第四章
4-7. 如图所示，质量为m 1和m 2的两物体A 、B 分别悬挂在组合轮两端，设两轮的半径分别为R 和r ，两轮的转动惯量分别为J 1和J 2，轮与轴承间的摩擦力略去不计，绳索与轮间无滑动，m 1>m 2。求两物体的加速度和绳索的张力。
⎧m 1g -T 1=m 1a 1⎧T 1=T 1', T 2=T 2'⎪⎪
， ⎨T 2-m 2g =m 2a 2，⎨J =J 1+J 2
⎪T 'R -T 'r =J α⎪αR =a , αr =a
212⎩1⎩
α=
m 1R -m 2r
g 22
J 1+J 2+m 1R +m 2r m 1R -m 2r
gR ，
J 1+J 2+m 1R 2+m 2r 2m 1R -m 2r
gr 22
J 1+J 2+m 1R +m 2r
J 1+J 2+m 2r (R +r )J 1+J 2+m 1R (R +r )m g T =m 2g ，12J 1+J 2+m 1R 2+m 2r 2J 1+J 2+m 1R 2+m 2r 2
a 1=
a 2=
T 1=
4-8. 一静止的均匀细棒，长为L 质量为M ，可绕通过棒的端点且垂直于棒长的光滑固定轴O 在水平面内转动，转动惯量为ML 。一质量为m ，速率为v 的子弹在水平面内沿与棒垂直的方向射入并穿入棒的自由端，设穿过棒后子弹的速率为
1
3
2
1
v ，求此时棒的角速度。 2
作用于子弹和棒的外力只有重力，但重力对轴的力矩为
⎧L 0=
mvL ⎪
⎪L 末=1mvL +J ω⎪2
因此系统对轴的角动量守恒，有：⎨
1⎪J =ML 2
⎪3⎪L =L
末⎩0
解得 ω=
3m v 2ML
4-10. 如图所示，质量为M 长为 的均匀细杆，可绕通过杆端O 点的光滑水平轴在竖直平面内转动。一质量为m 、初速为v 0的子弹打入杆内并与杆一起运动，求碰撞后瞬间该系统的角速度。
m v 0
习题4-10图
解 子弹与杆视为一个系统，则对O 点的角动量守恒
L 1=m ν0 （1） L 2=(J 1+J 2) ω （2）
1
J 1=M 2 J 2=m 2 （3）
3
L 1=L 2 (4)
由上可得 ω=
3m ν0
(M +3m )
4-11. 一半径为R ，质量为m 的均质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ，则盘表面所受的摩擦力矩
解：在圆盘上，以圆盘中心为圆心，以r 为半径取一个宽度为dr 的小圆环，面积为
d s =2πr d r ，携带质量为d m =
m
d s ，它受的摩擦力为d f =g μd m ，对轴产生的2
πR
力矩大小为d M =r d f ；整个盘面受到的摩擦力矩为：
R
R
M =⎰r d f =⎰
2mg μ22
r d r =μmgR 2
3R 0
4-12. 冲床上的飞轮的转动惯量为4.0⨯103kg·m 2，当它的转速达到每分钟30转时，它的转动动能是多少？每冲一次，其转速降为每分钟10转。求每冲一次飞轮所做的功 解：E k 1=
1
J ω12=19. 72⨯103J 212
E k 2=J ω2=2. 2⨯103J
2
4
外力矩对飞轮做的功A =E K 2-E K 1=-1. 752⨯10J ，所以，每冲一次飞轮做的功为1. 752⨯10J 。
第十章
10-10 如习题11-10图所示，一个细的带电塑料圆环，半径为R ，所带线电荷密度l 和q 有
4
l =l 0sin q 的关系。求在圆心处的电场强度的方向和大小。
解：元弧在圆心的场
d E x =-
2πλsin 2θd θλ0sin 2θd θλR d θ0
，cos θ=-E =-=0； x 2⎰04πε0R 8πε0R 8πε0R
2
2πλsin θd θλ0sin 2θd θλ0λR d θ0
，； d E y =-sin θ=-E =-=-y 2⎰04πε0R 4πε0R 4πε0R 4ε0R
所以圆心的场大小为
λ0
，向下。 4ε0R
10-19 如图习题11-19所示，电场分量是E x =bx 1/2，E y =E z =0，式中，b =800N C ? m
) b
800N 鬃C -1m -1/2，假设a =10cm ，试计算：(1)通过立方体表面的电
通量F e ；(2)立方体内部的电荷。
