大學(xué)物理全程導(dǎo)學(xué)例題習(xí)題詳細(xì)答案1121節(jié)

1、第11章 靜電場(chǎng)例11-2 ；從O點(diǎn)指向缺口中心點(diǎn)例11-3 DD例11-6 ，向右； ，向右； ，向左。習(xí)題精煉B習(xí)題11-2圖11-2 過(guò)O點(diǎn)建立直角坐標(biāo)xOy。均勻帶電圓弧線的電荷線密度，對(duì)應(yīng)張角取一電荷元 11-3 ，沿矢徑OP11-4 ；0、11-5 rR1： R1rR2： R2rR3： rR3： 11-6 ，；，；，11-7 ，第12章 電勢(shì)-2000V45V；-15V例12-5 DC習(xí)題精煉12-1 ； 單位正電荷在靜電場(chǎng)中沿任何閉合路徑繞行一周，電場(chǎng)力所做的功為零；保守12-2 C12-3 (1) ， 0；(2) ， 12-4 12-5（1）兩球面內(nèi)rR1： 兩球面之間R1rR

2、2： 兩球面之外rR2： （2）12-6 12-7 均勻帶電球體的電場(chǎng)能量大。第13章 靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體CC不變；減小習(xí)題精練D解：三塊無(wú)限大平行導(dǎo)體板，作高斯面如圖，可得金屬表面場(chǎng)強(qiáng)：E1=1 0，E2=2 0左邊兩極板電勢(shì)差U1=1d1 0，右邊兩極板電勢(shì)差U2=E2d2=2d2 0，而左板和右板由導(dǎo)線連接構(gòu)成等勢(shì)體，中板自身是等勢(shì)體，所以U1= U2，則 1d1 2d2= d2 d1 電勢(shì)差為0，因?yàn)閷?dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體。；第14章 靜電場(chǎng)中的電介質(zhì)例14-1 B例14-2 C例14-3 （1）增大；增大 （2）增大；增大 （3）減??；不變例14-4 ；習(xí)題精練14-1 14-2 r ； r1

3、4-3 C14-4 B14-5 C14-6 【解】（1）電容器充電后斷開(kāi)電源，則極板上所帶的電量不變。故極板間的電勢(shì)差和電場(chǎng)能量分別為 =1000V，5106 J。(2)設(shè)極板原間距為d，增大為2d時(shí)，相應(yīng)的電容量要變小，其值為。而此時(shí)極板所帶電量仍然不變。電場(chǎng)總能量改變?yōu)?=1.0105 J，電場(chǎng)能量的增加量為=5.0106J，由于把帶電的電容器極板拉開(kāi)時(shí)，外力需克服電場(chǎng)力作功，這部分外力所作的功就轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能量了，或者說(shuō)，電荷不變時(shí)，電容器內(nèi)部的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，但是場(chǎng)強(qiáng)存在的空間體積變成原來(lái)的兩倍，總能量也就變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍。第15章 穩(wěn)恒磁場(chǎng)【例題精選】例15-1 （見(jiàn)書(shū)上）例15-2 （見(jiàn)

4、書(shū)上） 例15-3 （見(jiàn)書(shū)上）例15-4 （見(jiàn)書(shū)上） 例15-5 D例15-6 C答：第一說(shuō)法對(duì)，第二說(shuō)法不對(duì)因?yàn)閲@導(dǎo)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（見(jiàn)書(shū)上）【練習(xí)題】15-1 (1) (只有四分之一圓弧電流在P點(diǎn)產(chǎn)生B ) (2) 參考： 圓形載流導(dǎo)線圓心處的磁場(chǎng)：一段載流直導(dǎo)線的磁場(chǎng)： 15-2 （參考上一題，注意流過(guò)ab邊與流過(guò)ac,cb邊的電流關(guān)系）；垂直紙面向里15-3 D (參考15-1，O點(diǎn)B由圓形電流與無(wú)限長(zhǎng)載流直導(dǎo)線產(chǎn)生，注意二者方向)15-4 解：帶電圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，可看作無(wú)數(shù)的電流圓環(huán)的磁場(chǎng)在O點(diǎn)的疊加 某一半徑為的圓環(huán)的

