大物 上海交大课后答案 第七章

第一篇：大物 上海交大课后答案 第七章

习题7 7-1．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：B10I0I，方向：； 4R6R0I[sin60sin(60)]00B2直导线在O点的磁感应强度：

30I2R4Rcos600，方向： ；∴总场强：B 0I2R(1)，方向。337-2．如图所示，两个半径均为R的线圈平行共轴放置，其圆心O1、O2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O1O2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：B（1）左线圈在x处P点产生的磁感应强度：BP10IR22(Rz)2232。

0IR2右线圈在x处P点产生的磁感应强度：BP2BP1和BP2方向一致，均沿轴线水平向右，∴P点磁感应强度：BPBP1BP2（2）因为BP随x变化，变化率为

3a2222[R(x)]20IR2，3a2[R2(x)2]22，0IR223a23a22[R(x)]2[R(x)]2；

222dB，若此变化率在x0处的变化最缓慢，则O点处的dx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BP的各阶导数进行讨论。对B求一阶导数：

30IR2aa25aa25dB2222(x)[R(x)](x)[R(x)]

22222dxdB当x0时，0，可见在O点，磁感应强度B有极值。

dx对B求二阶导数： ddBd2B() 2dxdxdxa2a25(x)5(x)30IR1122 57572aaaa[R2(x)2]2[R2(x)2]2[R2(x)2]2[R2(x)2]222222a2R2，x030IR7a[R2()2]22d2B0，O点的磁感应强度B有极小值，可见，当aR时，2x0dxd2B当x0时，dx22d2B当aR时，dx2d2B当aR时，dx2x00，O点的磁感应强度B有极大值，0，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x0强磁场。

【利用此结论，一般在实验室中，用两个同轴、平行放置的N匝线圈，相对距离等于线圈半径，通电后会在两线圈之间产生一个近似均匀的磁场，比长直螺线管产生的磁场方便实验，这样的线圈叫亥姆霍兹线圈】

7-3．无限长细导线弯成如图所示的形状，其中c部分是在xoy平面内半径为R的半圆，试求通以电流I时O点的磁感应强度。解：∵a段对O点的磁感应强度可用有：BaSBdl0I求得，0I0Ij，∴Ba4R4Rb段的延长线过O点，Bb0，0I0I0Ik c段产生的磁感应强度为：Bc，∴Bc4R4R4R0I0I则：O点的总场强：BOj+k，方向如图。

4R4R

7-4．在半径R1cm的无限长半圆柱形金属片中，有电流I5A自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点P处的磁感应强度的大小。

解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为dlRd的长直电流，dld有：dI，利用SBdl0I。

R在P点处的磁感应强度为：dB0dI0Id，22R2R∴dBxdBsin0Isind，而因为对称性，By0 22R那么，BBxdBx0I0Isind6.37105T。2202RR

7-5．如图所示，长直电缆由半径为R1的导体圆柱与同轴的内外半径分别为R2、R3的导体圆筒构成，电流沿轴线方向由一导体流入，从另一导体流出，设电流强度I都均匀地分布在横截面上。求距轴线为r处的磁感应强度大小（0r）。解：利用安培环路定理SBdl0I分段讨论。

r2I（1）当0rR1时，有：B12r0 2R1∴B10Ir； 22R10I； 2r2r2R2I)，（3）当R2rR3时，有：B32r0(I22R3R2（2）当R1rR2时，有：B22r0I，∴B20IR3rB2∴3； 22rR3R2（4）当rR3时，有：B42r0(II)，∴B40。220Ir(0rR1)2R210I(R1rR2)2r则：B

IR2r2023(R2rR3)22rRR32(rR3)0

7-6．一边长为l=0.15m的立方体如图放置在均匀磁场（2）通过立方体六面的总磁通量。解：（1）通过立方体上（右侧）阴影面积的磁通量为

SSSB(6i3j1.5k)T中，计算（1）通过立方体上阴影面积的磁通量；

m1BdS(6i3j1.5k)dSi6dS60.1520.135Wb（2）由于立方体左右两个面的外法线方向相反，通过这两个面的磁通量相互抵消，同理，上下两面和前后两面各相互抵消，因此通过立方体六面的总磁通量为0。

7-7．一根很长的直导线，载有电流10A，有一边长为1m的正方形平面与直导线共面，相距为1m，如图所示，试计算通过正方形平面的磁感应通量。

解：将正方形平面分割成平行于直导线的窄条，对距离直导线为x宽度为dx的窄条，通过的磁通量为

dmBldxm20II1dx0dx 2x2x通过整个正方形平面的磁通量为

10IIdx0ln21.4106Wb 2x2

7-8．如图所示，在长直导线旁有一矩形线圈，导线中通有电流I120A，线圈中通有电流I210A，已知d=1cm,b=9cm,l=20cm，求矩形线圈上所受到的合力是多少？

解：矩形线圈上下两边所受的磁力相互抵消。

0I18104N方向向左 2d0I1矩形线圈右边所受的磁力为F2I2lB2I2l8105N方向向右

2(db)矩形线圈左边所受的磁力为F1I2lB1I2l矩形线圈上所受到的合力为FF1F27.210N方向向左

7-9．无限长直线电流I1与直线电流I2共面，几何位置如图所示，试求直线电流I2受到电流I1磁场的作用力。解：在直线电流I2上任意取一个小电流元I2dl，此电流元到长直线的距离为x，无限长直线电流I1 在小电流元处产生的磁感应强度为：

4B0I1，2x0I1I2dxdxdF再利用dFIBdl，考虑到dl，有：，2xcos600cos6000I1I2bb0I1I2dxln。∴F0a2xcos60a

