大物例题习题参考答案

1、例题练习题参考答案（详解）第11章静电场【例题精选】例11-1（见书上）例11-2yqd（或汇飞），从0点指向缺口中心点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（见书上）15【练习题】11-1B11-2d /°,9厂，沿矢径°（4R d ）OP11-3Q/° 和 5Q r°，18°R2 °11-4B11-5【解】（1）作与球体同心，半径rR的咼斯球面r内包含的电荷Q1o$。球体内电荷密度随r变化，因此,球面S14 r2 （r）dr。已知

2、的电荷体密度（r） =kr，根据高斯定理：Q1 ,Er 4o2rEr k , r R。4o1 r34k r dr，可求得球体内任意点的场强: °o作与球体同心、半径R的球面S2，因R外电荷为零，故 S2内的电荷Q2=Q总根据咼斯定理:E dS Er 4S|r21 R4k r dr ,得球体外任意一点的场强:°oR4Erk 2，r R。4 °r211-6/(2 0) , 3 /(2 °)和-。电场分布具有11- 7【解】两同轴圆柱面带有等量异号电荷，则内外电荷线密度分别为轴对称性。（1 ）建立半径r R的同轴高斯柱面，设高为 h。高斯柱面内无电荷分布。?E

3、 dS 巳 2 rh 0，则，巳 0（ r R）（2）建立R r R2的同轴高斯柱面，设高为h。高斯柱面内包含电荷。柱面的上下底面无电场分布，电场均匀分布在侧面。?E dS E2 2 rh，则，E2rR2）（3）建立半径r R2的同轴高斯柱面，设高为h。高斯柱面内包含正负电荷的代数和为零。?E dS E3 2 rh 0，则，E3 0（ r R2）第12章电势【例题精选】例 12-1- 2000V例 12-245V，-15V例12-3 （见书上）例12-4 （见书上）例 12-5 D例 12-6 C【练习题】12- 1 ? E dr 0，单位正电荷在静电场中沿任何闭合路径绕行一周，电场力所做的功

4、为零,保守12-2 C11-3（1）忌，0；（2）总Q4 0212-4【解】在任意位置x处取长度元dx,其上带有电荷 dq= 0 （x a）dx它在0点产生的电势dU0 x a d x4°xO点总电势:a l0a l d x0alna lUdUd xal40 aa x4 0a12-5【解】（1）球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即Uo1 gq4 o 124 r；2U o o- 92=8.85x 1o 9 C / m212（2）设外球面上放电后电荷面密度为则应有Uor2 = 0，即1o2外球面上应变成带负电，共应放掉电荷2q 424 r；0U0r2 = 6.6

5、7X 10-9 C12-6【解】设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为Ua2 o i R2 3R24 oUBR2 o、R2 8R2q由A点运动到B点电场力作功A qUA UB q4 o 6 o注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算.12-7【答】均匀带电球体的电场能量大。因为半径相同且总电荷相等的球面和球体，其外部电 场分布相同，具有相同的能量；但内部电场不同：球面内部场强为零，球体内部场强不为零，所以 球体的电场能量大。第13章静电场中的导体【例题精选】例 13-1C例 13-2C例 13-3（见书上）例 13-4（见书上）【练习题】13- 1 D13-2【解】三块无限大平行导

6、体板，作高斯面如图，知：E1= 1 o, E2= 2 o左边两极板电势差 U1= 1d1 0,右边两极板电势差 U2=E2d2= 2d2 0,而左板和右板构成等势体，中板自身是等势体，所以Ul= U2，则1 2= d2 di13-3【证】在导体壳内部作一包围B的内表面的闭合面，如图。设B内表面上带电荷 Q21，根据高斯定理，因导体内部场强E处处为零，故?E dS （Q1 Q21） / 00，得Q21Q1根据电荷守恒定律，设B外表面带电荷为 Q22，贝y Q21Q22 Q2由此可得Q22q2 q21Q1 Q2。13-4Qd27sQdo0S第14章静电场中的电介质【例题精选】例 14-1 B例 1

7、4-2 C例14-3（1）增大，增大 （2）增大，增大（3）减小，不变例 14-4 .2Fd/C ,2 FdC。例14-5（见书上）例14-6（见书上）【练习题】14-1q40 r R14-2r,r14-3C14-4B14-5C14-6【解】(1)电容器充电后断开电源，则极板上所带的电量不变。故极板间的电势差和电场能量分别为UQ1.0 10 8 ”Q21.0 10 16 一C一12 -1000V , We10 10 122C125 10 J o2 10 10设极板原间距为 d,增大为2d时，相应的电容量要变小，其值为 CoS/2d C/2 o而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为We Q

8、2/2CQ2/C=1.O 1O5J,电场能量的增加量为AWe We We =5.0 10 J，由于把带电的电容器极板拉开时，外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了，或者说，电荷不变时，电容器内部的电场强度不变，但是场 强存在的空间体积变成原来的两倍，总能量也就变为原来的两倍。第15章稳恒磁场【例题精选】例15-1 （见书上）例15-2 （见书上）例15-3 （见书上）例15-4（见书上）例 15-5 D例 15-6 C例15-7 环路L所包围的所有稳恒电流的代数和；环路L上的磁感强度例15-8 答：第一说法对，第二说法不对因为围绕导线的积分路径只要是闭合的，不管在不 在同一

