大物例題習(xí)題參考答案

1、例題練習(xí)題參考答案（詳解）第11章靜電場(chǎng)【例題精選】例11-1（見(jiàn)書(shū)上）例11-2yqd（或匯飛），從0點(diǎn)指向缺口中心點(diǎn)40R2 2 R d 80R3例 11-3D例 11-4D例 11-5B例11-6/2 0，向右；3/2。，向右； /2 0，向左例11-7（見(jiàn)書(shū)上）15【練習(xí)題】11-1B11-2d /°,9廠，沿矢徑°（4R d ）OP11-3Q/° 和 5Q r°，18°R2 °11-4B11-5【解】（1）作與球體同心，半徑rR的咼斯球面r內(nèi)包含的電荷Q1o$。球體內(nèi)電荷密度隨r變化，因此,球面S14 r2 （r）dr。已知

2、的電荷體密度（r） =kr，根據(jù)高斯定理：Q1 ,Er 4o2rEr k , r R。4o1 r34k r dr，可求得球體內(nèi)任意點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng): °o作與球體同心、半徑R的球面S2，因R外電荷為零，故 S2內(nèi)的電荷Q2=Q總根據(jù)咼斯定理:E dS Er 4S|r21 R4k r dr ,得球體外任意一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng):°oR4Erk 2，r R。4 °r211-6/(2 0) , 3 /(2 °)和-。電場(chǎng)分布具有11- 7【解】?jī)赏S圓柱面帶有等量異號(hào)電荷，則內(nèi)外電荷線密度分別為軸對(duì)稱性。（1 ）建立半徑r R的同軸高斯柱面，設(shè)高為 h。高斯柱面內(nèi)無(wú)電荷分布。?E

3、 dS 巳 2 rh 0，則，巳 0（ r R）（2）建立R r R2的同軸高斯柱面，設(shè)高為h。高斯柱面內(nèi)包含電荷。柱面的上下底面無(wú)電場(chǎng)分布，電場(chǎng)均勻分布在側(cè)面。?E dS E2 2 rh，則，E2rR2）（3）建立半徑r R2的同軸高斯柱面，設(shè)高為h。高斯柱面內(nèi)包含正負(fù)電荷的代數(shù)和為零。?E dS E3 2 rh 0，則，E3 0（ r R2）第12章電勢(shì)【例題精選】例 12-1- 2000V例 12-245V，-15V例12-3 （見(jiàn)書(shū)上）例12-4 （見(jiàn)書(shū)上）例 12-5 D例 12-6 C【練習(xí)題】12- 1 ? E dr 0，單位正電荷在靜電場(chǎng)中沿任何閉合路徑繞行一周，電場(chǎng)力所做的功

4、為零,保守12-2 C11-3（1）忌，0；（2）總Q4 0212-4【解】在任意位置x處取長(zhǎng)度元dx,其上帶有電荷 dq= 0 （x a）dx它在0點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)dU0 x a d x4°xO點(diǎn)總電勢(shì):a l0a l d x0alna lUdUd xal40 aa x4 0a12-5【解】（1）球心處的電勢(shì)為兩個(gè)同心帶電球面各自在球心處產(chǎn)生的電勢(shì)的疊加，即Uo1 gq4 o 124 r；2U o o- 92=8.85x 1o 9 C / m212（2）設(shè)外球面上放電后電荷面密度為則應(yīng)有Uor2 = 0，即1o2外球面上應(yīng)變成帶負(fù)電，共應(yīng)放掉電荷2q 424 r；0U0r2 = 6.6

5、7X 10-9 C12-6【解】設(shè)無(wú)窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則A、B兩點(diǎn)電勢(shì)分別為Ua2 o i R2 3R24 oUBR2 o、R2 8R2q由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)電場(chǎng)力作功A qUA UB q4 o 6 o注：也可以先求軸線上一點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)，用場(chǎng)強(qiáng)線積分計(jì)算.12-7【答】均勻帶電球體的電場(chǎng)能量大。因?yàn)榘霃较嗤铱傠姾上嗟鹊那蛎婧颓蝮w，其外部電 場(chǎng)分布相同，具有相同的能量；但內(nèi)部電場(chǎng)不同：球面內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)為零，球體內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)不為零，所以 球體的電場(chǎng)能量大。第13章靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體【例題精選】例 13-1C例 13-2C例 13-3（見(jiàn)書(shū)上）例 13-4（見(jiàn)書(shū)上）【練習(xí)題】13- 1 D13-2【解】三塊無(wú)限大平行導(dǎo)

