本学期物理作业题及答案

第九章 静电场

9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.

分析 依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 的一对点电荷在P 点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P 点的电场强度就等于电荷量为2.0q 的点电荷在该点单独激发的场强度.

解 根据上述分析

2

02

0π1)

2/

(2π41

a

q

a q E P εε=

=

题 9-7 图

9－8 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为

2

2

04π1

L

r Q

εE -=

(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为

2

2

04π21L

r r

Q εE +=

若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.

题 9-8 图

分析 这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为

r r q

εe E 2

0d π41d '

=

整个带电体在点P 的电场强度

?=

E

E d

接着针对具体问题来处理这个矢量积分.

(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，

?

=

L

E i E d

(2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(a )所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是

??

=

=

L

y

E E

j j E d sin d α

证 (1) 延长线上一点P 的电场强度?

'

=L

r q

E 2

0π2d ε，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分

变量，则

()

220

02

2

2

04π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ

x r L x

Q εE L/-L/P -=???

???+--=

-=

?

电场强度的方向沿x 轴.

(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

E r εq αE L

d π4d sin 2

0?

'

=

利用几何关系 sin α＝r /r ′，2

2x r r +=

' 统一积分变量，则

()

2

2

02

/32

2

2

2

041π2d π41L

r r

Q r x L x

rQ E L/-L/+=

+=

?

εε

当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度

r

ελ

L

r L Q r

εE l 02

2

0π2 /41/π21lim

=

+=

∞

→

此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2 ＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.

9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.

分析 电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的

电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有

?

=

=?s

Q E r S E 0

i

2

π4d ε

上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.

解 依照上述分析，由高斯定理可得 R r <时， 3

02

π3

4π4r E r ερ=

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

r E 0

3ερ

=

R r >时， 3

02

π3

4π4R E r ερ=

考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 r e r

R

E 2

033ερ=

9－15 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 (R 2＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2

.

题 9-15 图

分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面

面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.

解 作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理

∑=

?0

/π2ε

q rL E

r ＜R 1 ， 0=∑q

01=E

R 1 ＜r ＜R 2 ， L λq =∑

r ελE 02π2=

r ＞R 2，

0=∑q

03=E

在带电面附近，电场强度大小不连续，如图（b ）所示，电场强度有一跃变

00π2π2ΔεζrL

εL λr

ελE ==

=

9－19 电荷面密度分别为＋ζ和－ζ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a )放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线

.

题 9-19 图

分析 由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.

解 由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 0

2εζ±

，叠加求得电场强度的分布，

()()()???

????><<--<=a x a x a a x 0 00

i E εσ

电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功

()a x a x εζV x

<<--

=?=

?

d 0

l E

()a x a εζV -<=

?+

?=

?

?

- d d 0

a

-a

x

l E l E

()a x a V >-

=?+

?=

?

?

d d 0

a

a x

εσl E l E

电势变化曲线如图(b )所示.

9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线

.

题 9-21 图

分析 无限长均匀带电细棒电荷分布呈轴对称，其电场和电势的分布也呈轴对称.选取同轴柱面为高斯面，利用高斯定理

可求得电场分布E (r )，再根据电势差的定义

()l E d ?=

-?

b

a

b a r V V

并取棒表面为零电势(V b ＝0)，即可得空间任意点a 的电势.

解 取高度为l 、半径为r 且与带电棒同轴的圆柱面为高斯面，由高斯定理 当r ≤R 时

02

/ππ2ερl r rl E =?

得 ()0

2εr ρr E =

当r ≥R 时

02

/ππ2ερl R rl E =?

得 ()r

εR

ρr E 02

2=

取棒表面为零电势，空间电势的分布有 当r ≤R 时

()()2

2

4d 2r

R

ερr εr ρr V R

r

-=

=

?

当r ≥R 时

()r

R εR

ρr r

εR

ρr V R

r

ln

2d 20

2

02

=

=

?

如图所示是电势V 随空间位置r 的分布曲线.

