【期末復習、考研備考】大物下答案.docx

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1、第9章參考答案 例"品’從。點指向缺口處 例9-2 r! dx P ―| ° 、X L L+d (a) (b) 例9-2圖 證明：建立坐標系如右上圖。均勻帶電直桿的電荷線密度 H 在x處取一電荷元dc/ = Adr = ^（Lv/L ,到p點的距離（L + d-x）,在P點激發(fā)的 dg qdx 場強： d E = 7 7 。 4 勿％ (L + d-xy 4 花()L(L + d -x) dx 對直桿上所有電荷元積分’總場強為：砰孩J。（小s）2 r時（山） 。得證。 c , 2(9 」 IQx

2、rdr 例9?3 LTirdr ； —-rar ； %―； R2 4 花/2(『+&2)3/2 例9?4 例9-5 例9-6 答：不一定。 閉合面上場強E處處為零，則穿過此閉合面的電通量切必為零。由高斯定理知道，該 閉合面內的電荷代數(shù)和為零。這可能有兩種情況：一是該閉合面內的確沒有電荷，二是閉合 面內包含等量異號的電荷，正負電荷代數(shù)和亦為零。因此，只能說此閉合面內沒有“凈電荷”。 例如，兩個半徑不同的同心球殼，分別均勻帶等量異號電荷，在外球殼的外部作一任意 形狀的閉合面，閉合面上的場強E處處為零，但面內并非沒有電荷。 例9?7 B 例9-8 10-6 B

3、 【說明】兩個同心薄球殼分別帶上電荷/和％時 內球殼電勢％= 外球殼電勢嶺 03 4 花0&2 當用導線將兩球殼相連時，兩球殼等勢，電荷將重新分布，電荷0和％將分布在 外球殼上’此時電勢"=氟金=嶺 10-7 10-8 2Fd 』2FdC 10-9 C 10-10 B 10-11 第十一章恒定磁場 【例題精講】 例 11-1 D 例11?2 見學習輔導 例 11-3 見學習輔導 例 11-4 見學習輔導 例11?5 見學習輔導 例 11-6 C 例 11-7 B 例 11-8 A

4、 例 11-9 B 2勿成COS0 mvsinO 例 11-1（） eB eB 例11?11 見學習輔導 例 11-12 D 例 11-13 見學習輔導 例11?14 B 4 例11?15 71 例 11-16 D 例11?17 C 151111-18 A SJ 例 11-19 S| +S2 例 11-20 矯頑力小、磁滯損耗小；變壓器、 電磁鐵、電機中的鐵芯。 矯頑力大，剩磁也大；永久磁體。 【習題精練】 11-1 居、 解：其中3/4圓環(huán)

5、在Q處的場 48段在Z7處的磁感強度 伊?段在Z?處的磁感強度 M、尾方向相同，可知。處總的為為 坊=3%//（8。） B2 =So//（4"）］（；Vi） 83=So〃（4 瀝）］?（!扼） 11-2 D 11-3解：將扇形薄片分割成半徑為r的圓弧形面積元，電荷量為：dq = arMr 轉動時相當于圓電流，對應的電流強度為: 2/r z/od/ 0 產(chǎn)生的磁場為 dB = —— = — Zr 4兀 0 p0（jc（xir = —^（jcdR ,方向垂直紙面向外。 4勿 dg orOdr 0 d/ = — = —一:— = :— crc

6、orar 圓心處的磁場為8= o 11-4解：帶電圓盤轉動時，可看作無數(shù)的電流圓環(huán)的磁場在。點的疊加. 某一半徑為Q的圓環(huán)的磁場為 dB = #（）di/Qp） 而 d i = cr2npd p - [69/（27：）] =（ycop（\ p d B = /70

7、運動電荷受力盧（大?。椋?F = 《也" 2ns｛）r 2nr 此力方向為沿徑向（或向里，或向外） 為使粒子繼續(xù)沿著原方向平行導線運動，徑向力應為零, 狄 叩q n v = 0 Ins^r 2nr 則有 v = ￡（）為/ n-8 W b*r2 2nmc ' 2inc 11-9解：電子進入磁場作圓周運動，圓心在底邊上.當電子軌 跡與上面邊界相切時，對應最大速度，此時有如圖所示情形. (/ + /?) sin 45° = /? 7? = //(V2-l) = (V2 + l)Z 由R = mv/(eB),求出。最大值為 eBR (廠 \leB