6、體板，作高斯面如圖，知：E1= 1 o, E2= 2 o左邊兩極板電勢(shì)差 U1= 1d1 0,右邊兩極板電勢(shì)差 U2=E2d2= 2d2 0,而左板和右板構(gòu)成等勢(shì)體，中板自身是等勢(shì)體，所以Ul= U2，則1 2= d2 di13-3【證】在導(dǎo)體殼內(nèi)部作一包圍B的內(nèi)表面的閉合面，如圖。設(shè)B內(nèi)表面上帶電荷 Q21，根據(jù)高斯定理，因?qū)w內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)E處處為零，故?E dS （Q1 Q21） / 00，得Q21Q1根據(jù)電荷守恒定律，設(shè)B外表面帶電荷為 Q22，貝y Q21Q22 Q2由此可得Q22q2 q21Q1 Q2。13-4Qd27sQdo0S第14章靜電場(chǎng)中的電介質(zhì)【例題精選】例 14-1 B例 1

7、4-2 C例14-3（1）增大，增大 （2）增大，增大（3）減小，不變例 14-4 .2Fd/C ,2 FdC。例14-5（見(jiàn)書(shū)上）例14-6（見(jiàn)書(shū)上）【練習(xí)題】14-1q40 r R14-2r,r14-3C14-4B14-5C14-6【解】(1)電容器充電后斷開(kāi)電源，則極板上所帶的電量不變。故極板間的電勢(shì)差和電場(chǎng)能量分別為UQ1.0 10 8 ”Q21.0 10 16 一C一12 -1000V , We10 10 122C125 10 J o2 10 10設(shè)極板原間距為 d,增大為2d時(shí)，相應(yīng)的電容量要變小，其值為 CoS/2d C/2 o而此時(shí)極板所帶電量仍然不變。電場(chǎng)總能量改變?yōu)閃e Q

8、2/2CQ2/C=1.O 1O5J,電場(chǎng)能量的增加量為AWe We We =5.0 10 J，由于把帶電的電容器極板拉開(kāi)時(shí)，外力需克服電場(chǎng)力作功，這部分外力所作的功就轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能量了，或者說(shuō)，電荷不變時(shí)，電容器內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，但是場(chǎng) 強(qiáng)存在的空間體積變成原來(lái)的兩倍，總能量也就變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍。第15章穩(wěn)恒磁場(chǎng)【例題精選】例15-1 （見(jiàn)書(shū)上）例15-2 （見(jiàn)書(shū)上）例15-3 （見(jiàn)書(shū)上）例15-4（見(jiàn)書(shū)上）例 15-5 D例 15-6 C例15-7 環(huán)路L所包圍的所有穩(wěn)恒電流的代數(shù)和；環(huán)路L上的磁感強(qiáng)度例15-8 答：第一說(shuō)法對(duì)，第二說(shuō)法不對(duì)因?yàn)閲@導(dǎo)線的積分路徑只要是閉合的，不管在不 在同一

9、平面內(nèi)，也不管是否是圓，安培環(huán)路定理都成立例15-9（見(jiàn)書(shū)上）例15-10 （見(jiàn)書(shū)上）【練習(xí)題】15-1(1)Bo1 。1 。1 （只有四分之一圓弧電流在4 2R 8RP點(diǎn)產(chǎn)生B ）(2)B(cos0 cos )(cos cos4 R24 R2-1,)2 2R1, 亠02 2R參考：圓形載流導(dǎo)線圓心處的磁場(chǎng)：BO2R一段載流直導(dǎo)線的磁場(chǎng)：B 01 （cos 1 cos 2）4 a15-23。14 l（參考上一題，注意流過(guò)ab邊與流過(guò)ac,cb邊的電流關(guān)系）；垂直紙面向里15- 3 D （參考15-1, O點(diǎn)B由圓形電流與無(wú)限長(zhǎng)載流直導(dǎo)線產(chǎn)生，注意二者方向）15-4 B (參考例題15-2)dl

