关于物理学教程下册考试答案.docx

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1、.解1由于912设匀强电场的电场强度 E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量 闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 二庐吊=一庐dS .依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元於的方向,22.=-E tR cos 冗=7R E914设在半径为用勺球体内电荷均匀分布，电荷体密度为P,求带电球内外的电场强度分布.2l : 43斛 依照上述分析，由局斯7E理可得 ；r R时， 4 E =；。3假设球体带正电荷，电场强度方向沿径向朝外.考虑到电场强度的方向，带电球体内的电场强度为2l ： 43 . .E = r r a R时，4 7r E =tR 考虑到电场强度沿径向朝外，带

2、电球体外的电场强度为3 p .p 3;:R3E ）-2 er3 0r9-16如图所示，有三个点电荷 Qi、Q2、Q3沿一条直线等间距分布且 Qi =Q3 =Q.已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定Qi、Q3的情况下，将Q2从点C移到无穷远处外力所作的功.解1由题意Q1所受的合力为零；Qi -Q2T +Qi -Q =0解得Q2 = -03 = -1Q4冗0d 4冗式2d ）44由点电荷电场的叠加，Q1、Q3激发的电场在y轴上任意一点的电场强度为E =巳、，+E3、，=Qy6 将Q2从点o沿y轴移到无穷远处，（沿其他路径所作的功相同，请想一想为什2 冗0d2y2 3/2;么？）外力所作的功为

3、918 一个球形雨滴半径为0.40 mm,带有电量i.6 pC,它表面的电势有多大？两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？解 根据已知条件球形雨滴半径 Ri=0. 40 mm,带有电量qi = i.6 pC,可以求得带电球形雨滴表面电势Vi曳=36 V当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径旦=3/26 ,带有电量q2= 2qi ,雨滴表4冗电Ri;面电势 V2 = i2cl= 57 V4 /0 3/2R9-20两个同心球面的半径分别为 Ri和R2 ,各自带有电荷Qi和Q2.求：（i）各区域电势分布，并画出分布曲线；（2）两球面间的电势差为多少？解2 （i）

4、由各球面电势的叠加计算电势分布 .若该点位于两个球面内，即 rRi ,则. Qi Q2 _ QiQ2V1 =1十2;若该点位于两个球面之间，即 Rir10-2 m, R2 = 0.10 m）,带有等量异号的电荷，两者的电势差为450 V.求：（1）圆柱面单位长度上带有多少电荷？（2） r=0. 05 m处的电场强度.解（1）由习题915的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为入R2入R2E=根据电势差的定义有 U12 = E E2 dl =ln 2冗0r2冗%R1解得入=2 冗dJ12/ln R2 =2.1父10/C m，R（2）解得两圆柱面之间r = 0.05m处的电场强度10-10两线输电线，

5、其导线半径为 3.26 mm,两线中心相距0.50 m,导线位于地面上空很高处，因而大地影响可以忽略.求输电线单位长度的电容.解建立如图坐标，带等量异号电荷的两根导线在P点激发的电场强度方向如图，由上述分析可得P点电场强度的大小为电场强度的方向沿x轴，电线自身为等势体，依照定义两导线之间的电势差为d 九 11,口 入 d -R ，上u = JE dl = （ ）dx上式积分得U = lndR因此，输电线单位长度的电容r 2 成0 x d x冗 0 R入d -Rd_ 一2_C =冗马/ln定冗4/ln 代入数据C =5.5210 FURR10-11电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，

6、金属片与底板上的另一块金属片间保持一定空气间隙，构成一小电容器（如图）.当按下按键时电容发生变化，通过与之相连的电子线路向计算机发出该键相应的代码信号.假设金属片面积为50.0 mm2 ,两金属片之间的距离是 0.600 mm.如果电路能检测出的电容变化量是0.250 pF,试问按键需要按下多大的距离才能给出必要的信号？解 按下按键时电容的变化量为AC J 11C = %S 按键按下的最小距离为1dd。一10-12 一片二氧化钛晶片，其面积为 1.0 cm2 ,厚度为0.10 mm.把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧.（1）求电容器的电容；（2）当在电容器的两极间加上12 V电压时，极板上

7、的电荷为多少？此时自由电荷和极化电荷的面密度各为多少？（3）求电容器内的电场强度.解 （1）查表可知二氧化钛的相对电容率 r =173,故充满此介质的平板电容器的电容C =q0s =1 53 M109 F（2）电容器加上u =12V的电压时，极板上的电荷dQ =CU =1.84黑102C极板上自由电荷面密度为Q/-8 -2g = =1.84 10 C mS晶片表面极化电荷密度c0% =1.83 10* C m-2(3)晶片内的电场强度为 E =U-=1.2M105 V，m-1 dX10 8C,导体外有两层均匀介质，一层介质的10 13如图所示，半径R =0.10 m的导体球带有电荷 Q =1.