7-10．一半径为R的无限长半圆柱面导体，载有与轴线上的 长直导线的电流I等值反向的电流，如图所示，试求轴线上长 直导线单位长度所受的磁力。

解：设半圆柱面导体的线电流分布为iI1，R如图，由安培环路定理，i电流在O点处产生的磁感应强度为：

0idBRd，2R0iR0I1sind可求得：BOdBy； 202RR又∵dFIdlB，0I1I2故dFBOI2dldl，2RdF0I1I22，而I1I2，有：fdlR2dF0I2。所以：fdlπRydBO

7-11．有一根U形导线，质量为m，两端浸没在水银槽中，导线水平部分的长度为l，处在磁感应强度大小为B的均匀 磁场中，如图所示。当接通电源时，U导线就会从水银槽中 跳起来。假定电流脉冲的时间与导线上升时间相比可忽略，试由导线跳起所达到的高度h计算电流脉冲的电荷量q。

dvdq，BIl，而Idtdtvmmv则：mdvBldq，积分有：q； dv0BlBlmvm1又由机械能守恒：mv2mgh，有：v2gh，∴q2gh。

BlBl2解：接通电流时有FBIlm

7-12．截面积为S、密度为的铜导线被弯成正方形的三边，可以绕水平轴OO转动，如图14-53所示。导线放在方向竖 直向上的匀强磁场中，当导线中的电流为I时，导线离开原来 的竖直位置偏转一个角度而平衡，求磁感应强度。解：设正方形的边长为a，质量为m，maS。平衡时重力矩等于磁力矩： 202由MpmB，磁力矩的大小：MBIasin(90)BIacos；

a重力矩为：Mmgasin2mgsin2mgasin

2平衡时：BIa2cos2mgasin，∴B2mg2gStantan。IaI

7-13．在电子显像管的电子束中，电子能量为12000eV，这个显像管的取向使电子水平地由南向北运动。该处地球磁场的竖直分量向下，大小为5.5105T。问：（1）电子束受地磁场的影响将偏向什么方向？（2）电子的加速度是多少？

（3）电子束在显像管内在南北方向上通过20cm时将偏离多远？ 解：（1）根据fqvB可判断出电子束将偏向东。南122E（2）利用Emv，有：v，m2qvBqB2E而fqvBma，∴a6.281014ms1

mmm11L（3）yat2a()23mm。

22v北电子束方向B

7-14．如图所示，一个带有电荷q(q0)的粒子，以速度v平行于均匀带电的长直导线运动，该导线的线电荷密度为（0），并载有传导电流I。试问粒子要以多大的速度运动，才能使其保持在一条与导线距离为d的平行线上？

B解：由安培环路定律dl0I知：

l0I电流I在q处产生的磁感应强度为：B，方向；

2d运动电荷q受到的洛仑兹力方向向左，大小：F洛qvBqv0I2d，同时由于导线带有线电荷密度为，在q处产生的电场强度可用高斯定律求得为：

q，q受到的静电场力方向向右，大小：F电；

20d20d欲使粒子保持在一条与导线距离为d的平行线，需F洛F电，qv0Iq即：，可得v。2d00I20dE

思考题

7-1．在图（a）和（b）中各有一半径相同的圆形回路L1、L2，圆周内有电流I1、I2，其分布相同，且均在真空中，但在（b）图中L2回路外有电流I3，P1、P2为两圆形回路上的对应点，则：

(A)BP1BP2；(B)BP1BP2； BdlBdl，BdlBdl，L1L2L1L2(C)BP1BP2；(D)BP1BP2。BdlBdl，BdlBdl，L1L2L1L2

答：B的环流只与回路中所包围的电流有关，与外面的电流无关，但是回路上的磁感应强度却是所有电流在那一点产生磁场的叠加。所以（C）对。

7-2．哪一幅图线能确切描述载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的B随x的变化关系？（x坐标轴垂直于圆线圈平面，原点在圆线圈中心O）

答：载流圆线圈在其轴线上任意点所产生的磁感应强度B0IR2223

22(Rx)∴x0时，B0I2R（xR），B0IR22x3。

根据上述两式可判断（C）图对。

7-3．取一闭合积分回路L，使三根载流导线穿过它所围成的面．现改变三根导线之间的相互间隔，但不越出积分回路，则：

I不变，L上各点的B不变；

(B)回路L内的I不变，L上各点的B改变；(C)回路L内的I改变，L上各点的B不变；(D)回路L内的I改变，L上各点的B改变.(A)回路L内的答：（B）对。

7-4．一载有电流I的细导线分别均匀密绕在半径为R和r的长直圆筒上形成两个螺线管(R2r)，两螺线管单位长度上的匝数相等．两螺线管中的磁感应强度大小BR和Br应满足：

(A)BR2Br；(B)BRBr；(C)2BRBr；(D)BR4Br.答：对于长直螺线管：B0nI，由于两螺线管单位长度上的匝数相等，所以两螺线管磁感应强度相等。（B）对。7-5．均匀磁场的磁感应强度B垂直于半径为r的圆面。今以该圆周为边线，作一半球面S，则通过S面的磁通量的大小为多少？ 答：Br。

7-6．如图，匀强磁场中有一矩形通电线圈，它的平面与磁场平行，在磁场作用下，线圈向什么方向转动？

答：ab受力方向垂直纸面向里，cd受力外，在力偶矩的作用下，ab垂直纸面向里运动，cd垂直纸面向外运动，从上往下看，顺时针旋转。

7-7．一均匀磁场，其磁感应强度方向垂直于纸面，两带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则（A）两粒子的电荷必然同号；

（B）粒子的电荷可以同号也可以异号；（C）两粒子的动量大小必然不同；（D）两粒子的运动周期必然不同。答：选（B）2

第二篇：大物 上海交大课后答案 第十二章

习题12 12-1．计算下列客体具有10MeV动能时的物质波波长，（1）电子；（2）质子。解：（1）具有10MeV动能的电子，可以试算一下它的速度：

2Ek21071.6101912光速c，所以要考虑相对论效应。mvEkv31m9.11102设电子的静能量为m0c2，总能量可写为：EEkm0c2，用相对论公式：

