广东海洋大学大学物理第二学期复习提纲

一、考试命题计划表

章 9 10 1 1 1 1 16 11 1 1 1 1 16 12 1 1 1 1 16 14、 2 2 1 2 31 15 16 2 4 1 0 15 分值 3*8 2*10 1*6 10*5 100 选择题 1 填空题 1 判断题 1 计算题 1 分 值 16 二、各章典型例题及作业分析

第9章 求电场E和电势 V

典型例题：P20：例1 例3 P30：例1 例3 P21：例3

9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.

题 9-12 图

分析 方法1：作半径为R 的平面S与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理

EdSS1q0 ε0这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量.因而

ΦEdSEdS

SS方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即ΦsEdS

S

解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

ΦEdSEdS

SS依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，

ΦEπR2cosππR2E

解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为

EEcosesincosesinsiner

dSR2sinθdθder

ΦSEdSSER2sin2sindd0ER2sin2d0sindπR2E9－14 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

2EdS4πrEsππ

Qi0

上式中Qi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， 4πr2E43πr 03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

ErR时， 4πr2Er 3043πR 03考虑到电场强度沿径向朝外，带电球体外的电场强度为

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R1 和R2 (R2＞R1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R1 ，(2) R1 ＜r＜R2 ，(3) r＞R2 .

R3Ee 2r30r

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，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且面内的电荷

EdSE2πrL，求出不同半径高斯

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

E2πrLq/ε0 r ＜R1 ， q0

E10

R1 ＜r ＜R2 ， qλL

E2r ＞R2，

λ 2πε0rq0

E30

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

ΔEλλLσ 2πε0r2πε0rLε09－20 两个同心球面的半径分别为R1 和R2 ，各自带有电荷Q1 和Q2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？

题 9-20 图

分析 通常可采用两种方法.

方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由VppEdl可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的

球面，在球面外产生的电势为

VQ 4πε0r在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势

VQ 4πε0R其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.

解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布

rR1E10 E2E3由电势VQ1R1rR2 er 4πε0r2Q1Q2rR2er 4πε0r2rEdl 可求得各区域的电势分布.

当r≤R1 时，有

V1E1dlE2dlE3dlrR1R2R1R211Q1Q2RR4πεR2021Q1Q24πε0R14πε0R20Q14πε0当R1 ≤r≤R2 时，有

V2E2dlE3dlrR2R211Q1Q2rR4πεR

202Q1Q24πε0r4πε0R2Q14πε0当r≥R2 时，有

V3E3dlrQ1Q2

4πε0r(2) 两个球面间的电势差

U12R2R1Q111 E2dl4πε0R1R2解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r≤R1 ，则

V1Q1Q2 4πε0R14πε0R2若该点位于两个球面之间，即R1≤r≤R2 ，则

V2Q1Q2 4πε0r4πε0R2若该点位于两个球面之外，即r≥R2 ，则

V3(2) 两个球面间的电势差

Q1Q2

4πε0rU12V1V2rR2Q1Q1 4πε0R14πε0R2第10章 求电容（球、圆柱型）

典型例题：P56：例2 例3 P62：例

10－8 一导体球半径为R１ ，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V０ ．求此系统的电势和电场的分布． 分析 若V0Q，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

4πε0R2处处为零，内球不带电．

若V0Q，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

4πε0R2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VppEdl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、R１、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

2理EdSEr4πrErq/ε0，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 ＜R１时， E1r0 R１＜r＜R2 时，E2rq 24πε0rQq

