大学物理(中国矿业大学出版社)第9-16章精简版答案

9.10 半径为R 的无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求电场强度分布。

解：无限长圆柱体带电所激发的电场具有轴对称性，可用高斯定理。

取高斯面为：半径为r ，长为l 的圆柱体，轴线为圆柱带电体的轴线。

当r R <时，高斯定理为： 2110
1
22r E rl r l E ρπρπεε•=
⇒=
当r R >时，高斯定理为：
2
2
22001
22R E rl R l E r
ρπρπεε•=⇒=
9.11 在半径为1R 和2R 的两个同心球面上，分别均匀地分布着电荷1Q 和2Q ，求：⑴ Ⅰ， Ⅱ，Ⅲ三个区域内的电场强度分布；⑵ 若12Q Q =-，情况如何。

解：⑴ 电荷激发的电场为球对称，取高斯面为雨带电球面同球心，半径为r 的球面，由
高斯定理可得：1
2
112
012
2004r R Q E r R r R Q Q r R πεε⎧
⎪
<⎪
⎪•=<<⎨⎪
⎪+>⎪⎩
所以可得到电场强度的表达式为：10E =，10r R << 1
22
014Q E r
πε=
，12R r R << 12
32
014Q Q E r πε+=
，2r R >
⑵ 若12Q Q =-，10E =，10r R <<，
1
22
014Q E r πε=
，12R r R << 30E =，2r R >
9.16 求题9.10中无限长带电直圆柱体的电势分布（以轴线为零电势参考点）
解：电场强度分布为：10
2r
E ρε=
，0r R << 2
202R E r
ρε=，r R >
并由题意可知，电势为零的点为轴线处，即0r =处。

当0r R <<时，电势为：2
110
4r
r
r U Edr E dr ρε=
==-⎰
⎰
当r R >时，电势为：220
22100ln 42R
r
r
R R R R
U Edr E dr E dr r
ρρεε=
=+=-+⎰
⎰
⎰
9.17 求题9.11中同心均匀带电球面在Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三个区域内的电势分布。

解：电场强度的分布为：10E =，10r R << 1
22
014Q E r
πε=
，12R r R << 12
32
014Q Q E r
πε+=
，2r R > 当10r R <<时，12
1
2
1123R R r
r
R R U Edr E dr E dr E dr ∞
∞
=
=++⎰
⎰⎰⎰
2
12
112001144R R R Q Q Q r r πεπε∞
+⎛⎫⎛⎫
=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
1201
02
44Q Q R R πεπε=
+
当12R r R <<时，22
223R r
r
R U Edr E dr E dr ∞
∞
=
=+⎰
⎰⎰
112
0202
1144Q Q Q r R R πεπε⎛⎫+=-+
⎪⎝⎭ 12002
44Q Q r
R πεπε=
+
当2r R >时，12
12332001144r
r r Q Q Q Q U Edr E dr dr r
r πεπε∞
∞
∞
++=
===⎛⎜⎠⎰
⎰ 9.18 电荷Q 均匀分布在半径为R 的球体内，求球体内外的电势分布。

解：电场强度分布：由高斯定理得到：0
S
q
EdS ε=
⎰
2
3302013444314Q r E r r R R r E Q r R
ππεππε⎧=<⎪⎪
⎨⎪=>⎪⎩
电场强度的表达式为：()13
04Qr
E r R R πε=
< ()22
04Q E r R r πε=
>
当r R <时，112R
r
r
R
U Edr E dr E dr ∞
∞
=
=+⎰
⎰⎰
222
33
00003422488Q
R r Q Q Qr R R R
πεπεπεπε⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭ 当r R >时，2204r
r
Q U Edr E dr r
πε∞
∞
===
⎰
⎰
12.2 解：02
sin 4Idl dB r μθ
π=
()21000122sin sin cos cos 444L I Idl I B d r a a
θθμμμθθθθθπππ===-⎛⎛⎜⎜⎠⎠ 图中的12
π
θ=，2θπ→，所以可以得到：
00cos cos 424I I
B a a
μμππππ⎛⎫=
-= ⎪⎝⎭，方向垂直于纸面向里。

12.3 解：两条长直导线电流在其延长线上O 点的磁感应强度为零。

1
4
弧长在O 点的磁感应强度的大小为：1
0022
48R I I
B dl R R
πμμπ==
⎰
方向为垂直于纸面向里。

12.5 解：铁环不通电流，两条直线电流在O 点处产生的磁感应强度为零。

因此环中心O 处的磁感应强度为：0B =。

15.2 解：已知条件：6000A λ=，4m D =，垂直入射，两第五级明条纹中心之间的距离
为4cm 。

2551022410m D D x d d
λλ
-=⨯
==⨯ 双缝之间的距离：103
2
5101046000100.610m=0.6mm 2410
D d x λ---⨯⨯⨯===⨯⨯
15.7 解：设G 的厚度为x ，2S P ，1S P 的几何路程分别为1r ，2r ，则由题意可知： 211r x n x r k λ-+-= 1n 为玻璃的折射率 ()
211212
r x d n x nd r k λ
--++-=+
两式联立可得：()()()
10
75000101 1.8510m 2212 2.351n d d n λλ
--⨯-=⇒===⨯-⨯-
15.9 解：光程差为：22
nd λ
δ=+
， 第k ，1k +级暗条纹的条件为：
()22122k k nd k λ
λδ=+
=+，()1122322
k k nd k λλ
δ++=+=+
可以得到：()112k k k k n d d δδ++-=-，则相邻两暗纹对应厚度间隔为： 12k k d d d l n
λ
α+∆=-=
=∆，所以劈尖的夹角为：
1053
589310 3.8810rad 22 1.52510
n l λ
α---⨯===⨯∆⨯⨯⨯ 15.11 解：平凸透镜的曲率半径为：20m R =，透镜的半径为： 2.12cm 2
D
r == 产生牛顿环的光程差为：22
nd λ
δ=+
曲率半径，厚度，透镜半径之间的关系为：()
2
2
2
22k k
k k r R r R d d R
=+-⇒=
光程差：222222
k k r nr n
k R R λλδλ=+=+= 当1n =时，可得：()224101 2.12101
35.50.5362206328102
k r k R λ--⨯=+=+=+=⨯⨯条
16.2 解：已知条件：-7
5461A=5.46110m λ=⨯
缝宽 -4
0.1mm=1.010m a =⨯，焦距 0.5m f =
第一级暗条纹：103
1114
546110sin sin 5.461101.010
a a λ
θλθθ---⨯=⇒===⨯=⨯ ⑴ 中央亮条纹的宽度：
33112tan 220.5 5.46110 5.4610m y f f θθ--===⨯⨯⨯=⨯
⑵ 一级次极大条纹的宽度应为第一级暗纹与第二级暗纹之间的宽度。

111sin sin a a
λ
θλθθ=⇒==
2222sin 2sin a a
λθλθθ=⇒==
一级次极大条纹的宽度为：
()()312121tan tan 2.7310m f
y f f f a
λθθθθ-=-=-=
=⨯
16.3 解：⑴
5890A λ=，0.1mm a =
311sin sin 5.8910rad a a
λ
θλθ-=⇒==⨯
所以：3
1 5.8910rad θ-=⨯
⑵
5890A λ=，10.50.0087rad θ==
10
511589010sin 6.7710m 0.0087
a a λθλθ--⨯=⇒===⨯
16.4 解：设未知波长为1λ，红光的波长为2λ，由题意可知：
17sin 2a θλ= 25sin 2
a θλ= 1212755
4286A 227
λλλλ=⇒==。