9－25 在一次典型的闪电中，两个放电点间的电势差约为109 Ｖ，被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水，则可溶解多少冰？ (冰的融化热L ＝3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为3 000kW·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？

解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量

kg 10

98.8Δ4

?===

L

qU L

E m

即可融化约 90 吨冰.

(2) 一个家庭一年消耗的能量为

J 10

08.1h kW 000310

0?=?=E

8.2Δ0

===

E qU E E n

一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能.

第十章 静电场中的导体与电介质

10－8 一导体球半径为R １ ，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０ ．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若2

00π4R εQ V =

，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度

处处为零，内球不带电．

若2

00π4R εQ V ≠

，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带

电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由?

∞?=

p

p V l E d 或电势叠加求出电势的

分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．

题 10-8 图

解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理()()∑??=?=?02

/π4d εq r E r r E S E ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各

区域内的电场分布为 r ＜R １时， ()01=r E R １＜r ＜R 2 时，()2

02π4r εq r E =

r ＞R 2 时， ()202π4r

εq Q r E +=

由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r ＜R １时，

2

0103211π4π4d d d d 2

21

1

R Q

R q

V R R R R r

r

εε+

=

?+

?+?=?=?

?

?

?

∞∞

l

E l E l E l E

R １＜r ＜R 2 时，

2

00322π4π4d d d 2

2

R Q r

q

V R R r

r

εε+

=

?+

?=?=?

?

?

∞∞

l

E l E l E

r ＞R 2 时，

r

q Q V r

03π4d ε+=

?=

?

∞l E 3

也可以从球面电势的叠加求电势的分布：

在导体球内（r ＜R １）

2

01

01π4π4R εQ R εq V +

=

在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ）

2

002π4π4R εQ r

εq V +

=

在球壳外（r ＞R 2）为

r

q Q V 03π4ε+=

由题意

1

02

001π4π4R εQ R εq V V +

=

=

得

Q R R V R q 2

1010π4=

=ε

于是可求得各处的电场强度和电势的分布： r ＜R １时，

01=E ；01V V =

R １＜r ＜R 2 时，

2

2012

012π4r

R εQ R r

V R E -

=

；r

R Q R r r

V R V 201012π4)(ε-+

=

r ＞R 2 时，

2

20122

013π4)(r

R Q R R r

V R E ε-+

=

；r

R Q R R r

V R V 2012013π4)(ε-+

=

10－11 电容式计算机键盘的每一个键下面连接一小块金属片，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 mm 2

，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？

题 10-11 图

分析 按下按键时两金属片之间的距离变小，电容增大，由电容的变化量可以求得按键按下的最小距离：

解 按下按键时电容的变化量为

???

???-=0011Δd d

S εC

按键按下的最小距离为 mm 152.0ΔΔΔ0020

0min =+=

-=S

C d Cd

d d d ε

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 ×10－9

m ，两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 －3 C ／m 2

，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V/m 10

8.96

0?==

r

εεζE ；方向指向细胞外．

（2） 细胞壁两表面间的电势差V 10

1.52

-?==Ed U ．

10－17 如图，有一个空气平板电容器，极板面积为S ，间距为d ．现将该电容器接在端电压为U 的电源上充电，当（1） 充足电后；（2） 然后平行插入一块面积相同、厚度为δ（δ ＜d ）、相对电容率为εｒ 的电介质板；（3） 将上述电介质换为同样大小的导体板．分别求电容器的电容C ，极板上的电荷Q 和极板间的电场强度E ．

题 10-17 图

分析 电源对电容器充电，电容器极板间的电势差等于电源端电压U ．插入电介质后，由于介质界面出现极化电荷，极化电荷在介质中激发的电场与原电容器极板上自由电荷激发的电场方向相反，介质内的电场减弱．由于极板间的距离d 不变，因而与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，以维持电势差不变，并有

()δS

εεQ δd S

εQ U r 00+

-=

相类似的原因，在平板电容器极板之间，若平行地插入一块导体板，由于极板上的自由电荷和插入导体板上的感应电荷在导体板内激发的电场相互抵消，与电源相接的导体极板将会从电源获得电荷，使间隙中的电场E 增强，以维持两极板间的电势差不变，并有

()δd S

εQ U -=

综上所述，接上电源的平板电容器，插入介质或导体后，极板上的自由电荷 均会增加，而电势差保持不变． 解 （1） 空气平板电容器的电容

d

S εC 00=

充电后，极板上的电荷和极板间的电场强度为

U d S εQ 00=

d U E /0=

（2） 插入电介质后，电容器的电容C 1 为

()()δd εδS

εεδS εεQ δd S εQ Q C r r r -+=??