8、m ni 11-10 C 11-11 A 11-12解：在直線電流匕上任意取一個小電流元M/,此電流元到長直線的距離為工，無 限長直線電流L在小電流元處產(chǎn)生的磁感應強度為： 8 =羿 0.再利用clF = IBdl,考慮到dl = -^,有：1尸=嘩4?」^， 2ttx cos 60° 2ttx cos 60° Ja 2ttx cos 60 兀 a 11-14解：r-* r + d /?環(huán)上電荷 dq = cr27irdr 11-13 I SB, 0, BS 環(huán)以”角速度旋轉之電流 磁矩大小為 d / = orcodr d pm = 7ir2 d/ = Ttr2(k

9、r)cord r dM = Bdpin =7itor4Bdr (環(huán)電流所受的磁力矩) M= jd/W =^7ikcoBr4dr = TikMBR5 /5 (圓盤所受總磁力矩)，方向在紙面內且垂直于 0 B向上。 11-15答：磁化電流由分子電流疊加而成，不是在介質表面流動的傳導電流，不同于金屬中 自由電子定向運動形成的傳導電流，只是在產(chǎn)生磁場這一點上與傳導電流相似，因此它不能 產(chǎn)生楞次一焦耳熱。 11-16 , ni 11-17鐵磁質，順磁質，抗磁質 11-18矯頑力小，容易退磁 第十二章電磁感應 例題答案 12-1 [C] 12-2 [解】長直帶電線運動相當于電流l

10、 = v(t) Z . 正方形線圈內的磁通量可如下求出 少=牛浙旦L_ = Jm.]n2 _ poa In 2 2兀 a + x 2n^7ln2 = In 2 2 k %。+ x 2兀 些"蟲糾 2兀 I dt 12-3 【解】建立坐標系，長直導線為*軸，8C邊為x軸，原點在長直導線上，則斜邊的方程為 }' = (bx / a)-br/a ,式中/?是i時刻8點與長直導線的距離。 三角形中磁通量 ”匝了，心=匝了 (。一竺)d“也(八叫卜以) 2兀t工 2兀* 。小 2兀 。 , d(P uJb Z1 a + r a x dr ￡ = = ——(In )— d

11、r 2tui r q + 尸 df %)Ib a + d a x 當/?二。時, 8 = ^—(In )v 27ia a a + d 12-4 -曳也In心；N 2k a 解：利用動生電動勢公式解決：u = g/ de = (v x 5) ? dl= v-^-dr, 2勿廣 業(yè)r也=_竺?化=_冬]q 2/r " r 2tt d 2tt d 由右手定則判定：UqUm 12-5【解】建立坐標(如圖測：B = Bx+B2 Bl—, B 疽 M一 2tix 2n(x-a) 時心月方向。 B = , 2 兀(x - a) 2心 d￡= Bvdx= (— —)dx

12、 2兀 x-a x O 蛀(―L__L)dx=42(g) 2“ 2 兀 X-a X 2 兀 2ci + b 感應電動勢方向為C-D, Q端電勢較高. 2a+b d8= f '/ 2a x +dx 2a+b ―I—I—I 1— x K* 12-6 ~~4~ < 從 c 流至 b 12-7【解】帶電平面圓環(huán)的旋轉相當于圓環(huán)中通有電流/.在尼與屆之間取半徑為/?、 寬度為d/?的環(huán)帶，環(huán)帶內有電流d/ = E^y(，)dR d/在圓心。點處產(chǎn)生的磁場d3 = ；"od/./R = ?"oCny(，)dR 1 7 選逆時針方向為小環(huán)回路的正方向，則小環(huán)中 ⑦勺辱的)

13、(R?-RW .//(l7ir2 (R2- R} )cr d co(t) l — ■ = ■ ? 在中心產(chǎn)生的磁感應強度的大小為B = 以/NR? -&) /一絲= _^"(R,_R* 些 . ' dt 2 dr R' 2R1 dr 方向：當d0時，/與選定的正方向相反；否則/與選定的正方向相同. 12-8 [D] 12-9 [D] 12-10 [C] 12-11 [E] 12-12 [D] 12-13 [C] 習題答案 12-1 [A] 12-2 [C] 12-3 [B] 12-4【解】設在時間中線圈法線從平行于磁場的位置轉到垂直于磁場的位置，則 在么

