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1、真诚为您提供优质参考资料，若有不当之处，请指正。大学物理学习指南答案第十一章 静电场例题答案：111. B； 112. B； 113. B114. ；从O点指向缺口中心点115. ； ；沿矢径OP 116. D117. 向右 ; 向右 118. (见书上)119. D； 1110. C； 1111. C1112. 45 V 15 V1113-14. (见书上) 1115. 无答案练习题答案：Lddqx(L+dx)dExO111. 证明：设杆的左端为坐标原点O，x轴沿直杆方向带电直杆的电荷线密度为l=q/L，在x处取一电荷元dq =ldx = qdx/L， （2分）它在P点的场强： 总场强为：

2、112. Q / e0， 0113. s / (2e0)， 3s / (2e0)114. B115. 解：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷dq=l0 (xa)dx 它在O点产生的电势 O点总电势： 116. 解：在圆盘上取一半径为rrdr范围的同心圆环其面积为 dS=2prdr其上电荷为 dq=2psrdr 它在O点产生的电势为 总电势 117. 解：设导线上的电荷线密度为l，与导线同轴作单位长度的、半径为r的(导线半径R1r圆筒半径R2)高斯圆柱面，则按高斯定理有 2prE =l / e0 得到 E = l / (2pe0r) (R1rR2 ) 方向沿半径指向圆筒 导线与圆筒之间的电

3、势差 则 代入数值，则： (1) 导线表面处 2.54 ×106 V/m (2) 圆筒内表面处 1.70×104 V/m118. 解：设小球滑到B点时相对地的速度为v，槽相对地的速度为V小球从AB过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒 mvMV0 对该系统，由动能定理 mgREqRmv2MV2 、两式联立解出 方向水平向右 方向水平向左119. 解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为 q由A点运动到B点电场力作功 注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算 1110. 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 8.85

4、15;10-9 C / m2 (2) 设外球面上放电后电荷面密度为，则应有 = 0即 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 6.67×10-9 C 第十二章 导体电学例题答案：121. D122. C123. (C)没答案124. q， 球壳外的整个空间125. ， 126. ， 127. C128-9. (见书上)练习题答案：121. C=712Uf（没过程）122 解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E1=s1 ¤ e0，E2=s2 ¤ e0左边两极板电势差U1=s1d1 ¤ e0，右边两极板电势差U2=E2d2=s2d2 ¤ e0，

5、而U1=U2，则s1 ¤ s2= d2 ¤ d1。123. D124. C125. 证明：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Q2，按高斯定理，因导体内部场强E处处为零，故 根据电荷守恒定律，设B外表面带电荷为，则 由此可得 第十三章 电介质例题答案：131. B132. （B）133. （C）134. e r ， e r135. (见书上)136. C练习题答案：131 = 147 kV 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为l，则电容器两极板之间的场强分布为 设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为 电介质中场强最大处在内柱面上，当

6、这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有 适当选择r0的值，可使U有极大值，即令得 显然有 < 0， 故当 时电容器可承受最高的电压 = 147 kV 132 解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量保持不变，又 因为介质均匀，电场总能量 133解：设某瞬时球上带电q，电势为u，将dq自µ处移至球面，外力做功等于的电势能增量dw，即dw=udq。球上电量由q=0®Q，外力作的总功为球末态的电势能(即球带电Q的总静电能)。所以W=。134（1）U=1000V，= 5´10-6J （2）DWe= 5.0´10-6J由于把带电的两面三刀极板拉开时

7、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4. 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=1000V，5´10-6J。(2)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C¢=e0S¤2d=C¤2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为W¢e=Q2 ¤ 2C¢= Q2 ¤ C 1.0´10-5J，电场能量的增加量为DWe= W¢eWe=5.0´10-6J，由于把带电的两面三刀极板拉开时，外力需克服电场力作