5、磁場(chǎng)為 而 正電部分產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為 負(fù)電部分產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度為 今 。15-5 ； 0 ； 15-6 （參考例題15-9）15-7 D 15-8 B （載流長(zhǎng)直螺線管內(nèi)的磁場(chǎng)： ）15-9 解：建立坐標(biāo)系，應(yīng)用安培環(huán)路定理，左邊電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度； 方向向里 右邊電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度； 方向向外 應(yīng)用磁場(chǎng)疊加原理可得磁場(chǎng)分布為， 的方向垂直x軸及圖面向里 第16章 磁力【例題精選】例16-1 12 ； 12 （參考 洛倫茲力；回旋半徑）例16-2 A (可以用安培力來(lái)判斷各邊受力情況，也可以用 判斷出載流線圈所受磁力矩，然后判定轉(zhuǎn)動(dòng)方向)例16-3 D (cd處在ab的磁場(chǎng)中，可用安培力來(lái)判

6、斷)例16-4 （見(jiàn)書(shū)上）例16-5 有關(guān)；無(wú)關(guān)；（參考閉合載流導(dǎo)線在磁場(chǎng)中磁力矩）0 （同上）【練習(xí)題】16-1 C 【】16-2 ； 16-3 B16-4 D (用安培力來(lái)判斷各邊受力情況)16-5 C 16-6 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：，。A （參考閉合載流導(dǎo)線在磁場(chǎng)中磁力矩）解：(1) ，方向垂直于線圈平面。 = 9.4010-4 Nm (2) 設(shè)線圈繞AD邊轉(zhuǎn)動(dòng)，并且線圈穩(wěn)定時(shí)，線圈平面與豎直平面夾角為，則磁場(chǎng)對(duì)線圈的力矩為 重力矩： 于是 16-9 證明：取半徑為r，寬dr的圓

7、環(huán)，電流dI=2rdr=rdr，它的磁矩為dPm=r2dI=r3dr，受磁力矩為dM=BdPm=Br3dr，M=B=Br4 4。(或總磁矩Pm=r4 4，M=BPm=Br4 4)第17 章磁場(chǎng)中的磁介質(zhì)【例題精選】例17-1 B例17-2 答：不能 因?yàn)樗⒉皇钦嬲诖沤橘|(zhì)表面流動(dòng)的傳導(dǎo)電流，而是由分子電流疊加而成，只是在產(chǎn)生磁場(chǎng)這一點(diǎn)上與傳導(dǎo)電流相似例17-3 矯頑力較小，磁滯損耗??；變壓器、電磁鐵和電機(jī)中的鐵心；矯頑力較大，剩磁也大；永磁體。例17-4 I / (2r)； I / (2r)【練習(xí)題】17-1 C17-2 鐵磁質(zhì)；順磁質(zhì)；抗磁質(zhì)17-3 矯頑力小 ；容易退磁第18章 電磁感應(yīng)

8、及電磁波【例題精選】例18-1 C 【參考】例18-2 (見(jiàn)書(shū)上)例18-3 (見(jiàn)書(shū)上)例18-4 ；N解：利用動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式解決：，由右手定則判定：例18-5 (見(jiàn)書(shū)上)(見(jiàn)書(shū)上)DDC C C垂直；橫波；相同；同時(shí)【練習(xí)題】18-1 B 18-2 解： n =1000 (匝/m) =210-1 sin 100 t (SI) 210-1 A = 0.987 A 18-3 ADCBA繞向；ADCBA繞向18-4 解：建立坐標(biāo)(如圖)則： ， ， 方向 d 感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向?yàn)镃D，D端電勢(shì)較高 18-5 解：建立坐標(biāo)系，長(zhǎng)直導(dǎo)線為y軸，BC邊為x軸，原點(diǎn)在長(zhǎng)直導(dǎo)線上，則斜邊的方程為 ，式中r是t時(shí)

9、刻B點(diǎn)與長(zhǎng)直導(dǎo)線的距離。三角形中磁通量 當(dāng)r =d時(shí)， 方向：ACBA(即順時(shí)針) 18-6 D 18-7 證明：取長(zhǎng)直導(dǎo)線之一的軸線上一點(diǎn)作坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)電流為I，則在兩長(zhǎng)直導(dǎo)線的平面上兩線之間的區(qū)域中B的分布為 穿過(guò)單位長(zhǎng)的一對(duì)導(dǎo)線所圍面積（如圖中陰影所示）的磁通為 18-8 0.400 H； 28.8J （參考 和）18-9 C18-10 C18-11 解：如圖所示，由安培環(huán)路定理得導(dǎo)體內(nèi)距中心軸為r處的磁感強(qiáng)度B=，在r處的磁能密度為wm=，則單位長(zhǎng)度導(dǎo)線內(nèi)所儲(chǔ)藏的磁能為Wm=。第19章 光的干涉【例題精講】 D；變?。蛔冃?；解: (1) 根據(jù)題意，中央明紋兩側(cè)的兩條第10級(jí)明紋中心的間