????+-=0001/

故有

()

δ

εδεε-+=

=d SU U C C r r 011

介质内电场强度

()

δd εδU S

εεQ E r r -+=

=

'011

空气中电场强度

()

δd εδU εS

εQ E r r -+=

=

011

（3） 插入导体达到静电平衡后，导体为等势体，其电容和极板上的电荷分别为

δd S εC -=02

U δ

d S εQ -=

02

导体中电场强度 02

='E 空气中电场强度

δ

d U E -=

2

无论是插入介质还是插入导体，由于电容器的导体极板与电源相连，在维持电势差不变的同时都从电源获得了电荷，自由电荷分布的变化同样使得介质内的电场强度不再等于E 0/ε

ｒ

．

第十一章 恒定磁场

11－11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I ，它们在点O 的磁感强度各为多少？

题 11-11 图

分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度∑

=

i B B 0.

解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有0d =?r l I ，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有

R

I μB 800=

B 0 的方向垂直纸面向外．

（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

R

I μR

I μB π22000-

=

B 0 的方向垂直纸面向里．

（c ） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

R

I μR

I μR

I μR

I μR

I μB 4π24π4π4000000+=++=

B 0 的方向垂直纸面向外．

11－14 已知10 mm 2

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.

题 11-14 图

分析 可将导线视作长直圆柱体，电流沿轴向均匀流过导体，故其磁场必然呈轴对称分布，即在与导线同轴的圆柱面上的各点，B 大小相等、方向与电流成右手螺旋关系．为此，可利用安培环路定理，求出导线表面的磁感强度．

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

∑?=?=?I μB 0πr 2d l

B

在导线内r ＜R ， 2

22

2

ππR

Ir r R

I I =

=

∑，因而

2

02πR

Ir μB =

在导线外r ＞R ，I I =∑，因而

r

I μB 2π0=

磁感强度分布曲线如图所示．

11－15 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） r ＜R 1 ；（2） R 1 ＜r ＜

R 2 ；（3） R 2 ＜r ＜R 3 ；（4） r ＞R 3 ．画出B －r 图线．

题 11-15 图

分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径，

πr 2d ?=??B l

B ，利用安培环路定理∑?=?I μ0d l B ，可解得各区域的磁感强度．

解 由上述分析得 r ＜R 1

2

2

1

1ππ12πr R μr B =?

2

1

012πR Ir μB =

R 1 ＜r ＜R 2

I μr B 022π=? r

I μB 2π02=

R 2 ＜r ＜R 3

()()

??

????---=?I R R R

r I μr B 2

2232

203ππ2π 2

2

2

3223032πR R r

R r I μB --=

r ＞R 3

()02π04=-=?I I μr B

04=B

磁感强度B （r ）的分布曲线如图（ｂ）．

11－17 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线，试计算单位长度导线内的磁场通过图

中所示剖面的磁通量．

题 11-17 图

分析 由题11－14 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度

()2

02πR

Ir μr B =

在剖面上磁感强度分布不均匀，因此，需从磁通量的定义()S

B d ?=

r Φ来求解．沿轴线方

向在剖面上取面元ｄS ＝l ｄr ，考虑到面元上各点B 相同，故穿过面元的磁通量ｄΦ＝B ｄS ，通过积分，可得单位长度导线内的磁通量

?=

S

r B Φd

解 由分析可得单位长度导线内的磁通量

4π

d 2π00

2

0I μr R

Ir μΦR

=

=

?