24E2c2p2m0c，可得：p1124E2m0cEk22m0c2Ek cchphc

Ek22m0c2Ek6.6310343108 (1071.61019)229.111031(3108)21071.610191.21013m；

（2）对于具有10MeV动能的质子，可以试算一下它的速度：

2Ek21071.610197v4.410m/s，所以不需要考虑相对论效应。27m1.6710利用德布罗意波的计算公式即可得出：

hh6.6310349.11015m。p2mE21.6710271071.61019

12-2．计算在彩色电视显像管的加速电压作用下电子的物质波波长，已知加速电压为25.0kV，（1）用非相对论公式；（2）用相对论公式。解：（1）用非相对论公式：

hh6.6310347.761012m；

p2meU29.1110311.6101925103（2）用相对论公式：设电子的静能为m0c2，动能为：EkeU，2hcEeUm0c7.671012m。由，有：222242m0c2eU(eU)2Ecpm0c

12-3．设电子与光子的德布罗意波长均为0.50nm，试求两者的动量只比以及动能之比。解：动量为ph因此电子与光子的动量之比为

pe1； p电子与光子的动能之比为EkeEkch()2p2h2me2me2.4103

chpc2mec

312-4．以速度v610m/s运动的电子射入场强为E5V/cm的匀强电场中加速，为使电子波长1A，电子在此场中应该飞行多长的距离？

1hh解：利用能量守恒，有：Emv2eU，考虑到，p22mE 有：U[11h2111h()mv2][()2mv2] e2m22em116.6310342[()9.111031(6103)2] 19311021.6109.1110101019(4.8210173.281023)150.6V，3.2太小，舍去利用匀强电场公式EUU150.6有：d0.301m。dE500

12-5．用电子显微镜来分辨大小为1nm的物体，试估算所需要电子动能的最小值。（以eV为单位）解：由于需要分辨大小为1nm的物体，所以电子束的徳布罗意波长至少为1nm，6.631034由p，有电子的动量为：p6.631025kgm/s； 910p6.6310257.28105m/s光速c，试算一下它的速度：v31m09.1110hp2所以不考虑相对论效应，则利用Ek，有电子动能的最小值：

2m0(6.631025)219Ek2.410J1.5eV。3129.1110

12-6．设电子的位置不确定度为0.1A，计算它的动量的不确定度；若电子的能量约为1keV，计算电子能量的不确定度。

h6.631034解：由不确定关系：xph，有p6.631023kgm/s，10x0.110由EEkmec，可推出： 22Ekp2pEEkppm2mmeee。

3192101.6106.6310231.241015J300.9110

12-7．氢原子的吸收谱线4340.5A的谱线宽度为10解：能量Eh为：E2A，计算原子处在被激发态上的平均寿命。

hc，由于激发能级有一定的宽度E，造成谱线也有一定宽度，两者之间的关系hc2，由不确定关系，Et/2，平均寿命t，则：

22(4340.51010)251011s。t8122E2hc4c43.1431010

912-8．若红宝石发出中心波长6.3107m的短脉冲信号，时距为1ns(10s)，计算该信号的波长宽度。

解：光波列长度与原子发光寿命的关系为：xct，由不确定关系：pxx22，有：x2px42(6.3107)2∴1.323103nm。89ct310102

12-9．设粒子作圆周运动，试证其不确定性关系可以表示为Lh，式中L为粒子角动量的不确定度，为粒子角位置的不确定度。

证明：当粒子做圆周运动时，设半径为r，角动量为：Lrmvrp，则其不确定度LrP，而做圆周运动时：xr，利用：Pxh代入，可得到：Lh。

12-10．计算一维无限深势阱中基态粒子处在x0到xL/3区间的几率。设粒子的势能分布函数为：U(x)0，0xL U(x)，x0和xL解：根据一维无限深势阱的态函数的计算，当粒子被限定在0xL之间运动时，其定态归一化的波函2nsinx，0xLn(x)数为：，ll(x)0，x0和xLn概率密度为：Pn(x)22nsinx，0xL lll3022n112n，sinxsinll32n3l11232如果是基态，n1，则Psin2xsin0.19519.5%。n(x)0ll323粒子处在x0到xL/3区间的几率：Pn(x)

12-11．一个质子放在一维无限深阱中，阱宽L1014m。（1）质子的零点能量有多大？

（2）由n2态跃迁到n1态时，质子放出多大能量的光子？

h22n 解：（1）由一维无限深势阱粒子的能级表达式：En8mL2h2(6.631034)2133.2910J。n1时为零点能量：E12271428mL81.6710(10)（2）由n2态跃迁到n1态时，质子放出光子的能量为： EE2E1(221)E19.871013J。

思考题12 12-1．证明玻尔理论中氢原于中的电子轨道是电子德布罗意波长的整数倍。

证明：设电子轨道的半径为rn，则电子轨道的周长为2rn，需要证明2rnn。

0h2玻尔理论中，氢原子中的电子轨道为：rnnr0n 2me2220h2h1me4n而电子的德布罗意波长：（∵En2）222men8h2mE0

0h220h2nnn，是德布罗意波长的整数倍。可见电子轨道：2rn2n22meme2

12-2．为什么说电子既不是经典意义的波，也不是经典意义的粒子？

答：因为单个的电子是不具有波动的性质的，所以它不是经典意义的波，同时对于经典意义的粒子它的整体行为也不具有波动性，而电子却具有这个性质，所以电子也不是经典意义的粒子。

12-3．图中所示为电子波干涉实验示意图，S为电子束发射源，发射出沿不同方向运动的电子，F为极细的带强正电的金属丝，电子被吸引后改变运动方向，下方的电子折向上方，上方的电子折向下方，在前方交叉区放一电子

