大物習(xí)題下冊(cè)答案

1、第十一章1、B 2、D 3、，由圓心O點(diǎn)指向S 4、3s / (2e0) s / (2e0) 3s / (2e0) 5、 pR2E6、解：在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)：，在C點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)：，點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度：；點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)：，方向如圖：。7、解：棒長(zhǎng)為，電荷線密度：可利用補(bǔ)償法，若有一均勻帶電閉合線圈，則圓心處的合場(chǎng)強(qiáng)為0，有一段空隙，則圓心處場(chǎng)強(qiáng)等于閉合線圈產(chǎn)生電場(chǎng)再減去長(zhǎng)的帶電棒在該點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)，即所求問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求缺口處帶負(fù)電荷的塑料棒在點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)。解法1：利用微元積分：，；解法2：直接利用點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)公式：由于，該小段可看成點(diǎn)電荷：，則圓心處場(chǎng)強(qiáng)：。方向由圓心指向縫隙處。8、解：電荷元dq產(chǎn)生的場(chǎng)為：；根

2、據(jù)對(duì)稱性有：，則：，方向沿軸正向。即：。9、解：由題意知 Ex=200 N/C , Ey=300 N/C ,Ez=0平行于xOy平面的兩個(gè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量 平行于yOz平面的兩個(gè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量 b2N·m2/C “”，“”分別對(duì)應(yīng)于右側(cè)和左側(cè)平面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量 平行于xOz平面的兩個(gè)面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量 b2 N·m2/C “”，“”分別對(duì)應(yīng)于上和下平面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量.10、E2E2E1E1S2S12úxê解：由電荷分布的對(duì)稱性可知在中心平面兩側(cè)離中心平面相同距離處場(chǎng)強(qiáng)均沿x軸，大小相等而方向相反 在板內(nèi)作底面為S的高斯柱面S1（右圖中厚度放大了）, 兩底

3、面距離中心平面均為êxô, 由高斯定理得 xExOd/2-d/2-則得 即 在板外作底面為S的高斯柱面S2兩底面距中心平面均為，由高斯定理得 則得 即 ， E x 圖線如圖所示 11、解：由高斯定律，考慮以圓柱體軸為中軸，半徑為，長(zhǎng)為的高斯面。（1）當(dāng)時(shí)，有；（2）當(dāng)時(shí)，則：；即：；圖見(jiàn)右。12、解：在球內(nèi)取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內(nèi)所包含的電荷為 在半徑為r的球面內(nèi)包含的總電荷為 (rR)以該球面為高斯面，按高斯定理有 得到 ， (rR)方向沿徑向，A>0時(shí)向外, A<0時(shí)向里 在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有 得到 ， (r >

4、R)方向沿徑向，A>0時(shí)向外，A<0時(shí)向里 13、解：（1）利用補(bǔ)償法，以為圓心，過(guò)點(diǎn)作一個(gè)半徑為的高斯 面。根據(jù)高斯定理有 方向從指向 （2）過(guò)點(diǎn)以為圓心，作一個(gè)半徑為的高斯面。根據(jù)高斯定理有 過(guò)點(diǎn)以為圓心，作一個(gè)半徑為的高斯面。根據(jù)高斯定理有 方向?yàn)閺较?4、解： 15、解： 第十二章1、B 2、D 3、B 4、B 5、負(fù)，8.85×10-10 C/m26、解： 7、解： 第十四章1、B 2、C 3、C 4、，在圖面中向上， (n = 1，2，)5、負(fù)，IB / (nS)6、解：圓弧在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 方向垂直紙面向外 直導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 方向垂直紙面向里總場(chǎng)強(qiáng)

5、 方向垂直紙面向里7、解：a段對(duì)O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可用求得，有：，b段的延長(zhǎng)線過(guò)點(diǎn)，c段產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：，則：O點(diǎn)的總場(chǎng)強(qiáng)：，方向如圖。8、解：（a） 方向垂直紙面向外；（b） 方向垂直紙面向內(nèi)；9、解：設(shè)兩段圓弧電流對(duì)O的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為、 ，導(dǎo)線長(zhǎng)度分別為和，橫截面積為，電阻 率為，電流和的關(guān)系 即 由于兩段圓弧電流對(duì)O的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，所以 10、解：設(shè)立如圖坐標(biāo)系，取銅片上寬度為dx的一小部分電流， 可將其視為電流強(qiáng)度大小為的無(wú)限長(zhǎng)直載流導(dǎo)線，則此電流在P點(diǎn)的產(chǎn)生的磁場(chǎng)的大小為，方向垂直紙面向內(nèi)。則整個(gè)銅片在P點(diǎn)的磁場(chǎng)大小為11、解：將半圓柱形無(wú)限長(zhǎng)載流薄板細(xì)分成寬為的長(zhǎng)直電

