大学物理 下册 (百文 著) 上海交通大学出版社 课后答案 32页

'课后答案网：www.hackshp.cn课后答案网您最真诚的朋友www.hackshp.cn网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！课后答案网：www.hackshp.cn视频教程网：www.efanjy.comPPT课件网：www.ppthouse.com课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn第十一章静电场例题答案：11-1（B）11-2（B）11-3（B）qdqd11-4．≈；从O点指向缺口中心点2()234πεR2πR−d8πεR00λd2211-5.λd/ε0；πε0(4R−d；沿矢径)OPσ3σ11-6(D)11-7.向右;向右2ε2ε0024rR11-8(1)Er=k，rR。4εo4ε0r[解](1)作与球体同心、而半径rR的球面S2，因R外电荷为零，故S2内的电荷Q2=Q1，��1R221R3根据高斯定理得：Φ=∫sEr⋅sd=∫04πrρ()rdr=4πrEr=∫04πkrdr，∴2ε0ε04REr=k，r>R。24ε0r11-9(D)11-10(C)11-11.�∫E⋅dl=0单位正电荷在静电场中沿任意闭合L路径绕行一周，电场力作功等于零有势（或保守力）Q11-12.45V—15V11-13.-2000V11-14.(B)11-15.，０，24πε0R课后答案网：www.hackshp.cnQQ，。4πε0R4πε0r2λln(R/R)1cb11-16=λln(R/R)2ba[解]：设B上带正电荷，内表面上电荷线密度为λ1，外表面上电荷线密度为λ2，而A、C上相应地感应等量负电荷，如图所示．则A、B间场强分布为若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnE1=λ1/2πε0r，方向由B指向AB、C间场强分布为E2=λ2/2πε0r，方向由B指向CB、A间电势差RaλRadrλR11bU=E⋅dr=−=lnBA∫R1∫Rb2πε0br2πε0RaB、C间电势差RcλRcdrλR22cU=E⋅dr=−=lnBC∫R2∫Rb2πε0br2πε0Rbλln(R/R)1cb因UBA＝UBC,得到=λln(R/R)2ba练习详解：�q4��2q�11-1.（1）E0=0；（2）E0=0；（3）E0=k2i；（4）E0=k2iaa[解](1)如图(a)所示，各点电荷在点o处产生的场强两两对应相消，所以，点o处场强E0=0yyyyoE1E1oxE3oxoE2xoxE2E3(a)(b)(c)(d)(2)取图中(b)所示坐标。位于六角形的三条对角线上的电荷分别在点o处产生的场强为E1，E2和E3，且有E1=E2=E3，点o处的总场强在坐标轴上的分量分别为���Ex=E1cos60°+E2cos60°–E3=0，Ey=E2sin60°−E1sin60°=0，所以E0=EXi+Eyj=0。���(3)三条对角线上的电荷在点o处的场强分别为图(c)中的E1、E2和E3，且2qq4E1=E2=E3。o点总场强的分量为Ex=E1cos60°+E2+E3cos60°=2E2=2k=k，Ey=0，22aa�4q�所以E0=ki2课后答案网：www.hackshp.cna(4)取图(d)中所示坐标，除在x轴上的两点电荷在点o处所产生的场强彼此加强外，其他两对角线上的电荷在中心点o处的场强彼此相消。所以，总的场强为�q�2q�E0=2ki=ki22aa2Φ211-2.ΦOABC=ΦDEFG=0，ΦCDEO=−ΦABGF=−300bADEF=−ΦBCDG=−200b若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn������[解]如图所示，由E=200i+300j知，E与xy平面平行，故Φxy=∫E⋅sd=0，即ΦOABC=ΦDEFG=0，y���AB而Φ=300b2ABGF=∫(Exi+Eyj⋅dsj)，由于面ABGF与CDEO面的外FG2oCx法线方向相反，故ΦCDEO=−ΦABGF=−300b；同理���zEDΦ2BCDG=(Ei+Ej⋅dsi=)Eds=200b，而ΦADEF=−ΦBCDG∫xy∫BCDGy=−200b2。211-3.Q/ε0E＝0，E=5Qr/(18πεR)ab00τ11-4.（1）Er=0(rR2)122πεr302[解](1)在半径为R1的圆柱面内作高度为ℓ、半径为r的同轴圆柱面，并以此面作为高斯面。