感光板A，S1、S2分别为上、下方电子束的 虚电子源，S1SSS2，底板A离源S的距离 为D，设Da，电子的动量为p，试求：（1）电子几率密度最大的位置；（2）相邻暗条纹的距离（近似计算）。

h，类似于波的干涉现象，在两边的第一级明纹之间分布的电子最多，pDDh所以其几率最大的位置应该在之间；

d2apDDh（2）相邻暗条纹的距离：x。

d2ap答：（1）电子的德布罗意波长：

12-4．在一维势箱中运动的粒子，它的一个定态波函数如图a所示，对应的总能量为4eV，若它处于另一个波函数（如图b所示）的态上时，它的总能量是多少？粒子的零点能是多少？ 答：由一维无限深势阱粒子的能级表达式： EnE0n2。在a图中，n2，知E2E024eV，所以粒子的零点能E01eV；

若它处于另一个波函数（图b所示，n3）的态上时，22它的总能量是：E3E0nE039eV。

12-5．图中所示为一有限深势阱，宽为a，高为U。（1）写出各区域的定态薛定谔方程和边界条件；

（2）比较具有相同宽度的有限深势阱和无限深势阱中粒子的最低能量值的大小。答：（1）第I区域定态薛定谔方程： 2d21(x)2mEaa(x)0，（），x122dx24第II区域定态薛定谔方程：

d22(x)2m(EU)aa(x)0，（和）； xx2dx2222aaaa边界条件：1()2()，1()2()。

2222（2）无限深势阱中粒子的能量表述式为En222ma2n，最低能量值E12222ma2，显然与a的平方成反比，粒子的自由范围越大，最低能量值越低，应该说粒子在相同宽度的有限深势阱比在无限深势阱中的自由范围大一些，所以粒子在有限深势阱中的最低能量值低一些。

第三篇：大物 上海交大课后答案 第六章

习题6 6-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷q11.8109C，B点上有电荷q24.8109C，试求C点的电场强度(设BC0.04m，AC0.03m)。

解：q1在C点产生的场强：E1q2在C点产生的场强：E2q1240rACi，q2j，240rBCij∴C点的电场强度：EE1E22.7104i1.8104j；

2C点的合场强：EE12E23.24104Vm，方向如图：arctan 1.833.73342'。2.76-2．用细的塑料棒弯成半径为50cm的圆环，两端间空隙为2cm，电量为3.12109C的正电荷均匀分布在棒上，求圆心处电场强度的大小和方向。解：∵棒长为l2rd3.12m，∴电荷线密度：OR2cmxql1.0109Cm1

可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去d0.02m长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。解法1：利用微元积分：

dEOx140RdR2cos，∴EOcosdd1； 0.72Vm2sin2240R40R40R解法2：直接利用点电荷场强公式：

11由于dr，该小段可看成点电荷：qd2.010C，2.01011则圆心处场强：EO9.0100.72Vm1。2240R(0.5)q9方向由圆心指向缝隙处。

6-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆心O点的场强。解：以O为坐标原点建立xOy坐标，如图所示。①对于半无限长导线A在O点的场强：

E(coscos)Ax4R20有：

E(sinsin)Ay40R2②对于半无限长导线B在O点的场强：

xEyE(sinsin)Bx4R20有：

E(coscos)By40R2③对于AB圆弧在O点的场强：有：

2Ecosd(sinsin)ABx040R40R2 E2sind(coscos)ABy04R40R20∴总场强：EOx，EOy，得：EO(ij)。

40R40R40R22EOxEOy或写成场强：E

2，方向45。

40R6-4．一个半径为R的均匀带电半圆形环，均匀地带有电荷，电荷的线密度为，求环心处O点的场强E。

解：电荷元dq产生的场为：dEdq； 240RYdqdRodEX根据对称性有：dEy0，则： EdExdEsin方向沿x轴正向。即：E0Rsind，240R20Ri。

20R

6-5．一半径为R的半球面，均匀地带有电荷，电荷面密度为，求球心O处的电场强度。解：如图，把球面分割成许多球面环带，环带宽为dlRd，所带电荷：dq2rdl。利用例11-3结论，有：dExdq40(x2r)3222rxdl40(x2r)322

∴dE2RcosRsinRd40[(Rsin)(Rcos)]2232，rOx化简计算得：E20 201i。sin2d，∴E402406-6．图示一厚度为d的“无限大”均匀带电平板，电荷体密度为。求板内、外的场强分布，并画出场强随坐标x变化的图线，即Ex图线(设原点在带电平板的中央平面上，Ox轴垂直于平板)。

解：在平板内作一个被平板的中间面垂直平分的闭合圆柱面S1为高斯面，dE当x时，由S1dS2ES和q2xS，2有：Ex； 0EdS2ES和q2dS，d2d20E当xd时，由S22Od2x有：Ed。图像见右。20d206-7．在点电荷q的电场中，取一半径为R的圆形平面(如图所示)，平面到q的距离为d，试计算通过该平面的E的通量.解：通过圆平面的电通量与通过与A为圆心、AB为半径、圆的平面 为周界的球冠面的电通量相同。

【先推导球冠的面积：如图，令球面的半径为r，有r球冠面一条微元同心圆带面积为：dS2rsinrd ∴球冠面的面积：Sd2R2，rdrsinOdr02rsinrd2rcos20cos

xd2r2(1)】

r∵球面面积为：S球面4r，通过闭合球面的电通量为：闭合球面2q0，由： 球冠球面S球面S球冠，∴球冠1dqqd(1)(1)。

222r020Rd6-8．半径为R1和R2（R1R2）的两无限长同轴圆柱面，单位长度分别带有电量和，试求：（1）rR1；（2）R1rR2；（3）rR2处各点的场强。解：利用高斯定律：S1EdSqi。

