《大学物理习题册详细解析(电磁学、光学).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大学物理习题册详细解析(电磁学、光学).doc（41页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、四川大学大学物理习题册详细解析（电磁学、光学）主编 聂娅四川大学物理学院二一二年十月大学物理习题册解答答静电场1一. 选择和填空题1. B，2. A，3.A，4. D，5. B二. 填空题411. 由圆心O点指向S 2. l=Q / a 异号 34（V/m） 向上4 指向缺口5三计算题1. 解：如图所示，由于对称分布，放在中心处的q0无论电荷多少都能取得平衡.因四个定点上的电荷受力情况相同，因此只需考虑任一顶点上的电荷受力情况例如考虑D点处的电荷，顶点A、B、C及中心处的电荷所激发的电场对D处点电荷的作用力的大小分别为： 各1分各力方向如图所示，a45D处电荷的受力平衡条件为： , 用 3分将
2、f1，f2，f3式代入上式化简得：0.957 q 2分用得同样结果2解：在f处取电荷元，其电荷为dq =ldl = l0Rsinf df它在O点产生的场强为 3分在x、y轴上的二个分量dEx=dEcosf 1分dEy=dEsinf 1分对各分量分别求和0 2分 2分 1分dxxOrLxPdE3解：（1）如图示，电荷元（）在P点的场强为整个带电直线在P点的场强为 方向沿x轴正向dEyPraxdxrL Q（2）根据以上分析，中垂线上一点P的电场强度E的方向沿y轴，大小为 利用几何关系，统一积分变量得 当时，若棒单位长度所代电荷l为常量，则P点电场强度zxdqqRO 4解：将半球壳分割为一组平行细圆
3、环，任一圆环所代电荷元，在点O激发的电场强度为 由于平行细圆环在O激发的电场强度相同，利用几何关系统一积分变量，有 积分得 O2adqdqardqrdq四.证明题1证明：以l表示线上线电荷密度，如图。考虑dq所对应的电荷dq和dq在O点的场强，在O点的场强为方向由O指向dq。dq:在O点的场强为方向由O指向dq。由于两线元O点的电场大小相等方向相反，又与q无关。所以全线电荷在O点产生的场强为零。答静电场-2一选择与填空题1. D, 2. D, 3. A, 4. D, 5.A, 6.D二填空题1 ，2(sS) /e (sS) /e0 3 ， 0 4 沿半径OP向左三. 计算题1. 解：通过xa处
4、平面1的电场强度通量F1 = -E1 S1= -b a3 1分通过x = 2a处平面2的电场强度通量F2 = E2 S2 = 2b a3 1分其它平面的电场强度通量都为零因而通过该高斯面的总电场强度通量为F = F1+ F2 = 2b a3-b a3 = b a3 =1 Nm2/C 3分2. 解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为：在半径为r的球面内包含的总电荷为： (rR)以该球面为高斯面，按高斯定理有 得到：， (rR) 方向沿径向，A0时向外，AR) 方向沿径向，A0时向外，A0时向里 2分3解：用“挖补法”，挖去球形空腔的带电体，在电学上等效于一个完整的、电荷密度
5、为r的均匀带电大球体和一个电荷体密度为r的球心在O的带电小球体的组合。小球体的半径等于空腔球体半径。大、小 球在空腔内P点产生的电场强度分别为，则P点的电场强度。空腔内的P点均属于球内一点，其电场强度关系OOP所以 根据几何关系 与P点在空腔中位置无关。4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DS平行地面)上下底面处的场强分别为E1和E2，则通过高斯面的电场强度通量为： E2DS-E1DS(E2-E1) DS 2分高斯面S包围的电荷qihDSr 1分由高斯定理(E2E1) DShDSr /e 0 1分 4.4310-13 C/m3 2分(2) 设地面面
6、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) 1分 由高斯定理 = -EDS= 1分 s =e 0 E8.910-10 C/m3 2分DSxExOD/2-D/25解：根据电荷分布对板平面的对称性，可知电场分布具有这种对称性。由此可选底面（S）与平板平行的立方盒高斯面。如图。有高斯定理 ， 6.解：作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理 R2R1Lr 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变 答电势1一. 选择题1. C，2. C，3. B，4. C，5. C二填空题1UpU02. 3. sR / (2e0) 4， 56. -2Ax ， -2By二. 计算题
