南华大学大学物理(下)期末考试部分课后作业解答

第9章 真空中的静电场 习题解答

9－5 一无限长均匀带电细棒被弯成如习题9－5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。

解： 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 k

r R R

λλ?πεπε=== 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

2/2

0/2

cos d 4x E R

πθθ

λ??πε--=

?

2/2

0/2

sin 4R

πθθλ?

πε--=

0sin 22

R λθ

πε=

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 R

λ

πε=

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

``02cos

cos 2

22

x E E R θ

λθ

πε==

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

9－6 一宽为b 的无限长均匀带电平面薄板，其电荷密度为σ，如习题9－6图所示。试求

平板所在平面内，离薄板边缘距离为a 的P 点处的场强。

解： 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 r

λ

πε=

得带电直线在P 点产生的场强为

00d d d 22(/2)

x

E r

b a x λ

σπεπε=

=

+-

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

/2

0/2

1

d 2/2b b E x b a x σπε-=

+-? /2

/2

ln(/2)2b b b a x σ

πε--=+-

0ln(12b

a

σπε=

+ ① 场强方向沿x 轴正向。

9－7 有一半径为r 的半球面,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处的电场强度。

解: 如图所示，在球面上任取一面元

?

θθd d s i n d 2r S =，其上带电量为

?θθσσd d sin d d 2r S q =?=，电荷元q d 在球心处产生的场强的大小为

2

2020d d sin 41d 41

d r

r r q E ?

θθσπεπε== 方向如图。由对称性分析可知，球心处场强方向竖直向下，其大小为

20

2

4 d cos sin 4d cos d εσθθθπεσ

?θπ

π

=

===???E E

E z

9－10 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2(R 2 > R 1)，带有等量异号电荷，单位长度的电量分别为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：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 ?

?==?=

ΦS

S

e rl E EdS S d E π2

根据高斯定理Φe = q /ε0，所以

02E r

λ

πε=

， (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）

9－12 一个均匀带电圆盘，半径为R ，电荷面密度为σ，求： (1) 轴线上任一点的电势（用x 表示该点至圆盘中心的距离）； (2) 利用电场强度与电势的关系求轴线上的场强分布。 解：如图所示，将均匀带电圆盘视为一系列连续分布的同心带电细圆环所组成，距O 点r 处取一宽为dr 的细圆环，其带电量为rdr d dq 2S πσσ?==，dq 在P 点处产生的电势为

22122212001

d 12d d 4()4()q r r

V r x r x σππεπε=

=

++ 所以，整个带电圆盘在P 点产生的电势为

2212

00

2d d )4()2R r r V V x r x σπσ

πεε===+??

轴线上的场强分布为

)1(2d d 220x

R x

x V E x +-=-

=εσ

9－20 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）带电直线中垂线上离中点为r 处的电势； （3）由电势梯度算出上述两点的场强。 解：电荷的线密度为λ = q/2L

（1）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为

d q = λd l

101d d 4l

U r l

λπε=-

总电势为

10d 4L L l U r l

λπε-=-? 0

ln()4L

l L

r l λπε=--=-

0ln

8q r L

L

r L

πε+=

- （2）建立坐标系，在细线上取一线元d l ，所带的电量为d q = λd l ，在线的垂直平分线上的P 2点产生的电势为

2221/2

0d d 4()

l

U r l λπε=+， 积分得

2221/201

d 4()L

L

U l r l λπε-=

+?

)4L

l L

l λ

πε=-=

08q L

πε=

0ln

4q L

πε=

（3）P 1点的场强大小为

1

1U E r

?=-

? 011

(

)8q

L r L r L

πε=

--+

22

01

4q

r L

πε=

-， ① 方向沿着x 轴正向。 P 2点的场强为2

2U E r

?=-

?

1[4q

L r πε=

=

②方向沿着y 轴正向。

9－21 如习题9－21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：（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

00

d d d 4O q U r r r

ρ

πεε=

=

球心处的总电势为

2

1

2

2210

d ()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

2

2120

()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

3

314()3

B 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

3

32100()43B B

B

Q U r R r r ρπεε=

=

- B 点的电势为 U B = U 1 + U 2322

120(32)6B B

R R r r ρε=--．

（2）A 点的场强为

0A

A U E r ?=-

=?．

B 点的场强为 3120()3B B B B B

U R E r r r ρ

ε?=-=-?

