大学物理(下)练习册答案
大学物理练习册(下)答案解析
练习一1、C ，2、C ，3、C ，4、D,5、()j y a qy2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)， 2/a ± ，6、()30220824R qdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 7、解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x 处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ， 它在P 点的场强： ()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．8、解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220RQR q E π=π=按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202R Q E E x π==，θθεθd cos 2cos d d 202R Q E E y π-=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝02022/2/0202d cos d cos 2R Q R Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 j R Q j E i E E y x202επ-=+=练习二1、D ，2、C ，3、A ，4、C,5、不变、变，6、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)7、解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ． 作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示． 按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2 / (4ε0) (板外两侧) （2）过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示． 按高斯定理有 ()022εεkSbxdx kSS E E x==+'⎰xS P SEESSEd x b E 'd qR O xyθd θθＰLdd q x (L+d －x )d ExO得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-b x ， 可得2/b x = 6、解：挖去电荷体密度为ρ 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场1E，而另在挖去处放上电荷体密度为－ρ的同样大小的球体，求出电场2E，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 210E E E +=在图(a)中，以O 点为球心，d 为半径作球面为高斯面S ，则可求出O '与P 处场强的大小.ρε302113414d d d E S E S π⋅=π⋅=⋅⎰ 有 E 1O’＝E 1P =d E 013ερ= 方向分别如图所示. 在图(b)中，以O '点为小球体的球心，可知在O '点E 2=0. 又以O ' 为心，2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P()032223/)(4)(24d ερ-π=π⋅='⋅⎰'r d E S E S203212dr E P ερ-= （1） 求O '点的场强'O E. 由图(a)、(b)可得 E O ’ = E 1O’ =03ερd， 方向如图(c)所示.(2) 设空腔任一点P 相对O '的位矢为r '，相对O 点位矢为r则3ερr E PO =， 03ερr E O P '-=' , ∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．练习三1、D ，2、B ，3、C,4、C,5、q / (6πε0R )6、负，增加7、解：由高斯定理可得场强分布为：E =-σ / ε0 (－a ＜x ＜a ) E = 0 (－∞＜x ＜－a ，a ＜x ＜＋∞＝E 1P ρ PE 2P E P 图(d) O O ' P E 1O’ ρ 图(a) O ρO ' d E O’=E 1 图(c)O P E 2P -ρ O 'r E 2O’=0图(b)E 1P由此可求电势分布：在－∞＜x ≤－a 区间⎰⎰⎰---+==000/d d 0d aa xxx x x E U εσ0/εσa -=在－a ≤x ≤a 区间 00d d εσεσxx x E U x x =-==⎰⎰ 在a ≤x ＜∞区间 0000d d 0d εσεσax x x E U a a x x =-+==⎰⎰⎰8、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2) 整个细线所受电场力为： ()l r r lq x x q F l r r +π=π=⎰+00024d 400ελελ 方向沿x 正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能： ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=π=⎰+0000ln 4d 400r l r q x x q W l r r ελελ练习四1、D ，2、D ，3、B ，4、C ，5、U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-，6、r εεσσ0,， 7、解：金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8、解:令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ∵ AB AC U U =，即-a +a O x UO R x r 0 r 0+ld xx∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C 10172-⨯-=-=S q B σ (2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV练习五1、πR 2c2、 5.00×10-5 T ， 3、20d 4a lI πμ ， 平行z 轴负向 ； 4、)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外 ，2/122210)11(4R R I+μ ，12arctg R R +π21，5、)3231(40ππμ-+R I , 6、C, 7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为l d 的一无限长直电流l R II d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为RI R R R I R I B 20002d 2d 2d d πθμ=πθπμ=πμ= RI B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=RI B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π=∴ 520202221037.6)]2sin(2[sin 22d cos -ππ-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=⎰RI R I R I B x T 0)2d sin (2220=πθθμ-=⎰ππ-RI B y∴ i B51037.6-⨯= T8、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则 r dq I d 22d π=π=λωω 它在O 点的磁感强度rrr IB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a a r r B B d 4d 000λωμa ba +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内． r r I r p m d 21d d 22λω=π=⎰⎰+==ba am m r r p p d 21d 2λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内．