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1、第十一章 静电场例题答案：11-1 （B） ；11-2（B） ； 11-3（B）11-4 ；从O点指向缺口中心点11-5 ； ；沿矢径OP 11-6 (D) ； 11-7 向右 ； 向右 ；11-8 (1)，rR。解：(1)作与球体同心、而半径rR的球面S1。球体内电荷密度r随r变化，因此，球面S1内包含的电荷。根据高斯定理和已知的电荷体密度r(r)，可求得球体内任意点的场强。即，得：，rR的球面S2，因R外电荷为零，故S2内的电荷Q2=Q1，根据高斯定理得：F=4pr2Er=，rR。11-9 (D) ； 11-10 (C) ；11-11 单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功
2、等于零有势（或保守力）；11-12 45 V；-15 V； 11-13 -2000V ； 11-14 (B) ； 11-15 ，0，；11-16 解：设B上带正电荷，内表面上电荷线密度为l1，外表面上电荷线密度为l2，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 E1=l1 / 2pe0r，方向由B指向A B、C间场强分布为 E2=l2 / 2pe0r，方向由B指向C B、A间电势差 B、C间电势差 因UBAUBC ,得到 练习题答案：11-1 （1）E0=0；（2）E0=0；（3）=k；（4）= k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
3、场强E0=0(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+ E2cos60E3=0，Ey=E2sin60-E1sin60=0，所以=EX+Ey=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、和，且E1=E2=E3。o点总场强的分量为Ex=E1cos60+E2+E3cos60=2E2=2k=k，Ey=0，所以=k(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
4、场强为=2k= k11-2 FOABC=FDEFG=0， FCDEO=-FABGF =-300b2 FADEF=-FBCDG =-200b2 解：如图所示，由=200+300知，与xy平面平行，故Fxy=0，即FOABC=FDEFG=0， 而FABGF =300b2，由于面ABGF与CDEO面的外法线方向相反，故FCDEO=-FABGF =-300b2；同理FBCDG=200b2，而FADEF=-FBCDG =-200b2。11-3 Q / e0 0，11-4 （1）(rR1) （2）(R1r2R2)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
5、电柱面的电场为柱对称，所以，通过此高斯面的电通量F=+，其中第一、三项积分分别为通过圆柱面上、下底面的电通量。由于垂直于轴线，故在底平面内第一、三项的积分均为零，第二项积分为=，根据高斯定律，有=0，所以(rR1)。(2)用同样的方法讨论两柱面之间的场强。以高度为l、半径为r2(R1r2R2)的同轴圆柱面为高斯面。应用高斯定理，有，即，所以 (R1r2R2)的同轴圆柱面为高斯面。同样应用高斯定理，有，即：，所以，(r3R2)。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存在于两柱面之间。11-5 U 解：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷 dq=l0 (xa)d
6、x 它在O点产生的电势 O点总电势 习题11-6图11-6 解：在圆盘上取一半径为rrdr范围的同心圆环其面积为 dS=2prdr 其上电荷为 dq=2psrdr 它在O点产生的电势为 总电势 11-7 (1) 导线表面处 E2.54 106 V/m (2) 圆筒内表面处 E1.70104 V/m 解：设导线上的电荷线密度为l，与导线同轴作单位长度的、半径为r的(导线半径R1r圆筒半径R2)高斯圆柱面，则按高斯定理有 2prE =l / e0 得到 E = l / (2pe0r) (R1rR2 ) 方向沿半径指向圆筒导线与圆筒之间的电势差 则 代入数值，则： (1) 导线表面处 2.54 10
7、6 V/m (2) 圆筒内表面处 1.70104 V/m11-8 , , 小球可以到达C点解：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AB过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒， mvMV0 对该系统，由动能定理 mgREqRmv2MV2 、两式联立解出 方向水平向右 方向水平向左 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 q由A点运动到B点电场力作功 注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算 11-10 (1) 8.8510-9 C / m2 (2) 6.6710-9 C 解：(1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球
8、心处产生的电势的叠加，即 8.8510-9 C / m2 (2) 设外球面上放电后电荷面密度为，则应有 = 0即 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 6.6710-9 C 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 ；12-6 (C) 练习题答案：12-1. C=712Uf 12-2 d2 d1解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：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U1=U2，则s1 s2= d2 d1。12-3
9、（1）q1=，q2= （2）C=4pe0(a+b) (3) F=解：(1)a球电势，b球电势。导线相连为一等势体，则=，q1=，q2=。(2)系统的电容(孤立导体)，C=Q U=(Q q1)4pe0a=4pe0(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)相同q1=2Q 3，q2=Q 3。F= =。(事实上，(1)中，a球表面电势由叠加原理知约为+，b球表面电势为+，两电势相等，考虑到Ra，Rb，可得(1)(3)中结果)12-4 A板内侧电量为(qA-qB) 2； 两板间电势差UAB =(qA -qB)解：设各表面带电q1、q2、q3、q4，且q1+