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

()3

V 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 r

ρ

ε=-， (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()3

V 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

332122

00()

43R R q

E r r ρπεε-==

，(R 2≦r ) A 点的电势为

d d A

A

A r r U E r ∞

∞

=?=??E l

12

1

31200d ()d 3A

R R r R R r r r r ρ

ε=+-??2

3

3212

0()d 3R R R r r ρε∞

-+? 2

2210

()2R R ρε=-． B 点的电势为

d d B

B

B r r U E r ∞

∞

=?=??E l

2

3120()d 3B

R r R r r r ρ

ε=-?2

33212

0()d 3R R R r r ρε∞

-+? 322

120(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．

第10章 静电场中的导体和电介质 习题解答

10－1 点电荷q +处在导体球壳的中心，壳的内、外半径分别为1R 和2R 。试求：（1）1R r <；（2）21R r R <<；（3）2R r >三个区域的电场强度和电势。r 为观察点到q +的距离。 解：由高斯定理

?∑=

?S

E εq S d

得

（1）当1R r <时，2

014r q E πε=

112

0012

111

,()44q q

E V r

r R R πεπε=

=-+ 当21R r R <<时，02=E 22020,4q E V R πε==

当2R r >时，2

034r

q E πε=

332

00,44q q E V r

r

πεπε=

=

（2）当1R r <时，)111(42

1032112

21

1

R R r q

r d E r d E r d E V R R R R R r

+-=

?+?+?=

???

∞πε

当21R r R <<时，??

∞=

?+?=

R R R r

R q r d E r d E V 2

2

2

03224πε

当2R r >时，?

∞

=

?=

R r

r

q r d E V 0334πε

10－5 如习题10－5图所示，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：(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)

10－9 如习题10－9图所示，球形电容器的内、外半径分别为R 1和R 2，其间一半为真空，另一半充满相对介电常数为εr 的均匀电介质，求该电容器的电容。

解：球形电容器的电容为

120

01221

1

441/1/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。

012

121

2R R C R R πε=

-

当电容器中充满介质时，电容为012

221

2r 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012

1221

2(1)r R R C C C R R πεε+=+=

-

10－10 如习题10－10图所示，板面积为S 的平行板电容器，板间有两层介质，介电常数分别为ε1和ε2，厚度分别为d 1和d 2，求该电容器的电容。

解： 假设在两介质的介面插入一薄导体，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

122112*********

d d d d C C C S S S

εεεεεε+=+=+= 总电容为 122112

S

C d d εεεε=

+

10－12 在半径为R 1的金属球外有一层相对介电常数为εr 的均匀介质，介质层的内、外半径分别为1R 和R 2。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：（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

??=ΦS

d S d D

＝D r DdS S

?=24π

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，用矢量表示为

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 = 03

1

(1)

4r

Q r επ-

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)r

q Q ε=-

介质层内表面的极化电荷面密度为

`

`011

22

111

(1)44r Q q R R σπεπ==- 在介质层外表面，极化电荷为

``

21

q q =- 面密度为

``0

22

22

221(1)44r Q q R R σπεπ==- 10－14 一平行板电容器的极板面积为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 、相对介电常数为εr 的均匀电介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：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

第11章习题答案

11-6 如图所示被折成钝角的长直载流导线中，通有电流I ＝20 A ，θ＝120°，a ＝2.0 mm ，求A 点的磁感应强度. 解：载流直导线的磁场

)sin (sin 4120ββπμ-=

d

I

B A 点的磁感应强度

)))90sin(90(sin sin 40000θθ

πμ--+

=a I

B

)5.01(2

/3100.220103

7+???

=--B =1.73?10-3

T 方向垂直纸面向外。

11-8 如图所示，宽度为a 的薄长金属板中通有电流I ，电流沿薄板宽度方向均匀分布.求在薄板所在平面内距板的边缘为x 的P 点处的磁感应强度. 解：取离P 点为y 宽度为d y 的无限长载流细条

y a

I

i d d =

长载流细条在P 点产生的磁感应强度 y

i

B π=

2d d 0μy

y

I πα=

2d 0μ

所有载流长条在P 点产生的磁感强度的方向都相同，方向垂直纸面向外. 所以

==?