练习六1、B2、)2(120I I -μ3、320μI ， 4、Rihπμ20，5、)2/(210R rI πμ ，0 6、解：取同轴闭合圆环r l π2= )(b r a <<则 ⎰π=⋅lr B l B 2d2222)(a b Ia r I ππππ--=∑∴ )(2)(22220a b r a r I B --=πμ 7、解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r 处的磁感强度的大小， 由安培环路定律可得：)(220R r r R IB ≤π=μ因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r RIRd 2020⎰π=μπ=40I μ在圆形导体外，与导体中心轴线相距r 处的磁感强度大小为 )(20R r rIB >π=μ因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为⎰⋅=S B d 2Φr r I R Rd 220⎰π=μ2ln 20π=Iμ穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π+IμOarbd r ω1、A ，2、B ，3、)/(cos 2eB m θv π， )/(sin eB m θv ，4、alB 2，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质，6、 0.226 T ，300 A/m7、解： (1) 0=⨯=B l I F bcB l I F ab⨯= 方向⊥纸面向外，大小为866.0120sin ==︒IlB F ab NB l I F ca⨯=方向⊥纸面向里，大小866.0120sin ==︒IlB F ca N(2)IS P m =B P M m⨯= 沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A∵ 01=Φ B l 2243=Φ ∴ 221033.443-⨯==B l IA J 8、解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，此电流元到长直线 的距离为x ，无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 xI B πμ210=21021060cos 22dxx I I dl x I I dF ⋅==πμπμ ab I I dxx I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰1、D ，2、C ，3、A ，4、0.40 V ， 0.5 m 2/s ，5、 5×10-4 Wb ，6、解：2IB xμπ=ln 22d adIl Id a ldx x dμμππ++Φ=⋅=⎰0l n c o s 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 7、解: ⎰==︒=⋅=22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ∴ klvt tm-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．练习九1、28/104.0s m ⨯顺时针 2、 πBnR 2 ，O 3、dtdBR221π， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零 5、RBfr 22π6、解： 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ⎰+-<+-==ba ba MN ba ba Iv l vB 0ln 2d cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，大小为ba ba Iv -+ln 20πμ M 点电势高于N 点电势，即ba ba Iv U U N M -+=-ln 20πμ 7、解： ∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε=-=t abd d 2ΦεtB R B R t d d 12π]12π[d d 22=--∴ tBR R acd d ]12π43[22+=ε ∵0d d >tB∴ 0>ac ε即ε从c a →练习十1、C ，2、C ，3、0，4、 垂直纸面向里 ， 垂直OP 连线向下 ，5、（4）（2）（1） 5、解：圆柱形电容器电容 12ln 2R R lC πε=12ln 2R R lUCU q πε== 1212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===∴ 12ln R R r ktDj ε=∂∂=6、如图10-17图所示，取r l S d d = 则 ⎰⎰-----=--=-+=ad aad aad da a d Il r r r Ilr l r Ir πI)ln (ln 2πd )d 11(π2d ))d (π22(0000μμμμΦ aad Il-=lnπ0μ ∴ aad lIL -==lnπ0μΦ练习十一1、A2、 B3、B ，4、D ，5、2π (n -1) e / λ ， 4×103 ；6、解: (1)由λk d D x =明知，λ22.01010.63⨯⨯=， ∴ 3106.0-⨯=λmm oA 6000=(2) 3106.02.010133=⨯⨯⨯==∆-λd D x mm7、解：(1) ∆x ＝20 D λ / a ＝0.11 m(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n －1)e ＋r 1＝r 2设不盖玻璃片时，此点为第k 级明纹，则应有 r 2－r 1＝k λ所以 (n －1)e = k λk ＝(n －1) e / λ＝6.96≈7 零级明纹移到原第7级明纹处练习十二1、A ，2、 C ，3、C ，4、 1.40 ，5、0.6mm 。
大学物理下习题册答案详解
解 ： a 30cm ,d 0.6m m , b=2.2m
D =a+b 2.5m ,
x 2.25m m
x D dx 5400 A
d
D
第 4级 明 纹 至 中 心 距 离 满 足 ：
dx 4 x 4 D 9.00m m
D
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
d
练习34 光的干涉（2)
1.在双缝装置中，用一折射率为n的薄云母片覆盖其中
光的程亮差度2 分，, 2别则. 5为 有 , ：3 .5
，比较 P、Q、R 三点
（1）P点最亮、Q点次之、R点最暗；
注意。单击此处添加正文，文字是您思想的提炼，为了演示发布的良好效果，请言简意赅地阐述您的观点。您的 内容已经简明扼要，字字珠玑，但信息却千丝万缕、错综复杂，需要用更多的文字来表述；但请您尽可能提炼思
20D 想 的 精 髓 ， 否 则 容 易 造 成 观 者 的 阅 读 压 力 ， 适 得 其 反 。 正 如 我 们 都 希 望 改 变 世 界 ， 希 望 给 别 人 带 去 光 明 ， 但 更 多