14、時刻線圈中的總磁通為N(P = NBS (S為線圈的面積)，在友時刻線圈的總磁通為 零，于是在時間內總磁通變化為 a(N0) = -NBS 令[時刻線圈中的感應電動勢為￡,則電流計中通過的感應電流為 . ￡ N d0 I — — R + r R + r dt 時間內通過的電荷為 g = J idt = 初婦一工泌nbs I, R+尸 B = q(R + r)/(NS) = 5x\0'2 T 12-5 2m。?流向與圓筒轉向一致 cos a)t 12-6 12- 3.68x10-3v, adcb方向 7 12-8 [C] 12-9 [C] 12-10 證

15、明：取長直導線之一的軸線上一點作坐標原點，設電流為 /,則在兩長直導線的平面上兩線之間的區(qū)域中8的分布為 2兀, 2兀（[一尸） 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 0=f^.ds=^7（-+-!-）dr=—/in— 5 2兀 J r d-r 丸 a L = 2 = Bn 立N I n a 12-11 [D] 12-12 [A] 12-13 [C] 12-14垂直；橫；相同；同時。 12-15證明: 如圖所示，由安培環(huán)路定理得導體內距中心軸為r處的磁感強度B二上烏 2nR2 在「處的磁能密度為攔二上[己 2p0 8k2R4 則單位長度導線內所

16、儲藏的磁能為 12-16 Akin H 〃。尸血至_ 2/r ' 4兀 叫 解：（1）單位長度的自感系數(shù) B=^7 （ri

17、\=r2 設不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應有r2-r}=kA 所以 (〃一 l)e =姐 1(,1)小=陌1竺紂=6.963 550x10" 即零級明紋移到原第7級明紋處。 例 14-4 \(p = — 2ne 4-— 或 △o = — 2ne I 2； * 2 I 2) 例 14-5 D 例 14-6 C 例14?7解： (1)由題意可知劈形膜上下表面反射光存在額外光程差，則其光程差為△ = 2〃d + g 2 根據(jù)明紋條件， \ = 2nd + - = kX 以=1,2,3…) 2 得"= "-另)" In 當燈I時，對應第一條明紋，此

18、第一條明紋中心對應的膜厚度 (1-")人 / d = ―= —= 1.22xl0~4 mm In 4〃 即第一條明紋中心對應膜厚度為1.22xl0」mm。 (2)劈尖膜中的劈尖角為0,貝IJ有tan0 = ^ =勺可得x = ^i = An/ = L = 3mm I x ? 以 2 /2n 即第一條明紋中心到劈形膜棱邊的距離為3mm0 例 14-8 C 例14-9解: (1) 明環(huán)半徑 r = J(2RT)R?/U2 ° 2尸 X = 7 \— = 500 nm (2S1)R (2) 由尸=J(2k — l)R"/2 可得(2k- 1) = 2產(chǎn)/(以) 對于

19、r = 1.()() cm, k = r/(/?2) + 0.5 = 50.5 故在OA范圍內可觀察到的明環(huán)數(shù)目為50個。 2 / 例 I4?10 A =— 例 14-11 D 例 14J2 D 例 14?13 1.2x 10_3m=1.2mm , N 3.6xl0_3m=3.6mm 例 14-14 B 例 14-15 D 例 14-16 C 例14?17解： (1) 由光柵衍射主極大公式J sin <9 = ^2 ,得 J la 2x600x109 c … d = = = 2.4x10* m=2.4Lim sin。 sin 30 (2) 若第三級缺級，則頊,即“ = 4

20、 = 0.8呻 a 3 (3) ^[im=^=24(X)nni=4 .實際上看不到第四級條紋，考慮到缺級現(xiàn)象，所以實際呈現(xiàn) Z 600nm S0,±l,±2級,共五條明紋。 例14-18解: (1)雙縫干涉條紋第k級亮紋條件：t/sin<9 = U 第k級亮條紋位置：xk = f tan(9 ?/sin <9 = / — d 相鄰兩亮紋間距： =(5 兮 * /A = /2 d ~ d =2.4x 10 3m = 2.4mm (2)根據(jù)缺級條件. k=% a 得到缺級的級次為k = 土專票I = ±5￥ ,即A = ±5,土10,?? ? 0.080