B B d y dy I

x

a x

?+πα20μx

x

a a I +π=ln 20μ 方向垂直纸面向外.

11-12 两平行长直导线，相距0.4 m ，每根导线载有电流I 1＝I 2＝20 A ，如图所示，试计算通过图中斜线部分面积的磁通量. 解：如图取面微元 l d x=0.20dx

Bldx S d B d m =?=Φ

)

(222

010x d I x I B -+=

πμπμ

y O R ω

习题10-7图

d

习题10-9图

y

x

dx d

方向垂直纸面向外.

ldx x d I x I d m m ??-+=Φ=Φ30

.010

.02

010))

(22(

πμπμ 30

.040.010

.040.0ln 210.030.0ln 22010--+=

πμπμl I l I =2.26?10-6Wb

11-13长直同轴电缆由一根圆柱形导线外套同轴圆筒形导体组成，尺寸如图所示.电缆中的电流从中心导线流出，由外面导体圆筒流回.设电流均匀分布，内圆柱与外圆筒之间可作真空处理，求磁感应强度的分布. 解：

?

∑μ=?L

I l B 0d

(1)a r < 22

02R

Ir r B μπ=

2

02R

Ir

B πμ=

(2) b r a << I r B 02μπ=

r

I

B πμ20=

(3)c r b << I b

c b r I r B 02

2

2

202μμπ+---= )

(2)

(2

2220b c r r c I B --=πμ (4)c r > 02=r B π

0=B

题10-14图 习题10-15图

11-15 一根m ＝1.0 kg 的铜棒静止在两根相距为l ＝1.0 m 的水平导轨上，棒载有电流I ＝50

A ，如图所示.(1)如果导轨光滑，均匀磁场的磁感应强度

B 垂直回路平面向上，且B ＝0.5 T ，欲保持其静止，须加怎样的力(大小与方向)？(2)如果导轨与铜棒间静摩擦系数0.6，求能使棒滑动的最小磁感应强度B .

解：(1) 导线ab 中流过电流I ，受安培力

IlB F =1

方向水平向右,如图所示

欲保持导线静止，则必须加力2F

，

12F F =

2F 方向与1F

相反，即水平向左， 5.0102012??===IlB F F =25N (2) F 1-μmg=m a

F 1-μmg ≥0

Il

mg

B μ=

=

.1508

.90.16.0???0.12T

11-16 如题10-17图所示，在长直导线AB 内通以电流1I =20A ，在矩形线圈CDEF 中通有电流2I =10 A ，AB 与线圈共面，且CD ，EF 都与AB 平行．已知a =9.0cm,b =20.0cm,d =1.0 cm ，求：

(1)导线AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力； (2)矩形线圈所受合力和合力矩．

解：(1)CD F

方向垂直CD 向左，大小

41

02100.82-?==d

I b

I F CD πμ N 同理FE F

方向垂直FE 向右，大小

51

02100.8)

(2-?=+=a d I b

I F FE πμ N

CF F

方向垂直CF 向上，大小为

?

+-?=+πμ=πμ=a d d

CF d

a

d I I r r I I F 5210210102.9ln 2d 2 N ED F

方向垂直ED 向下，大小为

习题

10-16图

5102.9-?==CF ED F F N

(2)合力ED CF FE CD F F F F F

+++=方向向左，大小为

4102.7-?=F N

合力矩B P M m

?=

∵ 线圈与导线共面

∴ B P m

//

0=M

．

11-18 塑料圆环盘，内外半径分别为a 和R ，如图所示.均匀带电＋q ，令此盘以ω绕过环心O 处的垂直轴匀角速转动.求：(1)环心O 处的磁感应强度B ；(2)若施加一均匀外磁场，其磁感应强度B 平行于环盘平面，计算圆环受到的磁力矩. 解：(1) 取一r →r r d +圆环，

环上电荷 r r q d 2d π=σ 环电流 r r I d d ωσ= 圆环电流的中心的 r

dI

dB 20μ=

dr dB 20σω

μ=

dr B R

a

2

0σω

μ?