0S内（1）rR1时，高斯面内不包括电荷，所以：E10；

l，则：E2； 020r（3）rR2时，利用高斯定律及对称性，有：2rlE30，则：E30；

E0rR1ˆR1rR2。即：EEr20rE0rR2（2）R1rR2时，利用高斯定律及对称性，有：2rlE2

6-9．电荷量Q均匀分布在半径为R的球体内，试求：离球心r处（rR）P点的电势。解：利用高斯定律：2S1EdSq可求电场的分布。

0S内Qr3Qr（1）rR时，4rE内； 3；有：E内34R0R0QQ（2）rR时，4r2E外；有：E外；

040r2离球心r处（rR）的电势：UrorPRPRrE内drE外dr，即：

RUrRr3QQr2QrQ。drdr3R4r240R380R80R0

6-10．图示为一个均匀带电的球壳，其电荷体密度为，球壳内表面半径为R1，外表面半径为R2．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势。解：当rR1时，因高斯面内不包围电荷，有：E10，当R1rR2时，有：E2(r3R13)40r243(r3R13)，30r2当rR2时，有：E33(R2R13)4340r23(R2R13)，230r以无穷远处为电势零点，有：

3333R2(rR)(RR)2121drdrUE2drE3dr(R2R12)。22R2R1R2R12030r30rR2

6-11．电荷以相同的面密度分布在半径为r110cm和r220cm的两个同心球面上，设无限远处电势为零，球心处的电势为U0300V。

（1）求电荷面密度；

（2）若要使球心处的电势也为零，外球面上电荷面密度为多少？

（08.851012C2N1m2）解：（1）当rr1时，因高斯面内不包围电荷，有：E10，r12O当r1rr2时，利用高斯定理可求得：E2，20rr2(r12r22)当rr2时，可求得：E3，20r222r2rr1(r1r2)drdr∴U0E2drE3dr(r1r2)2rr2rr1r2r000212r18.85101230092那么： 8.8510Cm3r1r23010（2）设外球面上放电后电荷密度'，则有：

r1 U0'(r1'r2)/00，∴'r220U0则应放掉电荷为：

6-12．如图所示，半径为R的均匀带电球面，带有电荷q，沿某一半径方向上有一均匀带电细线，电荷线密度为，长度为l，细线左端离球心距离为r0。设球和线上的电荷分布不受相互作用影响，试求细线所受球面电荷的电场力和细线在该电场中的电势能（设无穷远处的电势为零）。解：（1）以O点为坐标原点，有一均匀带电细线的方向为x轴，均匀带电球面在球面外的场强分布为：E32243.148.8510123000.26.67109C。q4r2(')4r22q240r取细线上的微元：dqdldr，有：dFEdq，ˆr0lqqlrˆ为rr∴F（方向上的单位矢量）dr2r040x40r0(r0l)q（2）∵均匀带电球面在球面外的电势分布为：U（rR，为电势零点）。

40rq对细线上的微元dqdr，所具有的电势能为：dWdr，40r（rR）。∴Wq40r0ldrrr0q40lnr0l。r0 6-13．如图所示，一个半径为R的均匀带电圆板，其电荷面密度为(＞0)今有一质量为m，电荷为q的粒子(q＞0)沿圆板轴线(x轴)方向向圆板运动，已知在距圆心O（也是x轴原点）为b的位置上时，粒子的速度为v0，求粒子击中圆板时的速度(设圆板带电的均匀性始终不变)。

解：均匀带电圆板在其垂直于面的轴线上x0处产生的电势为：

UUOb2(R2x0x0)，那么，20UOUb(RbR2b2)，201112q2mv2mv0(qUOb)mv0(RbR2b2)，22220由能量守恒定律，有：v2v0q(RbR2b2)m0

6-14．一半径为0.10米的孤立导体球，已知其电势为100V(以无穷远为零电势)，计算球表面的面电荷密度。

解：由于导体球是一个等势体，导体电荷分布在球表面，∴电势为：UQ40RR，08.8510121008.85109Cm2。则：R0.10U

6-15．半径R10.05m,，带电量q3108C的金属球，被一同心导体球壳包围，球壳内半径R20.07m，外半径R30.09m，带电量Q2108C。试求距球心r处的P点的场强与电势。（1）r0.10m（2）r0.06m（3）r0.03m。解：由高斯定理，可求出场强分布：

E10qE240r2E30QqE424r0rR1R1rR2R2rR3rR3R2R1

QR1qR2R3∴电势的分布为： 当rR1时，U1q40rR2rdr2qq11QqQq，dr()R34r240R1R240R30当R1rR2时，U2当R2rR3时，U340rdr2q11QqQq，dr()R34r24rR4R00203QqQq，drR340r240R3QqQq，drr40r240r∴（1）r0.10m，适用于rR3情况，有： 当rR3时，U4QqQq3910NU900V；，440r240r（2）r0.06m，适用于R1rR2情况，有： E4E2q40r27.5104N，U2Qq11()1.64103V； 40rR240R3q（3）r0.03m，适用于rR1情况，有：

E10，U1q40(Qq11)2.54103V。R1R240R3

26-16．两块带有异号电荷的金属板A和B，相距5.0mm，两板面积都是150cm，电量分别为2.66108C，A板接地，略去边缘效应，求：（1）B板的电势；（2）AB间离A板1.0mm处的电势。

q解：（1）由E有：E，00S则：UABEdA1mm5mmPBqd，而UA0，0S2.6610851031000V，∴UB8.8510121.510213离A板1.0mm处的电势：UP(10)200V

6-17．同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属圆柱(内)和圆筒(外)构成，设内圆柱半径为R1，电势为V1，外圆筒的内半径为R2，电势为V2.求其离轴为r处(R1

解：∵R1

R2R2R1，20rRdrln2 20r20R1R1R2(VV)12 20ln(R2R1)同理，r处的电势为：UrV2rRdrln2（*）20r20rRln(R2r)∴UrV2ln2(V1V2)V2。

ln(R2R1)20r【注：上式也可以变形为：UrV1(V1V2)用：V1Ur

V1V2ln(rR1)，与书后答案相同，或将（*）式

ln(R2R1)rR1rdrln计算，结果如上】

20r20R16-18．半径分别为a和b的两个金属球，它们的间距比本身线度大得多，今用一细导线将两者相连接，并给系统带上电荷Q，求：

（1）每个求上分配到的电荷是多少？（2）按电容定义式，计算此系统的电容。解：（1）首先考虑a和b的两个金属球为孤立导体，由于有细导线相连，两球电势相等：40raqa40rbqb┄①，再由系统电荷为Q，有：qaqbQ┄②