8、功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了。135 Vmax= =。解(1)设该球形电容器带有电量，则两球壳间场强分布为r1£r£r2由此可知，当r趋近于r1时，场强值增大。要使电容器不被击穿，E<Eb，在取极限值E=Eb时，有Eb=得：，两球间所允许的最大电势差为：Vmax=。(2)方法一：在r1£r£r2内取半径r厚度dr的薄层壳内电能密度we=eE2=均匀分布在薄层中，此薄球壳能量，dW=4pr2dr× we，电容器能贮存的最大静电能为We=。方法二：此电容C=，We=(Eb4per12)2=第十四章例题答案：例14-1：解：令、和分

9、别代表长直导线1、2和三角形框ac、cb边和ab边中的电流在O点产生的磁感强度则 ：由于O点在导线1的延长线上，所以= 0 ：由毕萨定律 式中 方向：垂直纸面向里 和：由于ab和acb并联，有 又由于电阻在三角框上均匀分布，有 由毕奥萨伐尔定律，有且方向相反 ，的方向垂直纸面向里 例14-2：解：利用无限长载流直导线的公式求解 (1) 取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流 (2) 这载流长条在P点产生的磁感应强度 方向垂直纸面向里 (3) 所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度 方向垂直纸面向里 例14-3：解： ， 。 的方向与y轴正向一致

10、 例14-4：解：由毕奥萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则 。 同理， 故磁感强度 例14-5： C例14-6： 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14-7：证明：由安培定律 ，ab整曲线所受安培力为 因整条导线中I是一定的量，磁场又是均匀的，可以把I和提到积分号之外，即 ，载流相同、起点与终点一样的曲导线和直导线，处在均匀磁场中，所受安培力一样例14-8：答：第一说法对，第二说法不对 围绕导线的积分路径只要是闭合的，不管在不在同一平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立例14-9：解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流

11、密度i， 作矩形有向闭合环路如右图中所示从电流分布的对称性分析可知，在上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。的大小和方向均相同，而且错误！不能通过编辑域代码创建对象。的方向平行于错误！不能通过编辑域代码创建对象。，在错误！不能通过编辑域代码创建对象。和错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。的方向与线元垂直，在错误！不能通过编辑域代码创建对象。，错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。应用安培环路定理 可得 圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为，方向平行于轴线朝右例14-10：A； 例14-11：D； 例14-12：D； 例

12、14-13： 有关 无关习题答案：14-1：C； 14-2： 垂直纸面向； 14-3：D14-4：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 某一半径为r 的圆环的磁场为 而 正电部分产生的磁感强度为 负电部分产生的磁感强度为 今 14-5：0 2； 14-6： 0； 14-7：D；14-8：12 1214-9：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； 方向向里 右边电流产生的磁感应强度； 方向向外 应用磁场叠加原理可得磁场分布为， 的方向垂直x轴及图面向里 14-10：B； 14-11：D； 14-12：C； 14-13：C； 14-14：B； 14-15

13、：B14-16： 第十五章例题答案：例15-1：B； 例15-2：D例15-3：答：不能 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，只是在产生磁场这一点上与传导电流相似 习题答案：15-1：C； 15-2： I / (2pr) mI / (2pr)15-3：铁磁质 顺磁质15-4：矫顽力小 容易退磁15-5：B 第十六章例题答案：例16-1：B例16-2：解：长直带电线运动相当于电流 （2分） 正方形线圈内的磁通量可如下求出 例16-3：解：筒以w旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流，它和通电流螺线管的nI等效按长螺线管产生磁场的公式，筒内均匀磁场磁感强度为： (方

