大学物理全程导学例题习题详细答案1121章

1、第11章 静电场例11-2 ；从O点指向缺口中心点例11-3 DD例11-6 ，向右； ，向右； ，向左。习题精炼B习题11-2图11-2 过O点建立直角坐标xOy。均匀带电圆弧线的电荷线密度，对应张角取一电荷元 11-3 ，沿矢径OP11-4 ；0、11-5 rR1： R1rR2： R2rR3： rR3： 11-6 ，；，；，11-7 ，第12章 电势-2000V45V；-15V例12-5 DC习题精炼12-1 ； 单位正电荷在静电场中沿任何闭合路径绕行一周，电场力所做的功为零；保守12-2 C12-3 (1) ， 0；(2) ， 12-4 12-5（1）两球面内rR1： 两球面之间R1rR

2、2： 两球面之外rR2： （2）12-6 12-7 均匀带电球体的电场能量大。第13章 静电场中的导体CC不变；减小习题精练D解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，可得金属表面场强：E1=1 0，E2=2 0左边两极板电势差U1=1d1 0，右边两极板电势差U2=E2d2=2d2 0，而左板和右板由导线连接构成等势体，中板自身是等势体，所以U1= U2，则 1d1 2d2= d2 d1 电势差为0，因为导体是一个等势体。；第14章 静电场中的电介质例14-1 B例14-2 C例14-3 （1）增大；增大 （2）增大；增大 （3）减小；不变例14-4 ；习题精练14-1 14-2 r ； r1

3、4-3 C14-4 B14-5 C14-6 【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 =1000V，5106 J。(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。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为 =105 J，电场能量的增加量为106J，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

4、-3 （见书上）例15-4 （见书上） 例15-5 D例15-6 C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，不管在不在同一平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立（见书上）【练习题】15-1 (1) (只有四分之一圆弧电流在P点产生B ) (2) 参考： 圆形载流导线圆心处的磁场：一段载流直导线的磁场： 15-2 （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 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 某一半径为的圆环的磁场为 而 正

5、电部分产生的磁感强度为 负电部分产生的磁感强度为 今 。15-5 ； 0 ； 15-6 （参考例题15-9）15-7 D 15-8 B （载流长直螺线管内的磁场： ）15-9 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 第16章 磁力【例题精选】例16-1 12 ； 12 （参考 洛伦兹力；回旋半径）例16-2 A (可以用安培力来判断各边受力情况，也可以用 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

6、 （见书上）例16-5 有关；无关；（参考闭合载流导线在磁场中磁力矩）0 （同上）【练习题】16-1 C 【】16-2 ； 16-3 B16-4 D (用安培力来判断各边受力情况)16-5 C 16-6 解：在直线电流上任意取一个小电流元，此电流元到长直线的距离为，无限长直线电流在小电流元处产生的磁感应强度为：，再利用，考虑到，有：，。A （参考闭合载流导线在磁场中磁力矩）解：(1) ，方向垂直于线圈平面。 = 9.4010-4 Nm (2) 设线圈绕AD边转动，并且线圈稳定时，线圈平面与竖直平面夹角为，则磁场对线圈的力矩为 重力矩： 于是 16-9 证明：取半径为r，宽dr的圆环，电流dI=

7、2rdr=rdr，它的磁矩为dPm=r2dI=r3dr，受磁力矩为dM=BdPm=Br3dr，M=B=Br4 4。(或总磁矩Pm=r4 4，M=BPm=Br4 4)第17 章磁场中的磁介质【例题精选】例17-1 B例17-2 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例17-3 矫顽力较小，磁滞损耗小；变压器、电磁铁和电机中的铁心；矫顽力较大，剩磁也大；永磁体。例17-4 I / (2r)； I / (2r)【练习题】17-1 C17-2 铁磁质；顺磁质；抗磁质17-3 矫顽力小 ；容易退磁第18章 电磁感应及电磁波【例题