x 20x＝ 0.11m 时候我们只需要播下一颗种子，自然有微风吹拂，雨露滋养。恰如其分地表达观点，往往事半功倍。当您的内容 a 到 达 这 个 限 度 时 ， 或 许 已 经 不 纯 粹 作 用 于 演 示 ， 极 大 可 能 运 用 于 阅 读 领 域 ； 无 论 是 传 播 观 点 、 知 识 分 享 还 是 汇 报
n 1 题 目 中 k=-7
所 以 ： e 7 n 1
答案为：（1）
2.迈克耳逊干涉仪可用来测量单色光的波长，当干涉仪
的动镜M2移动d距离时，测得某单色光的干涉条纹移 动N条，则该单色光的波长为：（ ）
(完整word版)大学物理下册课后习题答案
大学物理下册课后习题答案习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系? 解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．8-4 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．8-5 一电偶极子的电矩为l q p=，场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图)，且l r >>．试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ, θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示，将p 分解为与r 平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p ． ∵ l r >> ∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos rp E r εθ= 垂直于r 方向，即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 解： 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a xE E llP P -==⎰⎰-ελ ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2) 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=lQx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．8-8 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E解: 如8-8图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021lr E P +-=εθθλ ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220lr ll r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220lr rl r l r l E +++=⊥ελ题8-8图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示，在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面．q 在该平面轴线上的A 点处，求：通过圆平面的电通量．(xRarctan=α) 解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题8-9(a)图所示．题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量，球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴ )(π42200x R Sq +=Φε02εq =[221xR x +-]*关于球冠面积的计算：见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外． 12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 8-11 半径为1R 和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r < 0,0==∑E q(2) 21R r R <<λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场解: 如题8-12图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ，两面间， n E)(21210σσε-= 1σ面外， n E)(21210σσε+-= 2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题8-13图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题8-13图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场'dπ4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ；(2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 03ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6Cd=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功?解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε)11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-= ∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-= (2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===A B 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C) 解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅ 8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d=0.5cm解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 ∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20 根据场强E 与电势U 的关系U E -∇=，求下列电场的场强：(1)点电荷q 的电场；(2)总电量为q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点；*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图)解: (1)点电荷 rqU 0π4ε=题 8-20 图 ∴ 0200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量． (2)总电量q ，半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR qU +=ε ∴ ()i xR qxi x U E 2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql l l r q U εθθθε=+--= ∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp U r E εθθθ=∂∂-= 8-21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符证: 如题8-21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有 0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．