8、05.0,厚度d =0.10 m,另一层介质为空气，充满其余空间.求:1) 离球心为r =5cm、15 cm、25 cm 处的D 和E;(2) 离球心为r =5 cm、15 cm、25 cm 处的V; (3) 极化电荷面密度 a.解 (1)取半径为r的同心球面为高斯面，由高斯定理得D14 71r2=0； D1=0; E1=0;Rr R +d4冗o串rD3 =Q42E3Q7.-24 兀；0r将不同的r值代入上述关系式，可得r = 5 cm、15 cm和25 cm时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外.n =5 cm,该点在导体球内，则 D =0； E =0 1IQ2r2 =15 cm,该

9、点在介质层内，1=5.0,则D= =3.5父10 C m r22442r3 =25 cm,该点在空气层内，空气中 = 0 ,则Dr3 =-Qy =1.3父10C m”; Er = Q 2 =1.4父103 V m，3 213/24 g4 吟 r2(2)取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得-=360 V(3)均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率 = 0 ,极化电荷可忽略.故在介质外表面;C /1Qc(01Q8 八-2R =% -1 )岳 =2 (r=Pn=1.6父10 C m4冗MR+d24冗MR+df;在介质内表面：旦=（串一1 居En =（ 1 Q ；（r = -P

10、n =（IQ = 6.4父 10- C m/4冗& R4冗& R介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号.10 14人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5.2 X 10-9 m,两表面所带面电荷密度为土 5.2 X10 3 C/m2 ,内表面为正电荷.如果细胞壁物质的相对电容率为6.0,求（1）细胞壁内的电场强度；（2）细胞壁两表面间的电势差.解 （1）细胞壁内的电场强度 E = =9.8x106 V/m ；方向指向细胞外.（2）细胞壁两表面间的电势差 U = Ed =5.1父102 V .10-19 有一电容为0.50 v F的平行平

11、板电容器，两极板间被厚度为0.01 mm的聚四氟乙烯薄膜所隔开，（1）求该电容器的额定电压；（2）求电容器存贮的最大能量.解 （1）电容器两极板间的电势差 Um” = Ehd=19V max b一1 一（2）电容器存贮的最大能量 W=-CU 9.03x10 Jemax10 21 空气平板电容器，空气层厚 1.5 cm,两极间电压为40 kV,该电容器会被击穿吗？现将一厚度为0.30 cm的玻璃板插入此电容器，并与两极平行，若该玻璃的相对电容率为7.0,击穿电场强度为10 MV- m 1 .则此时电容器会被击穿吗？解 未插入玻璃时，电容器内的电场强度为E=U/d =2.7父106V,m因空气的击

12、穿电场强度 Eb=3.0M106 V ma , E Eb ,空气层被击穿，击穿后 40 k V电压全部加在玻璃板两侧，此时玻璃板内的电场强度E =V/ 8 = 1.3父107 V mJ由于玻璃的击穿电场强度 Eb =10 MV m , E a Eb，故玻璃也将相继被击 穿，电容器完全被击穿.10-22某介质的相对电容率 0=2.8 ,击穿电场强度为18M106 V m”,如果用它来作平板电容器的电介质，要 制作电容为0.047 g F,而耐压为4.0 kV的电容器，它的极板面积至少要多大.解 介质内电场强度 E E Eb =18父106 V 小口电容耐压Um4.0 kV,因而电容器极板间最小距

13、离d =Um/Eb =2.22黑10 mCd要制作电容为0.047 rF的平板电容器，其极板面积S = =0.42 m显然，这么大的面积平铺开来所占据的空间太大了，通常将平板电容器卷叠成筒状后再封装11-13如图（a）所示，载流长直导线的电流为I ,试求通过矩形面积的磁通量.解由上述分析可得矩形平面的总磁通量11-14 已知10 mm2裸铜线允许通过50 A电流而不会使导线过热.电流在导线横截面上均匀分布.求导线内、外磁感 强度的分布.解 围绕轴线取同心圆为环路L,取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有一 一, I 2 Ir2 B dl =B，2 7tHM I ；在导线内 r R