4πε0r2r＞R2 时， E2r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 ＜R１时，

V1rEdlrE1dlRE2dlRE3dl12R1R2R１＜r＜R2 时，

q4π0R1Q4π0R2

V2rEdlrE2dlRE3dl2R2qQ4π0r4π0R2

r＞R2 时，

V3rE3dl也可以从球面电势的叠加求电势的分布： 在导体球内（r ＜R１）

Qq

4π0rV1在导体球和球壳之间（R１＜r＜R2 ）

qQ 4πε0R14πε0R2V2在球壳外（r＞R2）为

qQ 4πε0r4πε0R2V3由题意

Qq

4π0rV1V0得

qQ 4πε0R24πε0R1q4π0R1V0 于是可求得各处的电场强度和电势的分布： r ＜R１时，

R1Q R2E10；V1V0

R１＜r＜R2 时，

E2r＞R2 时，

R1V0(rR1)QR1V0R1Q； V2r24πε0R2r2r4π0R2rE3R1V0(R2R1)QR1V0(R2R1)Q； V322r4π0R2rr4π0R2r－８

10－13 如图所示，半径R ＝0.10 m 的导体球带有电荷Q ＝1.0 ×10C，导体外有两层

均匀介质，一层介质的εr＝5.0，厚度d ＝0.10 m，另一层介质为空气，充满其余空间．求：（1） 离球心为r ＝5cm、15 cm、25 cm 处的D 和E；（2） 离球心为r ＝5 cm、15 cm、25 cm 处的V；（3） 极化电荷面密度σ′．

题 10-13 图

分析 带电球上的自由电荷均匀分布在导体球表面，电介质的极化电荷也均匀分布在介质的球形界面上，因而介质中的电场是球对称分布的．任取同心球面为高斯面，电位移矢量D 的通量与自由电荷分布有关，因此，在高斯面上D 呈均匀对称分布，由高斯定理

DdSq加原理求得．

0可得D（r）．再由ED/ε0εr可得E（r）．

介质内电势的分布，可由电势和电场强度的积分关系VrEdl求得，或者由电势叠

极化电荷分布在均匀介质的表面，其极化电荷面密度解 （1） 取半径为r 的同心球面为高斯面，由高斯定理得 r ＜R D14πr0

2Pn．

D10；E10

R ＜r ＜R ＋d D24πrQ

D22QQE； 24πr24πε0εrr2r ＞R ＋d D34πr2Q

D3QQ； E324πr24π0r将不同的r 值代入上述关系式，可得r＝5 cm、15 cm 和25 cm 时的电位移和电场强度的大小，其方向均沿径向朝外． r1 ＝5 cm，该点在导体球内，则

Dr10；Er10

r2 ＝15 cm，该点在介质层内，ε

ｒ

＝5.0，则

Dr2Q82 3.510Cm24πr2Er2Q8.0102Vm1 24πε0εrr2r3 ＝25 cm，该点在空气层内，空气中ε≈ε0 ，则

Dr3Q1.3108Cm2； 24πr3Er3Q1.4103Vm1 24π0r2（2） 取无穷远处电势为零，由电势与电场强度的积分关系得 r3 ＝25 cm，

V3E3drr1Q360V 4πε0rr2 ＝15 cm，

V2rRd2E2drRdE3drQQ 4π0rRd4π0RdQ4π0rr2480Vr1 ＝5 cm，

V1RdRE2drRdE3drQQQ 4πε0εrR4πε0εrRd4πε0Rd540V（3） 均匀介质的极化电荷分布在介质界面上，因空气的电容率ε＝ε0 ，极化电荷可忽略．故在介质外表面；

Pnεr1ε0Enεr1Q

24πεrRdσPn在介质内表面：

εr1Q24πεrRd1.6108Cm2

Pnεr1ε0Enεr1Q

4πεrR2σPnεr1Q6.4108Cm2

4πεrR2介质球壳内、外表面的极化电荷面密度虽然不同，但是两表面极化电荷的总量还是等量异号．

第11章 求磁场

典型例题：P92：例1、2

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 ＜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，

BdlB2πr，利用安培环路定理BdlμI，可解得各区域的磁感强度．

0解 由上述分析得 r ＜R1

B12πrμ012 πr2πR1B1R1 ＜r ＜R2

μ0Ir 2πR12B22πrμ0I

B2R2 ＜r ＜R3

μ0I 2πrπr2R2B32πrμ0II 22πRR32μ0IR32r2 B3222πrR3R2r ＞R3

B42πrμ0II0

B40

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

Brμ0Ir 2πR211－22 如图（ａ）所示，一根长直导线载有电流I1 ＝30 A，矩形回路载有电流I2 ＝20 A．试计算作用在回路上的合力．已知d ＝1.0 cm， b ＝8.0 cm，l ＝0.12 m．

