇处总的

磁感强度的大小为 a I B π='20022μ3

1202a I R μ= 3分

∵ R

I

B 2100μ=， 得 0012μRB I =

∴ 030

)/2(B a R B =' 2分

2、假定地球的磁场是由地球中心的载流小环产生的，已知地极附近磁感强度B 为 6.27×10-5 T ，地球半径为R =6.37×106 m ．μ0 =4π×10-

7 H/m ．试用毕奥－萨伐尔定律求该电流

环的磁矩大小．

解：毕奥─萨伐尔定律： 3

0d 4d r r l I B

??π=μ 2分 如图示，αsin d d ?=B B z ，r a /sin =α (a 为电流环的半径)．

∵ r >> a ∴ z a z r ≈+=

22 30302d 4z

IS

l z a I B l z π=??π=?μμ 3分

小电流环的磁矩 IS p m =

∴ 0

3

/2μz B p z m π= 2分

在极地附近z ≈R ，并可以认为磁感强度的轴向分量B z 就是极地的磁感强度B ，因而有：

03/2μBR p m π=≈8.10×1022 A ·m 2 3分

3、真空中有一边长为l 的正三角形导体框架．另有相互平行并与三角形的bc 边平行的长直导线1和2分别在a 点和b 点与三角形导体框架相连(如图)．已知直导线中的电流为I ，三角形框的每一边长为l ，求正三角形中心点O 处的磁感强度B

．

解：令1B

、2B 、ab B 和acb B 分别代表长直导线1、2和通电三角框的 ab 、ac 和cb 边在O 点产生的磁感强度．则

ab acb B B B B B

+++=21

1B ：对O 点，直导线1为半无限长通电导线，有

)

(401Oa I

B π=μ， 1B 的方向垂直纸面向

里． 2分

2B

：由毕奥－萨伐尔定律，有 )

(402Oe I

B π=

μ)60sin 90(sin ?-?

方向垂直纸面向里． 2分

ab B 和acb B ：由于ab 和acb 并联，有 )(cb ac I ab I acb ab +?=?

根据毕奥－萨伐尔定律可求得 ab B =acb B 且方向相反． 2分

所以 21B B B

+= 1分

3/3l Oa =，6/3l Oe =代入B 1、B 2，

则B 的大小为 )13(43)231(346343000-π=-π+π=l I l

I l I B μμμ

B

的方向：垂直纸面向里． 1分

4、在一半径R =1.0 cm 的无限长半圆筒形金属薄片中，沿长度方向有横截面上均匀分布的电流I = 5.0 A 通过．试求圆柱轴线任一点的磁感强度．

(μ0 =4π×10-

7 N/A 2)

解：选坐标如图．无限长半圆筒形载流金属薄片可看作许多平行的无限长载流直导线组成．宽

l d

为d l 的无限长窄条直导线中的电流为

l R I I d d π=

θd R R I π=θd π

=I 2分 它在O 点产生的磁感强度

R I B π=2d d 0μθμd 20π

?π=I R

2分 θsin d d B B x -=θθμd sin 220

R

π-

= 1分

θcos d d B B y =θθμd cos 220

R

π=

1分

对所有窄条电流取积分得

?π

π

-=02

0d sin 2θθμR I

B x ππ=0

20cos 2θ

μR

I

R

I

20π-

=μ 2分

?π

π

=

2

0d cos 2θθμR

I

B y π

π=

02

sin 2θμR = 0 2分

O 点的磁感强度 i i R

I j B i B B y x

52

01037.6-?-=π-=+=μ T 2分

第十七章 磁力

课 后 作 业

1、假设把氢原子看成是一个电子绕核作匀速圆周运动的带电系统．已知平面轨道的半

径为r ，电子的电荷为e ，质量为m e ．将此系统置于磁感强度为0B 的均匀外磁场中，设0B

的

方向与轨道平面平行，求此系统所受的力矩M

．

解:电子在xz 平面内作速率为v 的圆周运动(如图)， 则

r m r e e 22024v =πε ∴ e rm e 04επ=v

电子运动的周期 e

rm r r e

0422T εππ=π=v

则原子的轨道磁矩 e

m m r

e r T e IS p 0224επ=π==

m p

的方向与y 轴正向相反． 设0B

方向与x 轴正向平行，则系统所受力矩

=

?=0B p M m k m r B e e

00

24

επ

2、有一闭合回路由半径为a 和b 的两个同心共面半圆连接而成，如图．其上均匀分布线密度为λ 的电荷，当回路以匀角速度ω 绕过O 点垂直于回路平面的轴转动时，求圆心O 点处的磁感强度的大小．

