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).doc

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)
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OP

11-4 ；0、
11-5 r＜R1：
R1＜r＜R2：
R2＜r＜R3：
r＞R3：
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 C
12-3 (1) ， 0；(2) ，
12-4
12-5（1）两球面内r≤R1：
两球面之间R1≤r≤R2：
两球面之外r≥R2：
（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 D
13-2 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 ¤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 r
14-3 C
14-4 B
14-5 C
14-6 【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´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： 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边及流过ac,cb边的电流关系）；垂直纸面向里
15-3 D (参考15-1，O点B由圆形电流及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
； 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 1∶2 ； 1∶2 （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 B
16-4 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：，
∴。
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，线圈平面及竖直平面夹角为，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 ¤ 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及传导电流相似．

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 C
17-2 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 ，式中r是t时刻B点及长直导线的距离。
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 C
18-10 C
18-11 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) 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

它及波长之比为，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) (2k－1)＝2 r2 / (Rl) 对于r＝1.00 cm， k＝r2 / (Rl)＋0.5＝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：(1) ，
此处 k＝5 ∴
(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＝( 2k＋1 )l， (k＝0，1，2，…)
A处为明纹，B处第8个暗纹对应上式k＝7
得 ＝1.5×10-3 mm=1.5×10-6 m
19-5. ；
19-6. C；
19-7. (1) ； (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级极小都及波长l2的第2k1级极小重合．
20-5. 第一级；第三级；
20-6. B；
20-7. (1) ； (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
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
则m 子的平均飞行距离： 9.46 km。 m 子的飞行距离大于高度，有可能到达地面。
例22-5 站台上测出的1m是运动的长度。求静长，所以。
例22-6 A
例22-7
例22-8
例22-9 C
【习题精练】
22-1 x/v
22-2 B
22-3 m+子相对于实验室的速度是真空中光速的0.99倍；证明略。
22-4 A
22-5 A
22-6 ，
22-7 9×1016 J 1.5×1017 J
22-8 5.8×10-13 8.04×10-2
22-9 ；证明略。
22-10 B

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