11-22例題習題答案

PAGE6第十一章靜電場例題答案：11—1.B；11—2.B；11—3.B11—4.；從O點指向缺口中心點11—5.；；沿矢徑OP11—6.D11—7.向右;向右11—8.(見書上)11—9.D；11—10.C；11—11.C11—12.45V—15V11—13-14.(見書上)11—15.無答案練習題答案：ＰLddqx(L+d－x)ＰLddqx(L+d－x)dExO帶電直桿的電荷線密度為=q/L，在x處取一電荷元dq=dx=qdx/L，（2分）它在P點的場強：總場強為：11—2.Q/0，011—3.－/(20)，3/(20)11—4. B11—5.解：在任意位置x處取長度元dx，其上帶有電荷dq=0(x－a)dx它在O點產(chǎn)生的電勢O點總電勢：11—6.解：在圓盤上取一半徑為r→r＋dr范圍的同心圓環(huán)．其面積為dS=2rdr其上電荷為dq=2rdr它在O點產(chǎn)生的電勢為總電勢11—7.解：設導線上的電荷線密度為，與導線同軸作單位長度的、半徑為r的(導線半徑R1＜r＜圓筒半徑R2)高斯圓柱面，則按高斯定理有2rE=/0得到E=/(20r)(R1＜r＜R2)方向沿半徑指向圓筒．導線與圓筒之間的電勢差則代入數(shù)值，則：(1)導線表面處＝2.54×106V/m(2)圓筒內(nèi)表面處＝1.70×104V/m11—8.解：設小球滑到B點時相對地的速度為v，槽相對地的速度為V．小球從A→B過程中球、槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒mv＋MV＝0①對該系統(tǒng)，由動能定理mgR－EqR＝mv2＋MV2②①、②兩式聯(lián)立解出方向水平向右．方向水平向左．11—9.解：設無窮遠處為電勢零點，則A、B兩點電勢分別為q由A點運動到B點電場力作功注：也可以先求軸線上一點場強，用場強線積分計算．11—10.解：(1)球心處的電勢為兩個同心帶電球面各自在球心處產(chǎn)生的電勢的疊加，即＝8.85×10-9C/m2(2)設外球面上放電后電荷面密度為，則應有=0即外球面上應變成帶負電，共應放掉電荷＝6.67×10-9C第十二章導體電學例題答案：12—1.D12—2.C12—3.(C)沒答案12—4.–q，球殼外的整個空間12—5.，12—6.，12－7.C12－8-9.(見書上)練習題答案：12—1.C=712Uf（沒過程）12—2解：三塊無限大平行導體板，作高斯面如圖，知：E1=10，E2=20∴左邊兩極板電勢差U1=1d10，右邊兩極板電勢差U2=E2d2=2d20，而U1=U2，則12=d2d1。12—3.D12—4.C12—5.證明：在導體殼內(nèi)部作一包圍B的內(nèi)表面的閉合面,如圖．設B內(nèi)表面上帶電荷Q2′，按高斯定理，因?qū)w內(nèi)部場強E處處為零，故∴根據(jù)電荷守恒定律，設B外表面帶電荷為，則由此可得第十三章電介質(zhì)例題答案：13—1.B13—2.（B）13—3.（C）13—4.r，r13—5.(見書上)13—6.C練習題答案：13—1=147kV[解]：設圓柱形電容器單位長度上帶有電荷為，則電容器兩極板之間的場強分布為設電容器內(nèi)外兩極板半徑分別為r0，R，則極板間電壓為電介質(zhì)中場強最大處在內(nèi)柱面上，當這里場強達到E0時電容器擊穿，這時應有 適當選擇r0的值，可使U有極大值，即令得顯然有<0，故當時電容器可承受最高的電壓=147kV13—2[解]：因為所帶電荷保持不變，故電場中各點的電位移矢量保持不變，又因為介質(zhì)均勻，∴電場總能量13—3[解]：設某瞬時球上帶電q，電勢為u，將dq自處移至球面，外力做功等于的電勢能增量dw，即dw=udq。球上電量由q=0Q，外力作的總功為球末態(tài)的電勢能(即球帶電Q的總靜電能)。所以W====。13—4（1）U=1000V，=5106J（2）We=5.0106J由于把帶電的兩面三刀極板拉開時外力需克服電場力作功，這部分外力所作的功就轉(zhuǎn)化為電場能量了4.[解](1)電容器充電后斷開電源，則極板上所帶的電量不變。故極板間的電勢差和電場能量分別為＝=1000V，5106J。(2)設極板原間距為d，增大為2d時，相應的電容量要變小，其值為C=0S2d=C2。而此時極板所帶電量仍然不變。電場總能量改變?yōu)閃e=Q22C=Q2C1.0105J，電場能量的增加量為We=We–We=5.0106J，由于把帶電的兩面三刀極板拉開時，外力需克服電場力作功，這部分外力所作的功就轉(zhuǎn)化為電場能量了。13—5Vmax==。