321B B B B ++=

B 1、B 别为带电的大半圆线圈和小半圆线圈转动产生的磁感强度，B 3为沿直径的带电线段转动产生的磁感强度． π

π=21b

I λω， 422200101λωμλωμμ=π?π==b b b I B

π

π=

22a

I λω， 422200202λωμλωμμ=π?π==a a a I B

)2/(d 2d 3π=r I λω

r

r

B b

a

d 203?π

=?

λωμa

b

ln

20π

=

λω

μ =

B )ln (20a

b

+ππλω

μ 3、图所示为两条穿过y 轴且垂直于x －y 平面的平行长直导线的正视图，两条导线皆通有电流I ，但方向相反，它们到x 轴的距离皆为a ． (1) 推导出x 轴上P 点处的磁感强度)(x B

的表达式.

(2) 求P 点在x 轴上何处时，该点的B 取得最大值．

解：(1) 利用安培环路定理可求得1导线在P 点产生的磁感强度的大小为： r

I

B π=

201μ2

/1220)(1

2x a I

+?

π=

μ

2导线在P 点产生的磁感强度的大小为： r

I B π=202μ2/1220)(12x a I +?π=μ

1B

、2B 的方向如图所示． P 点总场 θθcos cos 2121B B B B B x x x +=+=

a

b O

021=+=y y y B B B

)

()(2

2

0x a Ia

x B +π=

μ，i

x a Ia

x B

)

()(2

2

0+π=

μ

(2) 当 0d )

(d =x x B ，

0d )(d 2

2=

4、在真空中有两根相互平行的无限长直导线L 1和L 2，相距10 cm ，通有方向相反的电流，I 1 =20 A ，I 2 =10 A ，试求与两根导线在同一平面内且在导线L 2两侧并与导线L 2的距离均为 5.0 cm 的两点的磁感强度的大小．

(μ0 =4π×10-7 H ·m -

1)

解：(1) L 1中电流在两导线间的a 点所产生的磁感强度

511

01100.82-?=π=

a

a r I B μ T L 2中电流在a 点所产生的磁感强度 522

02100.42-?=π=

a

a r I B μ T

由于a B 1 、a B 2

的方向相同，所以a 点的合磁感强度的大小

421102.1-?=+=a a a B B B T

(2) L 中电流在两导线外侧b 点所产生的磁感强度

511

01107.22-?=?

π=

b

b r I B μ T

L 2中电流在b 点所产生的磁感强度 522

02100.42-?=?

π=

b

b r I B μ T

由于和b B 1 和b B 2

的方向相反，所以b 点的合磁感强度的大小

5

21103.1-?=-=b b b B B B T

第十八章 磁场中的磁介质

课 后 作 业

1、一根同轴线由半径为R 1的长导线和套在它外面的内半径为R

2、外半径为R 3的同轴导体圆筒组成．中间充满磁导率为μ的各向同性均匀非铁磁绝缘材料，如图．传导电流I 沿导线向上流去，由圆筒向下流回，在它们的截面上电流都是均匀分布的．求同轴线内外的磁感强度大小B 的分布．

解：由安培环路定理： ∑??=i

I l H

d

0< r

1

2

/2R Ir rH =π 2

12R Ir H π=

， 21

02R Ir B π=μ 3分

R 1< r

2， r

I B π=2μ 3分

R 2< r

(22

2232

22R R R r I I rH ---=π )1(22

2

232

22R R R r r I

H ---π= )1(22

2

232

2

200R R R r r I

H B ---π==μμ 3分 r >R 3区域： H = 0，B = 0 3分

2、螺绕环中心周长l = 10 cm ，环上均匀密绕线圈N = 200匝，线圈中通有电流I = 0.1 A ．管内充满相对磁导率μr = 4200的磁介质．求管内磁场强度和磁感强度的大小．