由于两带电柱面的电场为柱对称，所以，通过R1R2��������此高斯面的电通量Φ=∫E⋅sd=∫E1⋅sd+∫E2⋅sd+∫E3⋅sd，ss1s2s3r2r3其中第一、三项积分分别为通过圆柱面上、下底面的电通量。r1��由于E垂直于轴线，故E在底平面内第一、三项的积分均为零，��第二项积分为∫sEr1⋅sd=∫sEr1ds=Er12πr1ℓ，根据高斯定律22Φ=∑qεo，有Er12πr1ℓ=0，所以Er1=0(rR2)的同轴圆柱面为高斯面。同样应用高斯定理，有��ℓτ−ℓτ∫E⋅sd=，即：2πr3ℓEr3=0，所以Er3=0，(r3>R2)。ε0由上述结果可知，两个别带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面所形成的电场只课后答案网：www.hackshp.cn存在于两柱面之间。λ0⎡a+l⎤11-5U=l−aln⎢⎥4πε0⎣a⎦[解]：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷dq=λ0(x－a)dx它在O点产生的电势若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnλ(x−ad)x0dU=4πεx0alO点总电势xOλ0⎡a+la+ldx⎤U=∫dU=4πε⎢∫adx−a∫ax⎥x0⎣⎦dxλ0⎡a+l⎤=l−aln4πε⎢a⎥习题11-5图0⎣⎦σR11-6U=2ε0R[解]：在圆盘上取一半径为r→r＋dr范围的同心圆环．其面积为OdrdS=2πrdr其上电荷为dq=2πσrdr它在O点产生的电势为习题dq11-6图σdrdU==4πεr2ε00σRσR总电势U=∫dU=∫dr=S2ε02ε0011-7(1)导线表面处E＝2.54×106V/m(2)圆筒内表面处E＝1.70×104V/m[解]：设导线上的电荷线密度为λ，与导线同轴作单位长度的、半径为r的(导线半径R1＜r＜圆筒半径R2)高斯圆柱面，则按高斯定理有2πrE=λ/ε0得到E=λ/(2πε0r)(R1＜r＜R2)方向沿半径指向圆筒．导线与圆筒之间的电势差R2λR2drλR2U=∫E⋅dr=∫=ln12R12πεR1r2πεR001U12则E=rln(R/R)21课后答案网：www.hackshp.cn代入数值，则：U(1)导线表面处E=12＝2.54×106V/m1()RlnR/R121U(2)圆筒内表面处E=12＝1.70×104V/m2()RlnR/R221若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2MRm(g−qE)2mRm(g−qE)11-8v=,V=−,小球可以到达C点m(M+m)MM(+m)[解]：设小球滑到B点时相对地的速度为v，槽相对地的速度为V．小球从A→B过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒，mv＋MV＝0①11对该系统，由动能定理mgR－EqR＝mv2＋MV2②222MRm(g−qE)①、②两式联立解出v=方向水平向右．m(M+m)mv2mRm(g−qE)V=−=−方向水平向左．MMM(+m)小球通过B点后，可以到达C点．11-9.[解]：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为λRλU==A2εR2+3R24ε00λRλU==B2εR2+8R26ε00q由A点运动到B点电场力作功⎛λλ⎞qλA=q(U−U=)q⎜−⎟=AB⎜4ε6ε⎟12ε⎝00⎠0注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．11-10(1)σ=8.85×10-9C/m2(2)q′=＝6.67×10-9C[解]：(1)球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即221⎛qq⎞1⎛4πrσ4πrσ⎞1212U=⎜+⎟=⎜−⎟04πε⎜rr⎟4πε⎜rr⎟0⎝12⎠0⎝12⎠σ=(r+r)课后答案网：www.hackshp.cnε120U0ε0-9C/m2σ=＝8.85×10r+r12(2)设外球面上放电后电荷面密度为σ′，则应有1U′=(σr+σ′r=0)012ε0若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnr1即σ′=−σr2外球面上应变成带负电，共应放掉电荷22⎛r1⎞q′=4πr(σ−σ′=)4πrσ⎜1+⎟22⎜⎟r⎝2⎠()-9=4πσrr+r=4πεUr＝6.67×10C212002第十二章导体电学例题答案：12-1.