21、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。 例14?19 B例14-20波動，橫波 例14-21解：設/o為自然光強，由題意知入射光強為2/o。 1 2 (1) 根據(jù)馬呂斯定律,有 71=-/0 + Z0cos2^ = -(2Z0), 1 4 即- + cos26> = -,解得 。=24.1。 2 3 (2) 經(jīng)過R、P?后的透射光強乙滿足馬呂斯定律，即/2=|(2/0)cos26> = Z0 所以 2/。2 例14-22解：設第二個偏振片與第一個偏振片的偏振化方向間的夾角為仇透過第一個偏 振片后的光強 L =京2

22、透過第二個偏振片后的光強為七 根據(jù)馬呂斯定律/2=(/0/2)cos2<9 透過第三個偏振片后的光強為根據(jù)馬呂斯定律 /3 = I2 cos2(90a-6>) = (zo/2)cos2 0s\n2 0 = (/0/8)sin2 20 時。/16 由題意知 即(70/8)sin226>=/0/16 由此可得 0 = 22.5。 例 14-23 C 例 14-24 54.7° 例14-25解： (1)設該液體的折射率為〃，由布儒斯特定律tan/()= — n 例9-8圖 解：本題用高斯定理分析求解。 (1)作與球體同心，半徑，?<&的高斯球面S。 球體內電荷密度Q隨，?變

23、化，因此，計算高斯面內包圍的電量的方 法是：取半徑為r,厚度為dr的球殼為體積元，體積元的電量 dq = pdV = p^ju^dr 則：球面S內包含的電荷 0 = j* dq = J p(r)4^r2dr = ￡ k^7V r'dr = Ttkr" 根據(jù)高斯定理。2￡酒=￡ => 可求得球體內任意點的場強：Er=k-^-, r

24、例 9-9 A 例9?10答：均勻帶電球面的靜電能量為W = M_，在。不變的情況下，當R增大時 8花oR 靜電能量減少，電場力做正功?？梢婋姾傻拇嬖趯Υ蹬萦袔椭?。 由式中Q'項知，無論是帶正電荷還是帶負電荷，效果相同。 例 9-11 -2000V 例 9-12 B 例9.13解：利用電場強度積分。由上章內容已知均勻帶電圓盤的軸線上，到圓盤中心距離 / 、 為Z的點出電場強度為F.=— 1- . Z ,取無限遠處為零電勢點，根據(jù)電勢的定 ? 2叭底刁 義  妨 156 1.56 得 〃=一7 = tan i() -tan 48.09 1.40 (2)折

25、射角尸=90 -48.09° = 41.91'(= 41 55') 例14-26尋常光，非尋常光 14-1 4/0 14-2 解：根據(jù)明紋條件：△ = (/72-/12)。= #人，得 U =5x480x10：=8x1 m (仇 一華) 1.7-1.4 14-3 (1) 解： x = 2kDAJ d , d = 2kDR Ax 此處 k = 5 J = 10D2/Ar = 0.910mm ⑵ 共經(jīng)過20個條紋間距，即經(jīng)過的距離為：/ = 20m/J = 24mrn 14-4 解: (1) 棱邊處是第一條暗紋中心，在膜厚度為%=陽2處是第二條暗紋中心，

26、 由此可知第四條暗紋中心，即A處的膜厚度e=VJ2 。=烏〃 = 34/(2/) = 4.8x10-5 md ⑵ 由上問可知A處膜厚為 e4=3x500/2=750nm 對于Z = 600nm的光，連同附加的光程差，在A處兩反射光的光程差為 $ = 2匕+九'/2 它與波長人'之比為2匕/矛+ 1/2 = 3,滿足薄膜干涉明紋條件，所以A處是明紋。 14-5 解： 上下表面反射都有相位突變兀，計算光程差時不必考慮附加的半波長。 設膜厚為@ 8處為暗紋，2,m=：(2A+1 )/1, (^ = 0, 1, 2.…) 2 c_(2A + l)/l A處為明紋，B處第8個暗

27、紋對應上式* = 7 =1.5 x I ()" mm= 1.5 x I O' m (1) 設第十個明環(huán)處液體厚度為少0,貝IJ 2〃烏0 + 2/2 = 1()人 e10 =(102-/1/2)/277 = 19/1/4/? = 2.32x10% (2) 尺=廿+3 —gj =啟+寸-2腥上+￡ ek?R,略去 得 rk =yj2Rek ru)- y)2Rel() =3.73xl0_5m = 3.73mm 14-7 0.644mm 14-?子波，子波相干疊加 14-9 6個，一級 明紋 14-10 解: (1) 由單縫衍射暗紋條件：/，sin8 = k/l,得中央明紋寬度：