题 11-22图

分析 矩形上、下两段导线受安培力F1 和F2 的大小相等，方向相反，对不变形的矩形回路来说，两力的矢量和为零．而矩形的左右两段导线，由于载流导线所在处磁感强度不等，所受安培力F3 和F4 大小不同，且方向相反，因此线框所受的力为这两个力的合力．

解 由分析可知，线框所受总的安培力F为左、右两边安培力F3 和F4 之矢量和，如图（ｂ）所示，它们的大小分别为

F3μ0I1I2l 2πdF4故合力的大小为

μ0I1I2l

2πdbFF3F4合力的方向朝左，指向直导线．

μ0I1I2lμIIl0121.28103N 2πd2πdb第12章 求感应电动势

典型例题：P134：例1、P141 例1

12－11 长为L的铜棒，以距端点r 处为支点，以角速率ω绕通过支点且垂直于铜棒的轴转动.设磁感强度为B的均匀磁场与轴平行，求棒两端的电势差．

题 12-11 图

分析 应该注意棒两端的电势差与棒上的动生电动势是两个不同的概念，如同电源的端电压与电源电动势的不同．在开路时，两者大小相等，方向相反（电动势的方向是电势升高的方向，而电势差的正方向是电势降落的方向）．本题可直接用积分法求解棒上的电动势，亦可以将整个棒的电动势看作是OA 棒与OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．而EOA 和EOB 则可以直接利用第12－2 节例1 给出的结果．

解1 如图（ａ）所示，在棒上距点O 为l 处取导体元ｄl，则

EAB因此棒两端的电势差为

vBdl-rABL-r1ωlBdlωlBL2r

21UABEABωlBL2r

2当L ＞2r 时，端点A 处的电势较高

解2 将AB 棒上的电动势看作是OA 棒和OB 棒上电动势的代数和，如图（ｂ）所示．其中

EOA则

112Bωr2,EOBωBLr 221EABEOAEOBωBLL2r

212－12 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EdΦ 计算（此时必须构造一个dt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EvBdl来

l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

EOPOPvBdl

vBsin90ocosαdl

l olsinθωBcos90θdl l

12Bsin0ldlBLsin

22L由矢量vB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

E显然，EQO ＝0，所以

dΦ0EOPEPQEQO dtEOPEPQEQO112ωBPQB(Lsin)2 22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． 12－13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速v2.0ms平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40 A．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？

1

题 12-13 图

分析 本题可用两种方法求解．

方法1：用公式E该处的磁感强度BvBdl求解，建立图（a）所示的坐标系，所取导体元dldx，

lμ0I． 2πx方法2：用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB在一个静止的导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t，杆AB 距导轨下端CD的距离为y，先用公式ΦBdS求得穿过该回路的磁通量，再代入公式ESdΦ，即可求得回dt路的电动势，亦即本题杆中的电动势．

解1 根据分析，杆中的感应电动势为

EABvBdldxl0.1mAB1.1mμ0μIvvdx0ln113.84105V式中负号表示2πx2π电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高．

解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx、长为y 的面元ｄS，则穿过面元的磁通量为

dΦBdS穿过回路的磁通量为

μ0Iydx 2πxΦdΦSμ0IμIyydx0ln11

0.1m2πx2π1.1m回路的电动势为

EdΦμIdyμIy0ln1103.84105V dt2πxdt2π由于静止的导轨上电动势为零，所以

EABE3.84105V

式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB导体来说，电动势方向应由B 指向A，故点A电势较高．

