11-22例题习题答案

PAGE6第十一章静电场例题答案：11—1.B；11—2.B；11—3.B11—4.；从O点指向缺口中心点11—5.；；沿矢径OP11—6.D11—7.向右;向右11—8.(见书上)11—9.D；11—10.C；11—11.C11—12.45V—15V11—13-14.(见书上)11—15.无答案练习题答案：ＰLddqx(L+d－x)ＰLddqx(L+d－x)dExO带电直杆的电荷线密度为=q/L，在x处取一电荷元dq=dx=qdx/L，（2分）它在P点的场强：总场强为：11—2.Q/0，011—3.－/(20)，3/(20)11—4. B11—5.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O点产生的电势O点总电势：11—6.解：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为dS=2rdr其上电荷为dq=2rdr它在O点产生的电势为总电势11—7.解：设导线上的电荷线密度为，与导线同轴作单位长度的、半径为r的(导线半径R1＜r＜圆筒半径R2)高斯圆柱面，则按高斯定理有2rE=/0得到E=/(20r)(R1＜r＜R2)方向沿半径指向圆筒．导线与圆筒之间的电势差则代入数值，则：(1)导线表面处＝2.54×106V/m(2)圆筒内表面处＝1.70×104V/m11—8.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A→B过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒mv＋MV＝0①对该系统，由动能定理mgR－EqR＝mv2＋MV2②①、②两式联立解出方向水平向右．方向水平向左．11—9.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．11—10.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＝8.85×10-9C/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＝6.67×10-9C第十二章导体电学例题答案：12—1.D12—2.C12—3.(C)没答案12—4.–q，球壳外的整个空间12—5.，12—6.，12－7.C12－8-9.(见书上)练习题答案：12—1.C=712Uf（没过程）12—2解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E1=10，E2=20∴左边两极板电势差U1=1d10，右边两极板电势差U2=E2d2=2d20，而U1=U2，则12=d2d1。12—3.D12—4.C12—5.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：13—1.B13—2.（B）13—3.（C）13—4.r，r13—5.(见书上)13—6.C练习题答案：13—1=147kV[解]：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为，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=147kV13—2[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13—3[解]：设某瞬时球上带电q，电势为u，将dq自处移至球面，外力做功等于的电势能增量dw，即dw=udq。球上电量由q=0Q，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====。13—4（1）U=1000V，=5106J（2）We=5.0106J由于把带电的两面三刀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，5106J。(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=0S2d=C2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为We=Q22C=Q2C1.0105J，电场能量的增加量为We=We–We=5.0106J，由于把带电的两面三刀极板拉开时，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。13—5Vmax==。[解](1)设该球形电容器带有电量，则两球壳间场强分布为 r1rr2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，EEb，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r1rr2内取半径r厚度dr的薄层壳内电能密度we=E2=均匀分布在薄层中，此薄球壳能量，dW=4r2drwe，电容器能贮存的最大静电能为We===。方法二：此电容C=，∴We==(Eb4r12)2=。例题答案：例14-1：解：令、、和分别代表长直导线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．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EMBEDEquation.3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EMBEDEquation.3错误！不能通过编辑域代码创建对象。的方向平行于EMBEDEquation.3错误！不能通过编辑域代码创建对象。，在EMBEDEquation.3错误！不能通过编辑域代码创建对象。和EMBEDEquation.3错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点EMBEDEquation.3错误！不能通过编辑域代码创建对象。的方向与线元垂直，在EMBEDEquation.3错误！不能通过编辑域代码创建对象。，EMBEDEquation.3错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点EMBEDEquation.3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∴14-5：02；14-6：0；14-7：D；14-8：1∶21∶214-9：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：B14-16：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/(2r)I/(2r)15-3：铁磁质顺磁质15-4：矫顽力小容易退磁15-5：B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d(t)/dt>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d∴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>0，所以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，，．16-2图在3T/4<t<T内，，．