（D）12-2.（C）12-3.(C)12-4.–q；球壳外侧12-5.2Fd/C2FdC12-6.(C)习题详解：12-1.C=712Uf12-2d2d1[解]三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E1=σ1ε0，σ1σ2EE1E22=σ2ε0d1d2∴左边两极板电势差U1=σ1d1ε0，习题3图右边两极板电势差U2=E2d2=σ2d2ε0，而U1=U2，则σ1σ2=d2d1。QQ2abQ12-3.（1）q1=，q2=（2）C=4πε0(a+b)(3)F=a+ba+b218πε0Rq1q2[解](1)a球电势，b球电势。4πε0a4πε0bq1q2Q−q1QaQb导线相连为一等势体，则==，∴q1=，q2=。abba+ba+b(2)系统的电容(孤立导体)，C=QU=(Qq1)4πε0a=4πε0(a+b)。(3)接触时为等电势，a球电量q1，b球电量q2，分开很远后互不干扰，与(1)相2Q⋅1Q233Q同q1=2Q3，q2=Q3。F==。(事实上，(1)中，a球表面电势由22课后答案网：www.hackshp.cn4πε0R18πε0Rq1q2q2q1叠加原理知约为+，b球表面电势为+，两电势4πε0a4πε0a(+)b4πε0b4πε0a(+R)相等，考虑到R>>a，R>>b，可得(1)(3)中结果)d12-4A板内侧电量为(qA−qB)2，两板间电势差UAB=(qA−qB)2ε0S[解]设各表面带电q1、q2、q3、q4，且q1+q2=qA，q3+q4=qB。导体内E=0，作高AB4312若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn习题5图 课后答案网：www.hackshp.cnq1∆S(qA+qB)斯面如图。大金属板外侧对应点a，b，E相等。Ea∆S=，2Ea∆S=∆S，ε0Sε0S∴Eq1qA+qB11a=，Eb=，即q1=(qA+qB)(同理q4=(qA+qB))。∴A板内侧电22ε0S2ε0S1q2∆Sq21量q2=qA−q1=(qA−qB)2，作高斯面(4)如图。极板间E=⋅=(qAε0∆SSε0S2ε0Sd−qB)。∴两板间电势差UAB=Ed=(qA−qB)。2ε0S第十三章电介质例题答案：13-1.（B）13-2.（B）13-3.（C）13-4.εr;1;εr，1,1/εr,1/εr13-5：（1）增加，增加（2）增加，增加；（3）减小，不变13-6.(C)习题详解：13-1U=RE/e=147kVmax0[解]：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为λ，则电容器两极板之间的场强分布为E=λ/(2πεr)设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为RRλλRU=∫E⋅dr=∫dr=ln2πεr2πεrrr0电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有λ=2πεrE00RU=rEln00r0适当选择r0的值，可使U有极大值，即令dU/dr=Eln(R/r)−E=00000得r=R/e课后答案网：www.hackshp.cn02dU显然有<0，故当r=R/e时电容器可承受最高的电压20dr0U=RE/e=147kVmax013-2[解]：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量D保持不变，若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn112112w0又w=DE=D=D=022εεε2εε0rr0r因为介质均匀，∴电场总能量W=W/ε0r13-3[解]：设某瞬时球上带电q，电势为u，将dq自∝处移至球面，外力做功等于的电势能增量dw，即dw=udq。球上电量由q=0→Q，外力作的总功为球末态2QQqQ的电势能(即球带电Q的总静电能)。所以W==∫u⋅dq=∫⋅dq=。004πεR8πεR−6J（2）∆W−6J13-4（1）U=1000V，W=5×10e=5.0×10e由于把带电的两面三刀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[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−82(−82)Q0.1×10Q0.1×10−6差和电场能量分别为U=＝=1000V，We===5×10J。