解：(1)通过立方体表面的电通量
Φ=a 2b 2a -a 2b a =0. 12⨯800⨯
0. 2-0. 1=1. 05N ⋅m 2⋅C -1
)
(2)立方体内部的电荷Q =ε0Φ=8. 85⨯10-12⨯1. 05=9. 27⨯10-12C
骣r ÷
1-÷，r 0为一常量，r 为空间某点10-21 一半径为R 的带电球，其体电荷密度为r =r 0çç桫R ÷
至球心的距离。试求：(1)球内、外的场强分布；(2)r 为多大时，场强最大？ 等于多少？ 解：（1）半径为r (r
r r ⎫⎛⎛1r ⎫
q =⎰ρ0 1-⎪4πr 2d r =4πρ0r 3 -⎪, 由高斯定理可知
⎝R ⎭⎝34R ⎭
E =
ρ0⎛1r ⎫ -⎪r ，向外为正方向； ε0⎝34R ⎭
半径为r (r >R )的高斯球面内的电荷量
R r ⎫1⎛
Q =⎰ρ0 1-⎪4πr 2d r =πρ0R 3, 由高斯定理可知
03⎝R ⎭
ρ0R 3
，向外为正方向； E =
12ε0r 2
(2)内部
d E ρ0⎛1r ⎫2ρ
= -⎪=0，r =R ，E max =0R
39ε0 d r ε0⎝32R ⎭
10-29 两均匀带电球壳同心放置，半径分别为R 1和R 2(R 2>R 1) ，已知内、外球之间的电势差为j
12
，求两球壳间的电场分布。
解：设内球电量为Q ，则两球间电场为E =
Q 4πε0r
2
，两球间的电势差
ϕ12=⎰
R 2
Q 4πε0r
R 1
d r =2
Q 4πε0R 1
-
Q 4πε0R 2
，E =
R 1R 2ϕ12
R 2-R 1r 2
10-31 一对无限长的共轴直圆筒，半径分别为R 1和R 2，筒面上均匀带电，沿轴线单位长度的电量分别为l 1和l 2。(1)求各区域的场强；(2)求各区域的电势；(3)若l 1=-l 2，求两筒间的电势差。（取j
r =R 1
=0）
解： （1）由高斯定理可知，
r
（2）r
λ1λ+λ2
；r >R 2，E =1。 2πε0r 2πε0r
⎰
R 1
r
0d r =0 ；
R 1
R 1R 2，ϕ=⎰
（3）ϕ12=第十二章
R 2
r
λ1λr d r =-1ln 2πε0r 2πε0R 1
1
r
R λ1+λ2λ1λr λr d r +⎰d r =-1ln -2ln ；
R 2πεr 2πε0r 2πε0R 12πε0R 20
2
⎰
R 2
R 1
λ1λR
d r =1ln 2。 2πε0r 2πε0R 1
12-27 有一半径为R 的“无限大”半圆柱形金属薄片中，有电流I =5A 自下而上通过，如图习题12-27所示．试求圆柱轴线上一点P 的磁感应强度。 解：d B =
μ0I
d θ 2
2πR
d B x =
μ0I
sin θd θ 2π2R πμI μ0I 0
B x =⎰sin θd θ=，
02π2R π2R
由对称性可知B y =0，所以
B =B x =
μ0I
2
πR
12-28 一个塑料圆盘， 半径为R 、电荷q 均匀分布于表面，圆盘绕通过圆心垂直盘面的轴转动，角速度为w ，求圆盘中心处的磁感应强度。 解：d I =
μ0d I μ0ωq d r d q ωd q ωqr d r
==d B ==， 22T 2ππR 2r 2πR R μωq d r μωq B =⎰02=0
02πR 2πR
12-29 一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱(半径为a ) 和一同轴的导体圆管(内外半径分别为b 和c ) 构成，使用时，电流I 从一导体流出，从另一导体流回。设电流都是均匀地分布在导体的横截面上，求r c 各区间的磁感应强度大小，r 为场点到轴线的垂直距离。
μI r 2
解：（1）r
2πa a
（2）a
μ0I ； 2πr
⎛r 2-b 2⎫μ0I c 2-r 2
（3）b
⎝⎭
（4）c
12-31 如习题12-31图所示，两平行长直导线相距为d ，每根导线载有电流为I 1=I 2=I ，电流流向如图所示，求：(1)两导线所在平面内与该两导线等距的一点A 处的磁感应强度；(2)通过图中阴影面积的磁通量(r 1=r 2=d 。 4) 解：无限长载流直线的磁场B =（1）A 点的磁场B =（2）B =
μ0I ， 2πr