14、向沿筒的轴向) 筒外磁场为零穿过线圈的磁通量为： 在单匝线圈中产生感生电动势为 感应电流i为 i的流向与圆筒转向一致 例16-4： N例16-5：解：带电平面圆环的旋转相当于圆环中通有电流I在R1与R2之间取半径为R、宽度为dR的环带，环带内有电流 dI在圆心O点处产生的磁场 在中心产生的磁感应强度的大小为 选逆时针方向为小环回路的正方向，则小环中 方向：当dw (t) /d t >0时，i与选定的正方向相反；否则 i与选定的正方向相同例16-6：解：在距O点为l处的dl线元中的动生电动势为 de e 的方向沿着杆指向上端例16-7：D； 例16-8：D例16-9：解：(1) 无限长载流

15、直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为： 以顺时针为线圈回路的正方向，与线圈相距较远和较近的导线在线圈中产生的磁通量为： 总磁通量 感应电动势为： 由e >0，所以e 的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向例16-10：D； 例16-11：C习题解答16-1：D16-2：解：螺线管中的磁感强度 ， 通过圆线圈的磁通量 取圆线圈中感生电动势的正向与螺线管中电流正向相同，有 在0 < t < T / 4内， ， 16-2图在T / 4 < t < 3T / 4内， ， 在3T / 4 < t < T内， ， 16-4图e t曲线如图16-2 1

16、6-3：C16-4：解：建立如图16-4所示坐标系，x处磁感应强度；方向向里 在x处取微元，高l宽dx，微元中的磁通量： 磁通量： 感应电动势 方向：顺时针 16-5：解： n =1000 (匝/m) =p2×10-1 sin 100 pt (SI) p2×10-1 A = 0.987 A 16-8图16-6：ADCBA绕向 ADCBA绕向16-7：1.11×10-5 V A端16-8：解：建立坐标(如图16-8)则： ， ， 方向 de 16-11图感应电动势方向为CD，D端电势较高 16-9：B； 16-10：D16-11：证明：建立如图16-11所示坐标，设

17、电流为I，则在两长直导线的平面上两线之间的区域中B的分布为 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 16-12：0.400 H 28.8J16-13：C； 16-14：C 第十八章17-1：垂直 相同【例题精选】例181：【解】(1)Dx20 Dl / a 0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2 设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2r1kl 所以 (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 零级明纹移到原第7级明纹处例182：变小、变小 例183：C 例184：B 例185：C例186：【解】(1) 明环半径 5×1

18、0-5 cm (或500 nm) (2) (2k1)2 r2 / (Rl) 对于r1.00 cm， kr2 / (Rl)0.550.5 故在OA范围内可观察到的明环数目为50个【练习题】181： 上 (n-1)e 182： B183：【解】(1) x 2kDl / d d = 2kDl /Dx 此处 k d10 Dl / Dx0.910 mm (2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离 l20 Dl / d24 mm 184： B 185： A186：【解】(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2l/2处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜厚度 e4= 4.8×

19、10-5 rad (2) 由上问可知A处膜厚为 e43×500 / 2 nm750 nm 对于l600 nm的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为，它与波长之比为所以A处是明纹 187：B188：【解】(1)第k个明环， (2) 式中为第k级明纹所对应的空气膜厚度 很小， 可略去，得 (k=1, 2, 3 )第十九章【例题精选】例191：B 例192：4 、第一例193：【解】(1) 双缝干涉条纹第k级亮纹条件： d sinq =kl第k级亮条纹位置：xk = f tgq f sinq kfl / d相邻两亮纹间距：Dx = xk+1xk=(k1)fl / dkfl / d=

20、fl / d =2.4×10-3 m=2.4 mm (2) 单缝衍射第一暗纹： a sinq1 = l单缝衍射中央亮纹半宽度：Dx0 = f tgq1f sinq1fl / a12 mm Dx0 / Dx =5 双缝干涉第±5极主级大缺级 在单缝衍射中央亮纹范围双缝干涉亮纹数N = 9，为 k = 0，±1，±2，±3，±4级或根据d / a = 5指出双缝干涉缺第±5级主大，同样得该结论例194： 一 三例195：【解】 (1) 由单缝衍射暗纹公式得 由题意可知 , 代入上式可得 (2) (k1 = 1, 2, ) (k2