8-22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题8-22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少? 解: 如题8-22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题8-22图 (1)∵ AB ACU U =，即∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A= 得 ,32S q A =σ Sq A321=σ而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计(1) (2) *(3) 解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rqr r q r E U εε(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题8-24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+RqR q εε得 -='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =',小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示，一平行板电容器两极板面积都是S ，相距为d ，分别维持电势A U =U ，B U =0不变．现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间，片的面积也是S ，片的厚度略去不计．求导体薄片的电势．解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ，2σ，3σ，4σ,5σ,6σ如图所示．由静电平衡条件，电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A 解得 S q261==σσS qd U 2032-=-=εσσSqd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场 Sqd U E 00422εεσ+== )2d(212d 02Sq U E U U CB C ε+===注意：因为C 片带电，所以2U U C ≠，若C 片不带电，显然2UU C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求：(1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 如题8-28图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题8-28图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ 由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=d21UE E ==∴ r D Dεσσ==1212rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容．解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2= (1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222=== (2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ C Q W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ，A 和B 原来都不带电．现在A 的中心放一点电荷1q ，在B 的中心放一点电荷2q ，如题8-30图所示．试求： (1) 1q 对2q 作用的库仑力，2q 有无加速度；(2)去掉金属壳B ，求1q 作用在2q 上的库仑力，此时2q 有无加速度． 解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律，即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心，它受合力．．为零，没有加速度． (2)去掉金属壳B ，1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=，但此时2q 受合力不为零，有加速度．题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U ABV8-32 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V ? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源，再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联．试求： (1)每个电容器的最终电荷； (2)电场能量的损失．解: 如题8-33图所示，设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+- (2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C += 8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1 在同一磁感应线上，各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上，各点B的数值一般不相等．因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关，而且与电荷速度方向有关，即磁力方向并不是唯一由磁场决定的，所以不把磁力方向定义为B的方向．题9-2图9-2 (1)在没有电流的空间区域里，如果磁感应线是平行直线，磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)? (2)若存在电流，上述结论是否还对?解: (1)不可能变化，即磁场一定是均匀的．如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcd μ∴ 21B B = (2)若存在电流，上述结论不对．如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线，但B方向相反，即21B B≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能，因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性，但不是稳恒电流，安培环路定理并不适用．9-4 在载流长螺线管的情况下，我们导出其内部nI B 0μ=，外面B =0，所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看，环路L 中有电流I 穿过，环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ 这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提，即每匝电流均垂直于螺线管轴线．