10、=ldr a; dBodI必 dr ;2 r 2 arBp= dB=小丄衍ln 口b 2 ar 2 a b15-5解：帶電圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可看作無(wú)數(shù)的電流圓環(huán)的磁場(chǎng)在O點(diǎn)的疊加.dB 0di/(2 )而 di2 d /(2 )d二 dBod /(2)io d正電部分產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為rBo-do-ro 22R負(fù)電部分產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為Bo-do-(R r)r22今 BB R2r某一半徑為的圓環(huán)的磁場(chǎng)為15-6 ol ;0 ;2 ol15-7D15-8C15-9B（載流長(zhǎng)直螺線管內(nèi)的磁場(chǎng)：Bo n 1 )15-10 解：建立坐標(biāo)系，應(yīng)用安培環(huán)路定理，左邊電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度ol、，B1;方向向里2 x右

11、邊電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2o l2 (3a x)方向向外應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理可得磁場(chǎng)分布為,ol o 2 x 2 (3a x)5x a)2B的方向垂直x軸及圖面向里.第16章磁力【例題精選】例16-11 : 2 ;1 : 2 （參考 洛倫茲力F qv B ;回旋半徑R mV）qB例16-2A （可以用安培力來(lái)判斷各邊受力情況，也可以用MNISen B m B判斷出載流線圈所受磁力矩，然后判定轉(zhuǎn)動(dòng)方向）例16-3 D （cd處在ab的磁場(chǎng)中，可用安培力來(lái)判斷 ）例16-4 （見(jiàn)書(shū)上）例16-5 （見(jiàn)書(shū)上）例16-6 A ； B ；（參考閉合載流導(dǎo)線在磁場(chǎng)中磁力矩MNISen B m B）例 16-7

12、 0 （同上 MNISen B m B mB sinO 0）【練習(xí)題】16-1sBdS B R2 B16-2Be2 /(2me)；Be2R2/(2me)16-316-4D （用安培力來(lái)判斷各邊受力情況 ）16-516-6解：在直線電流12上任意取一個(gè)小電流元 此電流元到長(zhǎng)直線的距離為 在小電流元處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：0 I1B X ,l2dl ,x，無(wú)限長(zhǎng)直線電流I1再利用dF I Bdl，考慮到dldx 亠 cos600 ，dF0 I1I22 xdxcos600'b 0I1I2 d x a 2 x cos6000I 1I 21 b In 。a16- 7 A （參考閉合載流導(dǎo)線在磁場(chǎng)中

13、磁力矩M NISen第17章磁場(chǎng)中的磁介質(zhì)【例題精選】例 17-1 B例17-2答：不能.只是在產(chǎn)生磁因?yàn)樗⒉皇钦嬲诖沤橘|(zhì)表面流動(dòng)的傳導(dǎo)電流，而是由分子電流疊加而成,場(chǎng)這一點(diǎn)上與傳導(dǎo)電流相似.例 17-3 A例 17-4 D【練習(xí)題】17- 1 C17- 2 D17- 3 I / (2 r); I / (2 r)17-5矯頑力??；容易退磁17-6B 解:磁場(chǎng)強(qiáng)度：HNI 1000LBH0rH ；r17-4 鐵磁質(zhì)；順磁質(zhì)；抗磁質(zhì)22 103 A mB"TH第18章電磁感應(yīng)及電磁波【例題精選】例 18-1 B例18-2（見(jiàn)書(shū)上）例18-3（見(jiàn)書(shū)上）例 18-4也 tl n -一-

14、； N2a解：利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式解決：v gtv v v。|d （v B） dl v 一dr ,2 r°V 1 d l dr2 d r0VI2,d l-lnd0gtl d l ln2d由右手疋則判疋：Un UM例 18-5（見(jiàn)書(shū)上）例 18-6（見(jiàn)書(shū)上）例 18-7D例 18-8D例 18-9（見(jiàn)書(shū)上）例 18-10C例 18-11D例 18-12C例 18-13B例 18-14C例 18-15垂直；橫波；相冋；冋時(shí)【練習(xí)題】18-1Dt2 12118-2 C【參考qiI idtd21】右R1R18-3 解：n =1000 (匝 /m)B°nla2 B a2 0nldNa

15、0n= 2x 10 1 sin 100 tN -(SI)dtdtmm / R2x 10-1 a = 0.987 A18- 4 ADCBA 繞向；ADCBA 繞向18-5 解:建立坐標(biāo)（如圖）則：BB1BB10IB20I2 x2(x a)B0 I0IB方向O2 (x a)2 x0 Iv11dBv d x -:()d x2 x a xJ-IiIl "一x1AxO2a x +dx 2a+b2a bd 仝丄丄）dx業(yè)ln2（a b） 2a 2 x a x2 2a b感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)?CtD, D端電勢(shì)較高.18- 6 D18- 7 證明：取長(zhǎng)直導(dǎo)線之一的軸線上一點(diǎn)作坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)電流為I，則在