6、流在P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度 12、解：利用安培環(huán)路定理分段討論。（1）當(dāng)時(shí)，有：；（2）當(dāng)時(shí)，有：，；（3）當(dāng)時(shí)，有：，；（4）當(dāng)時(shí)，有：，。則：13、解：在圓柱體內(nèi)部與導(dǎo)體中心軸線相距為r處的磁感強(qiáng)度的大小，由安培環(huán)路定律可得： 因而，穿過(guò)導(dǎo)體內(nèi)畫(huà)斜線部分平面的磁通F1為 在圓形導(dǎo)體外，與導(dǎo)體中心軸線相距r處的磁感強(qiáng)度大小為 因而，穿過(guò)導(dǎo)體外畫(huà)斜線部分平面的磁通F2為 穿過(guò)整個(gè)矩形平面的磁通量 14、解：在直線電流上任意取一個(gè)小電流元，此電流元到長(zhǎng)直線的距離為，無(wú)限長(zhǎng)直線電流在小電流元處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：，再利用，考慮到，有：，。15、解：設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為，質(zhì)量為，。平衡時(shí)重力矩等于磁力矩：由

7、，磁力矩的大?。?；重力矩為：平衡時(shí)：，16、解：（1）線圈的磁矩為：，由，此時(shí)線圈所受力矩的大小為：；磁力矩的方向由確定，為垂直于B的方向向上，如圖；（2）線圈旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁力矩作功為：?！净颍骸?7、解：1） 由安培力可知，線圈4個(gè)邊受力（如圖所示），其中2、4力大小相等，方向相反并在一條直線上，故而相抵消；，線圈受的合力方向向左，大小為2） 線圈受力與線圈同面，故線圈所受磁力矩為0.第十六章1、B 2、A 3、B 4、B 5、C 6、A 7、3.18 T/s 8、, 9、010、解法一：利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式解決：，由右手定則判定：Ua >Ub。解法二：利用法拉第電磁感應(yīng)定律解決。作輔助線，

8、形成閉合回路，如圖，。由右手定則判定：Ua >Ub。11、解法一：（用等效法）連接、，圓弧形導(dǎo)線與、形成閉合回路，閉合回路的電動(dòng)勢(shì)為0，所以圓弧形導(dǎo)線電動(dòng)勢(shì)與直導(dǎo)線的電動(dòng)勢(shì)相等。，。解法二：（直接討論圓弧切割磁感應(yīng)線）從圓心處引一條半徑線，與水平負(fù)向夾角為，那么，再由有：，。12、解：線圈向右平移時(shí)，上下兩邊不產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)。因此，整個(gè)線圈內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為=13、解：若通交變電流時(shí)，通過(guò)線圈的磁鏈為14、解：（1）根據(jù)定義，線圈中自感。（2）自感電動(dòng)勢(shì)大小15、解：設(shè)B中通有電流，則在A處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：（1）A中的磁通鏈為：。則：，。（2）,。16、解：設(shè)線圈回路以ACDA的繞向?yàn)?/p>

9、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)e的正向，與直導(dǎo)線平行的AC邊產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì) 其它兩邊產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小相等繞向相同如圖所示，在CD邊上選一線元，則其上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì) 令 e= e1 +2 e2 17、解：(1) 距i為x處取一寬為dx的窄條，其面積為dS =l dx , dS上的 =1.25×10-6 V e方向?yàn)?ABCDA (2) H第十八章1、A 2、B 3、B 4、A 5、2 ( n 1) e l /2 或者2 ( n 1) e + l /2 6、7、解：（1）由，有：，將，代入，有：；即波長(zhǎng)為：；（2）若入射光的波長(zhǎng)為，相鄰兩明紋的間距：。8、解：(1) dx / D kl xDkl / d

10、 = (1200×5×500×10-6 / 0.50)mm= 6.0 mm (2) 從幾何關(guān)系，近似有 r2r1 有透明薄膜時(shí)，兩相干光線的光程差 d = r2 ( r1 l +nl) = r2 r1 (n-1)l對(duì)零級(jí)明條紋上方的第k級(jí)明紋有 零級(jí)上方的第五級(jí)明條紋坐標(biāo) =1200(1.581)×0.01±5×5×10-4 / 0.50mm =19.9 mm 9、解：(1) 如圖，設(shè)P0為零級(jí)明紋中心 則 (l2 +r2) - (l1 +r1) = 0 r2 r1 = l1 l2 = 3l (2) 在屏上距O點(diǎn)為x處, 光