这时图中环路L 上就一定没有电流通过，即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ外，与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的．但这是导线横截面积为零，螺距为零的理想模型．实际上以上假设并不真实存在，所以使得穿过L 的电流为I ，因此实际螺线管若是无限长时，只是外B 的轴向分量为零，而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离．题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存在互相垂直的电场和磁场，电子受的电场力与磁场力抵消所致．如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转．9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m-2x 轴正方向，如题9-6图所示．试求：(1)通过图中abcd 面的磁通量；(2)通过图中befc 面的磁通量；(3)通过图中aefd 面的磁通量．解： 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是 24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量 022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S BΦWb (或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示，AB 、CD 为长直导线，C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线，其半径为R ．若通以电流I ，求O 点的磁感应强度．解：如题9-7图所示，O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生．其中AB 产生 01=BCD 产生RIB 1202μ=，方向垂直向里CD 段产生 )231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ，方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ，方向⊥向里． 9-8 在真空中，有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ，相距0.1m ，通有方向相反的电流，1I =20A,2I =10A ，如题9-8图所示．A ，B 两点与导线在同一平面内．这两点与导线2L 的距离均为5.0cm ．试求A ，B题9-8图解：如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处则02)1.0(220=-+rIr I πμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示，两根导线沿半径方向引向铁环上的A ，B 两点，并在很远处与电源相连．已知圆环的粗细均匀，求环中心O 的磁感应强度． 解： 如题9-9图所示，圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生，但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理学(第3版)下册课后练习答案
大学物理学课后习题答案（下册）习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q，另两对角线各放置电荷q，若Q所受到合力为零，则Q与q的关系为：（）（A）Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案：A](2)下面说法正确的是：（）（A）若高斯面上的电场强度处处为零，则该面内必定没有电荷；（B）若高斯面内没有电荷，则该面上的电场强度必定处处为零；（C）若高斯面上的电场强度处处不为零，则该面内必定有电荷；（D）若高斯面内有电荷，则该面上的电场强度必定处处不为零。
[答案：D](3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ，则在距球面R处的电场强度（）（A）σ/ε0 （B）σ/2ε0 （C）σ/4ε0 （D）σ/8ε0[答案：C](4)在电场中的导体内部的（）（A）电场和电势均为零；（B）电场不为零，电势均为零；（C）电势和表面电势相等；（D）电势低于表面电势。
[答案：C]9.2填空题(1)在静电场中，电势不变的区域，场强必定为。
[答案：相同](2)一个点电荷q放在立方体中心，则穿过某一表面的电通量为，若将点电荷由中心向外移动至无限远，则总通量将。
[答案：q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用（a）——（b）——。
[答案：(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内，则球内球外的静电能之比。
[答案：5：6]9.3 电量都是q的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点．试问：(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题9.3图示(1) 以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知：q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关．题9.3图 题9.4图9.4 两小球的质量都是m ，都用长为l 的细绳挂在同一点，它们带有相同电量，静止时两线夹角为2θ2,如题9.4图所示．设小球的半径和线的质量都可以忽略不计，求每个小球所带的电量．解: 如题9.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 根据点电荷场强公式204r q E πε=，当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时，则场强→∞，这是没有物理意义的，对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立，当0→r 时，带电体不能再视为点电荷，再用上式求场强是错误的，实际带电体有一定形状大小，考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大．9.6 在真空中有A ，B 两平行板，相对距离为d ，板面积为S ，其带电量分别为+q 和-q ．则这两板之间有相互作用力f ，有人说f =2024d q πε,又有人说，因为f =qE ,SqE 0ε=，所以f =Sq 02ε．试问这两种说法对吗?为什么? f 到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对．第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的，第二种说法把合场强SqE 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的．正确解答应为一个板的电场为S qE 02ε=，另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==，这是两板间相互作用的电场力．9.7 长l =15.0cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1的正电荷．