14、I =7 R, I = I ,因而B =2 tR22 M11-15有一同轴电缆，其尺寸如图（a）所示.两导体中的电流均为I ,但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑.试计算以下各处的磁感强度：（1） rR; （2） RrR; （3） RrR .画出Br图 线.题11-15 图解由上述分析得r R ; B12 7f = r r； B2 .2 71r=的 I ； b2 =为12 71rrR ； B3 27r=也九r2-R2 I ttR； _R；.R3-r222 R； B4 2T =比（I -I ）=0； B4 =0磁感弓1度B （r）的分布曲线如图（b）.11 18已知地面上空某处地磁场的磁感强度B

15、=0.4M103T ,方向向北.若宇宙射线中有一速率v =5.0父107mLS的质子，垂直地通过该处.求：（1）洛伦兹力的方向；（2）洛伦兹力的大小，并与该质子受 到的万有引力相比较.题11-18 图解 （1）依照FL =qv B可知洛彳仑兹力FL的方向为v _L B的方向，如图所示.（2）因v _1_ B ,质子所受的洛伦兹力 FL = qvB = 3.2父10_26在地球表面质子所受的万有引力 G =mpg =1.64 10因而，有FL/G =1.95父1010,即质子所受的洛伦兹力远大于重力.11-21从太阳射来的速度为0.80 X 108 m/s的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中

16、， 该处磁场为4.0 X10T, 此电子回转轨道半径为多大？ 若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近，地磁北极附近磁场为2.0 X10-5T,其轨道半径又为多少？解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径R =Uv =1.1黑103 meB地磁北极附近的回转半径 r2 = mv = 23 meB211-22如图（a）所示，一根长直导线载有电流 I1 =30 A,矩形回路载有电流I2 =20 A.试计算作用在回路上的合力.已知d =1.0 cm ,b =8.0 cm , l =0.12 m .解 由分析可知，线框所受总的安培力 F为左、右两边安培力F3和F，之矢量和，如

17、图（b）所示，它们的大小分别小匚由I1I 21匚M0I1I 21为 F3 二；F，=2 71d2 电 + b ）故合力的大小为F =F3 -F4 =应卫豆一 W1,1 =1.28 10 N合力的方向朝左，指向直导线.2 d 2 4d+b）12-6 一铁心上绕有线圈100匝，已知铁心中磁通量与时间的关系为=8.0父105 sin100 7t ,式中 的单位为2Wh t的单位为s,求在t =1.0父10 s时，线圈中的感应电动势.h. d o解 线圈中息的感应电动势 = N =（2.51匕os100 Tit （V）当t = 1 0父10 s时，E = 2 51 V . dt12-9如图所示，一长直

18、导线中通有 I=5.0 A的电流，在距导线9.0 cm处，放一面积为0.10 cm 2 , 10匝的小圆线圈， 线圈中的磁场可看作是均匀的.今在 1.0 X 10 2 s内把此线圈移至距长直导线 10.0 cm处.求：（1） 线圈中平均感应 电动势；（2）设线圈的电阻为1.0 X102Q,求通过线圈横截面的感应电荷.解（1）在始、末状态，通过线圈的磁链分别为N0IS“1 = NB1S = 围,42 = NB2s = 围 则线圈中的平均感应电动势为 2 71rl2 71r28.2 nt 1= 1.11 乂 10 V电动势的指向为顺时针方向.（2）通过线圈导线横截面的感应电荷为 q = 1p _甲

19、2 =11At =1.1父108 CRR12-12如图所示，长为L的导体棒OP处于均匀磁场中，并绕 OO轴以角速度3旋转，棒与转轴间夹角恒为 9 ,磁感强度B与转轴平行.求OP棒在图示位置处的电动势. 解1由上分析，得Eop = Op v B dl=4Bs访900cos剜=Rlsin 0 GBcos(90 - 6dl =2 L 12oBsin 6 Idl = -oB(Lsin0 )由矢量vm B的方向可知端点p的电势较高.12 13如图（a）所示，金属杆 AB以匀速V = 2.0m S,平行于一长直导线移动，此导线通有电流I =40 A .求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？解1根据分析，

20、杆中的感应电动势为1.1mI vEab = f （v MB ）dl =dxl=1 0-vdx =上一 ln11 = 3.84父10 V式中负号表示电动势方向由BAB0.1m2 派2指向A,故点A电势较高.12-16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（a）所示，共有 N匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L.解 用方法1求解，设有电流I通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（b）所示，由安培环路定理可求得在R r R范围内的磁场分布为 B =幽2水由于线圈由N匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为R2巾=N B dS = N幽hdx 一回 lnR22 Tx2 兀 R12.则l