21、 = 1, 2, ) 若k2 = 2k1，则q1 = q2，即l1的任一k1级极小都有l2的2k1级极小与之重合【练习题】191：子波 子波干涉(或 “子波相干叠加”) 192：D 193：C 194：B195：解：由光栅公式得 sinj= k1 l 1 / (a+b) = k2 l 2 / (a+b)k1 l 1 = k2 l 2 k2 / k1 = l 1/ l 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) = k1 l 1 / sinj

22、=3.92 mm 196：解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知 (取k1 ) , 由于 , 所以 则两个第一级明纹之间距为 =0.27 cm (2) 由光栅衍射主极大的公式 且有 所以 =1.8 cm 197：答：因k =±4的主极大出现在q =±90°的方向上，实际观察不到 所以，可观察到的有k =0,±1,±2,±3共7条明条纹198：答：可观察到最高级次是k =3 光栅常数(ab)=2×10-4 cm, 按光栅公式 (a + b)sinq = kl q 最大为90°，所以kmax(ab)sin90°/

23、 l kmax2×10-4 / 5000×10-8 =4 实际上q =90°的第四级观察不到，所以可观察到最高级次是k =3 第二十章【例题精选】例201：波动；横 例202： C 例203： 30°；1.73例204：遵守通常的折射； 不遵守通常的折射；A例205：【解】设I0为自然光强由题意知入射光强为2 I0 (1) I1=2·2 I0 / 30.5 I0I0cos2q 4 / 30.5cos2q所以 q24.1° (2) I1= (0.5 I0I0 cos224.1°)2(2 I0) / 3， I2I1cos230&

24、#176;3 I1 / 4所以 I2 / 2I0 = 1 / 2 例206：C【练习题】201：B 202：A 203：B204：解：设Imax，Imin分别表示出射光的最大值和最小值，则 ImaxIa / 2Ib Imin Ia / 2 令 所以 205：A 206：A207：完全（线）偏振光 垂直于入射208：54.7° 35.3°209： 证明：设介质、的折射率分别为n1、n2，、交界面(图中的上界面)处折射角为r， 它也等于、下界面处的入射角最后的折射角为由折射定律 n1 sini = n2 sinr = n1 sin 所以 i 在上界面，布儒斯特定律，irp 所以

25、rp这表明在下界面处也满足布儒斯特定律，所以在下界面处的反射光也是线偏振光2010：D 2011：D 第二十一章【例题精选】例211：C例212：【答】不能产生光电效应。 因为：铝金属的光电效应红限波长，而 A =4.2 eV =6.72×10-19 J l0 =296 nm 而可见光的波长范围为400 nm760 nm > l0。例213：C 例214：5×1014 2 例215：C 例216：B例217解：极限波数 可求出该线系的共同终态. 由l =6565 Å 可得始态 =3 由 eV 可知终态 n =2，E2 = -3.4 eV 始态 n =3，E3

26、 = -1.51 eV 例218：1.45 Å 6.63×10-19 Å【练习题】211：D 212：A/h 、 213：D 214：1.45 V 7.14×105 m·s-1215：证明：由爱因斯坦方程 及逸出功 得 因为 时EK = 0，由图可知： 入射光频率为n时 即 216：13.6 3.4217：证明： , 而： ， ， 代入上式： 与 比较，得里德伯常量 218：C 219：C 2110：D2111：变长 变长 2112： 第二十二章【例题精选】例221：A 例222： 例223：1.45 Å 6.63×10-19 Å例224：【解】(1)考虑相对论效应：eU12=mec2(g-1)，g=1+= ，v=，l=。U12 = 100 kV=105V，则eU12+mec2=9.8´10-14，=5.367´10-14，v=1.643´108m ¤ s，得相对论波长l=3.706´10-12m。(2)不考虑相对论效应：eU12=mev2 ¤ 2，v=，l¢=。 =1.