28、 f 1() Aa* =2—2=2 x x 600 x 1 ()9=1.2 x 10 2m= 1.2cm ° b 0.1 Ox IO 3 (2) 第二級暗紋距光屏中心距離：尤=24/l=1.2cm - b 14-11 。= 2.24 x10V rad 14-12 —,三 14-13 解: 光柵常數(shù)d =嘿=2x10-6 m, 5000 由光柵方程得,譜線級次*竺羿，、《=急備=5 由于*=5時，對應0 = 90 ,實際上第五級看不到，所以能夠看到的最高級次是* =4 14-14 解: (1) 由光柵衍射主極大公式得 f/sin 30° =3^ d = 3布—

29、=3.36x 10 6 m = 3.36pm sin 3() > ? 。八。 (2) dsin 30 =4% & = — = 420nm 14-15 解: (1)由 bsin3 = kA, tan 0 = x/f, ,取 A=1 時，有 x = j2 = 0.03m 當 時，tan ? sin ,艮p : b — = kX ???中央明紋寬度為&；）= 2x = 0.06m ⑵光柵常數(shù)〃=檻= 5x0偵則&蕓F = 2.5 nuix 取k' = 2、共有定=0, ±1, ±2等5個主極大. ⑴ /=H ; 14-18 解: (2) /5 = — /0 ? cos2

30、 a ? cos2 a- — /0,解得 a = — =60 2 32 3 14-16平行； 14-17 解： =婦2+。； 設Am, /min分別表示出射光的最大值和最小值，則 如=婦2 「 / /? min 1 a! 14-19證明略 14-20 解: (1) 由布儒斯特定律tan zB =冬=//,,得n- tan 56 =1.483 % (2) tanzB =-^- = ^-^ = 1.173 ,得 zB = 48.11 n} 1.33 第15章狹義相對論 【例

31、題精講】 例15.1 D 例15-2經(jīng)典力學相對性原理是指對不同的慣性系，牛頓定律和其它力學定律的形式都是相 同的。 狹義相對論的相對性原理指出：在一切慣性系中，所有物理定律的形式都是相同的，即指出 相對性原理不僅適用于力學現(xiàn)象，而且適用于一切物理現(xiàn)象。也就是說，不僅對力學規(guī)律所 有慣性系等價，而且對于一切物理規(guī)律，所有慣性系都是等價的。 例 15-3 \x/v, 例15-4考慮相對論效應，以地球為參照系，/序的平均壽命： ￡ =、 % = = 31.6x10-6 s J1-")2 L 一疽// 則“子的平均飛行距離：L = i2T=9.46km0 〃子的飛行距離大于高度，

32、有可能到達 地面。 例15-5站臺上測出的lm是運動的長度。求靜長，所以4 = 例 15-6 A 25m ~91S C 例 15-7 例 15-8 — IS 例 15-9 C 【習題精練】 15-1 C 15-2 B 15-3日'子相對于實驗室的速度是真空中光速的0.99倍；證明略。 15-4 A 15-5 A 15-6 HEEk V c v 15-7 9x1016J 1.5x10" J 15-8 5.8x10* 8.04x10「2 15-9 p = m/V =—些一廠 ；證明略。 v~ vod--) c 15-10 B 第16章量子物理 例

33、16-1 A/h,㈣ F=4(匕 f) e e 例 16-2 C 例16-3愛因斯坦光電效應方程hv = ^-tnv2 + w=>^-mv2 =h(v-v0) = eUa ,所以 *=頃1一％)/《、U/hM-vQle ； X|^

34、=5. Ox 10*' eV 填 。選C。 h. hJ\ — z?2 /c2 "周速運動”要考慮相對論效應。人=-= mv mQv 例16-9需要考慮相對論效應，Ek = mec2,據(jù)例題29 :人= I h 而?；駿 = E『f己所以/ = 2,得。=項,即九=奇 例16-10由單縫衍射中央明紋的寬度公式d = 2fA/a ,此時A = h/p 是電子的德布羅意波長，得d=2Rh/ap。選D。 例16-11機械波的振幅，是質點振動的最大位移。電磁波的振幅，是電場強度矢量的最大 值和磁場強度矢量的最大值。物質波的振幅是波函數(shù)的振幅。物質波振幅絕對值平方 |Wo(x，y，z