=)()

(22

20a R a R q --=

πω

μ)

(20a R q +=

πω

μ

(2) 圆环r →r r d +磁矩大小为

I r p m d d 2π=r r r d 2

σωπ=

r B r M R

a

d 3σωπ=?)(22a R B q +4

1

=

ω 第12章 电磁感应 电磁场与电磁波

12－2 一条铜棒长为L = 0.5m ，水平放置，可绕距离A 端为L /5处和棒垂直的轴OO`在水平面内旋转，每秒转动一周。铜棒置于竖直向上的匀强磁场中，如

习题图12－2所示，磁感应强度B = 1.0×10-4T 。求：（1）A 、B 两端的

电势差；（2）A 、B 两端哪一点电势高？ 解：设想一个半径为R 的金属棒绕一端做匀速圆周运动，角速度为

ω，经过时间d t 后转过的角度为

d θ = ωd t

扫过的面积为

d S = R 2d θ

/2

习题10-20图

习题12－2图

切割的磁通量为

d Φ = B d S = BR 2d θ/2 动生电动势的大小为

ε = d Φ/d t = ωBR 2/2

根据右手螺旋法则，圆周上端点的电势高。 AO 和BO 段的动生电动势大小分别为

2

2

()2

550

AO B L

BL ωωε=

=

2

2

416()2550

BO B L

BL ωωε==

由于BO > AO ，所以B 端的电势比A 端更高，A 和B 端的电势差为

2

310

BO AO

BL ωεεε=-=

242

332 1.010(0.5)1010

ωπ-???==

BL = 4.71×10-4(V)

讨论：如果棒上两点到o 的距离分别为L 和l ，则两点间的电势差为

2

2

2()(2)

2

2

2

B L l Bl B L Ll ωωωε++=

-

=

12－3 一长直导线载有A 10的稳恒电流，附近有一个与它共面的矩形绕圈。如习题图12－3所示，已知cm 20=l ，cm 10=a ，cm 20=b ，线圈共有

2000=N 匝，以1v 2 ms -=的速度水平离开直导线。试求线圈里

的感应电动势的大小和方向。 解Ⅰ：用法拉第电磁感应定律求解。 长直载流导线附近一点的磁感应强度B 的大小为

02 I

B r

μπ=

根据电流的方向应用右手螺旋法则确定B 的方向（如图示）。

若取线圈平面法向与B 的方向一致，任意时刻t ，线圈 向右运动的距离是v a t +，穿过线圈的磁通量m Φ为

v 00 v v 2 2v b t

m a t

I l I l b t

d B ds dr ln r a t

μμππ+++Φ=?===+?????

B S 因此，线圈中的电动势为

0v()

2(v )(v )

m d NIl b a N

dt a t b t μεπΦ-=-=++ 由于线圈平面向右移的过程中，通过线圈平面的磁通量逐渐减少，根据法拉第电磁感应定律，可知回路中的感应电动势为顺时针方向，即ADCBA 方向。

解Ⅱ：用动生电动势求解

对于线圈中的每一匝可将其分为四段来计算

l l l l d d d d A

C

B

C

C

D

D

A

??+??+??+??='???? )()()()(B v B v B v B v ε

由于

0)()( =??=????

l l d d A

B

C

D

B v B v （因为B v ?与l d 垂直）

因此有：

v v ()()v |v |D C D C

r a t r b t A

B

A

B

d d B dl B dl ε=+=+'=??+??=?+-?????v B v B l l

]1

1[2 )(2)(20 00vt b vt a l I v vt b Idl v vt a Idl v D

A C

B +-+=+-+=??πμπμπμ 实际上，某t 时刻线簇内的电动势就等于AD 和B

C 两段导线在:时刻切割磁力线产生的电动势之差，因此也可以直接写出

012v 11

v v []2v v AD BC I l B l B l a t b t

μεεεπ'=-=-=

-++ 这与上面的计算结果一致。 对于N 匝线圈，产生的电动势为

0 v()

2(v )(v )

N I l b a N a t b t μεεπ-'==

++ 电动势的方向可作如下判断，由于AD 处磁感应强度大于BC 处磁感应强度，在AD 段产生的感应电动势较BC 段大，而AB 和CD 段感应电动势为零，因此i ε沿顺时针方向，即