16-4图─t曲线如图16-2．16-4图16-3：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)=2×10-1sin100t(SI)2×10-1A=0.987A16-8图16-6：ADCBA绕向ADCBA绕向16-8图16-7：1.11×10-5VA端16-8：解：建立坐标(如图16-8)则：，，方向⊙d16-11图感应电动势方向为C→D，D端电势较高．16-11图16-9：B；16-10：D16-11：证明：建立如图16-11所示坐标，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16-12：0.400H28.8J16-13：C；16-14：C17-1：垂直相同【例题精选】例18－1：【解】(1)x＝20D/a＝0.11m(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n－1)e＋r1＝r2设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2－r1＝k所以(n－1)e=kk＝(n－1)e/＝6.96≈7零级明纹移到原第7级明纹处例18－2：变小、变小例18－3：C例18－4：B例18－5：C例18－6：【解】(1)明环半径＝5×10-5cm(或500nm)(2)(2k－1)＝2r2/(R)对于r＝1.00cm，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．【练习题】18－1：上(n-1)e．18－2：B18－3：【解】(1)x＝2kD/dd=2kD/x此处k＝５∴d＝10D/x＝0.910mm(2)共经过20个条纹间距，即经过的距离l＝20D/d＝24mm18－4：B18－5：A18－6：【解】(1)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处膜厚度e4=∴＝4.8×10-5rad(2)由上问可知A处膜厚为e4＝3×500/2nm＝750nm对于＇＝600nm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18－7：B18－8：【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…)【例题精选】例19－1：B例19－2：4、第一例19－3：【解】(1)双缝干涉条纹第k级亮纹条件：dsin=k第k级亮条纹位置：xk=ftg≈fsin≈kf/d相邻两亮纹间距：x=xk+1－xk=(k＋1)f/d－kf/d=f/d=2.4×10-3m=2.4mm(2)单缝衍射第一暗纹：asin1=单缝衍射中央亮纹半宽度：x0=ftg1≈fsin1≈f/a＝12mmx0/x=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19－4：一三例19－5：【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=1,2,……)若k2=2k1，则1=2，即1的任一k1级极小都有2的2k1级极小与之重合．【练习题】19－1：子波子波干涉(或“子波相干叠加”)19－2：D19－3：C19－4：B19－5：解：由光栅公式得sin=k11/(a+b)=k22/(a+b)k11=k22k2k1=1/2=0.668/0.447将k2k1约化为整数比k2k1=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)=k11/sin=3.92m19－6：解：(1)由单缝衍射明纹公式可知(取k＝1) , 由于, 所以则两个第一级明纹之间距为=0.27cm(2)由光栅衍射主极大的公式 且有 所以=1.8cm19－7：答：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k=0,±1,±2,±3共7条明条纹．19－8：答：可观察到最高级次是k=3．光栅常数(a＋b)=2×10-4cm,按光栅公式(a+b)sin=k最大为90°，所以kmax≤(a＋b)sin90°/kmax≤2×10-4/5000×10-8=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．【例题精选】例20－1：波动；横例20－2：C例20－3：30°；1.73例20－4：遵守通常的折射；不遵守通常的折射；A例20－5：【解】设I0为自然光强．由题意知入射光强为2I0．(1)I1=2·2I0/3＝0.5I0＋I0cos24/3＝0.5＋cos2所以＝24.1°(2)I1=(0.5I0＋I0cos224.1°)＝2(2I0)/3，I2＝I1cos230°＝3I1/4所以I2/2I0=1/2例20－6：C【练习题】20－1：B20－2：A20－3：B20－4：解：设Imax，Imin分别表示出射光的最大值和最小值，则Imax＝Ia/2＋IbImin＝Ia/2令所以20－5：A20－6：A20－7：完全（线）偏振光垂直于入射20－8：54.7°35.3°20－9：证明：设介质Ⅰ、Ⅱ的折射率分别为n1、n2，Ⅰ、Ⅱ交界面(图中的上界面)处折射角为r，它也等于Ⅱ、Ⅰ下界面处的入射角．最后的折射角为．由折射定律n1sini=n2sinr=n1sin所以i＝在上界面，布儒斯特定律，i＋r＝所以＋r＝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20－10：D20－11：D【例题精选】例21－1：C例21－2：【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=4.2eV=6.72×10-19J∴0=296nm而可见光的波长范围为400nm~760nm>0。例21－3：C例21－4：5×10142例21－5：C例21－6：B例21－7解：极限波数可求出该线系的共同终态.由=6565Å可得始态=3由eV可知终态n=2，E2=-3.4eV始态n=3，E3=-1.51eV例21－8：1.45Å6.63×10-19Å【练习题】21－1：D21－2：A/h、21－3：D21－4：1.45V7.14×105m·s-121－5：证明：由爱因斯坦方程及逸出功得因为时EK=0，由图可知：入射光频率为时即21－6：13.63.421－7：证明：,而：，，代入上式：与比较，得里德伯常量．21－8：C21－9：C21－10：D21－11：变长变长21－12：【例题精选】例22－1：A例22－2：例22－3：1.45Å6.63×10-19Å例22－4：【解】(1)考虑相对论效应：eU12=mec2(1)，∴=1+=，∴v=，∴=。U12=100kV=105V，则eU12+mec2=9.81014，=5.3671014，v=1.643108ms，得相对论波长=3.7061012m。(2)不考虑相对论效应：eU12=mev22，∴v=，∴=。=1.711022，=h=3.8771012m。相对误差是=4.6。例22－5：D例22－6：单值、有限、连续例22－7：【证明】由≥即≥①据题意以及德布罗意波公式得②比较①、②式得≥例22－8：D例22－9：证明：由≥即≥①据题意以及德布罗意波公式得②比较①、②式得≥例22－10：C例22－11：A例22－12：B例22－13：泡利不相容能量最小例22－14：C例22－15：【练习题】22－1：答：用相对论计算由①②