试求：(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强；(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强． 解： 如题9.7图所示(1) 在带电直线上取线元x d ，其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a xE E l l P P -==⎰⎰-ελ题9.7图]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ，9100.5-⨯=λ1m C -⋅, 5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题9.7图所示 由于对称性⎰=l Qx E 0d ，即Q E只有y 分量，∵ 22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅，方向沿y 轴正向9.8 一个半径为R 的均匀带电半圆环，电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强． 解: 如9.8图在圆上取ϕRd dl =题9.8图ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR E εϕλ=方向沿半径向外 则 ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-=积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y∴ RE E x 0π2ελ==，方向沿x 轴正向．9.9 均匀带电的细线弯成正方形，边长为l ，总电量为q ．(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ；(2)证明：在l r >>处，它相当于点电荷q 产生的场强E ．解: 如9.9图示，正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 方向如图，大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题9.9图由于对称性，P 点场强沿OP 方向，大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵lq 4=λ∴ 2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿9.10 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心，试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量；(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上，这时穿过立方体各面的电通量是多少?解: (1)由高斯定理0d εqS E s⎰=⋅立方体六个面，当q 在立方体中心时，每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εqe =Φ． (2)电荷在顶点时，将立方体延伸为边长a 2的立方体，使q 处于边长a 2的立方体中心，则边长a 2的正方形上电通量06εq e =Φ 对于边长a 的正方形，如果它不包含q 所在的顶点，则024εqe =Φ， 如果它包含q 所在顶点则0=Φe ．如题9.10图所示． 题9.10 图9.11 均匀带电球壳内半径6cm ，外半径10cm ，电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ，8cm ,12cm 各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=q r E当5=r cm 时，0=∑q ,0=E8=r cm 时，∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴ ()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅， 方向沿半径向外．12=r cm 时,3π4∑=ρq -3(外r ）内3r ∴ ()420331010.4π43π4⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 半径为1R和2R (2R ＞1R )的两无限长同轴圆柱面，单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r ＜1R ；(2) 1R ＜r ＜2R ；(3) r ＞2R 处各点的场强．解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q(2) 21R r R << λl q =∑∴ rE 0π2ελ=沿径向向外(3) 2R r >=∑q∴ 0=E题9.13图9.13 两个无限大的平行平面都均匀带电，电荷的面密度分别为1σ和2σ，试求空间各处场强．解: 如题9.13图示，两带电平面均匀带电，电荷面密度分别为1σ与2σ， 两面间， n E)(21210σσε-=1σ面外， n E)(21210σσε+-=2σ面外， n E)(21210σσε+= n：垂直于两平面由1σ面指为2σ面．9.14 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r ＜R 的小球体，如题9.14图所示．试求：两球心O 与O '点的场强，并证明小球空腔内的电场是均匀的．解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合，见题9.14图(a)．(1) ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场d π4π3430320OO r E ερ=∴ O 点电场'd33030OO r E ερ= ； (2) ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场 003ερ='E 'OO题9.14图(a) 题9.14图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r'，相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则 03ερrE PO =，3ερr E O P '-=',∴ 0003'3)(3ερερερdOO r r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的．9.15 一电偶极子由q =1.0×10-6C 的两个异号点电荷组成，两电荷距离d=0.2cm ，把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1的外电场中，求外电场作用于电偶极子上的最大力矩．解: ∵ 电偶极子p在外场E 中受力矩E p M⨯= ∴ qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅9.16 两点电荷1q =1.5×10-8C ，2q =3.0×10-8C ，相距1r =42cm ，要把它们之间的距离变为2r =25cm ，需作多少功? 解: ⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r -61055.6-⨯-=J外力需作的功 61055.6-⨯-=-='A A J题9.17图9.17 如题9.17图所示，在A ，B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷，AB 间距离为2R ，现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点，求移动过程中电场力作的功．