2μ0I
； πd
μ0I μ0I
， +
2πr 2πd -r Bl d r =⎰
3d /4
Φm =⎰
3d /4
d /4d /4
⎡μ0I μ0I ⎤μ0Il
+l d r =ln 3 ⎢2πr 2πd -r ⎥π⎣⎦
12-40 一根长直导线载有电流为I 1，一长方形回路和它在同一平面内，载有电流为I 2，回路长为a ，宽为b ，靠近导线的一边距导线的距离为c ，如习题12-40图所示。求直导线电流的磁场作用在这回路上的合力。
解：F =第十四章
μ0I 1I 2a ⎛11⎫μ0I 1I 2ab
，向左。 -⎪=
2π⎝c c +b ⎭2πc c +b
14-1． 解：（1）由εi =⎰(v ⨯B ) ∙d l ，由于v 和B 夹角为90°，因此v ⨯B 沿着DA 和CB
l
方向，
所以，εi =Blv ，其中B =
μ0I
2πx
N μ0Ilv N μ0Ilv
，εCB =NB 2lv = 2πa 2πb N μ0Ilv (b -a )
εDA -εBC ==3⨯10-3V ，方向顺时针。
2πab
b μ0Ildx μ0Il b
=ln ， （2）单匝线圈的磁通量为：Φ=⎰B d S =⎰a 2πx 2πa S
εDA =NB 1lv =
总的线圈的磁通匝链为：ψ=N Φ=所以，ε=-
N μ0Il b
ln ，其中I = 5sin100πt A。 2πa
πt ∙l b ⎤d ψd ⎡N μ5sin 100
=-⎢0ln ⎥=-4. 35⨯10-2cos ωt dt dt ⎣2πa ⎦
14-8. 解：取由O 沿杆向外为积分方向，则：
μ0I sin 90
dl c o 1s 8 0 d εi =v ⨯B d l =(ωl )
2πa +l c o θs ()
-ωμ0I
εi =
2π
=
⎰
L
-ωμ0I ldl
=
l cos θ+a 2πcos θ
⎰
L
(l cos θ+a )-a dl
l cos θ+a
-ωμ0I ⎡L a
dl -⎰2πcos θ⎢cos θ⎣0
⎰
L
d (l cos θ+a )⎤
⎥l cos θ+a ⎦
=
-ωμ0I
2πcos θ
⎡π⎫a ⎛L cos θ⎫⎤⎛
()θ≠±2k +1L -ln 1+ ⎪ 方向指向O 处。 ⎪⎢⎥2cos θa ⎭⎝⎭⎦⎝⎣
当θ=±(2k +1)
π
2
时，
εi =⎰
L
(
L μ0I μ0I ωL 2
，方向指向O 。 v ⨯B d l =⎰l ωcos π∙dl =-
02πa 4πa
)
14-15. 解：（1）方向垂直于Oa ，Ob 和Oc ，顺时针。
由法拉第电磁感应定律，以O 为圆心，作过ab 和c 的回路，取顺时针为正。
∂B dB 2⎛dB ⎫2
d S =- -πR ， 对于a 和b ：εi =E i d l =E 2πR =-⎰⎪πR cos 0=∂t dt dt ⎝⎭
R dB
2dt dB 2
πR ， 同理，对于c ：εi =E i d l =E 2πR =dt
所以，E a =E b = 所以，E c =
3R dB
。
6dt
（2）连接OabcO ，使之成为回路，回路的电动势是Oa 、abc 和cO 三段回路的电动势之和，即：
εi =E i d l =
Oa
⎰E i d l +
abc
⎰E i d l +⎰E i d l
cO
对于Oa 和Oc ，E i ⊥d l ，所以，积分为零。
所以，
∂B ⎛dB ⎫⎛dB ⎫⎛1230⎫⎪ εi =⎰E i d l =εabc =⎰d S =- -⎪⎰dS cos 0=- -⎪ Rh +πR ⎪ ∂t 360⎭⎝dt ⎭⎝dt ⎭⎝2abc S
dB 2⎛π⎫
=R +⎪ ⎪ dt 412⎝⎭
（1） 非静电力由c 指向啊，所以，a 点电势比c 点高。 14-33. 解：（1）建立Ox 坐标轴，O 点取在导线上，在x=a/2处作垂线，在(-a/2, 0)和(0, a/2)的区域内，关于导线对称的位置处磁感强度大小相等，方向相反，因此，这块区域总的磁通量为零。所以，要求自感系数，只需求x 在(a/2, 3a/2)内的磁通量。 在这块区域内，取一面元dS =adx ，
a μ0I a μI sin ωt
dx =00dx 2πx 2πx 3a /2a μI sin ωt a μI sin ωt 00
