大学物理全程导学例题习题详细答案11-21章

第11章静电场例11-222300428qdqdRRdR（或）；从O点指向缺口中心点例11-3D例11-4D例11-60/2，向右；03/2，向右；0/2，向左。习题精炼11-1B11-2过O点建立直角坐标xOy。均匀带电圆弧线的电荷线密度0qa，对应张角取一电荷元dddqla2000dddcoscoscosd44ddsinsind4xyaEEaaEEa00000002200002202cosdsinsin42222sind04xyqEaaaEa11-30/d，2204dRd，沿矢径OP11-40/Q；0、020518QRr11-5r＜R1：01ER1＜r＜R2：23132031312)4rRR()Rr(QER2＜r＜R3：20134rQEr＞R3：202144rQQE11-610E，1rR；20/(2)Er，12RrR；30E，2rRa0O习题11-2图11-70/(2)，03/(2)第12章电势例12-1-2000V例12-245V；-15V例12-5D例12-6C习题精炼12-1d0LEr；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12-2C12-3(1)20/(4)QR，0；(2)0/(4)QR，02/(4)Qr12-400ln4alUlaa12-5（1）两球面内r≤R1：202101144RQRQ两球面之间R1≤r≤R2：20201244RQrQ两球面之外r≥R2：rQQ02134（2）112012114QURR12-60/(12)q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13-1C例13-2C例13-3不变；减小习题精练13-1D13-2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：12E1E2习题13-2图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d113-3电势差为0，因为导体是一个等势体。13-402QdS；0QdS第14章静电场中的电介质例14-1B例14-2C例14-3（1）增大；增大（2）增大；增大（3）减小；不变例14-4CFd/2；FdC2习题精练14-10d4RrqUErR14-2r；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QUC=1281010100.1=1000V，216121.010221010eQWC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0/2/2CSdC。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为22/2/eWQCQC=1.0105J，电场能量的增加量为Δeee=5.0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15-5D例15-6C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)00O1428IIBRR(只有四分之一圆弧电流在P点产生B)(2)0000111122(cos0cos)(coscos)042422222IIIIBRRRR参考：圆形载流导线圆心处的磁场：RIB20O一段载流直导线的磁场：)cos(cos4210aIB15-2lI430（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15-3D(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)2/(dd0iB而d)]2/([d2di∴d21)2/(dd00B正电部分产生的磁感强度为rBr2d2000负电部分产生的磁感强度为)(2d200rRBRr今BB∴rR2。15-5I0；0；02I15-6（参考例题15-9）15-7D15-8B（载流长直螺线管内的磁场：IBn0）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x2IB01；方向向里右边电流产生的磁感应强度)xa3(2IB02；方向向外应用磁场叠加原理可得磁场分布为，)3(2200xaIxIB)252(axaB的方向垂直x轴及图面向里．IaaIxO2a00(0)()2rRBIrRx第16章磁力【例题精选】例16-11∶2；1∶2（参考洛伦兹力qFvB；回旋半径mvRqB）例16-2A(可以用安培力来判断各边受力情况，也可以用nMeBmBNIS判断出载流线圈所受磁力矩，然后判定转动方向)例16-3D(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nMeBmBNIS）例16-60（同上）【练习题】16-1C【22dsmvΦBSBRBBq】16-2)2/(2emBe；)2/(22emRBe16-3B16-4D(用安培力来判断各边受力情况)16-5C16-6解：在直线电流2I上任意取一个小电流元dlI2，此电流元到长直线的距离为x，无限长直线电流1I在小电流元处产生的磁感应强度为：012IBx，再利用dFIBdl，考虑到0cos60dxdl，有：01202cos60IIdxdFx，∴0120120ln2cos60baIIIIdxbFxa。16-7A（参考闭合载流导线在磁场中磁力矩nMeBmBNIS）16-8解：(1)2Iapm，方向垂直于线圈平面。sin90mmMpBpB=9.40×10-4N·mBACDImgmgmgnB)(21习题16-8答案图(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θ，则磁场对线圈的力矩为1sin()2mmMpBpBcosBpm重力矩：)sin21(2sinamgmgaLsin22gSacosBpmsin22gSa712.3)/(2ctgBIgS于是o15θ=16-9证明：取半径为r，宽dr的圆环，电流dI=2rdr2=rdr，它的磁矩为dPm=r2dI=r3dr，受磁力矩为dM=BdPm=Br3dr，M=dM=Br03drr=Br44。(或总磁矩Pm=mdP=r03drr=r44，M=BPm=Br44)第17章磁场中的磁介质【例题精选】例17-1B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17-4I/(2r)；I/(2r)【练习题】17-1C17-2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18-1C【参考121d1d2121RRtIqttii】例18-2(见书上)例18-3(见书上)例18-4alatIgln20；N解：利用动生电动势公式解决：vgt()dvBdl02Ivdrr，∴02dldvIdrr00lnln22vIgtIdldldd，由右手定则判定：NMUU例18-5(见书上)例18-6(见书上)例18-7D例18-8D例18-9C例18-10C例18-11C例18-12垂直；横波；相同；同时【练习题】18-1B18-2解：n=1000(匝/m)nIB0nIaBa022tInNatNdddd02=2×10-1sin100t(SI)RImm/2×10-1A=0.987A18-3ADCBA绕向；ADCBA绕向18-4解：建立坐标(如图)21BBBxIB201，)(202axIBxIaxIB2)(200，B方向⊙dxxaxIxBd)11(2d0vvxd)x1ax1(2Idba202avbabaI2)(2ln20v感应电动势方向为C→D，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abrabxy/)/(，式中r是t时刻B点与长直导线的距离。三角形中磁通量00d()d2π2πa+ra+rrrμIμIybbrxxxaax)ln(20rraabrbI0dd(ln)d2dIbΦa+rartara+rt当r=d时，0(ln)2πIba+daada+dv方向：ACBA(即顺时针)18-6D18-7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rIB20)(20rdI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SSBdrrdrIadad)11(20aadIln0aadILln018-80.400H；28.8J（参考ddLILt和212mWLI）18-9C2adrIIOr2ax+dx2a+bIICDvxOx18-10C18-11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=rR2I20，在r处的磁能密度为wm=022B=24220rR8I，则单位长度导线内所储藏的磁能为Wm=R0mrdr2w=R03420drrR4I=20I161。第19章光的干涉【例题精讲】例19-1D；例19-2变小；变小；例19-33；41.333n；例19-4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20200.11mDXxd(2)覆盖上玻璃片后，零级明纹应满足121nerr设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有21rrk所以1nek691.5816.61016.96755010kne即零级明纹移到原第7级明纹处。例19-5B；例19-6C；例19-7A；例19-8解:(1)棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为2=/2e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4=3/2e，所以54/3/24.810radell(2)由上问可知A处膜厚为4=3500/2=750nme对于600nm的光，连同附加的光程差，在A处两反射光的光程差为RrI42/2e