11、程差明紋條件 (k1，2，.) 在此處令k0，即為(1)的結(jié)果相鄰明條紋間距 10、解：油膜上、下兩表面反射光的光程差為2 ne，由反射相消條件有2ne=(2k+1)/2=(k+1/2) (k=0，1，2，) 當(dāng)1=5000時(shí)，有 2ne=(k1+1/2)1=k11+2500 當(dāng)2=7000時(shí)，有 2ne=(k2+1/2)2=k22+3500 因21，所以k2k1;又因?yàn)?與2之間不存在3滿足 2ne=(k3+1/2)3式即不存在 k2k3k1的情形，所以k2、k1應(yīng)為連續(xù)整數(shù)，即 k2=k1-1 由、式可得：k1=(k22+1000)/1=(7k2+1)/5=7(k1-1)+1/5得 k1=

12、3 k2=k1-1=2可由式求得油膜的厚度為 e=(k11+2500)/(2n)=6731 11、解: 等厚條紋相鄰紋間距為：所以12、解： n1n2n3， 二反射光之間沒(méi)有附加相位差p，光程差為 d = 2n2 e第五條暗紋中心對(duì)應(yīng)的薄膜厚度為e5， 2n2 e5 = (2k - 1)l / 2 k = 5明紋的條件是 2n2 ek = kl相鄰二明紋所對(duì)應(yīng)的膜厚度之差 De = ek+1ek= l / (2n2) 13、解：上下表面反射都有相位突變p，計(jì)算光程差時(shí)不必考慮附加的半波長(zhǎng). 設(shè)膜厚為e , B處為暗紋， 2ne( 2k1 )l， (k0，1，2，) A處為明紋，B處第8個(gè)暗紋對(duì)

13、應(yīng)上式k7 1.5×10-3 mm14、解：由牛頓環(huán)暗環(huán)公式 r= 據(jù)題意有 r=； r= 所以：k=4，代入上式，可得：R=6.79m15、解：由，16、解：由于，所以要考慮半波損失。由反射干涉相長(zhǎng)公式有：。當(dāng)時(shí)，為膜的最小厚度。得：，。鍍膜厚度可為，。第十九章1、C 2、C 3、C 4、2p，暗 5、一，三6、解：中央明紋的線寬即為兩個(gè)暗紋之間的距離：7、解：?jiǎn)慰p衍射的明紋公式為：，當(dāng)時(shí)，未知單色光的波長(zhǎng)為、，重合時(shí)角相同，所以有：，得：。8、解：設(shè)汽車(chē)與人的距離為L(zhǎng)，輛車(chē)燈對(duì)人眼張角為，車(chē)燈相距人眼的最小分辨角為：車(chē)燈對(duì)人眼張角： 恰能分辨時(shí) 9、解：1）由光柵衍射方程： 得：

14、 2）同理 10、解：1）干涉條紋間距： 2）單縫衍射中央亮條紋寬度3）中央亮條紋內(nèi)干涉主極大的數(shù)目： 光柵衍射缺級(jí)條件： 可知當(dāng)時(shí)，即第5級(jí)主極大與中央亮條紋邊緣（單縫衍射1級(jí)暗紋中心）重合，所以中央亮條紋內(nèi)有0，共9條干涉主極大。11、解：1）由光柵衍射方程 可知對(duì)第2級(jí)譜線： 2）由缺級(jí)條件： 可知 ，所以 3）由得： 屏上呈現(xiàn)的級(jí)次為： （第二十章 光的偏振1、A 2、C 3、D 4、60°(或p / 3)，9I0 / 32 5、完全（線）偏振光，垂直于入射面，部分偏振光6、解:由題意知：，即得。7、解：設(shè)入射的自然光光強(qiáng)為，則透過(guò)第一個(gè)偏振片后光強(qiáng)變?yōu)?2。透過(guò)第2個(gè)偏振片后光強(qiáng)變?yōu)椋纱说?，上述兩偏振片間加入另一偏振片后，透過(guò)的光強(qiáng)變?yōu)?、解： 光由水中射向玻璃而反射時(shí)，起偏振角為光由玻璃中射向水而反射時(shí)，起偏振角為：由