解: 如题9.17图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题9.18图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R ．试求环中心O 点处的场强和电势．解: (1)由于电荷均匀分布与对称性，AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消，取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图，由于对称性，O 点场强沿y 轴负方向题9.18图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=［)2sin(π-2sin π-］R0π2ελ-=(2) AB 电荷在O 点产生电势，以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O9.19 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动．求带电直线上的线电荷密度．(电子质量0m =9.1×10-31kg ，电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ，在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得 1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅9.20 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1，超过这个数值时空气要发生火花放电．今有一高压平行板电容器，极板间距离为d =0.5cm ，求此电容器可承受的最高电压． 解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4105.1d ⨯==E U V9.21 证明：对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21图)来说，(1)相向的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相反；(2)相背的两面上，电荷的面密度总是大小相等而符号相同．证: 如题9.21图所示，设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ，2σ，3σ，4σ题9.21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时，有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E sσσ∴ +2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反；(2)在A 内部任取一点P ，则其场强为零，并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的，即0222204030201=---εσεσεσεσ又∵ +2σ03=σ ∴ 1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等，符号相同．9.22 三个平行金属板A ，B 和C 的面积都是200cm 2，A 和B 相距4.0mm ，A 与C 相距2.0mm ．B ，C 都接地，如题9.22图所示．如果使A 板带正电3.0×10-7C ，略去边缘效应，问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零，则A 板的电势是多少?解: 如题9.22图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ题9.22图(1)∵ AB AC U U =，即 ∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A=得 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV9.23两个半径分别为1R 和2R （1R ＜2R )的同心薄金属球壳，现给内球壳带电+q ，试计算：(1)外球壳上的电荷分布及电势大小；(2)先把外球壳接地，然后断开接地线重新绝缘，此时外球壳的电荷分布及电势； *(3)再使内球壳接地，此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量．解: (1)内球带电q +；球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +，且均匀分布，其电势⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε题9.23图(2)外壳接地时，外表面电荷q +入地，外表面不带电，内表面电荷仍为q -．所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生：0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q '；则外壳内表面带电量为q '-，外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒)，此时内球壳电势为零，且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε得 q R R q 21=' 外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=9.24 半径为R 的金属球离地面很远，并用导线与地相联，在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ，试求：金属球上的感应电荷的电量．解: 如题9.24图所示，设金属球感应电荷为q '，则球接地时电势0=O U题9.24图由电势叠加原理有：=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q9.25 有三个大小相同的金属小球，小球1，2带有等量同号电荷，相距甚远，其间的库仑力为0F ．试求：(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1，2后移去，小球1，2之间的库仑力； (2)小球3依次交替接触小球1，2很多次后移去，小球1，2之间的库仑力．解: 由题意知 2020π4rq F ε=(1)小球3接触小球1后，小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后，小球2与小球3均带电q q 43=''∴ 此时小球1与小球2间相互作用力0022018348342F r πqr π"q 'q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后，每个小球带电量均为32q. ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε9.26 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳，介质相对介电常数为r ε，金属球带电Q ．试求： (1)电介质内、外的场强； (2)电介质层内、外的电势； (3)金属球的电势．解: 利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε9.27 如题9.27图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质．