10、q2=qA，q3+q4=qB。导体内E=0，作高斯面如图。大金属板外侧对应点a，b，E相等。EaDS=，2EaDS=DS，Ea=， Eb=，即q1=(qA+qB)(同理q4=(qA+qB)。A板内侧电量q2=qA-q1=(qA-qB) 2， 作高斯面(4)如图。极板间E=(qA -qB)。 两板间电势差UAB =Ed=(qA -qB)。第十三章 电介质例题答案：13-1 （B） ；13-2 （B）；13-3（C）；13-4 e r ； e r； 1,； 1/e r ； 1/e r13-5（1）增加，增加 （2）增加， 增加 ；（3） 减小， 不变 ；13-6 (C)练习题答案：13-1 = 1
11、47 kV 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为l，则电容器两极板之间的场强分布为 设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为 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 适当选择r0的值，可使U有极大值，即令得 显然有 0， 故当 时电容器可承受最高的电压 = 147 kV 13-2 解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量保持不变，又 因为介质均匀，电场总能量 13-3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=0Q，外力作的总功为球末态的电势能(即球带电Q的总静电能)。
12、所以W=。13-4（1）U=1000V，= 510-6J （2）DWe= 5.010-6J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。故极板间的电势差和电场能量分别为=1000V，510-6J。(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=e0S2d=C2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为We=Q2 2C= Q2 C 1.010-5J，电场能量的增加量为DWe= WeWe=5.010-6J，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
13、就转化为电场能量了。13-5 Vmax= =。解：(1)设该球形电容器带有电量，则两球壳间场强分布为r1rr2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，E0时，i与选定的正方向相反 当dw (t) /d t 0时，i与选定的正方向相反 当dw (t) /d t 0和回路正方向为顺时针，所以E的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向16-4 ； 的方向沿着杆指向上端 解：在距O点为l处的dl线元中的动生电动势为 的方向沿着杆指向上端 16-5 解：间的动生电动势： b点电势高于O点 间的动生电动势： a点电势高于O点 16-6 ； D端电势高解：以C点为坐标原点，沿C
14、D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：，方向垂直纸面向外，产生的感应电动势：，CD杆上产生的感应电动势：D端电势高16-7 ；当 0时，电动势沿顺时针方向 解：取回路正向顺时针，则 当 0时，电动势沿顺时针方向 16-8 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 16-9 解： A 16-10 证明：长直导线内任意一点磁场的磁感应强度，对应该点处的磁场能量密度，单位长度导线所储存的磁能为：第十七章 电磁波例题答案：例
15、17-1 (C)例17-2 垂直；横：相同；同时例17-3 练习题答案：17-1 证明略17-2 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；第十八章 光的干涉例题答案：例18-1 C ， 18-2 D ， 18-3 B，例184 解：(1)Dx20 Dl / a 0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2 设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有 r2r1kl 所以 (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 零级明纹移到原第7级明纹处 例185 C，例186 C，例187 A，18-
16、9 5l / (2nq)例189 解：原间距 l1l / 2q1.5 mm 改变后， l2l1Dl0.5 mm q 改变后， q2l / 2l2610-4 rad 改变量 Dqq2q4.010-4 rad 例1810 解：设第五个明纹处膜厚为e，则有2nel / 25 l 设该处至劈棱的距离为l，则有近似关系elq， 由上两式得 2nlq9 l / 2，l9l / 4nq 充入液体前第五个明纹位置 l19 l / 4q 充入液体后第五个明纹位置 l29 l / 4nq 充入液体前后第五个明纹移动的距离 Dll1 l29 l ( 1 - 1 / n) / 4q 1.61 mm 例1811 C，
17、例18-12 B例1813 解：(1) 明环半径 ；510-5 cm (或500 nm) (2) (2k1)2 r2 / (Rl) 对于r1.00 cm， kr2 / (Rl)0.550.5 ，故在OA范围内可观察到的明环数目为50个 例1814 2d / N 练习题答案：181 C， 182 上 (n-1)e ， 183 变小 变小，184 xd / (5D)185 解：(1) ， 此处 k5 (2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离距离 186 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 因为 所以S2到P点的光束比S1到P点的光束相位落后： P点合振动
18、振幅的平方为： IA2 I / Imax = A2 / 4A2 =1 / 4 187 B， 188 189 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( 2k1 )l， (k0，1，2，) A处为明纹，B处第8个暗纹对应上式k7 1.510-3 mm 1810 1811 解：(1)第k个明环， ， (2) ， 式中为第k级明纹所对应的空气膜厚度 很小， 可略去，得 ， (k=1，2，3 ) 1812 2d /l 第十九章 光的衍射例题答案：例191 子波 子波干涉(或答“子波相干叠加”) ，例192 p， 例193 B 例194 C， 例195 B， 例196 30o， 例197 B，例198 632.6nm例199 1 3， 例1910 0，1，3，. 例1911 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 (2) nm 例1912 解：由光栅公式得 sinj= k1 l1 / (a+b) = k2 l2/(a+b)k1 l1 = k2l 2， k2 / k1 = l1/ l2=0.668 / 0.447 将k2 / k1约化为整数比k2 / k1=3/2=6 /4=12/