11－19 霍尔效应可用来测量血流的速度，其原理如图所示．在动脉血管两

侧分别安装电极并加以磁场．设血管直径为d ＝2.0 mm ，磁场为B ＝0.080 T ，毫伏表测出血管上下两端的电压为U H ＝0.10 mV ，血流的流速为多大？

题 11-19 图

分析 血流稳定时，有

H

qE

B q =v

由上式可以解得血流的速度． 解 依照分析

m/s 63.0==

=

dB

U

B

E H

H v

11－21 从太阳射来的速度为0.80×108

m /ｓ 的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中，该处磁场为4.0 ×10－7

Ｔ，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 ×10－5

Ｔ，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

m 10

1.13

1

1?==

eB m R v

地磁北极附近的回转半径

m 232

2==

eB m R v

第十二章 电磁感应 电磁场和电磁波

12－7 载流长直导线中的电流以

t

I d d 的变化率增长.若有一边长为d 的正方形线圈与导线处

于同一平面内，如图所示.求线圈中的感应电动势. 分析 本题仍可用法拉第电磁感应定律t

Φd d -

=ξ，来求解.由于回路处在非均匀磁场

中，磁通量就需用??=

S

S

B Φd 来计算.

为了积分的需要，建立如图所示的坐标系.由于B 仅与x 有关，即B =B (x )，故取一个平行于长直导线的宽为d x 、长为d 的面元d S ，如图中阴影部分所示，则d S =d d x ，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元d S =d x d y ，则上述积分实际上为二重积分）.本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式

t

I M

d d -=ξ求解.

解1 穿过面元d S 的磁通量为

x d x

I

S B Φd π2d d 0μ=

?=

因此穿过线圈的磁通量为

2ln π

2d π2d 200??

=

=

=

d

d

Id

x x

Id

Φ

Φμμ

再由法拉第电磁感应定律，有

t

I d

t

Φd d 21ln

π

2d d 0）（

μξ=-

= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为

2ln π

20dI

Φμ=

线圈与两长直导线间的互感为

2ln π

20d

I ΦM μ=

=

当电流以

t

I d d 变化时，线圈中的互感电动势为

t

I d

t

I M

d d 21ln

π

2d d 0）（

μξ=-=

题 12-7 图

12－10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？

题 12-10 图

分析 本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由t

ΦE d d -=求解外（必须设法

构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ??=

?l

E v 求解．

在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ??=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．

解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线O P 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或 端点P 距 形导轨左侧距离为x ，则

B R

Rx Φ??

?

?

?+=2

π212 即

B R t

x RB

t

ΦE v 2d d 2d d -=-=-

=

由于静止的 形导轨上的电动势为零，则E ＝－2R v B ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．

解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则

()θR θB l θB E o

d cos d cos 90sin d d v v ==??=l B v

B R θθBR

E

v v 2d cos d E π/2

π/2

===

?

?-

由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．

解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路

的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律t

ΦE d d -

=可知，E ＝0

又因 E ＝E OP ＋E PO 即 E OP ＝－E PO ＝2R v B

由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法

12－12 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ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．

题 12-12 图

分析 如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律t

ΦE d d -

= 计算（此时必须构造一个

包含OP 导体在内的闭合回路， 如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ??=

?l

E v 来

计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．

解1 由上分析，得

()l B d ??=

?OP

OP E v

l αB l

o

d cos 90sin ?=

v

()(

)

l θB θωl

o

d 90

cos sin

?-=

l

()

?

=

=L

L B l l B 0

2

2

sin 2

1d sin θωθ

ω

由矢量B ?v 的方向可知端点P 的电势较高．

解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势

QO PQ OP E E E t

ΦE ++==-

=0d d

显然，E QO ＝0，所以

()221PQ

B ωE E E QO PQ OP =

=-=2

)sin (2

1θωL B =

由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效． 12－15 在半径为R 的圆柱形空间中存在着均匀磁场，B 的方向与柱的轴线平行．如图（ａ）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率t

B d d 为常量．试证：棒上感应

电动势的大小为

2

2

22

d d ??

