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1、98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) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为若棒为无限长(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dx，其电荷为dq Qdx/L，它在点P 的电场强度为整个带电体在点P的电场强度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，(2
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 的电场强度就是证(1) 延长线上一点P 的电场强度，利用几何关系 rr x统一积分变量，则电场强度的方向沿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，大小为利用几何关系 sin r/r， 统一积分变量，则当棒长L时，若棒单位长度所带电荷为常量，则P点电场强度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r2/L2 1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.914设在半径为R的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为,求带电球内外的电场强度分布.分
3、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，依照高斯定理有上式中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，由高斯定理可得时， 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时， 考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为 108一导体球半径为R ，外罩一半径为R2 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
4、V 求此系统的电势和电场的分布分析若，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，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V0、Q、R、R2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，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时， RrR2 时，rR2 时， 由电场强度与电势的积分关系，可得各
5、相应区域内的电势分布r R时，RrR2 时，rR2 时，也可以从球面电势的叠加求电势的分布：在导体球内（r R）在导体球和球壳之间（RrR2 ）在球壳外（rR2）为由题意得 于是可求得各处的电场强度和电势的分布：r R时，；RrR2 时，；rR2 时，；1115有一同轴电缆，其尺寸如图（）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 R1 ；（2） R1 r R2 ；（3） R2 r R3 ；（4） r R3 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， ，利用安培环路
6、定理，可解得各区域的磁感强度解由上述分析得r R1 R1 r R2R2 r R3 r R3磁感强度B（r）的分布曲线如图（）1212如图所示，长为L 的导体棒OP，处于均匀磁场中，并绕OO轴以角速度旋转，棒与转轴间夹角恒为，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 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 由矢量的方向可知端点P 的电势较高解2设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQ
7、O 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量为零，则回路的总电动势显然，EQO 0，所以由上可知，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1215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（）所示，有一长为l 的金属棒放在磁场中，设B 随时间的变化率为常量试证：棒上感应电动势的大小为题 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，由计算棒上感生电动势此外，还可连接OP、
8、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Ek 处处垂直，故，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，解得该区域内感生电场强度的大小设PQ 上线元x 处，Ek的方向如图（b）所示，则金属杆PQ 上的电动势为证2由法拉第电磁感应定律，有14-11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O改变为第五级明纹.假定=550 nm，求：（1）条纹如何移动？（2） 云母片的厚度
9、t.题14-11图分析(1)本题是干涉现象在工程测量中的一个具体应用，它可以用来测量透明介质薄片的微小厚度或折射率在不加介质片之前，两相干光均在空气中传播，它们到达屏上任一点P 的光程差由其几何路程差决定，对于点O，光程差0，故点O 处为中央明纹，其余条纹相对点O 对称分布而在插入介质片后，虽然两相干光在两介质薄片中的几何路程相同，但光程却不同，对于点O，0，故点O 不再是中央明纹，整个条纹发生平移原来中央明纹将出现在两束光到达屏上光程差=0的位置.(2) 干涉条纹空间分布的变化完全取决于光程差的变化因此，对于屏上某点P（明纹或暗纹位置），只要计算出插入介质片前后光程差的变化，即可知道其干涉条
10、纹的变化情况插入介质前的光程差1 r1 r 2 k1 （对应k1 级明纹），插入介质后的光程差2 （n1）d r1 r2 k1 （对应k1 级明纹）光程差的变化量为2 1 （n 1）d （k2 k1 ）式中（k2 k1 ）可以理解为移过点P 的条纹数（本题为5）因此，对于这类问题，求解光程差的变化量是解题的关键解由上述分析可知，两介质片插入前后，对于原中央明纹所在点O，有将有关数据代入可得14-13利用空气劈尖测细丝直径如图所示，已知589.3 nm，L 2.888 10-2m，测得30 条条纹的总宽度为4.259 10-3 m，求细丝直径d分析在应用劈尖干涉公式 时，应注意相邻条纹的间距b
11、是N 条条纹的宽度x 除以（N 1）对空气劈尖n 1解由分析知，相邻条纹间距，则细丝直径为题14-13 图14-21一单色平行光垂直照射于一单缝，若其第三条明纹位置正好和波长为600 nm的单色光垂直入射时的第二级明纹的位置一样，求前一种单色光的波长分析采用比较法来确定波长对应于同一观察点，两次衍射的光程差相同，由于衍射明纹条件，故有，在两明纹级次和其中一种波长已知的情况下，即可求出另一种未知波长解根据分析，将代入 ，得14-27测得一池静水的表面反射出来的太阳光是线偏振光，求此时太阳处在地平线的多大仰角处？ （水的折射率为1.33）题14-27 图分析设太阳光（自然光）以入射角i 入射到水面
12、，则所求仰角当反射光起偏时，根据布儒斯特定律，有（其中n1 为空气的折射率，n2 为水的折射率）解根据以上分析，有则 14-28一束光是自然光和线偏振光的混合，当它通过一偏振片时，发现透射光的强度取决于偏振片的取向，其强度可以变化5 倍，求入射光中两种光的强度各占总入射光强度的几分之几分析偏振片的旋转，仅对入射的混合光中的线偏振光部分有影响，在偏振片旋转一周的过程中，当偏振光的振动方向平行于偏振片的偏振化方向时，透射光强最大；而相互垂直时，透射光强最小分别计算最大透射光强Imax 和最小透射光强Imin ，按题意用相比的方法即能求解解设入射混合光强为I，其中线偏振光强为xI，自然光强为（1x）I按题意旋转偏振片，则有最大透射光强 最小透射光强 按题意，则有解得 x 2/3即线偏振光占总入射光强的2/3，自然光占1/3