7、1 解：电偶极矩受的电力矩为，由于q角是相对电场方向量度的，所以电偶极矩转动角时电场力做的功为 。电偶极矩由转到q角时，电场力做的功为s1ABs2s32解：（1）平面、之间的电场为 平面、之间的电场(2) 3解：（1）沿杆取x轴，杆的x反向端点取作原点，由电势叠加原理可得延长线上一点的电势，如图所示细杆的电荷线密度lq / (l)，在x处取电荷元dq = ldxqdx /l，它在P点产生的电势为bxzlzdzP 整个杆上电荷在P点产生的电势 （2）ORrPx4解:（1）在环上取半径为r宽为dr的细圆环，其所代电荷为它在轴上P点产生的电势圆盘轴线上任意一点的电势是这些圆环电势的叠加(2)轴线上任
8、一点的电场强度为电场强度只有x分量。5. 解：设小水滴半径为r、电荷q；大水滴半径为R、电荷为Q27 q27个小水滴聚成大水滴，其体积相等27(4 / 3)pr3(4 / 3) pR 3得：R = 3r 2分小水滴电势：U0 = q / (4pe0r)大水滴电势： 3分答电势2一. 选择题1. D, 2. C, 3.B, 4.A二填空题1we=e0E2/2=4.410-8J/m3 , W=4pRE2hwe=6.3104kwh 23. 7.24. 5. 6. 三. 计算题1解：（1）金核表面的电势 （2）金核中心的电势 2. 解：(1) 电偶极子在均匀电场中所受力矩为： 其大小：M = pEsi
9、nq = qlEsinq 当q =p/2 时，所受力矩最大：MmaxqlE210-3 Nm (2) 电偶极子在力矩作用下，从受最大力矩的位置转到平衡位置(q=0)过程中，电场力所作的功为：210-3 Nm 3. 解：设B上带正电荷，内表面上电荷线密度为l1，外表面上电荷线密度为l2，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 E1=l1 / 2pe0r，方向由B指向A B、C间场强分布为 E2=l2 / 2pe0r，方向由B指向C B、A间电势差 2分B、C间电势差 2分因UBAUBC ,得到 2分4解：均匀带电球面内的电势等于球面上的电势球面外的电势相当于电荷集中在球心上的
10、点电荷的电势由此，按电势叠加原理球心O1处的电势为： 2分球心O2处的电势为： 2分lzx-q+qR则O1、O2间的电势差为： 1分5.解：已知带电圆环轴线上的电势分布为在x轴上的电势分布由于，可化简（2）当，可忽略上式中圆括弧中的二次项又由于静电场中的导体一选择题1C；2B；3A；4D；5D.二填空题1U0 2不变；减小 3d2/d1. 42U/3 5-q；-q三计算题1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) 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(3) 球心O点处的总电势为分布
11、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) (板外)1、2两点间电势差 3解：选x轴垂直导体板，原点在中心平面上，作一底面为S、长为2x的柱形高斯面，其轴线与x轴平行，上下底面与导体板平行且与中心平面对称由电荷分布知电场分布与中心面对称设底面处场强大小为E应用高斯定理：得 方向如图所示由于导体板接地，电势为零，所以x处的电势为4解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则导体球电势： 内球壳电势： 二者等电势，即 解得 四证明题1证：因两球相距甚远，不考虑两球的静电相互作用及细导线上电荷的影响，两球上电荷分
12、布是球对称的又因用细导线连接两者电势相等即得到 静电场中的电介质（一）一选择题1C；2B；3B；4D；5B.二填空题121/r；1/r3.4电位移；电场5增大；增大三计算题1解：(1) 两导体球壳接地，壳外无电场导体球A、B外的电场均呈球对称分布今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处设击穿时，两导体球A、B所带的电荷分别为Q1、Q2，由于A、B用导线连接，故两者等电势，即满足：代入数据解得 两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为B球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即 V/m(2) 由E2 max解得 Q2 =3.3 10-4 C0.4710-4 C击穿时两球所带的总电