C−122C−1210×102×10×10(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C′=ε0S2d=C2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为W′22C′=Q2Ce=Q(−82)0.1×10−5−6==1.0×10J，电场能量的增加量为∆We=W′e–We=5.0×10J，由于把−1210×10带电的两面三刀极板拉开时，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。2⎛11⎞3⎛r1⎞213-5Vmax=Ebr1⎜⎜−⎟⎟We=2πε0εrr1⎜⎜1−⎟⎟Eb。⎝r1r2⎠⎝r2⎠�q�0[解](1)设该球形电容器带有电量，则两球壳间场强分布为E=r24πε0εrrr1≤r≤r2由此可知，当r趋近于r1时，场强值增大。要使电容器不被击穿，EI，则F的方向向下；若II，则F的方向向下，IR)2πr因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为��2RµIµI00Φ=BdS=dr=ln22∫⋅∫2πr2πRµIµI00穿过整个矩形平面的磁通量Φ=Φ+Φ=+ln2124π2πµ0Iµ0Ia514-11B=+(≤x≤a)B的方向垂直x轴及图面向里2πx2π3(a−x)22µIµI00解：由磁场的磁感应强度叠加，知B=B+B=+，122πx2π(3a−x)方向垂直x轴及图面向里14-12114-124-12答：安培环路定理只适用于闭合电流，有限长载流直导线不闭合，故环路定律不适用．μIIlb01214-13114-134-13F=ln2πb-aa22�解：dℓ=dr，cosα=ba−，sinα=ℓ−b(−)a，bI2FαycosαℓℓI1rdℓdrx所有电流元受力方向相同，积分可得电流I2受磁力大小aαdℓµ0I1µ0I1I2−1b1µ0I1I2ℓbF=∫I2dℓ=cosα∫dr=ln，2πr2πar2πb−aa2(2)2(2)µ0I1I2bℓ−b−aµ0I1I2ℓ−b−ab则有Fy=F⋅cosα=ln，FX=−Fsinα=−F=−ln。2πaℓ2πb−aa3课后答案网：www.hackshp.cn14-14114-144-14πRλBω；在图面中向上解：根据线圈在磁场中受到的磁力矩：M=m×B，线圈磁矩为m=NISe，则带电圆环旋转时产生电流nQλπ2R23I===λωR，m=NIS=RλωπR=πRλω，T2πω若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn3所以磁力矩大小M=mB=πRλωB，方向在图面中竖直向上。14-15114-154-15（1）6.67×10-7T（2）7.20×10-7A2·m解：（1）运动带电质点在O点产生的磁场的磁感应强度B的大小：µ0qv−7B=⋅，带入数值，得B=6.6710T×；24πRQqqv（2）带电质点产生的磁矩大小m=NIS，I===，T2πRv2πRqv21-72所以m=IS=⋅πR=qvR，带入数值，得m=7.20×10A·m2πR2�3mv14-16114-164-16L=R2sin60=eBmv解：运动电荷在磁场中运动的轨迹半径R=，eB�3mv入射点和出射点之间距离为L=R2sin60=。eB第十五章磁介质例题答案：例15-11515-1-1I/(2πr)；µI/(2πr)例15-21515-2-2（D）例15-31515-3-3矫顽力较小，磁滞损耗小；适宜于制造变压器、电磁铁和电机中的铁心例15-41515-4-4铁磁质；顺磁质；抗磁质例15-51515-5-5矫顽力小；容易退磁练习题答案：15-11515-1-1(A)15-21515-2-2(D)15-31515-3-3(B)15-41515-4-4(C)15-51515-5-5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课后答案网：www.hackshp.cn成，只是在产生磁场这一点上与传导电流相似。