大学物理习题册详细解析(电磁学、光学)

四川大学大学物理习题册详细解析（电磁学、光学）[主编聂娅]四川大学物理学院二〇一二年十月2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1.40216/RSQ由圆心O点指向△S2.=Q/a异号3．4（V/m）向上4．3028Rqd指向缺口5．ER2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：2002000122/24aqqaqqqEf2022022824aqaqqEfB20234aqqEfA20244aqqEfC各1分各力方向如图所示，＝45°．D处电荷的受力平衡条件为：0xf,0yf用0coscos123ffffx3分将f1，f2，f3式代入上式化简得：4/2210qq＝0.957q2分用0yf得同样结果．2．解：在处取电荷元，其电荷为dq=dl=0Rsind它在O点产生的场强为RRqE00204dsin4dd3分在x、y轴上的二个分量ODABCxy-q-qq0-q-qf2f1f3f43dEx=－dEcos1分dEy=－dEsin1分对各分量分别求和000dcossin4REx＝02分RREy0002008dsin42分∴jRjEiEEyx0081分3．解：（1）如图示，电荷元dxdq（LQ）在P点的场强为20)(4xrdxdE整个带电直线在P点的场强为)4/(4)(42202/2/20LrLxrdxdEELL方向沿x轴正向（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LrdqE204sin利用几何关系22,sinxrrrr，统一积分变量得2202/3222/2/0412)(41rLrQrxLrQdxELL当L时，若棒单位长度所代电荷为常量，则P点电场强度rLrLQrEL02202/41/21lim4．解：将半球壳分割为一组平行细圆环，任一圆环所代电荷元dRdSdqsin22，在点O激发的电场强度为irxxdqEd2/3220)(41由于平行细圆环在O激发的电场强度相同，利用几何关系cosRxdxxOrLxPdEdEyPr’xdxrLQzxdRO4sinRr统一积分变量，有ddRRRrxxdqdEcossin2sin2cos41)(4102302/3220积分得02/004cossin2dE四.证明题1．证明：以表示线上线电荷密度，如图。考虑d所对应的电荷dq和dq’在O点的场强，addq在O点的场强为adaadadqdE02020444方向由O指向dq。dq’:sin/rdqd在O点的场强为adrrdrqdEd020204sin44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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1．06q，024q2．－(S)/(S)/03．204rq，04．)4(d,2200dRd沿半径OP向左三.计算题1.解：通过x＝a处平面1的电场强度通量O2addqardq'rd51=-E1S1=-ba31分通过x=2a处平面2的电场强度通量2=E2S2=ba31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=1+2=ba3-ba3=ba3=1N·m2/C3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：rrArVqd4dd2在半径为r的球面内包含的总电荷为：403d4ArrArdVqrV(r≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有0421/4ArrE得到：0214/ArE，(r≤R)方向沿径向，A0时向外，A0时向里．3分在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4ARrE得到：20424/rARE，(rR)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、电荷密度为的均匀带电大球体和一个电荷体密度为－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21,EE，则P点的电场强度21EEE。空腔内的P点均属于球内一点，其电场强度关系rE03所以2021013,3rErE)(321021rrEEE根据几何关系arr21aE03与P点在空腔中位置无关。4．解：(1)设电荷的平均体密度为，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面S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：E·Sd＝E2S-E1S＝(E2-E1)S2分高斯面S包围的电荷∑qi＝hS1分由高斯定理(E2－E1)S＝hS/01分∴EEh1201＝4.43×10-13C/m32分SE2SE1(1)hOO’P1r2ra6(2)设地面面电荷密度为．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E·Sd=i01q-ES=S011分∴=－0E＝－8.9×10-10C/m32分5．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0/2inqSE2/Dx,2xSqin0xE2/DxDSqint，02DE6.解：作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理0/2qrLE1Rr001Eq21RrRrELq0222Rr003Eq在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变00022rLLrEE(2)DSxExOD/2-D/2R2R1Lr7答电势1一.选择题1.C，2.C，3.B，4.C，5.C二．填空题1．Up＜U02.32102281qqqR3.R/(20)4．RQ04，RQq045．dQ0286.-2Ax，-2By二.计算题1．解：电偶极矩受的电力矩为sinpEM，由于角是相对电场方向量度的，所以电偶极矩转动d角时电场力做的功为dpEMdsin。电偶极矩由2转到角时，电场力做的功为EppEdpEMdAcossin2/2/2．解：（1）平面Ⅰ、Ⅱ之间的电场为)(21321012E平面Ⅱ、Ⅲ之间的电场)(21321023EVlllElEUBABAAB4232123210223212140.9])()[(21(2)JUqAAABABAB40109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＝q/(l)，在x处取电荷元dq=dx＝qdx/l，它在P点产生的电势为xalxxalqUP004d4dd整个杆上电荷在P点产生的电势xPaOlxdxbxzlzdzP1ⅠⅡⅢAB238llxallqln80allq1ln40（2）2/2/2/4/ln4)(4222202/2/2/1220llbllbzbdzUllP4．解:（1）在环上取半径为r宽为dr的细圆环，其所代电荷为rdrdsdq2它在轴上P点产生的电势2/12202/1220)(2)(4rxrdrrxdqdU圆盘轴线上任意一点的电势是这些圆环电势的叠加)(222200220xxRxrrdrURP(2)轴线上任一点的电场强度为ixRxidxdUEPx)1(2220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Q＝27q．27个小水滴聚成大水滴，其体积相等27×(4/3)r3＝(4/3)R3得：R=3r2分小水滴电势：U0=q/(40r)大水滴电势：000094934274UrqrqRQU3分答电势2一.选择题1.D,2.C,3.B,4.A二．填空题1．we=0E2/2=4.410-8J/m3,W=4RE2hwe=6.3104kwh2．)90(,1098.8//4tkgLqULEm3.7.24.2/1021122RmQqgR5.aqQ02/336.三.计算题1．解：（1）金核表面的电势VRqU701106.14（2）金核中心的电势VRqdrrqdrrURR7020002104.242343ORrPx92.解：(1)电偶极子在均匀电场中所受力矩为：EpM其大小：M=pEsin=qlEsin当=/2时，所受力矩最大：Mmax＝qlE＝2×10-3N·m(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(=0)过程中，电场力所作的功为：qlEqlEMA0202//dsind＝2×10-3N·m3.解：设B上带正电荷，内表面上电荷线密度为1，外表面上电荷线密度为2，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=1/20r，方向由B指向AB、C间场强分布为E2=2/20r，方向由B指向CB、A间电势差abRRRRBARRrrrEUababln2d2d010112分B、C间电势差bcRRRRBCRRrrrEUcbcbln2d2d020222分因UBA＝UBC,得到abbcRRRR/ln/ln21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点电荷的电势．由此，按电势叠加原理球心O1处的电势为：dQRQU001442分球心O2处的电势为：RQdQU002442分则O1、O2间的电势差为：RdRdQdRQU001221121分5.解：已知带电圆环轴线上的电势分布为2/1220)(41rRqU在x轴上的电势分布-q+qpECBAE2E1-1+1+2-2lzx-q+qR10]])2/([1])2/([1[42/1222/1220lxRlxRqU由于Rl，可化简])1(1)1(1[42/1222/1220xRxlxRxlxqU（2）当Rx，可忽略上式中圆括弧中的二次项])1(1)1(1[42/12/10xlxlxqU又由于lx2004)]21(21[4xqlxlxlxqU静电场中的导体一．选择题1．C；2．B；3．A；4．D；5．D.二．填空题1．U0．2．不变；减小．3．d2