QaQb，qb； ababQQQQ（2）根据电容的定义：C（或C），将（1）结论代入，UqaUqb40a40b有：C40(ab)。两式联立得：qa

6-19.利用电场能量密度e量为Q。

12E计算均匀带电球体的静电能，设球体半径为R，带电2RQrErR14R30解：首先求出场强分布：E

QErR2240r2R0Qr22)4rdr∴W0EdV0(22040R323Q2。200ROR(Q40r22)4rdr 2

6-20．球形电容器内外半径分别为R1和R2，充有电量Q。（1）求电容器内电场的总能量；

1Q2（2）证明此结果与按We算得的电容器所储电能值相等。

2CQ解：（1）由高斯定理可知，球内空间的场强为：E，（R1rR2）

40r212利用电场能量密度weE，有电容器内电场的能量：

2020R2Q2(R2R1)QQ21122； WEdV()4rdr()2R12240r80R1R280R1R2（2）由UR1R2R2Q40rR1dr2Q40(Q(R2R1)11，)R1R240R1R2则球形电容器的电容为：CQUR1R240R1R2R2R1，1Q2Q2(R2R1)那么，We。（与前面结果一样）2C80R1R2

思考题6 6-1．两个点电荷分别带电q和2q，相距l，试问将第三个点电荷放在何处它所受合力为零? 答：由qQ2qQ，解得：xl(21)，即离点电荷q的40x240(lx)2距离为l(21)。

6-2．下列几个说法中哪一个是正确的？

（A）电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向；（B）在以点电荷为中心的球面上，由该点电荷所产生的场强处处相同；

（C）场强方向可由EF/q定出，其中q为试验电荷的电量，q可正、可负，F为试验电荷所受的电场力；

（D）以上说法都不正确。答：（C）

6-3．真空中一半径为R的的均匀带电球面,总电量为q(q＜0)，今在球面面上挖去非常小的一块面积S(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去S后球心处的电场强度大小和方向.答：题意可知：有：Eq40R2，利用补偿法，将挖去部分看成点电荷，S，方向指向小面积元。240R

6-4．三个点电荷q1、q2和q3在一直线上，相距均为2R，以q1与q2的中心O作一半径为2R的球面，A为球面与直线的一个交点，如图。求：

(1)通过该球面的电通量(2)A点的场强EA。解：(1)

6-5．有一边长为a的正方形平面，在其中垂线上距中心O点a/2处，有一电荷为q的正点电荷，如图所示，则通过该平面的电场强度通量 为多少？

解：设想一下再加5个相同的正方形平面将q围在正方体的中心，通过此正方体闭合外表面的通量为：闭合q/0，那么，通过该平面的电场强度通量为：EdS；

Sq1q2；(2)EAEdS0q3q1q2。

4πε0(3R)24πε0R24πε0R2q。606-6．对静电场高斯定理的理解，下列四种说法中哪一个是正确的？

(A)如果通过高斯面的电通量不为零，则高斯面内必有净电荷；(B)如果通过高斯面的电通量为零，则高斯面内必无电荷；(C)如果高斯面内无电荷，则高斯面上电场强度必处处为零；(D)如果高斯面上电场强度处处不为零，则高斯面内必有电荷。答：(A)

6-7．由真空中静电场的高斯定理

S1EdS0q可知下面哪个说法是正确的？

(A)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强一定为零；(B)闭合面内的电荷代数和不为零时，闭合面上各点场强一定都不为零；(C)闭合面内的电荷代数和为零时，闭合面上各点场强不一定都为零；(D)闭合面内无电荷时，闭合面上各点场强一定为零。答：(C)

6-8．如图，在点电荷q的电场中，选取以q为中心、R为半径的球面上一点P处作电势零点，则与点电荷q距离为r的P'点的电势为

11 rRq11q(C)(D)

40Rr40rR(A)答：(B)qq(B)4040r

6-9．设无穷远处电势为零，则半径为R的均匀带电球体产生的电场的电势分布规律为(图中的U0和b皆为常量)：

答：(C)

6-10．一平行板电容器，两导体板不平行，今使两板分别带有q和q的电荷，有人将两板的电场线画成如图所示，试指出这种画法的错误，你认为电场线应如何分布。

答：导体板是等势体，电场强度与等势面正交，两板的电场线接近板面时应该垂直板面。

6-11．在“无限大”均匀带电平面A附近放一与它平行，且有一定厚度的“无限大”平面导体板B，如图所示．已知A上的电荷面密度为，则在导体板B的两个表面1和2上的感生电荷面密度为多少？ 答：1

2，22。

6-12．在一个原来不带电的外表面为球形的空腔导体A内，放一 带有电荷为Q的带电导体B，如图所示，则比较空腔导体A的 电势UA和导体B的电势UB时，可得什么结论？ 答：UA和UB都是等势体，UAQ40R3；

UB Q40R3Q11 40R1R2

第四篇：上海交大版物理第八章答案

习题8 8-1．沿一平面简谐波的波线上，有相距2.0m的两质点A与B，B点振动相位比A点落后6，已知振动周期为2.0s，求波长和波速。

6，x2m解：根据题意，对于A、B两点，21而2x24m，u，T12m/s

8-2．已知一平面波沿x轴正向传播，距坐标原点O为x1处P点的振动式为yAcos(t)，波速为u，求：

（1）平面波的波动式；

（2）若波沿x轴负向传播，波动式又如何?