16、兩長(zhǎng)直導(dǎo)線的平面上兩線之間的區(qū)域中B的分布為012 (d r)穿過(guò)單位長(zhǎng)的一對(duì)導(dǎo)線所圍面積（如圖中陰影所示）的磁通為B dSS0I d2aa(1r1 )dr d r0d aI Ina0d aL-lnIa18-80.400 H ;28.8J（參考L-J 1L-和 Wm"）dtm218-9 C18- 10 C18-11 解：如圖所示，由安培環(huán)路定理得導(dǎo)體內(nèi)距中心軸為r處的磁感強(qiáng)度B= r，在r處的磁能密度為2 R2Wm= = 匚r2，則單位長(zhǎng)2 08 2R418-12度導(dǎo)線內(nèi)所儲(chǔ)藏的磁能為RWm= w m 2 rdr =0R 0I2 0 4 R4r3dr =160I2證明：電場(chǎng)能量密度

17、WeE2磁場(chǎng)能量密度 wmH2E H的量值關(guān)系:Wm818-13 2 10 m/s (參考 v18- 14能流密度矢量，其大小表示單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)與能量傳輸方向垂直的單位橫截面積的能量,其方向?yàn)槟芰康膫鬏敺较颍籗 E H第19章光的干涉【例題精選】例 19-1D ；例 19-2B ；例 19-33 ；n41.33 ；3例 19-4n2n1e ；例 19-5n12,4 e ； n 1 e 4 ,en 1例 19-6D ；例 19-7B ；例 19-8C ；例 19-9A ；例 19-10B ；4 500nm1.5 14000nm ；例19-11 (1)明環(huán)半徑r 2k 1 R /22r22k 1

18、R=5 x 10 5 cm(或 500 nm)(2) (2k 1)= 2 r2 / (R )對(duì)于 r = 1.00 cm , k= r2 / (R ) + 0.5= 50.5故在OA范圍內(nèi)可觀察到的明環(huán)數(shù)目為50個(gè)。例 19-12【解】設(shè)第五個(gè)明紋處膜厚為 e,則有2ne+ / 2 = 5設(shè)該處至劈棱的距離為I，則有近似關(guān)系e= l ,由上兩式得2nl = 9 / 2, l = 9 / 4n充入液體前第五個(gè)明紋位置11= 94充入液體后第五個(gè)明紋位置12= 94nn 4 = 1.61 mm充入液體前后第五個(gè)明紋移動(dòng)的距離1 = 11 -|2 = 9【練習(xí)題】19- 1. 上; (n-1)e ;

19、19- 2. B;例題練習(xí)題參考答案(詳解)19- 3. C;19-4.解： x 2kD /d , d 2kD / x此處 k= 5 d 10D / x 0.910mm共經(jīng)過(guò)20個(gè)條紋間距，即經(jīng)過(guò)的距離距離I 20D /d 24mm19- 5.解： x= 20 D / a = 0.11 m 覆蓋云玻璃后，零級(jí)明紋應(yīng)滿足(n 1)e+門(mén)=2設(shè)不蓋玻璃片時(shí)，此點(diǎn)為第k級(jí)明紋，則應(yīng)有2 r1= k所以(n 1)e = kk= (n 1) e / = 6.96 7零級(jí)明紋移到原第 7級(jí)明紋處19- 6.解： 棱邊處是第一條暗紋中心，在膜厚度為e2=處是第二條暗紋中心，依此可知第四條暗紋中心處，即A處膜

20、厚度e4=3 /2e4/l3 / 2l = 4.8X 10-5 rad(2)由上問(wèn)可知 A處膜厚為e4= 3X 500 / 2 nm = 750 nm對(duì)于/= 600 nm的光，連同附加光程差，在A處兩反射光的光程差為/2，它與波長(zhǎng)之比為2e4 /1/2 3.0 所以A處是明紋19-7.解：上下表面反射都有相位突變，計(jì)算光程差時(shí)不必考慮附加的半波長(zhǎng)。設(shè)膜厚為e , B處1為暗紋，2ne= ( 2k+ 1 ) , (k= 0, 1, 2,)2A處為明紋，B處第8個(gè)暗紋對(duì)應(yīng)上式 k= 7e2k 11.5 x 10-3 mm4n19-8.解：(1)第k個(gè)明環(huán)，2ek 7；k ,ek(2k1)/4(2