第十六章变化的电磁场例题答案：例16-11616-1-1（A）例16-21616-2-2（C）若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn−2例16-31616-3-3B=q(R+r)/(NS)=5×10T【解】设在时间t1→t2中线圈法线从平行于磁场的位置转到垂直于磁场的位置，则在t1时刻线圈中的总磁通为NΦ=NBS(S为线圈的面积)，在t2时刻线圈的总磁通为零，于是在t1→t2时间内总磁通变化为∆(NΦ)=−NBS令t时刻线圈中的感应电动势为ε，则电流计中通过的感应电流为εNdΦi==−R+rR+rdtt1→t2时间内通过的电荷为t2Φ2NNNBSq=∫itd=−∫dΦ=−∆Φ=R+rR+rR+rt1Φ1−2∴B=q(R+r)/(NS)=5×10TμIlb+vtµlIv(b-a)00例16-41616-4-4(1)Φ()t=ln(2)ε=2πa+vt2πab【解】b+vtμIμIldrμIlb+tv000(1)Φ()t=�∫B⋅dS=∫lrd=∫=ln2πr2πr2πa+tvSa+vtdΦµlIv(b-a)0(2)ε=−=dt2πabt=0例16-51616-5-5（D）例16-61616-6-6(B)µIba+da0例16-71616-7-7ε=(ln−)v；方向：ACBA(即顺时针)2πada+d【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y=(bx/a)−br/a，式中r是t时刻B点与长直导线的距离。三角形中磁通量a+ra+rμI0yμI0bbrµ0Ibra+rΦ=∫dx=∫(−)dx=(b−ln)2πx2πaax2πarrrdΦµIba+radr0ε=−=(ln−)dt2πara+rdtµIba+da0当r=d时，ε=(ln−)v2πada+d方向：ACBA(即顺时针)课后答案网：www.hackshp.cn例16-81616-8-8（D）例16-91616-9-9（D）例16-10116-106-10ε=3.68mV；方向：沿adcb绕向．【解】大小：ε=dΦtd=SBtdd1212ε=SBt=dd(Rθ−oa⋅sin)d/dθBt22=3.68mV方向：沿adcb绕向。若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn例16-11116-116-11（A）例16-12116-126-12（C）例16-13116-136-13（D）例16-14116-146-140.400H例16-15116-156-15(D)例16-16116-166-16(C)例16-17116-176-17(D)例16-18116-186-18(C)例16-19116-196-19(C)例16-20116-206-20(A)练习题答案：16-11616-1-1I=π2×10-1A=0.987Am解：n=1000(匝/m)B=µnI022Φ=a⋅B=aµnI0dΦ2dI2-1ε=−N=−Naµn=π×10sin100πt(SI)0dtdtI=ε/R=π2×10-1A=0.987Amm2µπ(rR-R)σd()ωt02116-21616-2-2i=−⋅2R′dt方向：当dω(t)/dt>0时，i与选定的正方向相反．当dω(t)/dt<0时，i与选定的正方向相同．dqσdSσπ2rrd解：取半径为r，宽度为dr的带电圆环，产生的电流dI====σωrrd，dtdt2πωµdI10在圆心处产生的磁场磁感应强度dB==µσωdr，02r2R2R211整个圆环在圆心处产生的B=dB=µσωdr=µσω(R−R)，∫R∫R0021112212则小导体环里通过的磁通量φ=BS⋅=µσω(R−R)πr，0212ε1dφ12dω导体环中的感应电流i==−⋅=−µσ(R−R)πr。021课后答案网：www.hackshp.cnR′R′dt2R′dt方向：当dω(t)/dt>0时，i与选定的正方向相反．当dω(t)/dt<0时，i与选定的正方向相同．µd4016-31616-3-3ε=αln；线圈中的感应电流是顺时针方向．2π3解：(1)载流为I的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：B=µI/(2πr)0若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为：3dµIµId300Φ=d⋅dr=ln1∫2πr2π22d与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：2dµIµId00Φ=−d⋅dr=−ln22∫2πr2πdµId04总磁通量Φ=Φ+Φ=−ln122π3dΦµd4dIµd400感应电动势为：ε=−=(ln)=αlndt2π3dt2π3由ε>0和回路正方向为顺时针，所以�的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向．