dx =00ln 3， 所以，Φ=⎰a /22πx 2π
Φμ0a =ln 3 所以，互感系数M =I 2π
μaI ωln 3dI
=-00cos ωt （2）互感电动势ε=-M dt 2π
则：d Φ=
14-37. 解：在筒内取如图所示的绕行回路，由安培环路定理：
B d l =μ0I ，即B 2πr =μ0I
所以，B =
μ0I
2πr
由B =μ0μr H =μ0H
μ0I 21. 6⨯10-411B B 2
得ωm =HB =B ==22=(SI ) 2
22μ02μ08πr r
（2）由于是单位长度，l = 1m，
μ0I 2μ0I 2l 0. 007dr -3
储存的能量为W m =⎰⎰⎰w m dV =⎰2πrldr ==1. 96⨯10J 22
8πr 4π⎰0. 001r
第十六章
16-3 在双缝干涉实验中，波长λ=550nm 的单色平行光垂直入射到缝间距a ＝2×10-4 m的双缝上，屏到双缝的距离D ＝2 m。求：
(1) 中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距；
(2) 用一厚度为e ＝6.6×10-6 m 、折射率为n ＝1.58的玻璃片覆盖一缝后，零级明纹将移到原来的第几级明纹处？(1 nm = 10-9 m)
D λ2⨯550⨯10-9
=2⨯10⨯=0.11m 。 解：（1）∆x =2k -4a 2⨯10
（2）k =
e (n -1)
λ
6.6⨯10-6⨯(1.58-1)==6.90≈7明条纹。 -9
550⨯10
16-11 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上，油膜覆盖在玻璃板上。油的折射率为1.30，玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由光源连续可调，可观察到500nm 与700nm 这两个波长的单色光在反射中消失．试求油膜层的厚度． 解: 油膜上、下两表面反射光的光程差为2ne ，由反射相消条件有
k +=k +( 2ne =(2
2k
当λ1=5000A 时，有
o
λ
1
λ ) (k =0, 1, ⋅2⋅, ⋅ ① 2
1
2ne =(k 1+) λ1=k 1λ1+2500 ②
2
当λ2=7000A 时，有
o
1
2ne =(k 2+) λ2=k 2λ2+3500 ③
2
因λ2>λ1，所以k 2
1
2ne =(k 3+) λ3式
2
即不存在 k 2
即 k 2=k 1-1 ④ 由②、③、④式可得：
k 1=
k 2λ2+1000
λ1
=
7k 2+17(k 1-1) +1
=
55
得 k 1=3
k 2=k 1-1=2
可由②式求得油膜的厚度为
e =
k 1λ1+2500
=673.1nm
2n
16-19 两块折射率为1.60的标准平面玻璃之间形成一个劈尖，用波长λ=600nm 的单色光垂直入射，产生等厚干涉条纹，假如我们要求在劈尖内充满n =1.40的液体时相邻明纹间距比劈尖内是空气时的间距缩小∆l =0.5mm ，那么劈尖角θ应是多少？ 解：劈尖内充满空气时，间距l 1=
∆l =l 1-l 2=
λλ
，劈尖内充满液体时，l 2=
2n θ2θ
λ1
(1-) 2θn
1600⨯10-61
θ=(1-) =(1-) =1.7⨯10-4rad
2∆l n 2⨯0.51.4
λ
16-20 牛顿环装置中平凸透镜与平板玻璃间留有一厚度为e 0的气隙，若已知观测所用的单色光波长为λ，平凸透镜的曲率半径为R ，如图习题17-20所示。
（1）试导出k 级明条纹和暗条纹的公式； （2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，试述此过程中牛顿环将如何变化？
习题 16-20图
（3）试判别在调节过程中，在离开中心r 处的牛顿环某干涉条纹
宽度∆r k 与e 的厚度有无关系？叙述简明理由，并算出在该处的条纹宽度。 解：（1）与牛顿环计算相似：
（e +e 0）+明条纹：2（e +e 0）+暗条纹：2
λ
2
=±k λ (k=1,2,…)
λ
=±（2k +1 (k=1,2,…)
22
λ