21、廠2ek1k , R2r： (R ek)22rkR222Rekek式中ek為第k級(jí)明紋所對(duì)應(yīng)的空氣膜厚度ek很小，e R, £ 可略去，得ekr：/(2R) 2r：/(2R) 1 k , rk(2k 1)R /2(k=1, 2, 3 )19-9.解：(1)設(shè)第十個(gè)明環(huán)處液體厚度為e10,貝U2ne0/2 10%(10/2)/2n 19 /4n2.32 10 4cm192 ek<<R,略去 ek ,R2 rfR e.rf R2 2Re. ek得rk . 2R ekr10. 2R00 = 0.373 cm第20章光的衍射【例題精選】例20-1 子波；子波相干疊加；例 20-2

22、B ；例 20-3B ；例 20-4D ；例 20-5A ；例 20-6B ；例 20-7B ；例 20-8 一；三；例 20-9B ；例 20-10D ；例20-11【解】(1)雙縫干涉條紋第 k級(jí)亮紋條件：d sin =k第k級(jí)亮條紋位置：Xk = f tan f sin kf / d相鄰兩亮紋間距：x = Xk+1 xk=(k+ 1)f / d kf / d=f / d =2.4x 10 3 m=2.4 mm 單縫衍射第一暗紋： a sin 1 =單縫衍射中央亮紋半寬度：X0 = f tan 1 f sin 1 f / a= 12 mm，即 X0 / x =5所以雙縫干涉第土 5級(jí)主極大

23、缺級(jí)。因此在單縫衍射中央亮紋范圍雙縫干涉亮紋數(shù)N = 9，為k = 0，土 1，土 2，土 3，土 4級(jí)，或根據(jù)d / a = 5指出雙縫干涉缺第土 5級(jí)主極大，同樣得該結(jié)論。 例20-12【解】(1)由單縫衍射明紋公式可知1r,31r,3asi n12k 1 11(取k=1 )asin 22k 122222tan 1x-i / f , tan2x2 / f由于 sin 1tan 1 ,sin 2 tan2所以x13 f 1/a ,x-f 2 /a22則兩個(gè)第一級(jí)明紋之間的距離為x x2x13f2/ a =0.27 cm(2)由光柵衍射主極大的公式d sin 1 k 11 1 , d sin

24、2 k 21 2例題練習(xí)題參考答案（詳解）且有 sin tan x/ f 所以 x x2 x1f / d =1.8 cm【練習(xí)題】20- 1. D;20- 2.4 ; 1 ;暗；20- 3. B;20- 4. D;20- 5. D;20-6 解：(1)由單縫衍射暗紋公式得a sin 11 1a sin 2 2 2由題意可知12 , sin 1 sin 2代入上式可得1 2 2(2) a sin 1k 12k 2(k1 = 1,2,)sin 12k12 / aasin 2k2 2(k2 = 1,2,)sin 2k22 / a若 k2 = 2k1，貝V 1 = 2，即1的任一 k1級(jí)極小都有 2的

25、2k1級(jí)極小與之重合.20-7.解：可觀察到最高級(jí)次是k =3.光柵常數(shù)（a+ b）=2 x 104 cm,按光柵公式（a + b）sin = k最大為 90 °，所以 kmaxW （a+ b）sin90 ° / kmaxW 2X 10-4 / 5000 X 10-8 =4實(shí)際上 =90°的第四級(jí)觀察不到，所以可觀察到最高級(jí)次是k =3.20-8.解：因k 4的主極大出現(xiàn)在90的方向上，實(shí)際觀察不到。所以，可觀察到的有23k 0, 1, 2, 3共7條明條紋。20-9.解：（1）由光柵衍射主極大公式得a b sin 303 1a b丄sin 303.3610 4 cm a b sin304 2a b sin 30 /4420 nm20-10.解：由光柵公式得sin = k1 1 / (a+b) = k2 2 / (a+b)k11 = k22k2 k1 =1/2=0.668 / 0.447將k2 k1約化為整數(shù)比 k2 k1=3 / 2=6 / 4=12 / 8取最小的k1和k2 ,k1=2, k2 =3 ,則對(duì)應(yīng)的光柵常數(shù)(a + b) = ki i / sin =3.92