ADCBA 方向。

令0=t ，并代入数据，则线圈刚离开直导线时的感应电动势为

273102.12

.01.02)1.02.0(0.31042.010102--?=??-???????=ππε （V ）

12－5 如习题12－6图所示，直角三角形金属框ABC 放在匀强磁场中，B

平行ac ，

当框绕ac 边以角速度ω转动时，求框中各边的动生电动势及回路中的动生电动势。设l ab =，r bc =。 解Ⅰ：利用法拉第电磁感应定律

)cos (θεBS dt

d

dt d m -=Φ-

= 由于磁场B 、线圈面积S 均不随时间变化，虽然，线圈绕ac 边

转动，但线圈平面法线与B 的夹角始终为2

π

，因此整个回路的

动生电动势是零。

解Ⅱ：先计算各边的动生电动势，然后相加。

由于ac 边不切割磁力线0=ac ε，对于cb 边有

l d b

cb ??=? c

)(B v ε

在cb 上取一小段l d ，它距c 点的距离为x ，这一小段运动速度为 ωx v =，B v ⊥且

)(B v ?的方向与l d 同向，有

02

12 0

>==?Br Bdx x r

cb ωωε

（b 点电势较c 点高）

ab 边的电动势为

???=b

a

ab d )(l B v ε

在ab 上取一小段l d ，它距转轴的距离为x ，其运动速度

为

ωx v =，仍有B v ⊥。

而)(B v ?的方向与l d 的夹角为?， ?cos l x =，有

?cos dl dx =，因此

??=?=b a

b

a

ab Bdr x dl vB ω?εcos

2

21Br xdx B r ωω?==（b 点电势较a 点高） 由于2

2

1Br ab ba ωεε-=-=， 整个回路的电动势

002

1

2122=+-=++=Br Br ac ba cb ωωεεεε

12－8 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，一金属杆放在如习

题12－8图所示的位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内，另一半 在磁场外。当

0>dt

dB

时，求杆两端的感应电动势的大小和方向。 解：根据磁场B 柱对称，当0d d ≠t

B

时，可知i E 为一系列同心 圆，即i E 与半径正交，故沿半径方向不会产生感生电动势，即

0===oc ob oa εεε，

这样在回路oac 中的电动势为

ac bc ab ca bc ab oa oac εεεεεεεε=+=+++=

ac ε为杆为ac 内的电动势，ab ε和bc ε分别为ab 和bc 部分内的电动

习题12－8图

势。

由上面分析可知

t

B S t B S obc bc oab ab d d d d 21

====εεεε， 1S 为三角形oab 的面积，据题设，22

1,4

3S R S =

为obc 回路内磁场复盖的区域c ob '扇形面积，据题设，图中6

π

θ=

，故22212

21R R S πθ==

t

B

R t

B

S S bc ab ac d d 1243d d )

(221???

? ??+=+=+=∴πεεε

因为0d d >t

B

，由楞次定律可判定c 端电位高。

12－11 长为1l ，宽为2l 的矩形线圈abcd 与无限长载流直导线共面，且线圈的长边平行于长直导线，线圈以速度v

水平向右平动，t 时刻ad 边距离长直导线为x ；且长直导线中的电流按I = I 0cos ωt 规律随时间变化，如图所示。求回路中的电动势ε。

解：电流I 在r 处产生的磁感应强度为

02I

B r

μπ=

穿过面积元d S = 1l d r 的磁通量为

dr r

Il BdS d m πμ21

0=

=Φ 穿过矩形线圈abcd 的磁通量为

)ln(21

22101

02

x

l x Il dr r Il l x x

m +==Φ?

+πμπ

μ 回路中的电动势为dt

d m

Φ-

=ε ])11()[ln(22210dx dx

x l x I dt dI x l x l -+++-

=πμ ])

(cos sin )ln([222100l x x t

v l t x l x l I +++-

=ωωωπμ 习题12－11图

显然，第一项是由于磁场变化产生的感生电动势， 第二项是由于线圈运动产生的动生电动势。

12－20 两个共轴的螺线管A 和B 完全耦合，A 管的自感系数L 1 = 4.0×10-3H ，通有电流I 1 = 2A ，B 管的自感系数L 2 = 9×10-3H ，通有电流I 2 = 4A 。求两线圈内储存的总磁能。

解：A 管储存的自能为

21111

2m W L I =

3231

4102810(J)2

--=???=? B 管储存的自能为

2

222

12m W L I =

3231

91047210(J)2

--=???=? 由于两线圈完全耦合，互感系数为

M =

3610(H)-=?