35、)「表示粒子在t時刻，在(x, y, z)點處單位體積內出現(xiàn)的幾率，稱為幾率密 度。 例16.12用經(jīng)典力學的物理量例如坐標、動量等只能在一定程度內近似的描述微觀粒子的 運動，坐標x和動量p,存在不確定量At和它們之間必須滿足不確定關系式 △/人2 h。這是由于微觀粒子具有波粒二象性的緣故。 例16-13光子具有波粒二象性，也遵循不確定關系。由則在數(shù)值上有 \px=h\XIA2 (微分可得)，利用不確定關系式\x\px>h ,有 Ar > /? / Apv = 22 / 國=2.5m = 250cm o 選 C。 例16-14粒子在t時刻在(x, y, z)處出現(xiàn)的幾率密度岸值、有

36、限、連續(xù)dxdydz = 1。 例 16-15 粒子的位置幾率密度|

37、7 (1) |^/(x)|2 =lcos2 —?—=— 1 v 71 a 2a 6 2a 2 ? 2/ ,2 7TX 1 . (2勿》) —-sin~ ax=— — ——sin —— a \ < n ) 71 2a 4 〔n J 2 71 1 n _8 4_ =9. 1% n=4 例 16-18⑴ aE = R/ic(l ) = 13.6(1 ) = 12.75 eV n n (2)可以發(fā)出/U、義31、初、氣3、氣2、人32六條譜線.能級圖如圖所示. n=4 例題25-1圖 例 16-19 v = 4 = n

38、 4 = ；-=- = 0.111 n 〃 = 3,給基態(tài)氫原子提供能 人 2 - n n 4 ARH 量，使其從 n=l的基態(tài)躍遷到 n=3 的第二激發(fā)態(tài)： /7r = AE = ^-E1=^1(^--l) = 12.09eV。由/;=時'知 電子的軌道半徑增加為基態(tài)的 9倍 例 16-20 B 例 16-21 32 例 16-22 —, 2 2 例 16-16 2 ; 2(2/+ 1) ; 2/?2 0 例16-24電子動量矩的可能取值為。，鳳向；匚的可能取值為0,土力,±2力。 例16-25泡利不相容原理指出，一個原子內不可能有兩個或兩個以上電子處于同一量子態(tài)。

39、而電子在原子內的一個量子態(tài)是由四個量子數(shù)n、￡、m,,及m,描述的。這樣原子內不可能有 兩個或兩個以上電子具有相同的四個量子數(shù)。n = 2時，￡可取0、1兩個值。在￡ = 0時m,二 0,但m,仍可取±1/2兩個值，有兩個量子態(tài)；而在，二1時m,可取0、±1等三個值，對應 每個m.值ms可取±1/2兩個值，即在『二1時有6個量子態(tài)。故n = 2的殼層總共有8個量 子態(tài)，所以最多只能容納8個電子。 例16-26泡利不相容；能量最小。 例16-27由關系(〃 + 0.7/)知3d能級比4s能級高，電子先填入4s能級，后填入3d能級。 填充順序Is ——3〃。自Is能級到4s能級已填充電子

40、2+8+2+6+2=20個，3d能級有10個量子態(tài)，故剩余的7個電子填入3d能級。 【習題精練】 16-1 Co 16-2 5x1014Hz, 2eV 16-3 hc/X, h/X, h/(cX) 16-4 E 16.5不能產(chǎn)生光電效應. 16-6 4.98x10-6 ev 16-7 — 、0.1 A. 6.63x10%。 leBR 16-8 略 16-9 151V 16-10 A、A、B 16-11 MN 4 16-12 0.3m、38.8%o 16-13證明略 16-14 A 16-15 1.04 nm 16-16 6, 2 16-17 -0.85eV

41、, 4 16-18 (1) D ； (2) C 16-19 (1) 1, 0, ±1/2 ； (2) (1, 0, 0, 1/2), (1, 0, 0t -1/2) ； (3) (1, 0, 0, -V 2), (2, 0, 0, 1/2)或(2, 0, 0, -1/2) 16-20 4 例 9-14 （2）不能 例 9-15 D 例 9-16 C 例 9-17 陰=w2=w3 習題 9-1 C 9-2 服-會j 解：在。處取電荷元dq = Adi = /網(wǎng)（楠 它在O點產(chǎn)生的場強：dE = " - "sW 4花（）/?