9、平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立例15-9（见书上）例15-10 （见书上）【练习题】15-1(1)Bo1 。1 。1 （只有四分之一圆弧电流在4 2R 8RP点产生B ）(2)B(cos0 cos )(cos cos4 R24 R2-1,)2 2R1, 亠02 2R参考：圆形载流导线圆心处的磁场：BO2R一段载流直导线的磁场：B 01 （cos 1 cos 2）4 a15-23。14 l（参考上一题，注意流过ab边与流过ac,cb边的电流关系）；垂直纸面向里15- 3 D （参考15-1, O点B由圆形电流与无限长载流直导线产生，注意二者方向）15-4 B (参考例题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：带电圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在O点的叠加.dB 0di/(2 )而 di2 d /(2 )d二 dBod /(2)io d正电部分产生的磁感强度为rBo-do-ro 22R负电部分产生的磁感强度为Bo-do-(R r)r22今 BB R2r某一半径为的圆环的磁场为15-6 ol ;0 ;2 ol15-7D15-8C15-9B（载流长直螺线管内的磁场：Bo n 1 )15-10 解：建立坐标系，应用安培环路定理，左边电流产生的磁感应强度ol、，B1;方向向里2 x右

11、边电流产生的磁感应强度B2o l2 (3a x)方向向外应用磁场叠加原理可得磁场分布为,ol o 2 x 2 (3a x)5x a)2B的方向垂直x轴及图面向里.第16章磁力【例题精选】例16-11 : 2 ;1 : 2 （参考 洛伦兹力F qv B ;回旋半径R mV）qB例16-2A （可以用安培力来判断各边受力情况，也可以用MNISen B m B判断出载流线圈所受磁力矩，然后判定转动方向）例16-3 D （cd处在ab的磁场中，可用安培力来判断 ）例16-4 （见书上）例16-5 （见书上）例16-6 A ； B ；（参考闭合载流导线在磁场中磁力矩MNISen B m B）例 16-7

12、 0 （同上 MNISen B m B mB sinO 0）【练习题】16-1sBdS B R2 B16-2Be2 /(2me)；Be2R2/(2me)16-316-4D （用安培力来判断各边受力情况 ）16-516-6解：在直线电流12上任意取一个小电流元 此电流元到长直线的距离为 在小电流元处产生的磁感应强度为：0 I1B X ,l2dl ,x，无限长直线电流I1再利用dF I Bdl，考虑到dldx 亠 cos600 ，dF0 I1I22 xdxcos600'b 0I1I2 d x a 2 x cos6000I 1I 21 b In 。a16- 7 A （参考闭合载流导线在磁场中

13、磁力矩M NISen第17章磁场中的磁介质【例题精选】例 17-1 B例17-2答：不能.只是在产生磁因为它并不是真正在磁介质表面流动的传导电流，而是由分子电流叠加而成,场这一点上与传导电流相似.例 17-3 A例 17-4 D【练习题】17- 1 C17- 2 D17- 3 I / (2 r); I / (2 r)17-5矫顽力小；容易退磁17-6B 解:磁场强度：HNI 1000LBH0rH ；r17-4 铁磁质；顺磁质；抗磁质22 103 A mB"TH第18章电磁感应及电磁波【例题精选】例 18-1 B例18-2（见书上）例18-3（见书上）例 18-4也 tl n -一-

14、； N2a解：利用动生电动势公式解决：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由右手疋则判疋：Un UM例 18-5（见书上）例 18-6（见书上）例 18-7D例 18-8D例 18-9（见书上）例 18-10C例 18-11D例 18-12C例 18-13B例 18-14C例 18-15垂直；横波；相冋；冋时【练习题】18-1Dt2 12118-2 C【参考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 绕向；ADCBA 绕向18-5 解:建立坐标（如图）则：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业ln2（a b） 2a 2 x a x2 2a b感应电动势方向为 CtD, D端电势较高.18- 6 D18- 7 证明：取长直导线之一的轴线上一点作坐标原点，设电流为I，则在

16、两长直导线的平面上两线之间的区域中B的分布为012 (d r)穿过单位长的一对导线所围面积（如图中阴影所示）的磁通为B dSS0I d2aa(1r1 )dr d r0d aI Ina0d aL-lnIa18-80.400 H ;28.8J（参考L-J 1L-和 Wm"）dtm218-9 C18- 10 C18-11 解：如图所示，由安培环路定理得导体内距中心轴为r处的磁感强度B= r，在r处的磁能密度为2 R2Wm= = 匚r2，则单位长2 08 2R418-12度导线内所储藏的磁能为RWm= w m 2 rdr =0R 0I2 0 4 R4r3dr =160I2证明：电场能量密度