12216-41616-4-4ε=ωBLsinθ；ε的方向沿着杆指向上端2解：在距O点为l处的dl线元中的动生电动势为���dε=(vB×)d⋅lv=ωlsinθO′���1∴dε=∫(v×B)d⋅l=∫vsin(Bπ)cosdαl2LLL2α=∫ωlBsinθdlsinθ=ωBsinθ∫ldlΛ0θ1l22=ωBLsinθ2Oε的方向沿着杆指向上端．3216-51616-5-5U-U=−ωBLab10解：Ob间的动生电动势：4/5L���4/5L142162ε=(v×B)d⋅l=ωBlld=ωB(L)=ωBL1∫∫255000b点电势高于O点．Oa间的动生电动势：L/5���L/511212ε=(v×B)d⋅l=ωBlld=ωB(L)=ωBL2∫∫255000a点电势高于O点．1216215232课后答案网：www.hackshp.cn∴U−U=ε−ε=ωBL−ωBL=−ωBL=−ωBLab2150505010μIv2(ab+)016-6ε=ln；D端电势高2π2ab+解：以C点为坐标原点，沿CD方向建立x轴正方向，取距离C点x位置处，长度为dx的杆，两导线在该位置处产生的磁场的磁感应强度：若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cnµIµI00B=−，方向垂直纸面向外，2π(a+x)2π(2a+x)⎡µIµI⎤00产生的感应电动势：dε=vBxd=⎢−⎥vxd，⎣2π(a+x)2π(2a+x⎦)CD杆上产生的感应电动势：b⎡µIµI⎤µIvb000ε=∫dε=∫0⎢−⎥vxd=⎡⎣ln(a+x−)ln2a(+x⎤⎦0)⎣2π(a+x)2π(2a+x⎦)2πµIv2(ab+)0=ln2π2ab+D端电势高316-71616-7-7ε=−dΦ/dt=−π(2/3)Baωcosωt；当ε>0时，电动势沿顺时针方向．i0i解：取回路正向顺时针，则a2Φ=B2πrdr=B2πrsinωtdr∫∫003=2(π)3/Basinωt03ε=−dΦ/dt=−π(2/3)Baωcosωti0当ε>0时，电动势沿顺时针方向．i16-81616-8-8证明证：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µIµI00B=+2πr2π(d−r)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rI��µId−aµI0110d−aΦ=∫B⋅dS=∫(+d)r=IlndS2πard−rπa2arΦµd−aO0L==lnIπa课后答案网：www.hackshp.cn16-9I=1.26A1212解： w=µH=µ(nI)0022∴I=(2w/µ/)n=.126A016-10116-106-10µIr0证明：长直导线内任意一点磁场的磁感应强度B=，22πR若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn2221BµIr0对应该点处的磁场能量密度w==，242µ8πR022232µIrRµIrµI000单位长度导线所储存的磁能为：W=ωdV=⋅2πrrd=dr=∫∫8π2R4∫04πR416π第十七章电磁波例题答案：例17-11717-1-1(C)例17-21717-2-2垂直；横：相同；同时-52例17-31717-3-31.5910W/m×练习题答案：17-11717-1-1证明略817-21717-2-2210m/s×17-3能流密度矢量，其大小表示单位时间内流过与能量传输方向垂直的单位横截面积的能量，其方向为能量的传输方向；S=EH×第十八章例18-1C，18-2D，18-3B，例18—4解：(1)∆x＝20Dλ/a＝0.11m(2)覆盖云玻璃后，零级明纹应满足(n－1)e＋r1＝r2设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2－r1＝kλ所以(n－1)e=kλk＝(n－1)e/λ＝6.96≈7课后答案网：www.hackshp.cn零级明纹移到原第7级明纹处例18—5C，例18—6C，例18—7A，18-85λ/(2nθ)例18—9解：原间距l1＝λ/2θ＝1.5mm改变后，l2＝l1－∆l＝0.5mmθ-4改变后，θ2＝λ/2l2＝6×10rad改变量 ∆θ＝θ-42－θ＝4.0×10rad例18—10解：设第五个明纹处膜厚为e，则有2ne＋λ/2＝5λ若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn设该处至劈棱的距离为l，则有近似关系e＝lθ，由上两式得2nlθ＝9λ/2，l＝9λ/4nθ充入液体前第五个明纹位置l1＝9λ/4θ充入液体后第五个明纹位置l2＝9λ/4nθ充入液体前后第五个明纹移动的距离∆l＝l1–l2＝9λ(1−1/n)/4θ＝1.61mm例18—11C，例18-12B例18—13解：(1)明环半径r=(2k−1R)⋅λ2/22rλ=＝5×10-5cm(或500nm)(2k−1R)(2)(2k－1)＝2r2/(Rλ)对于r＝1.00cm，k＝r2/(Rλ)＋0.5＝50.5故在OA范围内可观察到的明环数目为50个．