（2）若调节平凸透镜与平板玻璃靠近，则厚度向边缘走动，根据等厚条纹的定义，相应的条纹也要向边缘移动，即条纹扩展。
（3）在调节过程中，在离开中心r 处的牛顿环某干涉条纹宽度∆r k 与e 的厚度有关系 r 2
根据 e =
2R
r 2
比如暗环半径：2
+e 0）=k λ
r 2R
那么∆r 由于平方根的存在，所以e 0不能抵消，对条纹宽度产生影响。 第十七章
17-9 缝间距d=0.1mm，缝宽a=0.02mm的双缝，用波长 λ=600nm 的平行单色光垂直入射，双缝后放一焦距为f=2.0m的透镜，求：（1）单缝衍射中央亮条纹的宽度内有几条干涉主极大条纹；（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，中央亮条纹的宽度内又有几条干涉主极大？
f λ2⨯600⨯10-9
==0. 12m 解： a sin ϕ=±k λ 所以中央亮条纹位置为：2x =2-5a 2⨯10
中央明条纹位于：中心位置的上下方各0.06m 处。
-9
而干涉条纹的条纹间距为：∆x =f λ=2⨯600⨯-10=0. 012m 4
d 1⨯10
中央明条纹在中心位置的上下方各0.006m 的位置上，第K 级明条纹的位置为：
x =0.006+k ⨯0.012
即在单缝衍射中央亮条纹的宽度内有9条干涉主极大条纹（两边各四条+中央明纹）。
（2）在这双缝的中间再开一条相同的单缝，
-9
干涉条纹的条纹间距将变为：∆x =f λ=2⨯600⨯10=0. 024m
10. 5⨯10-4d 2
中央明条纹在中心位置的上下方各0.012m 的位置上，第K 级明条纹的位置为：
x =0.012+k ⨯0.024
即在单缝衍射中央亮条纹的宽度内有5条干涉主极大条纹（两边各两条+中央明纹）。 第十八章
18-1 使自然光通过两个偏振化方向相交60o 的偏振片，透射光强为I 1，今在这两个偏振片之间插入另一偏振片，它的方向与前两个偏振片均成30o 角，则透射光强为多少?
解：入射光通过偏振片1和2后，透射光强为
1⎫2 I 1=⎛ I 0⎪cos 60
⎝2
⎭
插入偏振片3后，其透射光强为
⎫2 2
I 2=⎢⎛ I 0⎪cos 30⎥cos 30
⎣⎝2⎭⎦
⎡1⎤
两式相比可得：I 2=2.25I 1 第二十章
20-4解:设飞船Ⅰ为K 系，飞船Ⅱ为K ′系。K 系测得飞船Ⅱ的长度为:
L 2=L 20
v 2
1-2=0. 199L 20
c
按题意:
L 20. 199L 202
== L 10L 105
L 202
= L 101
故它们的相对静长之比为:
20-12解: 设裂变以后两粒子的静止质量分别为m 01和m 02，裂变后的动量分别为
p 1=
3
=m 01c ; 4
p 2=
4
=m 02c 3
由动量守恒知裂变后两粒子的动量相等，即有
=
→
m 019
=， （1） m 0216
裂变后粒子1和粒子2的总能量分别为
E 1==
5
m 01c 2; 45E 2==m 02c 2
3
由能量守恒E =E 1+E 2得
m 0c 2=
55
m 01c 2+m 02c 2 （2） 43
联立方程（1），（2），解得m 01=0.24m 0;
m 02=0.42m 0
过程中静质量亏损∆m =m 0-m 01-m 02=0.34m 0 释放的动能E k =∆mc =0.34m 0c
2
2
第二十一章
21-1解：由维恩位移定律λm T =b 可得北极星的表面温度T =b /λm =8.28⨯103K 。 21-2解：由斯忒藩-玻尔兹曼定理M B (T )=σT 4 可得温度
T =21-11解：(1)氢原子的能级：E n =
=1.416⨯103K 。
E 113.6
=-，因此有 n 2n 2
E 2=-3.4, E 3=-1.51, E 4=-0.85, ，
容易看出E 4-E 1=12.75，所以氢原子将会被激发到第四能级。
(2)氢原子从第四能级向下跃迁可能发出的谱线如图21-16所示，对应所发光的能量分别为
h ν41=E 4-E 1=12.75eV h ν42=E 4-E 2=2.55eV h ν43=E 4-E 3=0.66eV h ν31=E 3-E 1=12.09eV h ν32=E 3-E 2=1.89eV h ν21=E 2-E 1=10.2eV