21、=业上一-ln &若管中充满均匀同种磁介质，其相对磁导率为g r12 7t R，则自感将增大口倍.12-20 如图所示，一面积为4.0 cm 2共50匝的小圆形线圈A,放在半径为20 cm共100匝的大圆形线圈B的正中央,此两线圈同心且同平面.设线圈 A内各点的磁感强度可看作是相同的.求：（1）两线圈的互感；（2）当线圈B中电流的变化率为一50 As时，线圈A中感应电动势的大小和方向.解 （1）设线圈B有电流I通过,它在圆心处产生的磁感强度 B0 = Nb血-,穿过小线圈A的磁链近似为2R则两线圈的互感为 M以-NANB30sA -6.28 10 H I2RdI（2）线圈A中感应电动势的大小为

22、 ea =M d=3.14 M 10 V互感电动势的万向和线圈 B中的电流万向相 dt同.12-22如图所示，螺绕环A中充满了铁磁质，管的截面积 S为2.0 cm2 ,沿环每厘米绕有100匝线圈，通有电流I 14.0 X 10 ；A,在环上再绕一线圈C,共10匝，其电阻为0.10 Q,今将开关S 突然开启，测得线圈C中的感应电荷为32.0 X 10- C.求：当螺绕环中通有电流I1时，铁磁质中的B和铁磁质的相对磁导率 L.解 当螺绕环中通以电流I1时,在环内产生的磁感强度B =比孙必则通过线圈C的磁链为41c = N2BS = N2为*必11$设断开电源过程中，通过 C的感应电荷为qc ,则有

23、qc = ” = _A（0 _限）=N2皿10RRR由此得 B = WnJ =RC =0.10TN2s相对磁导率Jr = 一RqC =199N2S0n1I 112 23 一个直径为0.01 m,长为0.10 m的长直密绕螺线管，共1 000匝线圈，总电阻为7.76 Q .求：（1）如把线磁能密度是多少？ （ 2）从接通电路圈接到电动势E =2.0 V的电池上，电流稳定后，线圈中所储存的磁能有多少?解 （1）密绕长直螺线管在忽略端部效应时,时算起，要使线圈储存磁能为最大储存磁能的一半，需经过多少时间?LN2S E其自感L =,电流稳7E后，线圈中电流 I =,则线圈中所储存的磁能为lR22Wm=

24、3LI2 =二3.28 10,在忽略端部效应时，该电流回路所产生的磁场可近似认为仅存在于螺线管中，并为均匀磁场，故磁能密度wm处处相等，wm =Wm =4.17 J m , SLl rr 、E-t（2）自感为L,电阻为R的线圈接到电动势为E的电源上，其电流变化规律I = - 1e L ,当电流稳定后,RI ）其最大值Im = ER12按题意1 LI 221 1 N2 =2”将其代入I = E 1 eRIR-=-tL中，得14-9 在双缝干涉实验中，用波长 入=546.1 nm 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12.2 mm,求双缝间的距离

25、.解 根据分析：Ax =（X5 -x-5） /10 =1.22X10-3 m双缝间距：d =d入/Ax =1.34 X10-4 m14-11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。改变为第五级明纹.假定人=550 nm,求：（1）条纹如何移动？（2）云母片的厚度t.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562 1 =(n2 -1 d =5九将有关数据代入可得d =4.74父10一 mn -114-12 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm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?解根

26、据分析对反射光加强，有2ne + = k?i2k = 1,2,.=4ne在可见光范围，k =2时，2k-1九=668.8 nm （红光）k =3时，九=401.3 nm （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 人=589.3 nm , L =2.888 X10-2m,测得30条条纹的总宽度x为4.259 X10 3 m,求细丝直径d.解 由分析知，相邻条纹间距 b=,则细丝直径为N -114-14 集成光学中的楔形薄膜耦合器原理如图所示.沉积在玻璃衬底上的是氧化铝（Ta2O5）薄膜，其楔形端从A到B厚度逐渐减小为零.为测定薄膜的厚度，用波长 入=632.8nm的He-Ne激光垂直照射，观察到薄膜楔形端 共出现11条暗纹，且A处对应一条暗纹，试求氧化铝薄膜的厚度.（Ta 2O5对632.8 nm激光的折射率为2.21）解根据分析，有_ 10-62nek+ = （2k +1）入/2（k =0, 1, 2, 3,）取 k =10,得薄膜厚度 e。= =1.4 x 10 m22n