8、精选】例18-1 C 【参考】例18-2 (见书上)例18-3 (见书上)例18-4 ；N解：利用动生电动势公式解决：，由右手定则判定：例18-5 (见书上)(见书上)DDC C C垂直；横波；相同；同时【练习题】18-1 B 18-2 解： n =1000 (匝/m) =210-1 sin 100 t (SI) 210-1 A = 0.987 A 18-3 ADCBA绕向；ADCBA绕向18-4 解：建立坐标(如图)则： ， ， 方向 d 感应电动势方向为CD，D端电势较高 18-5 解：建立坐标系，长直导线为y轴，BC边为x轴，原点在长直导线上，则斜边的方程为 ，式中r是t时刻B点与长直导

9、线的距离。三角形中磁通量 当r =d时， 方向：ACBA(即顺时针) 18-6 D 18-7 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 18-8 0.400 H； （参考 和）18-9 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=，在r处的磁能密度为wm=，则单位长度导线内所储藏的磁能为Wm=。第19章 光的干涉【例题精讲】 D；变小；变小；解: (1) 根据题意，中央明纹两侧的两条第10级明纹中心的间距 (2) 覆盖上玻璃片后

10、，零级明纹应满足 设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有所以 即零级明纹移到原第7级明纹处。B；C；A；解: (1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为处是第二条暗纹中心，由此可知第四条暗纹中心，即A处的膜厚度，所以 (2) 由上问可知A处膜厚为 对于的光，连同附加的光程差，在A处两反射光的光程差为它与波长之比为，满足薄膜干涉明纹条件，所以A处是明纹。B；解：(1) 明环半径 500 nm(2) (2k1)2 r2 / (R) 对于r1.00 cm， kr2 / (R)50.5 故在OA范围内可观察到的明环数目为50个。【习题精练】19-1. 上 ； ；19-2. （1） ； (2) ；解：

11、(1) ， 此处 k5 (2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离为： 19-3. C；19-4. 10-6 m；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处为暗纹， 2ne( 2k1 )， (k0，1，2，) A处为明纹，B处第8个暗纹对应上式k7 得 10-3 mm=10-6 m 19-5. ；19-6. C； 19-7. (1) ； (2) = ； 解：(1) 设第十个明环处液体厚度为e10，则 (2) ekR，略去， 得 第20章 光的衍射【例题精讲】D；B；B；D；B；B；D；解：（1）由光栅衍射主极大公式 ，得 （2）若第三级缺级，则 ，即

12、 （3） ，实际上看不到第四级条纹，考虑到缺级现象，所以实际呈现级，共五条明纹。 解：(1) 双缝干涉条纹第k级亮纹条件： 第k级亮条纹位置：相邻两亮纹间距： (2) 单缝衍射第一暗纹： 单缝衍射中央亮纹半宽度： 因为，所以双缝干涉第5级主极大缺级。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。或根据缺级条件指出双缝干涉缺第5级主极大，同样得该结论。【习题精练】20-1. 子波；子波相干叠加；20-2. 4 ；一 ；暗；20-3. A；20-4. 解： (1) 根据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

13、 = 1, 2, ) 若要重合，即1 = 2，则 ，由，可得：即波长1的任意一个第k1级极小都与波长2的第2k1级极小重合20-5. 第一级；第三级；20-6. B；20-7. (1) ； (2) ； 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 (2) 20-8. (1) m ； (2) 取k = 2，共有k = 0，1，2 即5个主极大； 解：(1) 由 ， ，当xf时，即： ， 取k=1时，有 中央明纹宽度为 (2) 光栅常数， 则 取，共有k = 0，1，2 等5个主极大.第21章 光的偏振【例题精讲】B；波动；横波；B；C；解：设I0为自然光强，由题意知入射光强为2 I0 。 设经过P1后的透射光强I1 ，根据马吕斯定律有 ， 即 ，解得 (2) 设经过P1、P2后的透射光强I2 ，根据马吕斯定律， 即 ， 所以 D；