12－14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．

题 12 -14 图

分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：

（1）当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足vBdl0］，因而线框中的总电动势为

EvBdlvBdlvBdlvBdlEefEhg其等效电路

efghefhg如图（ｂ）所示．

（2）用公式EdΦ求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为dt此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有

dξv．在求得线框在任意位置处的电动势E（ξ）后，再令ξ＝d，即可得线框在题目所给dt位置处的电动势．

解1 根据分析，线框中的电动势为

EEefEhg

vBdlvBdl

efhgl2μ0Ivl2μ0Ivdldl 002πd2πdl12πddl10Ivl1l2

由Eef ＞Ehg 可知，线框中的电动势方向为efgh．

解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为

0相应电动势为

l12πx0Il2dx0Il22πlnl1 EξdΦμIvll021 dt2πξξl1令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为

Eμ0Ivl2l1

2πddl1由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．

第14章 干涉、衍射、偏振

典型例题：P186：例1、 P193 例1 例2 P209 例1 P212 例1 P217 例1 P225例

14-12 白光垂直照射到空气中一厚度为380 nm 的肥皂膜上．设肥皂的折射率为1.32．试问该膜的正面呈现什么颜色？

分析 这是薄膜干涉问题，求正面呈现的颜色就是在反射光中求因干涉增强光的波长（在可见光范围）．

解 根据分析对反射光加强，有

2ne2kk1,2,...

4ne

2k1在可见光范围，k ＝2 时，668.8nm（红光）

k ＝3 时，401.3nm（紫光）

故正面呈红紫色．

14-13 利用空气劈尖测细丝直径．如图所示，已知λ＝5.3 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d2nbL 时，应注意相邻条纹的间距b 是N 条条纹的

宽度Δx 除以（N －1）．对空气劈尖n ＝1．

解 由分析知，相邻条纹间距bx，则细丝直径为 N1d2nbLN12nx5.75105m

题14-13 图

14-20 如图所示，狭缝的宽度b ＝0.60 mm，透镜焦距f ＝0.40m，有一与狭缝平行的屏放置在透镜焦平面处．若以波长为600 nm的单色平行光垂直照射狭缝，则在屏上离点O 为x＝1.4 mm处的点P看到的是衍射明条纹．试求：（1） 点P条纹的级数；（2） 从点P 看来对该光波而言，狭缝的波阵面可作半波带的数目．

分析 单缝衍射中的明纹条件为bsin2k12，在观察点P 位置确定（即衍射

角φ确定）以及波长λ确定后，条纹的级数k也就确定了.而狭缝处的波阵面对明条纹可以划分的半波带数目为（2k ＋1）条．

解 （1） 设透镜到屏的距离为d，由于d ＞＞b，对点P 而言，有sin据分析中的条纹公式，有

tanx．根dbx2k1 d2将b、d（d≈f）、x , λ的值代入，可得

k ＝３

（2） 由分析可知，半波带数目为7.

题14-20 图

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x1和x2 ，并算出其条纹间距Δx ＝x2 －x1 ．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，这是光栅的特点之一．

解 （1） 当光垂直照射单缝时，屏上第k 级明纹的位置

x2k12bf

当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x1 ＝3.0 ×10-3 m 当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x2 ＝5.7 ×10-3 m 其条纹间距 Δx ＝x2 －x1 ＝2.7 ×10-3 m

（2） 当光垂直照射光栅时，屏上第k 级明纹的位置为

xkf d102m105m 而光栅常数 d310当λ1 ＝400 nm 和k ＝1 时， x1 ＝2.0 ×10-2 m 当λ2 ＝760 nm 和k ＝1 时， x2 ＝3.8 ×10-2 m

x11.8102m 其条纹间距 xx214-28 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（1－x）I．按题意旋转偏振片，则有最大透射光强 Imax1xxI

2最小透射光强 Imin1xI 2按题意Imax/Imin5，则有

1111xx511x 22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．

第15章 小题

狭义相对论基本原理、洛伦兹变换、相对论性动量和能量 狭义相对论时空观、长度收缩、时间延缓

第16章 小题

光电效应、实物粒子二象性、不确定关系、波函数的物理意义、量子概念、一维势阱