例18—142d/N【练习题练习题练习题】18—1C，18—2上(n-1)e，18—3变小变小，18—4xd/(5D)18—5解：(1)x=2kDλ/d，d=2kDλ/∆x此处k＝5∴d=10Dλ/∆x=.0910mm(2)共经过20个条纹间距，即经过的距离l=20Dλ/d=24mm18—6解：设S1、S2分别在P点引起振动的振幅为A，干涉加强时，合振幅为2A，所以2I∝4Amax1因为r−r=λ213所以S2到P点的光束比S1到P点的光束相位落后2π2πλ2π∆φ=(r−r=)⋅=21课后答案网：www.hackshp.cnλλ33P点合振动振幅的平方为：2222π2A+A+2Acos=A3∵I∝A2∴I/I22max=A/4A=1/4λ18—7B，18—82nl若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn18—9解：上下表面反射都有相位突变π，计算光程差时不必考虑附加的半波长。设膜厚1为e,B处为暗纹，2ne＝(2k＋1)λ，(k＝0，1，2，…)2A处为明纹，B处第8个暗纹对应上式k＝7(2k+1λ)e=＝1.5×10-3mm4n318—10λ2118—11解：(1)第k个明环，2e+λ=kλ，e=2(k−)1λ4/kk21222222(2)∵2e+λ=kλ，R=r+(R−e)=r+R−2Re+ekkkkkk2式中e为第k级明纹所对应的空气膜厚度k22∵e很小，e<ν222o时，hν=mv2+W=mv2+hνo；mv2=0时，ν=νo为红限；2mv22既Q点为νo，由上式=h，可见S点频率为ν，动能为mv2，则tgθν−ν02mv2/OP===h，故OPOQ可以直接求出普朗克常数h。选C。ν−ν0OQ21-2解：(1)Ah，(hν5ms。(3)5×10141−A)e。(2)1.453V，7.14×10Hz，2eV。22=h(ν分析：(1)遏止电动势mv1−νo)=eUa，∴Ua=(hν1−hνo)e=(hν1−A)e。−343hc/λ−A1.663×10×3×10–19(2)⎟Ua⎜==(−2.0×1.6×10)=1.453(V)。e−19−76.1×106.3×10−1922=e⎟U2eUa2×6.1×10×.14535mva⎜⇒v===7.14×10ms。m−31.911×1022=e⎟U2(3)无光电子产生时遏止电压为0，即mva⎜=0，此时hν=mv2+hνo=hνo，则频率为红限频率，由图知ν14Hz，又mv2o=5×102=h(ν1−νo)=e⎟Ua⎜⇒h(10−5)=2e⇒5h=2e则hνo=A=5h=2(eV)。注意：此题应从图中读出，不用A=5×6.63×1014和ν14Hz。课后答案网：www.hackshp.cno=Ah=4.8×1021-21-33解：(1)E1>E2；(2)⎟Ua1⎜>⎟Ua2⎜；(3)IS1E2。12(2)由mv=eUa，动能大的电子需要遏制电压大，故⎟Ua1⎜>⎟Ua2⎜。2(3)光强相同，即I=n1hν1=n2hν2，则ν大的光子数少，打出的光电子少，则产生的若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn饱和光电流也小，故IS1λ0．21-7解：散射波长仅与散射角有关，与材料无关，故λLi=λFe；大量能量为hν(波长为cν)的光子射到轻的原子Li上，其电子束缚弱，打走的电子多。沿θ角散射的光子数目多，沿此方向Li、Fe的散射的粒子，λLi=λFe，即能量相同，由于I=nhν=nhcλ，则光子数目多，则此方向上光的强度I(nhν)大，所以ILi>IFe，故选(C)。21-8光子动量为p=mc=mc2c=hνc，∴hνc=hνc′cosϕ+pcosθ。λ′−λ21-9hcλλ′参考解：根据能量守恒定律有22mc+hν=mc+hν′e22hchchc(λ′−λ)则E=mc−mc=hν−hν′=−=Keλλ′λλ′1221-9解：非相对论动能E=mvKe22p而p=mv故有E=eK2me又根据德布罗意关系有p=h/λ代入上式122-6则E=h/(mλ)=4.98×10eVKe2课后答案网：www.hackshp.cn21-10解：初态：p=0，末态：光子动量hνc=(E3−E1)c，氢原子v<