[解](1)設該球形電容器帶有電量，則兩球殼間場強分布為 r1rr2由此可知，當r趨近于r1時，場強值增大。要使電容器不被擊穿，EEb，在取極限值E=Eb時，有Eb= 得：，兩球間所允許的最大電勢差為：Vmax===。(2)方法一：在r1rr2內(nèi)取半徑r厚度dr的薄層殼內(nèi)電能密度we=E2=均勻分布在薄層中，此薄球殼能量，dW=4r2drwe，電容器能貯存的最大靜電能為We===。方法二：此電容C=，∴We==(Eb4r12)2=。例題答案：例14-1：解：令、、和分別代表長直導線1、2和三角形框ac、cb邊和ab邊中的電流在O點產(chǎn)生的磁感強度．則：由于O點在導線1的延長線上，所以=0．：由畢－薩定律式中方向：垂直紙面向里．和：由于ab和acb并聯(lián)，有又由于電阻在三角框上均勻分布，有∴由畢奧－薩伐爾定律，有且方向相反．∴，的方向垂直紙面向里．例14-2：解：利用無限長載流直導線的公式求解．(1)取離P點為x寬度為dx的無限長載流細條，它的電流(2)這載流長條在P點產(chǎn)生的磁感應強度方向垂直紙面向里．(3)所有載流長條在P點產(chǎn)生的磁感強度的方向都相同，所以載流平板在P點產(chǎn)生的磁感強度方向垂直紙面向里．例14-3：解：，。的方向與y軸正向一致．例14-4：解：由畢奧－薩伐爾定律可得，設半徑為R1的載流半圓弧在O點產(chǎn)生的磁感強度為B1，則。同理，∵∴故磁感強度∴例14-5：C例14-6：環(huán)路L所包圍的所有穩(wěn)恒電流的代數(shù)和環(huán)路L上的磁感強度例14-7：證明：由安培定律，ab整曲線所受安培力為因整條導線中I是一定的量，磁場又是均勻的，可以把I和提到積分號之外，即，載流相同、起點與終點一樣的曲導線和直導線，處在均勻磁場中，所受安培力一樣．例14-8：答：第一說法對，第二說法不對．∵圍繞導線的積分路徑只要是閉合的，不管在不在同一平面內(nèi)，也不管是否是圓，安培環(huán)路定理都成立．例14-9：解：如圖所示，圓筒旋轉(zhuǎn)時相當于圓筒上具有同向的面電流密度i，作矩形有向閉合環(huán)路如右圖中所示．從電流分布的對稱性分析可知，在上各點EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。的大小和方向均相同，而且EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。的方向平行于EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。，在EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。和EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。上各點EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。的方向與線元垂直，在EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。，EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。上各點EMBEDEquation.3錯誤！不能通過編輯域代碼創(chuàng)建對象。．應用安培環(huán)路定理可得圓筒內(nèi)部為均勻磁場，磁感強度的大小為，方向平行于軸線朝右．例14-10：A；例14-11：D；例14-12：D；例14-13：有關(guān)無關(guān)習題答案：14-1：C；14-2：垂直紙面向；14-3：D14-4：解：帶電圓盤轉(zhuǎn)動時，可看作無數(shù)的電流圓環(huán)的磁場在O點的疊加．某一半徑為的圓環(huán)的磁場為而∴正電部分產(chǎn)生的磁感強度為負電部分產(chǎn)生的磁感強度為今∴14-5：02；14-6：0；14-7：D；14-8：1∶21∶214-9：解：建立坐標系，應用安培環(huán)路定理，左邊電流產(chǎn)生的磁感應強度；方向向里右邊電流產(chǎn)生的磁感應強度；方向向外應用磁場疊加原理可得磁場分布為，的方向垂直x軸及圖面向里．14-10：B；14-11：D；14-12：C；14-13：C；14-14：B；14-15：B14-16：例題答案：例15-1：B；例15-2：D例15-3：答：不能．因為它并不是真正在磁介質(zhì)表面流動的傳導電流，而是由分子電流疊加而成，只是在產(chǎn)生磁場這一點上與傳導電流相似．