17、WeE2磁场能量密度 wmH2E H的量值关系:Wm818-13 2 10 m/s (参考 v18- 14能流密度矢量，其大小表示单位时间内流过与能量传输方向垂直的单位横截面积的能量,其方向为能量的传输方向；S E H第19章光的干涉【例题精选】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)明环半径r 2k 1 R /22r22k 1

18、R=5 x 10 5 cm(或 500 nm)(2) (2k 1)= 2 r2 / (R )对于 r = 1.00 cm , k= r2 / (R ) + 0.5= 50.5故在OA范围内可观察到的明环数目为50个。例 19-12【解】设第五个明纹处膜厚为 e,则有2ne+ / 2 = 5设该处至劈棱的距离为I，则有近似关系e= l ,由上两式得2nl = 9 / 2, l = 9 / 4n充入液体前第五个明纹位置11= 94充入液体后第五个明纹位置12= 94nn 4 = 1.61 mm充入液体前后第五个明纹移动的距离1 = 11 -|2 = 9【练习题】19- 1. 上; (n-1)e ;

19、19- 2. B;例题练习题参考答案(详解)19- 3. C;19-4.解： x 2kD /d , d 2kD / x此处 k= 5 d 10D / x 0.910mm共经过20个条纹间距，即经过的距离距离I 20D /d 24mm19- 5.解： x= 20 D / a = 0.11 m 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n 1)e+门=2设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有2 r1= k所以(n 1)e = kk= (n 1) e / = 6.96 7零级明纹移到原第 7级明纹处19- 6.解： 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2=处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜

20、厚度e4=3 /2e4/l3 / 2l = 4.8X 10-5 rad(2)由上问可知 A处膜厚为e4= 3X 500 / 2 nm = 750 nm对于/= 600 nm的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为/2，它与波长之比为2e4 /1/2 3.0 所以A处是明纹19-7.解：上下表面反射都有相位突变，计算光程差时不必考虑附加的半波长。设膜厚为e , B处1为暗纹，2ne= ( 2k+ 1 ) , (k= 0, 1, 2,)2A处为明纹，B处第8个暗纹对应上式 k= 7e2k 11.5 x 10-3 mm4n19-8.解：(1)第k个明环，2ek 7；k ,ek(2k1)/4(2

21、厂2ek1k , R2r： (R ek)22rkR222Rekek式中ek为第k级明纹所对应的空气膜厚度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)设第十个明环处液体厚度为e10,贝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【例题精选】例20-1 子波；子波相干叠加；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)双缝干涉条纹第 k级亮纹条件：d sin =k第k级亮条纹位置：Xk = f tan f sin kf / d相邻两亮纹间距：x = Xk+1 xk=(k+ 1)f / d kf / d=f / d =2.4x 10 3 m=2.4 mm 单缝衍射第一暗纹： a sin 1 =单缝衍射中央亮纹半宽度：X0 = f tan 1 f sin 1 f / a= 12 mm，即 X0 / x =5所以双缝干涉第土 5级主极大

23、缺级。因此在单缝衍射中央亮纹范围双缝干涉亮纹数N = 9，为k = 0，土 1，土 2，土 3，土 4级，或根据d / a = 5指出双缝干涉缺第土 5级主极大，同样得该结论。 例20-12【解】(1)由单缝衍射明纹公式可知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则两个第一级明纹之间的距离为x x2x13f2/ a =0.27 cm(2)由光栅衍射主极大的公式d sin 1 k 11 1 , d sin

24、2 k 21 2例题练习题参考答案（详解）且有 sin tan x/ f 所以 x x2 x1f / d =1.8 cm【练习题】20- 1. D;20- 2.4 ; 1 ;暗；20- 3. B;20- 4. D;20- 5. D;20-6 解：(1)由单缝衍射暗纹公式得a sin 11 1a sin 2 2 2由题意可知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，贝V 1 = 2，即1的任一 k1级极小都有 2的

25、2k1级极小与之重合.20-7.解：可观察到最高级次是k =3.光栅常数（a+ b）=2 x 104 cm,按光栅公式（a + b）sin = k最大为 90 °，所以 kmaxW （a+ b）sin90 ° / kmaxW 2X 10-4 / 5000 X 10-8 =4实际上 =90°的第四级观察不到，所以可观察到最高级次是k =3.20-8.解：因k 4的主极大出现在90的方向上，实际观察不到。所以，可观察到的有23k 0, 1, 2, 3共7条明条纹。20-9.解：（1）由光栅衍射主极大公式得a b sin 303 1a b丄sin 303.3610 4 cm a b sin304 2a b sin 30 /4420 nm20-10.解：由光栅公式得sin = k1 1 / (a+b) = k2 2 / (a+b)k11 = k22k2 k1 =1/2=0.668 / 0.447将k2 k1约化为整数比 k2 k1=3 / 2=6 / 4=12 / 8取最小的k1和k2 ,k1=2, k2 =3 ,则对应的光栅常数(a + b) = ki i / sin =3.92