（t解：（1）设平面波的波动式为yAcos[yPAcos[（tx1uxu）0]，则P点的振动式为：）0]，与题设P点的振动式yPAcos(t)比较，有：0x1u，∴平面波的波动式为：yAcos[(txx1u)]；

（2）若波沿x轴负向传播，同理，设平面波的波动式为：yAcos[（tyPAcos[（txux1u）0]，则P点的振动式为：）0]，与题设P点的振动式yPAcos(t)比较，有：0x1u，∴平面波的波动式为：yAcos[(txx1u)]。

8-3．一平面简谐波在空间传播，如图所示，已知A点的振动规律为

yAcos(2t，试写出：)（1）该平面简谐波的表达式；

（2）B点的振动表达式（B点位于A点右方d处）。解：（1）仿照上题的思路，根据题意，设以O点为原点平面简谐波的表达式为：

yAcos[2（txu）0]，则A点的振动式：yAAcos[2（tlu）0]

2lu，题设A点的振动式yAcos(2t)比较，有：0∴该平面简谐波的表达式为：yAcos[2（tluxu）]

（2）B点的振动表达式可直接将坐标xdl，代入波动方程：

yAcos[2（tludlu）]Acos[2（tdu）]

8-4．已知一沿x正方向传播的平面余弦波，t13s时的波形如图所示，且周期T为2s。

（1）写出O点的振动表达式；（2）写出该波的波动表达式；（3）写出A点的振动表达式；（4）写出A点离O点的距离。

解：由图可知：A0.1m，0.4m，而T2s，则：u/T0.2m/s，22，k5，∴波动方程为：y0.1cos(t5x0)

TO点的振动方程可写成：yO0.1cos(t0)由图形可知：t考虑到此时dyOdt13s时：yO0.05，有：0.050.1cos(30)

0，∴03，53（舍去）

3)； 那么：（1）O点的振动表达式：yO0.1cos(t（2）波动方程为：y0.1cos(t5x3)；

（3）设A点的振动表达式为：yA0.1cos(tA)由图形可知：t考虑到此时dyAdt13s时：yA0，有：cos(563A)0 760，∴A（或A）∴A点的振动表达式：yA0.1cos(t56)，或yA0.1cos(t76)；

（4）将A点的坐标代入波动方程，可得到A的振动方程为：

yA0.1cos(t5xA)，与（3）求得的A点的振动表达式比较，有：

3t56t5xA3，所以：xA7300.233m。

8-5．一平面简谐波以速度u0.8m/s沿x轴负方向传播。已知原点的振动曲线如图所示。试写出：

（1）原点的振动表达式；（2）波动表达式；

（3）同一时刻相距1m的两点之间的位相差。解：这是一个振动图像！

3由图可知A=0.5cm，设原点处的振动方程为：yO510cos(t0)。

（1）当t0时，yO当t1时，yOt02.5103，考虑到：

dyOdtt00，有：03，t10，考虑到：

dyOdt3t10，有：t32，56，∴原点的振动表达式：yO510cos(563)；

3（2）沿x轴负方向传播，设波动表达式：y510而ku5610.82425xcos(t56tkxx3)，∴y510kx25243cos(5624253)；

（3）位相差：23.27rad。

8-6．一正弦形式空气波沿直径为14cm的圆柱形管行进，波的平均强度为9.0103J/(sm)，频率为300Hz，波速为300m/s。问波中的平均能量密度和最大能量密度各是多少？每两个相邻同相面间的波段中含有多少能量？

3解：（1）已知波的平均强度为：I9.010J/(sm)，由Iwu 有： wIu9.01030033105J/m

3wmax2w6105J/m； 3（2）由WwV，∴Ww310514dw2214d2u

7J/m34(0.14m)1m4.6210J。

8-7．一弹性波在媒质中传播的速度u103m/s，振幅A1.0104m，频率33（1）该波的平均能流密度；（2）10Hz。若该媒质的密度为800kg/m，求：1分钟内垂直通过面积S4.0104m2的总能量。解：（1）由：II12312uA，有：

42322210800（10）（210）1.5810W/m；

52（2）1分钟为60秒，通过面积S4.0104m2的总能量为：

543WISt1.5810410603.7910J。

8-8．右两个振幅相等相干平面简谐波源，它们的间距为d5/4，S1与S2为左、S2质点的振动比S1超前2，设S1的振动方程为y10Acos2Tt，且媒质无吸收，（1）写出S1与S2之间的合成波动方程；（2）分别写出S1与S2左、右侧的合成波动方程。解：（1）如图，以S1为原点，有振动方程： xy10Acos2TS1S2t，则波源S1在右侧产生的行波方程为：y1Acos(2Tt2x)，2Tt由于S2质点的振动比S1超前2，∴S2的振动方程为y20Acos(设以S1为原点，波源S2在其左侧产生的行波方程为： y2Acos(2T2T2)，tt22x)，由于波源S2的坐标为5/4，代入可得振动方程：

54)，与y20Acos(2Tty20Acos(2)比较，有： 2。∴y2Acos(x)。

T可见，在S1与S2之间的任一点x处，相当于两列沿相反方向传播的波的叠加，Ttt22x2)Acos(22合成波为：yy1y22Acos2xcos2Tt，为驻波；

（2）∵波源S1在左侧产生的行波方程为：y1'Acos(2Tt2x)，t2x）； 与y2Acos(2Tt2x)叠加，有：y左y1'y22Acos（2T2T2T2（3）设波源S2在其右侧产生的行波方程为：y2'Acos(代入波源S2的坐标为5/4，可得振动方程：y20'Acos(与y20'y20Acos(∴y2'Acos(与y1Acos(2Tt2T2ttt254x')，')，2)比较，有：'3。

tx)叠加，有：y右y1y2'0。

T表明两列波正好是完全反相的状态，所以合成之后为0。

18-9．设S1与S2为两个相干波源，相距波长，S1比S2的位相超前。若两波

4222x3)Acos(2Tt2x)。

在在S1、S2连线方向上的强度相同且不随距离变化，问S1、S2连线上在S1外侧各点的合成波的强度如何？又在S2外侧各点的强度如何？ 解：（1）如图，S1、S2连线上在S1外侧，∵2122∴两波反相，合成波强度为0；