42、 4 兀&、R- dEx = -dE cos。 dE、=_"Esin? 4花°R J。 E、= , " c [ sin ?cos?W = 0  所以，E = EJ+EJ =-會j 9-3 —— ; r— 艾 ；沿矢徑。戶 方向 勺砰0（4方一 "2） 9-4 D 9-5 解:選半徑為r的同心高斯球面 高斯定理：我E 礦4勿/=2_￡知 ￡（） 時： E（=0 Q,（r3-Rf） R| V r < R2 時： E. = r ―7 2 4炸o（R； — Rj）產(chǎn) R2

43、面：半徑為r,高度為h的同軸圓柱面 高斯定理：<^> E-dS=—YqiM E-27tr-h = —^q.M % rvR| 時： ?血=°， E】=（） R{ R2時： ￡弓加=刃7 + （—人力） = 0, 3=0 9-7 , 向右；, 向右；, 向左 2% 2% 2s0 9.8 §E?dr = 0,單位正電荷在靜電場中沿任何閉合路徑繞行一周，電場力所做的功 為零，保守 9-9 D (1)—0 ； (2) —^― 4花沼- 4花次 V = 解：在任意位置x處取長度元dx,其上帶有電荷dg

44、= o (x - 6/)(h- \Ax-a\(\x 它在。點產(chǎn)生的電勢dV= ~~ °點總電勢：v=ft/v=-^rrn/dx-4n+—1 J 4兀％ Ja x J 4兀％ [_ 9-12 cr = 8.85 xl 0" Cm"； 6.67xlO_9C 解：(1)球心處的電勢為兩同心帶電球面各自在球心處產(chǎn)生的電勢的疊加，即 b = &亟= 8.85x10-9 67麻 * +為 (2)設外球面上放電后電荷面密度為b',則 嶗=上(日+/弓)=() 即 a = - —(7 外球面上應變成帶負電，共應放掉電荷 q = ^7ir^(a - ar) = + —) = 4^(rr

45、2 (t; + r,) = 4^￡0UQr2 =6.67x10 9C 習題9-13圖  據(jù)高斯定理可求得球體內的電場強度E] Or 球體外的電場強度旦 氏=-^r（r>R） 4%廣 用場強的線積分求得球心。點的電勢嶺: 3分=忐 球外離球心7■處的電勢V,： Vr=^ E2dr = -^=—\f\dr =—^— 4咨jR廣 4兀％「 點電荷從距球心r處到達球心處電場力做功為: WMf） = ^（2R-3r） 根據(jù)動能定理: W = Ek2 - E婦=-Eki （按題意設 Ek2 = 0） 則：與產(chǎn)心端⑶次） 9-14 A 第10章靜電場中

46、的導體和電介質 【例題精講】 例10-1 B 例10-2不變減小例10?3 0 W Qi-Qi 2S 2S 2S Q/ +Q2 2S 例10-4【解】設各表面帶電％、彼、全、。 由電荷守恒定律 0 + % = Qa 作高斯面1,由高斯定理可得 由靜電平衡條件，P點場強為零 （7\ 2*+島+忐2* =0 聯(lián)立求解得： Z項 作高斯面2,由高斯定理可求極板間場強： e= ] qgs =務 Kf AS ￡（）S ￡（）S 2%S 兩板間電勢差： Uab = E2= （qA 饑） 2%S 例10?5 C 【說明】當B板接地時，A、B

47、板上的電荷都只分布在內側，電荷量分別 為+ Q和-Q,電荷面密度為?’所以場強為芻 例 10-6 — 例 10-7 C 例 10-8 C 例 10?9 g 例 10-10 B 例 10-11 A 例 10-12 B 例10-13【證明】設某瞬時球上帶電q,電勢為〃，將dg自無窮遠處移至球面，夕卜力 做功等于電勢能增量d" 即dW = Udq。球上電量由0 = O — Q,外力做的總 功為球末態(tài)的電勢能（即球帶電Q 的總靜電能）。所以 ,Q q o 【習題精練】 10-1 C 10-2 10-3 D Qd %S 10-5【證明】 由電荷守恒： &s+fS = 0 = % + 如 由靜電平衡條件：