習題答案：15-1：C；15-2：I/(2r)I/(2r)15-3：鐵磁質(zhì)順磁質(zhì)15-4：矯頑力小容易退磁15-5：B例題答案：例16-1：B例16-2：解：長直帶電線運動相當于電流．（2分）正方形線圈內(nèi)的磁通量可如下求出例16-3：解：筒以旋轉(zhuǎn)時，相當于表面單位長度上有環(huán)形電流，它和通電流螺線管的nI等效．按長螺線管產(chǎn)生磁場的公式，筒內(nèi)均勻磁場磁感強度為：(方向沿筒的軸向)筒外磁場為零．穿過線圈的磁通量為：在單匝線圈中產(chǎn)生感生電動勢為感應電流i為i的流向與圓筒轉(zhuǎn)向一致．例16-4：N例16-5：解：帶電平面圓環(huán)的旋轉(zhuǎn)相當于圓環(huán)中通有電流I．在R1與R2之間取半徑為R、寬度為dR的環(huán)帶，環(huán)帶內(nèi)有電流dI在圓心O點處產(chǎn)生的磁場在中心產(chǎn)生的磁感應強度的大小為選逆時針方向為小環(huán)回路的正方向，則小環(huán)中方向：當d(t)/dt>0時，i與選定的正方向相反；否則i與選定的正方向相同．例16-6：解：在距O點為l處的dl線元中的動生電動勢為d∴的方向沿著桿指向上端．例16-7：D；例16-8：D例16-9：解：(1)無限長載流直導線在與其相距為r處產(chǎn)生的磁感強度為：以順時針為線圈回路的正方向，與線圈相距較遠和較近的導線在線圈中產(chǎn)生的磁通量為：總磁通量感應電動勢為：由>0，所以的繞向為順時針方向，線圈中的感應電流亦是順時針方向．例16-10：D；例16-11：C習題解答16-1：D16-2：解：螺線管中的磁感強度，通過圓線圈的磁通量．取圓線圈中感生電動勢的正向與螺線管中電流正向相同，有．在0<t<T/4內(nèi)，，16-2圖在T/4<t<3T/4內(nèi)，，．16-2圖在3T/4<t<T內(nèi)，，．16-4圖─t曲線如圖16-2．16-4圖16-3：C16-4：解：建立如圖16-4所示坐標系，x處磁感應強度；方向向里在x處取微元，高l寬dx，微元中的磁通量：磁通量：感應電動勢方向：順時針16-5：解：n=1000(匝/m)=2×10-1sin100t(SI)2×10-1A=0.987A16-8圖16-6：ADCBA繞向ADCBA繞向16-8圖16-7：1.11×10-5VA端16-8：解：建立坐標(如圖16-8)則：，，方向⊙d16-11圖感應電動勢方向為C→D，D端電勢較高．16-11圖16-9：B；16-10：D16-11：證明：建立如圖16-11所示坐標，設電流為I，則在兩長直導線的平面上兩線之間的區(qū)域中B的分布為穿過單位長的一對導線所圍面積（如圖中陰影所示）的磁通為16-12：0.400H28.8J16-13：C；16-14：C17-1：垂直相同【例題精選】例18－1：【解】(1)x＝20D/a＝0.11m(2)覆蓋云玻璃后，零級明紋應滿足(n－1)e＋r1＝r2設不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應有r2－r1＝k所以(n－1)e=kk＝(n－1)e/＝6.96≈7零級明紋移到原第7級明紋處例18－2：變小、變小例18－3：C例18－4：B例18－5：C例18－6：【解】(1)明環(huán)半徑＝5×10-5cm(或500nm)(2)(2k－1)＝2r2/(R)對于r＝1.00cm，k＝r2/(R)＋0.5＝50.5故在OA范圍內(nèi)可觀察到的明環(huán)數(shù)目為50個．【練習題】18－1：上(n-1)e．18－2：B18－3：【解】(1)x＝2kD/dd=2kD/x此處k＝５∴d＝10D/x＝0.910mm(2)共經(jīng)過20個條紋間距，即經(jīng)過的距離l＝20D/d＝24mm18－4：B18－5：A18－6：【解】(1)棱邊處是第一條暗紋中心，在膜厚度為e2＝處是第二條暗紋中心，依此可知第四條暗紋中心處，即A處膜厚度e4=∴＝4.8×10-5rad(2)由上問可知A處膜厚為e4＝3×500/2nm＝750nm對于＇＝600nm的光，連同附加光程差，在A處兩反射光的光程差為，它與波長之比為．所以A處是明紋18－7：B18－8：【解】(1)第k個明環(huán)，(2)∵式中為第k級明紋所對應的空氣膜厚度∵很小，，∴可略去，得∴(k=1,2,3…)【例題精選】例19－1：B例19－2：4、第一例19－3：【解】(1)雙縫干涉條紋第k級亮紋條件：dsin=k第k級亮條紋位置：xk=ftg≈fsin≈kf/d相鄰兩亮紋間距：x=xk+1－xk=(k＋1)f/d－kf/d=f/d=2.4×10-3m=2.4mm(2)單縫衍射第一暗紋：asin1=單縫衍射中央亮紋半寬度：x0=ftg1≈fsin1≈f/a＝12mmx0/x=5∴雙縫干涉第±5極主級大缺級．