（2）如图，S1、S2连线上在S2外侧，(r2r1)24，S1S2r1r2∵2122∴两波同相，合成波的振幅为2A，(r2'r1')2(4)0，S1S2r1'r'2合成波的强度为：I(2A)24A24I0。

8-10．测定气体中声速的孔脱（Kundt）法如下：一细棒的中部夹住，一端有盘D伸入玻璃管，如图所示。管中撒有软木屑，管的另一端有活塞P，使棒纵向振动，移动活塞位置直至软木屑形成波节和波腹图案。若已知棒中纵波的频率，量度相邻波节间的平均距离d，可求得管内气体中的声速u。试证：u2d。

证明：根据驻波的定义，相邻两波节(腹)间距：x相邻波节间的平均距离d，所以：d所以波速为：u2d。

2 2，再根据已知条件：量度，那么：2d，S为声源，8-11．图中所示为声音干涉仪，用以演示声波的干涉。D为声音探测器，如耳或话筒。路径SBD的长度可以变化，但路径SAD是固定的。干涉仪内有空气，且知声音强度在B的第一位置时为极小值100单位，而渐增至B距第一位置为1.65cm的第二位置时，有极大值900单位。求：

（1）声源发出的声波频率；

（2）抵达探测器的两波的振幅之比。

解：根据驻波的定义，相邻两波节(腹)间距：x，2相邻波节与波腹的间距：x4，可得：4x6.6cm。

u3406.6102（1）声音的速度在空气中约为340m/s，所以：

5151（Hz）。

22（2）∵IA2，Imin(A1A2)，Imax(A1A2)，依题意有：

2(A1A2)100A120A12。，那么2A210A21(A1A2)900 8-12．绳索上的波以波速v25m/s传播，若绳的两端固定，相距2m，在绳上形成驻波，且除端点外其间有3个波节。设驻波振幅为0.1m，t0时绳上各点均经过平衡位置。试写出：

（1）驻波的表示式；

（2）形成该驻波的两列反向进行的行波表示式。

解：根据驻波的定义，相邻两波节(腹)间距：x，如果绳的两端固定，那么

2两个端点上都是波节，根据题意除端点外其间还有3个波节，可见两端点之间有四个半波长的距离，x42，则：d42，波长：1m，又∵波速u25m/s，∴22u250（Hz）。又已知驻波振幅为0.1m，t0时绳上各点均经过平衡位置，说明它们的初始相位为（50t数应为cos2，关于时间部分的余弦函

2）； 2）（50t，所以驻波方程为：y0.1cos2xcos2xcos2t，（2）由合成波的形式为：yy1y22Acos可推出合成该驻波的两列波的波动方程为：

y10.05cos（50t2x）

y20.05cos（50t2x）。



8-13．弦线上的驻波波动方程为：yAcos(线密度为。

（1）分别指出振动势能和动能总是为零的各点位置；

（2）分别计算0半个波段内的振动势能、动能和总能量。

22x2)cost，设弦线的质量解：（1）振动势能和动能总是为零的各点位置是cos(即：2x2x2）0的地方。

（2）振动势能写成：

dEP12k(dy)2k2，3）（2k1），可得：x

（k=0，1，22212Acos（2222x2）costdV

2∴0Ep2202半个波段内的振动势能：

12k(dy)2222012Acos（2222x2）costdx

28Acost

12dmv2而：dEK∴0EK12Asin（2222x2）sintdV

22202半个波段内的振动动能： 12dmv2222012Asin（2222x2）sintdx

28Asint

所以动能和势能之和为：EEKEP8A22。

8-14．试计算：一波源振动的频率为2040Hz，以速度vs向墙壁接近（如图所示），观察者在A点听得拍音的频率为3Hz，求波源移动的速度vs，设声速为340m/s。解：根据观察者不动，波源运动，即：uS0，uR0，观察者认为接受到的波数变了：uuuS0，其中u340，2043，02040，分别代入，可得：uS0.5m/s。

88-15．光在水中的速率为2.2510m/s(约等于真空中光速的3/4)，在水中有一束来自加速器的运动电子发出辐射[称切连科夫(Cherenkov)辐射]，其波前形成顶角116的马赫锥，求电子的速率． 解：由sinα2uvs，有 ：vsusin2.2510sin11682.6510ms。

822思考题8 8-1.下图（a）表示沿x轴正向传播的平面简谐波在t0时刻的波形图，则图（b）表示的是：（A）质点m的振动曲线；

（B）质点n的振动曲线；（C）质点p的振动曲线；

（D）质点q的振动曲线。

答：图（b）在t=0时刻的相位为

2，所以对应的是质点n的振动曲线，选择B。

8-2．从能量的角度讨论振动和波动的联系和区别。.答：（1）在波动的传播过程中，任意时刻的动能和势能不仅大小相等而且相位相同，同时达到最大，同时等于零。而振动中动能的增加必然以势能的减小为代价，两者之和为恒量。

（2）在波传动过程中，任意体积元的能量不守恒。质元处在媒质整体之中，沿波的前进方向，每个质元从后面吸收能量，又不停的向前面的质元释放能量，能量得以不断地向前传播。而一个孤立振动系统总能量是守恒的。

8-3．设线性波源发射柱面波，在无阻尼、各向同性的均匀媒质中传播。问波的强度及振幅与离开波源的距离有何关系？

答：在波源的平均功率不变，且介质无吸收的情况下，P为常量，那么，通过距离为r的柱面的平均能流为：PI2r，∴IP2r1r，A1r。

8-4．入射波波形如图所示，若固定点O处将被全部反射。

（1）试画出该时刻反射波的波形；（2）试画该时刻驻波的波形；

（3）画出经很短时间间隔t（<

提示：有半波损失。具体图略.

第五篇：课后答案