A 管和

B 管储存的相互作用能为

W m 12 = MI 1I 2 = 6×10-3×2×4 = 48×10-3(J) 两线圈储存的总能量为

W m = W m 1 + W m 2 + W m 12 = 0.128(J)

13—2用很薄的云母片（58.1=n ）覆盖在双缝实验中的一条缝上，这时屏幕上的零级明条纹移到原来的第七级明条纹的位置上，如果入射光波长为nm 550，试问此云母片的厚度为多少？

解: 设云母片厚度为e ，则由云母片引起的光程差为

e n e ne )1(-=-=δ

按题意 λδ7=

∴ 610

106.61

58.1105500717--?=-??=-=

n e λm 6.6=m μ

13—3 用包含两种波长成分的复色光做双缝实验，其中一种波长nm 5501=λ。已知双缝间距为mm 6.0，屏和缝的距离为m 2.1，求屏上1λ的第三级明条纹中心位置。已知在屏上1λ的第六级明条纹和未知波长光的第五级明条纹重合，求未知光的波长。 解：屏上1λ的三级明纹中心的位置

m 103.31055010

6.02.133933---?=????==λd D k

x 依题意屏上1λ的第六级明条纹和波长为λ的第五级明条纹重合于x 处 则有 λλd

D

k d D k x 516

== 即 λλ516k k = m 106.6105505

6

79156--?=??==

λλk k 13—4平板玻璃（5.1=n ）表面上的一层水（33.1=n ）薄膜被垂直入射的光束照射，光束中的光波波长可变。当波长连续变化时，反射强度从nm 500=λ时的最小变到

nm 750=λ时的同级最大，求膜的厚度。

解∵ 321n n n <<,故有 ,3,2,1,02

)12(211

12=+==k k e n λδ ① 3,2,12

2222

2

2===k k e n λδ ②

由上两式21312k k =+?

当231-=n k 时满足上式 n =1,2,3,…

但由于λ是连续可调的，在1λ和2λ间无其他波长消失与增强，所以取,1,121==k k 把

11=k 或12=k 代入①式或②式

)m (10333

.1210790279

22

--?≈??==n e λ

13—5一玻璃劈尖的末端的厚度为mm 5.0，折射率为50.1。今用波长为nm 700的平行单色光以

30的入射角射到劈尖的上表面，试求：（1）在玻璃劈尖的上表面所形成的干涉条纹数目？（2）若以尺寸完全相同的由玻璃片形成的空气劈尖代替上述的玻璃劈尖，则所产生的条纹数目又为多少？

解：（1）玻璃劈尖相邻明（暗）条纹对应的厚度差为

习题13-10图

9

722

248102--=

=

=

=?e .m n cos i λ

?

3

7

0510201624810

--?=≈?e .e .? ∴ 可以看见2016条明条纹，2017条暗条纹。

（2）空气劈尖相邻明（暗）条纹对应的厚度差为

9

70

2700104042102230

--?===??e .m cosi cos λ

? 3

7

0510123740410--?=≈?e .e .?

∴ 可以看见1237条明条纹，1238条暗条纹。

14—2 一单色平行光束垂直照射在宽为mm 0.1的单缝上。在缝后放一焦距为m 0.2的会聚透镜。已知位于透镜焦平面上的中央明条纹宽度为mm 5.2。求入射光波长。

解：中央明纹的宽度为

f na

x λ2

=?

nm

mm f a 500105400615

.0868.04=?=??==

-λ

故入射光的波长为500nm.

14—4 用波长nm 4001=λ和nm 7002=λ的混合光垂直照射单缝。在衍射图样中，1λ的第

1k 级明纹中心位置恰与2λ的第2k 级暗纹中心位置重合，求1k 和2k 。试问1λ的暗纹中心位

置能否与2λ的暗纹中心位置重合？ 解：据题意有 （1）

2

1212

21

14

57002400

)12(2

)

12(k k k k k k ==+?=+?λλ