∴在單縫衍射中央亮紋范圍雙縫干涉亮紋數(shù)N=9，為k=0，±1，±2，±3，±4級或根據(jù)d/a=5指出雙縫干涉缺第±5級主大，同樣得該結(jié)論．例19－4：一三例19－5：【解】(1)由單縫衍射暗紋公式得由題意可知,代入上式可得(2)(k1=1,2,……)(k2=1,2,……)若k2=2k1，則1=2，即1的任一k1級極小都有2的2k1級極小與之重合．【練習題】19－1：子波子波干涉(或“子波相干疊加”)19－2：D19－3：C19－4：B19－5：解：由光柵公式得sin=k11/(a+b)=k22/(a+b)k11=k22k2k1=1/2=0.668/0.447將k2k1約化為整數(shù)比k2k1=3/2=6/4=12/8取最小的k1和k2，k1=2，k2=3，則對應的光柵常數(shù)(a+b)=k11/sin=3.92m19－6：解：(1)由單縫衍射明紋公式可知(取k＝1) , 由于, 所以則兩個第一級明紋之間距為=0.27cm(2)由光柵衍射主極大的公式 且有 所以=1.8cm19－7：答：因k=±4的主極大出現(xiàn)在=±90°的方向上，實際觀察不到．所以，可觀察到的有k=0,±1,±2,±3共7條明條紋．19－8：答：可觀察到最高級次是k=3．光柵常數(shù)(a＋b)=2×10-4cm,按光柵公式(a+b)sin=k最大為90°，所以kmax≤(a＋b)sin90°/kmax≤2×10-4/5000×10-8=4實際上=90°的第四級觀察不到，所以可觀察到最高級次是k=3．【例題精選】例20－1：波動；橫例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】設I0為自然光強．由題意知入射光強為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【練習題】20－1：B20－2：A20－3：B20－4：解：設Imax，Imin分別表示出射光的最大值和最小值，則Imax＝Ia/2＋IbImin＝Ia/2令所以20－5：A20－6：A20－7：完全（線）偏振光垂直于入射20－8：54.7°35.3°20－9：證明：設介質(zhì)Ⅰ、Ⅱ的折射率分別為n1、n2，Ⅰ、Ⅱ交界面(圖中的上界面)處折射角為r，它也等于Ⅱ、Ⅰ下界面處的入射角．最后的折射角為．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＝這表明在下界面處也滿足布儒斯特定律，所以在下界面處的反射光也是線偏振光20－10：D20－11：D【例題精選】例21－1：C例21－2：【答】不能產(chǎn)生光電效應。因為：鋁金屬的光電效應紅限波長，而A=4.2eV=6.72×10-19J∴0=296nm而可見光的波長范圍為400nm~760nm>0。例21－3：C例21－4：5×10142例21－5：C例21－6：B例21－7解：極限波數(shù)可求出該線系的共同終態(tài).由=6565?可得始態(tài)=3由eV可知終態(tài)n=2，E2=-3.4eV始態(tài)n=3，E3=-1.51eV例21－8：1.45?6.63×10-19?【練習題】21－1：D21－2：A/h、21－3：D21－4：1.45V7.14×105m·s-121－5：證明：由愛因斯坦方程及逸出功得因為時EK=0，由圖可知：入射光頻率為時即21－6：13.63.421－7：證明：,而：，，代入上式：與比較，得里德伯常量．21－8：C21－9：C21－10：D21－11：變長變長21－12：【例題精選】例22－1：A例22－2：例22－3：1.45?6.63×10-19?例22－4：【解】(1)考慮相對論效應：eU12=mec2(1)，∴=1+=，∴v=，∴=。U12=100kV=105V，則eU12+mec2=9.81014，=5.3671014，v=1.643108ms，得相對論波長=3.7061012m。(2)不考慮相對論效應：eU12=mev22，∴v=，∴=。=1.711022，=h=3.8771012m。相對誤差是=4.6。例22－5：D例22－6：單值、有限、連續(xù)例22－7：【證明】由≥即≥①據(jù)題意以及德布羅意波公式得②比較①、②式得≥例22－8：D例22－9：證明：由≥即≥①據(jù)題意以及德布羅意波公式得②比較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：【練習題】22－1：答：用相對論計算由①②