? ??-=

l R l t B ξ

题 12-15 图

分析 变化磁场在其周围激发感生电场，把导体置于感生电场中，导体中的自由电子就会在电场力的作用下移动，在棒内两端形成正负电荷的积累，从而产生感生电动势．由于本题的感生电场分布与上题所述情况完全相同，故可利用上题结果，由??=

l

k

l E

d ξ计算棒上

感生电动势．此外，还可连接OP 、OQ ，设想PQOP 构成一个闭合导体回路，用法拉第电磁感应定律求解，由于OP 、OQ 沿半径方向，与通过该处的感生电场强度E k 处处垂直，故

0d =?l E k ，OP 、OQ 两段均无电动势，这样，由法拉第电磁感应定律求出的闭合回路的

总电动势，就是导体棒PQ 上的电动势．

证1 由电磁感应定律，在r ＜R 区域，

?

??-

=?=

S

B t

l E k d d d d ξ

t

B r

E r k d d ππ22

-=?

解得该区域内感生电场强度的大小

t

B r E k d d 2=

设PQ 上线元ｄx 处，E k 的方向如图（b ）所示，则金属杆PQ 上的电动势为

()

()

2

2

2

2

2/2

d d d 2/d d 2

d cos d l R l t B x r l R t

B r x

E

l

k

k PQ -=

-=

=

?=??θξx E

证2 由法拉第电磁感应定律，有

2

2

Δ22

d d d d d d ??

? ??-=

=-

==l R l t B t

B S t

ΦE E PQ

讨论 假如金属棒PQ 有一段在圆外，则圆外一段导体上有无电动势？ 该如何求解？

第十四章 波 动 光 学

14-9 在双缝干涉实验中，用波长λ＝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．

分析 双缝干涉在屏上形成的条纹是上下对称且等间隔的．如果设两明纹间隔为Δx ，则由中央明纹两侧第五级明纹间距x 5 －x -5 ＝10Δx 可求出Δx ．再由公式Δx ＝d ′λ／d 即可求出双缝间距d ．

解 根据分析：Δx ＝（x 5 －x -5）/10 ＝1.22×10-3 m 双缝间距： d ＝d ′λ／Δx ＝1.34 ×10-4 m

14-19 把折射率n ＝1.40 的薄膜放入迈克耳孙干涉仪的一臂，如果由此产生了7.0 条条纹的移动，求膜厚．设入射光的波长为589 nm ．

分析 迈克耳孙干涉仪中的干涉现象可以等效为薄膜干涉（两平面镜相互垂直）和劈尖干涉（两平面镜不垂直）两种情况，本题属于后一种情况．在干涉仪一臂中插入介质片后，两束相干光的光程差改变了，相当于在观察者视野内的空气劈尖的厚度改变了，从而引起干涉条纹的移动．

解 插入厚度为d 的介质片后，两相干光光程差的改变量为2（n －1）d ，从而引起N 条条纹的移动，根据劈尖干涉加强的条件，有2（n －1）d ＝Nλ，得

()

m 10

1545126

-?=-=

.n N d λ

14-22 已知单缝宽度b ＝1.0 ×10-4 m ，透镜焦距f ＝0.50 m ，用λ1 ＝400 nm 和λ2 ＝760 nm 的单色平行光分别垂直照射，求这两种光的第一级明纹离屏中心的距离，以及这两条明纹之间的距离．若用每厘米刻有1000条刻线的光栅代替这个单缝，则这两种单色光的第一级明纹分别距屏中心多远？ 这两条明纹之间的距离又是多少？

分析 用含有两种不同波长的混合光照射单缝或光栅，每种波长可在屏上独立地产生自己的一组衍射条纹，屏上最终显示出两组衍射条纹的混合图样．因而本题可根据单缝（或光栅）衍射公式分别计算两种波长的k 级条纹的位置x 1和x 2 ，并算出其条纹间距Δx ＝x 2 －x 1 ．通过计算可以发现，使用光栅后，条纹将远离屏中心，条纹间距也变大，这是光栅的