解： ===l NI nI H /200 A/m

3分 ===H H B r μμμ0 1.06 T 2分

第十九章 电磁感应

课 后 作 业

1、如图所示，一半径为r 2电荷线密度为λ的均匀带电圆环，里边有一半径为r 1总电阻为R 的导体环，两环共面同心(r 2 >> r 1)，当大环以变角速度ω =ω(t )绕垂直于环面的中心轴旋转时，求小环中的感应电流．其方向如何？

解：大环中相当于有电流 2)(r t I λω?=

这电流在O 点处产生的磁感应强度大小 λωμμ)(21)2/(020t r I B == 以逆时针方向为小环回路的正方向，

210)(21

r t π≈

λωμΦ ∴ t t r t i d )(d 21d d 210ωλμΦπ-=-=? t

t R r R i i d )(d 2210ωλμ?π-==? 方向：d ω(t ) /d t >0时，i 为负值，即i 为顺时针方向．

d ω(t ) /d t <0时，i 为正值，即i 为逆时针方向．

2、如图所示，真空中一长直导线通有电流I (t ) =I 0e -

λt (式中I 0、λ为常量，t 为时间)，有

一带滑动边的矩形导线框与长直导线平行共面，二者相距a ．矩形线框的滑动边与长直导线垂直，它的长度为b ，并且以匀速v

(方向平行长直导线)滑动．若忽略线框中的自感电动势，并设开始时滑动边与对边重合，试求任意时刻t 在矩形线框内的感应电动势i ε 并讨论其方向．

解：线框内既有感生又有动生电动势．设顺时针绕向为 i 的正方向．由 i = -d Φ /d

t 出发，先求任意时刻t 的Φ (t )

??=S B t

d )(Φ

y t x y

t I b

a a

d )(2)

(0?

+π=μ

a

b

a t x t I +π

=

ln

)()(20

μ

再求Φ (t )对t 的导数：

)d d d d )((ln 2d )(d 0t

x

I x t I b b a t t ++π=μΦ a b a t I t +-π=-ln )1(e 200λμ

λv )(t x v =

∴ a

b

a t I t t +-π=-=-ln

)1(e 2d d 00λμΦελv 方向：λ t <1时，逆时针；λ t >1时，顺时针．

3、无限长直导线，通以常定电流I ．有一与之共面的直角三角形线圈ABC ．已知AC 边长为b ，且与长直导线平行，BC 边长为a ．若线圈以垂直于导线方向的速度v

向右平移，当B 点与长直导线的距离为d 时，求线圈ABC 内的感应电动势的大小和感应电动势的方向．

解：建立坐标系，长直导线为y 轴，BC 边为x 轴，

原点在长直导线上，则斜边的方程为 a br a bx y /)/(-=，式中r 是t 时刻B 点与长直导线的距离．三角形中磁通量

??++-π=π=Φr a r

r

a r x ax br a

b I x x y

I

d )(2d 200μμ)ln (20r r a a br b I +-π=μ t r

r a a r r a a Ib t d d )(ln 2d d 0+-+π=Φ-=με 当r =d 时， v )(l n

20d

a a

d d a a Ib +-+=πμε 方向：ACBA (即顺时针)

4、如图所示，在竖直面内有一矩形导体回路abcd 置于均匀磁场B 中，B

的方向垂直于回路平面，abcd 回路中的ab 边的长为l ，质量为m ，可以在保持良好接触的情况下下滑，

且摩擦力不计．ab 边的初速度为零，回路电阻R 集中在ab 边上． (1) 求任一时刻ab 边的速率v 和t 的关系；

(2) 设两竖直边足够长，最后达到稳定的速率为若干？

I

v b

I (t )

