大学物理全程导学下册第11-22章 例题习题详细答案_2014(修订)

1、第11章 静电场例11-2 ；从O点指向缺口中心点例11-3 D例11-4 D例11-6 ，向右； ，向右； ，向左。习题精炼11-1 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 电势例12-1 -2000V例12-2 45V；-15V例12-5 D例12-6 C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) ， 1

2、2-4 12-5（1）两球面内rR1： 两球面之间R1rR2： 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 静电场中的导体例13-1 C例13-2 C例13-3 不变；减小习题精练13-1 D13-2 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=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，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 s1d1 ¤s2d2= d2 ¤

3、d1 13-3 电势差为0，因为导体是一个等势体。13-4 ；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 e r ；e r14-3 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，5´10-6 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 =1.0´10-5 J，电场能量的增加量为=5.0´

4、;10-6J，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 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例15-8 （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：

5、 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 。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；

6、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 （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）例16-6 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

7、，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：，。16-7 A （参考闭合载流导线在磁场中磁力矩）16-8 解：(1) ，方向垂直于线圈平面。 = 9.40×10-4 N·m (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 q 16-9 证明：取半径为r，宽dr的圆环，电流dI=2prdrs×=swrdr，它的磁矩为dPm=pr2dI=pswr3dr，受磁力矩为dM=BdPm=pswBr3dr，M=pswB=pswBr4 ¤ 4。(或总磁矩Pm=psw=pswr4

8、64; 4，M=BPm=pswBr4 ¤ 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 / (2pr)； mI / (2pr)【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

9、电动势公式解决：，由右手定则判定：例18-5 (见书上)例18-6 (见书上)例18-7 D例18-8 D例18-9 C 例18-10 C例18-11 C例18-12 垂直；横波；相同；同时【练习题】18-1 B 18-2 解： n =1000 (匝/m) =p2×10-1 sin 100 pt (SI) p2×10-1 A = 0.987 A 18-3 ADCBA绕向；ADCBA绕向18-4 解：建立坐标(如图)则： ， ， 方向 de 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

10、t时刻B点与长直导线的距离。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； 28.8J （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】 例19-1 D；例19-2 变小；变小；例19-3 ；例19-4解: (1

11、) 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，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。例19-5 B；例19-6 C；例19-7 A；例19-8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。例19-9 B；例19-10解：(1) 明环半径 500 nm(2) (2k1)2 r2 / (Rl) 对于r1.00

12、cm， kr2 / (Rl)0.550.5 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：(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. 1.5×10-6 m；解：上下表面反射都有相位突变p，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 )l， (k0，1，2，) A处为明纹，B处第8个暗纹对应上式k7 得 1.5×10-3 mm=1.5×10-6 m 19-5. ；19-6. C； 19-7. (1) ；

13、(2) =3.73mm ； 解：(1) 设第十个明环处液体厚度为e10，则 (2) ek<<R，略去， 得 第20章 光的衍射【例题精讲】例20-1 D；例20-2 B；例20-3 B；例20-4 D；例20-5 B；例20-6 B；例20-7 D；例20-8解：（1）由光栅衍射主极大公式 ，得 （2）若第三级缺级，则 ，即 （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。 例20-9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

14、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 = 1, 2, ) 若要重合，即q1 = q2，则 ，由，可得：即波长l1的任意一个第k1级极小都与波长l2的第2k1级极小重合20-5. 第一级；第三级；20-6. B；20-7. (1)

15、 ； (2) ； 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 (2) 20-8. (1) 0.06 m ； (2) 取k ¢= 2，共有k ¢= 0，±1，±2 即5个主极大； 解：(1) 由 ， ，当x<<f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】例21-1 B；例21-2 波动；横波；例21-3 B；例21-4 C；例21-5解：设I0为自然光强，由题意知入射光强为2 I0 。 (1) 设经过P1后的透射光强I

16、1 ，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 例21-6 D；例21-7解：(1) 由布儒斯特定律 ，得 ，即入射角为53.1°； (2) 若以r表示折射角，则有 ，即折射角为36.9° 。【习题精练】21-1. 平行或接近平行；21-2. I0 / 2 ；0；21-3. A；21-4. ；解：设Imax，Imin分别表示出射光的最大值和最小值，则 ； 令 得： 21-5. 35.5° ； 21-6. ； ；解：光自水入射到玻璃表面上时， ， 得：；光自玻璃入射到水表面上时， ， 得： (或 ) .第22 章 狭义相对论基础【例题精讲】例22-1 D 例22-2经典力学相对性原理是指对不同的惯性系，牛顿定律和其它力学定律的形式都是相同的。狭义相对论的相对性原理指出：在一切惯性系中，所有物理定律的形式都是相同的，即指出相对性原理不仅适用于力学现象，而且适用于一切物理现象。也就是说，不仅对力学规律所有惯性系等价，而且对于一切物理规律，所有惯性系都是等价的。例22-3 C，C 例22-4考虑相对论效应，以地球为参照系，m子的平均寿命： s