13、荷为 Q = Q1+ Q2 =3.7710-4 C2解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+l和-l, 根据高斯定理可求得两圆筒间任一点的电场强度为 则两圆筒的电势差为 解得 于是可求得点的电场强度为 = 998 V/m 方向沿径向向外A点与外筒间的电势差： = 12.5 V3解：在圆柱导体内、外分别作半径为r、长为L的同轴圆柱形高斯面，并应用 的高斯定理圆柱内： 2prLD0得 D = 0 E = 0 圆柱外： 2prLD = lL得 ， (ra) 为径向单位矢量 (arb) (rb)4解：取半径为+d的薄壳层，其中包含电荷应用的高斯定理，取半径为r的球形高斯面球内： D1 = k /
14、2 ，( 为径向单位矢量)E1 = D1 / (e0er) = k / (2e 0er)， 球外： , ，5解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量保持不变，又 因为介质均匀，电场总能量 静电场中的电介质（二）一选择题1C；2D；3C；4C；5C.二填空题1； 2；3；.4插导体板的；空气的 5；三计算题1解：以左边的导线轴线上一点作原点，x轴通过两导线并垂直于导线两导线间x处的场强为 两导线间的电势差为 设导线长为L的一段上所带电量为Q，则有，故单位长度的电容2解：玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功抽出玻璃板前后的电容值分别为 ，撤电源后再抽玻璃板板上电荷不变，但电压改变，
15、即 抽玻璃板前后电容器的能量分别为 ，外力作功 = 2.5510-6 J3解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为l，则电容器两极板之间的场强分布为设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有适当选择r0的值，可使U有极大值，即令得 显然有 b，则 ，过渡到点电荷的情况同理在a b时， ，则也与点电荷运动时的磁矩相同稳恒磁场（二）一选择题1C；2B；3C；4B；5D.二填空题1B = 0 2m0i；沿轴线方向朝右 30；. 45；2三计算题1解：应用安培环路定理和磁场叠加原理可得磁场分布为， 的方向垂直x轴及图面向里2
16、解：根据 得 电子旋转形成电流 所以 . 方向3解：以O为圆心，在线圈所在处作一半径为r的圆则在r到r + dr的圈数为 由圆电流公式得 方向四证明题1证：设球的半径为a，总匝数为N，直径AB上一点P的坐标为(0，0，b)，由圆电流轴线上一点P的磁感强度的公式可得 令 则 而由于 则 由此结果可知，B与P点坐标b无关，即在直径AB上所有各点的磁感强度B均相等2证：用反证法. 假设存在图中那样不带边缘效应的均匀磁场，并设磁感强度的大小为B作矩形有向闭合环路如图所示，其ab边在磁场内，其上各点的磁感强度为B，cd边在磁场外，其上各点的磁感强度为零由于环路所围的面积没有任何电流穿过，因而根据安培环路
17、定理有：因 所以 B = 0，这不符合原来的假设故这样的磁场不可能存在磁 力一选择题1A；2D；3D；4B；5E.二填空题1； 2 30.4an=0，（图1）；，a=0（图2）5z轴正方向三计算题1解：导线每米长的重量为 mg =9.810-2 N平衡时两电流间的距离为a = 2l sinq，绳上张力为T，两导线间斥力为f，则：Tcosq = mgTsinq = f17.2 A2解:电子在xz平面内作速率为v的圆周运动(如图)， 则 电子运动的周期 则原子的轨道磁矩 的方向与y轴正向相反设方向与x轴正向平行，则系统所受力矩3解： ，a为正方形边长，而 4a2pR， a = pR / 2代入上式
18、得 4解：(1) A = IDf f00 ， A = IBScosq = IBS sina(2) 5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。(2) 由霍耳效应知，在磁场不太强时，霍耳电势差U与电流强度I，磁感强度B成正比，而与样品厚度a成反比，即： 而 根椐题给条件，载流子浓度为： m-3磁场中的磁介质一1C；2.C；3.D；4.B; 5.B二1 0.226 T 300 A/m 2I / (2pr) mI / (2pr) ? 3铁磁质 顺磁质 抗磁质 4 mm0 mr nI 5A/m Tm/A 三1解：由安