v

b

4、解∶(1) 由 l BI mg t m

-=d d v ，R Bl

I v =

得 v v mR l B g t 2

2d d -= 积分 ??=-

v v v

00d d t

2

2t mR l B g 得

)ex p(2

222t mR l B l

B Rmg --=v 其中 x

x e )ex p(

=

(2) 当t 足够大则 )ex p(2

2t mR l B -→0 可得稳定速率 22l

B Rmg

=v

5、一无限长竖直导线上通有稳定电流I ，电流方向向上．导线旁有一与导线共面、长度为L 的金属棒，绕其一端O 在该平面内顺时针匀速转动，如图所示．转动角速度为ω，O 点到导线的垂直距离为r 0 (r 0 >L )．试求金属棒转到与水平面成θ角时，棒内感应电动势的大小和方向．

5、解：棒上线元d l 中的动生电动势为：

l B

d )(d ?

?=υεl l r I l

d )cos (200θμω+π= 金属棒中总的感生电动势为 ?

=L 0d εε )cos d()

cos (cos 2cos 0

20θθθθωμl l r l I L

?

+π=

)cos d()cos 1(cos 200

2

0θθ

θ

ωμl l r r I

L

+-

π=?

]ln )cos [ln(cos 2cos 20020

00r L r Ir IL -+π-π=

θθ

ωμθωμ

)]cos ln(cos [cos π20

000r L r r L I θ

θθωμ+-=

方向由O 指向另一端． 6、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．

I

在R r <时 2

0π2R

I B r

μ=

∴ 4

222002

π82R r I B w m μμ=

= 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ?

?

=

==R

R

m I R r

r I r r w W 0

2

04

320π

16π4d d 2μμπ

第二十章 光的干涉

课 后 作 业

1、在双缝干涉实验中，波长λ＝550 nm 的单色平行光垂直入射到缝间距a ＝2×10-

4 m

的双缝上，屏到双缝的距离D ＝2 m ．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e ＝6.6×10-

5 m 、折射率为n ＝1.58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？(1 nm = 10-

9 m)

1、解：(1) ?x ＝20 D λ / a

＝0.11 m

(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足

(n －1)e ＋r 1＝r 2

设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有

r 2－r 1＝k λ

所以 (n －1)e = k λ

k ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处

2、双缝干涉实验装置如图所示，双缝与屏之间的距离D ＝120 cm ，两缝之间的距离d

＝0.50 mm ，用波长λ＝500 nm (1 nm=10-

9 m)的单色光垂直照射双缝．

(1) 求原点O (零级明条纹所在处)上方的第五级明条纹的坐标x ．

(2) 如果用厚度l ＝1.0×10-

2 mm ， 折射率n ＝1.58的透明薄膜复盖在图中的S 1缝后面，

求上述第五级明条纹的坐标x '．

2、解：(1) ∵ dx / D ≈ k λ x ≈Dk λ / d = (1200×5×

500×10-6 / 0.50)mm= 6.0 mm (2) 从几何关系，近似有 r 2－r 1≈ D x /d '

有透明薄膜时，两相干光线的光程差 δ = r 2 – ( r 1 –l +nl ) = r 2 – r 1 –(n -1)l ()l n D x 1/d --'=

对零级明条纹上方的第k 级明纹有

λδk =

零级上方的第五级明条纹坐标

()[]d k l n D x /1λ+-='

=1200[(1.58－1)×0.01±5×5×10-4] / 0.50mm

=19.9 mm

3、在双缝干涉实验中，单色光源S 0到两缝S 1和S 2的距离分别为l 1和l 2，并且l 1－l 2＝3λ，λ为入射光的波长，双缝之间的距离为d ，双缝到屏幕的距离为D (D >>d )，如图．求： (1) 零级明纹到屏幕中央O 点的距离． (2) 相邻明条纹间的距离．

3、解：(1) 如图，设P 0为零级明纹中心 则 D O P d r r /012≈-

(l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0

∴ r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ ∴

()d D d r r D O P /3/120λ=-=

(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差

λδ3)/(-≈D dx 明纹条件

λδk ±= (k ＝1，2，....)

()d D k x k /3λλ+±=

在此处令k ＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距

d D x x x

k k /1λ=-=+?

屏