10、距 (2) 覆蓋上玻璃片后，零級(jí)明紋應(yīng)滿(mǎn)足 設(shè)不蓋玻璃片時(shí)，此點(diǎn)為第k級(jí)明紋，則應(yīng)有所以 即零級(jí)明紋移到原第7級(jí)明紋處。B；C；A；解: (1) 棱邊處是第一條暗紋中心，在膜厚度為處是第二條暗紋中心，由此可知第四條暗紋中心，即A處的膜厚度，所以 (2) 由上問(wèn)可知A處膜厚為 對(duì)于的光，連同附加的光程差，在A處兩反射光的光程差為它與波長(zhǎng)之比為，滿(mǎn)足薄膜干涉明紋條件，所以A處是明紋。B；解：(1) 明環(huán)半徑 500 nm(2) (2k1)2 r2 / (R) 對(duì)于r1.00 cm， kr2 / (R)0.550.5 故在OA范圍內(nèi)可觀察到的明環(huán)數(shù)目為50個(gè)?！玖?xí)題精練】19-1. 上 ； ；19-

11、2. （1） ； (2) ；解：(1) ， 此處 k5 (2) 共經(jīng)過(guò)20個(gè)條紋間距，即經(jīng)過(guò)的距離為： 19-3. C；19-4. 1.510-6 m；解：上下表面反射都有相位突變，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 )， (k0，1，2，) A處為明紋，B處第8個(gè)暗紋對(duì)應(yīng)上式k7 得 1.510-3 mm=1.510-6 m 19-5. ；19-6. C； 19-7. (1) ； (2) =3.73mm ； 解：(1) 設(shè)第十個(gè)明環(huán)處液體厚度為e10，則 (2) ekR，略去， 得 第20章 光的衍射【例題精講】D；B；B；D；B；B；D；解：

12、（1）由光柵衍射主極大公式 ，得 （2）若第三級(jí)缺級(jí)，則 ，即 （3） ，實(shí)際上看不到第四級(jí)條紋，考慮到缺級(jí)現(xiàn)象，所以實(shí)際呈現(xiàn)級(jí)，共五條明紋。 解：(1) 雙縫干涉條紋第k級(jí)亮紋條件： 第k級(jí)亮條紋位置：相鄰兩亮紋間距： (2) 單縫衍射第一暗紋： 單縫衍射中央亮紋半寬度： 因?yàn)?，所以雙縫干涉第5級(jí)主極大缺級(jí)。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(jí)?；蚋鶕?jù)缺級(jí)條件指出雙縫干涉缺第5級(jí)主極大，同樣得該結(jié)論?！玖?xí)題精練】20-1. 子波；子波相干疊加；20-2. 4 ；一 ；暗；20-3. A；20-4. 解： (1) 根據(jù)單縫衍射暗紋公式得 由題意可知

13、 , 代入上式可得 (2) (k1 = 1, 2, ) (k2 = 1, 2, ) 若要重合，即1 = 2，則 ，由，可得：即波長(zhǎng)1的任意一個(gè)第k1級(jí)極小都與波長(zhǎng)2的第2k1級(jí)極小重合20-5. 第一級(jí)；第三級(jí)；20-6. B；20-7. (1) ； (2) ； 解：(1) 由光柵衍射主極大公式得 (2) 20-8. (1) 0.06 m ； (2) 取k = 2，共有k = 0，1，2 即5個(gè)主極大； 解：(1) 由 ， ，當(dāng)xf時(shí)，即： ， 取k=1時(shí)，有 中央明紋寬度為 (2) 光柵常數(shù)， 則 取，共有k = 0，1，2 等5個(gè)主極大.第21章 光的偏振【例題精講】B；波動(dòng)；橫波；B；C；解：設(shè)I0為自然光強(qiáng)，由題意知入射光強(qiáng)為2 I0 。 設(shè)經(jīng)過(guò)P1后的透射光強(qiáng)I1 ，根據(jù)馬呂斯定律有 ， 即 ，解得 (2) 設(shè)經(jīng)過(guò)P1、P2后的透射光強(qiáng)I2 ，根據(jù)馬呂斯定律， 即 ， 所以 D；解：(