19、培环路定理： 0 r R1区域： ， R1 r R2区域： ， R2 r R3区域： H = 0，B = 0 2解(1) 由电流分布的对称，磁场分布必对称把安培环路定理用于和导线同心的各个圆周环路在导线中 (0rR1) ， 在磁介质内部 (R1rR2) ， (2) 磁化强度 介质内表面处的磁化电流密度 介质外表面处 3解：(1) T (2) n = 1000 m-1， H = nI032 A/m (3) 相对磁导率 磁化率 ?m = ?r1 = 496 (4) 磁化强度 M = cmH1.59104 A/m 4200 A/m 1.06 T 5解： B = F /S=2.010-2 T 32 A
20、/m 6.2510-4 Tm/A 496 电磁感应1一1 A； 2. A ； 3. A ; 4. B; 5. D二1无感应电流 ; 无感应电流 2 ; 分3 0.40 V ; 0.5 m2/s 4pBnR2 O5 0三 1解：间的动生电动势： b点电势高于O点 间的动生电动势： a点电势高于O点 2 解：金属棒绕轴O逆时针旋转时，棒中的感应电动势及电流分别为 方向沿棒指向中心， 此时由于金属棒中电流的存在，棒受到磁力的作用，其大小 的力矩方向阻碍金属棒的旋转，由刚体定轴转动定律得 代入，积分得 故 3解：(1) 由法拉第电磁感应定律： 在导体MN内?i方向由M向N (2) 对于非均匀时变磁场
21、取回路绕行的正向为ONMO，则 Ei = ?Ei 0，则E?i方向与所设绕行正向一致，?Ei prk/6，则E 的方向与所设正向一致，即顺时针的方向；vB a 细导线均匀密绕 2 0 3小于；有关 4 0； 5. ?nI ； ? n2I2 / 2 三1解：设螺绕环中通电流I，在环内取以环中心为圆心，半径为r 的圆形回路，由安培环路定理有 则 通过螺线管矩形截面的磁通链数Y为： 2证：取长直导线之一的轴线上一点作坐标原点，设电流为I，则在两长直导线的平面上两线之间的区域中B的分布为 穿过单位长的一对导线所围面积（如图中阴影所示）的磁通为 3解：(1) 感应电流方向为顺时针方向 (2) 4解：(1
22、) 单位长度自感系数为： (2) 两等值反向的直线电流间的作用力为排斥力，将导线沿受力方向移动dr距离时，磁场力对单位长度导线作功为： (3) 磁能增量 而 这说明磁能增加了这是因为在导线间距离由b增大到2 b过程中，两导线中都出现与电流反向的感应电动势，因而，为要保持导线中电流不变外接电源要反抗导线中的感应电动势作功，消耗的电能一部分转化为磁场能量，一部分通过磁场力作功转化为其他形式能量 5.（1）直导线电流为I时在矩形线圈中的磁通量： 应电流i的方向为顺时针（2）电磁波一1C; 2D; 3B; 4B; 5B二1电磁波能流密度矢量； 2；3. 或 或 4X正方向； Y负方向 5. 垂直纸面向
23、内；垂直OP连线向下三1答：此式说明，磁场强度沿闭合环路L的环流，由回路L所包围的传导电流、运流电流和位移电流的代数和决定这是全电流定律的数学表示， 它的物理意义是：不仅传导电流、运流电流可激发磁场，位移电流(即变化的电场)也同样可在其周围空间激发磁场 2解：两板间具有均匀电场，电场强度为 介质中的传导电流密度为 位移电流密度为 从对称性分析可知，在两极板间半径为r的圆周上各点沿切线方向，而且大小都相等（如图）根据关于的全电流定律 即 又因为在各向同性介质中 ， 故得 3 解：对于r R，由上述方程得 代入式得： 4 解：在极板间，取与电容器极板同轴的半径为r的圆，应用关于的全电流定律有： 的
24、方向与电流流向成右螺旋关系振动(一)一、 选择题BCBDA二、 填空题1解：f2f1 = f3f2=2p/3旋转矢量图见图 振动曲线见图 2.(SI) 3. 0，9.4 cm/s-Ax2AA/2x14. x1曲线见图 x2曲线见图 5. 三、 计算题1. 解：(1) ，周期xO(2) (3) 当时，从振幅矢量图可知，初相 振动函数为2. 解：弹簧劲度系数 静止时弹簧伸长量为 (1) 设向下为正方向，则 （若设向上为正方向，则 ）； 振动函数为 (2) 物体在平衡位置上方5cm（即0.05m），此时弹簧的净伸长为 弹簧对物体的拉力 (3) 5cm是振幅之半，物体从平衡位置到振幅之半所需最短时间是， 3解：(1) 容器中每滴入一油滴的前后，水平方向动量值不变，而且在容器回到O点滴入下一油滴前， 水平方向动量的大小与刚滴入上一油滴后的