试求：在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值．解: 如题9.27图所示，充满电介质部分场强为2E ，真空部分场强为1E，自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得11σ=D ，22σ=D而 101E D ε=,202E D r εε=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内d21U E E == ∴r r E E εεεεσσ==102012题9.27图 题9.28图9.28 两个同轴的圆柱面，长度均为l ，半径分别为1R 和2R (2R ＞1R )，且l >>2R -1R ，两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时，求： (1)在半径r 处(1R ＜r ＜2R ＝，厚度为dr ，长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量； (2)电介质中的总电场能量； (3)圆柱形电容器的电容． 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S则 rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时，Q q =∑∴ rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82l r Q D w εε==薄壳中 rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε (3)电容：∵ CQ W 22=∴ )/ln(π22122R R lW Q C ε==题9.29图9.29 如题9.29 图所示，1C =0.25μF ，2C =0.15μF ，3C =0.20μF ．1C 上电压为50V ．求：AB U ．解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴ 355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 9.30 1C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V ”和“300 pF 、900 V ”，把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压，是否会击穿? 解: (1) 1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF(2)串联后电压比231221==C C U U ，而100021=+U U ∴ 6001=U V ,4002=U V 即电容1C 电压超过耐压值会击穿，然后2C 也击穿．9.31半径为1R =2.0cm 的导体球，外套有一同心的导体球壳，壳的内、外半径分别为2R =4.0cm和3R =5.0cm ，当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时，求：(1)整个电场储存的能量；(2)如果将导体壳接地，计算储存的能量； (3)此电容器的电容值．解: 如图，内球带电Q ，外球壳内表面带电Q -，外表面带电Q题9.31图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε =3R r >时 302π4rrQ E ε=∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε ∴ 总能量 )111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时，只有21R r R <<时30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
大学物理练习册答案(下册)-
（1） x Acos( 2π t )
T
（2）
x Acos( 2π t 1 )
T2
（3）x Acos( 2π t 1 ) （4） x Acos( 2π t 3 )
T3
T4
2.两位外星人A和B生活在一个没有自转，没有大气， 表面光滑的匀质球形小星球上。有一次他们决定进 行一场比赛，从他们所在的位置出发，各自采用航 天技术看谁能先达到星球的对径位置。A计划穿过星 体直径凿一条通道，采用自由下落方式到达目标位 置；B计划沿着紧贴着星球表面的空间轨道，象人造 卫星一样航行到目标位置。试问A和B谁会赢得比赛？
C. 1 , 1 ,0.05 22
D. 2,2,0.05
9. 一列机械横波在t时刻的波形曲线如图所示， 则该时刻能量为最大值的媒y质质元的位置是:
A. o, b, d, f B. a, c, e, g O'
C. o, d
D. b, f O
d
a
eg
c
b
fx
(二) 填空题 1.一横波的波动方程为: y 0.01cos(250πt 10πx)(m)
解: 以星球中心为原点在直径 通道上设置x轴，A在x处受引力:
Fx
G
Mm R3
x
（注: 只有半径为x的星球部分对A有引力）
式中M为星球质量, R为星球半径, m为A的质量
A做简谐振动, 周期为 T 2 m / k k GMm / R3
A到达目标所需的时间为 tA T / 2 R R / GM B以第一宇宙速度做圆周运动 vB GM / R B到达目标所需的时间为 tB R / vB R R / GM
4. 一质点在x轴上作谐振动振幅A=4cm, 周期T=2s, 其平衡位置取作坐标原点, 若t=0时刻近质点第一次通过x=-2cm处, 且向x轴正方向运动, 则质点第二次通过 x=-2cm,处时刻为:[]
大学物理练习册下答案
大学物理练习册下答案问题1：描述牛顿第二定律的数学表达式，并给出一个例子说明如何使用它来解决实际问题。
答案：牛顿第二定律的数学表达式是 \( F = ma \)，其中 \( F \)是作用在物体上的合力，\( m \) 是物体的质量，\( a \) 是物体的加速度。
例如，如果一个质量为5kg的物体受到10N的力，那么根据牛顿第二定律，物体的加速度 \( a \) 将是 \( 10N / 5kg = 2m/s^2 \)。
问题2：说明什么是能量守恒定律，并给出一个物理系统的例子来展示这一定律。
答案：能量守恒定律表明，在一个封闭系统中，能量既不能被创造也不能被消灭，只能从一种形式转换为另一种形式，但总量保持不变。
例如，当一个自由落体的物体从一定高度下落时，它的势能转化为动能。
如果忽略空气阻力，下落过程中总能量是守恒的。
问题3：解释什么是波的干涉，并给出一个实验设置来观察这一现象。
答案：波的干涉是指两个或多个波相遇时，它们的振幅相加形成一个新的波形的现象。
当两个波的相位相同（相长干涉）或相反（相消干涉）时，干涉效果最为明显。
观察干涉的一个简单实验设置是使用两个相干光源，它们发出的波在空间中相遇，形成明暗相间的干涉条纹。
问题4：描述电磁感应的基本原理，并解释法拉第电磁感应定律。
答案：电磁感应是当一个导体在变化的磁场中移动时，导体中产生电动势的现象。
法拉第电磁感应定律表明，导体中产生的电动势与穿过导体回路的磁通量的变化率成正比。
数学表达式为 \( \varepsilon = -d\Phi_B/dt \)，其中 \( \varepsilon \) 是感应电动势，\( \Phi_B \) 是磁通量，\( t \) 是时间。
问题5：简述量子力学的基本原理，并解释海森堡不确定性原理。
答案：量子力学是描述微观粒子行为的物理学分支，其基本原理包括波粒二象性、量子态的叠加以及量子态的演化遵循薛定谔方程等。
海森堡不确定性原理指出，粒子的位置和动量不能同时被精确测量，它们的不确定性的乘积至少等于普朗克常数的一半。
大学物理(下)练习册答案
大学物理（下）练习册答案包括（波动、电磁、光的干涉、光的偏振、光的衍射、振动）波动选择：1B, 2A, 3D, 4D, 5D, 6D, 7C, 8A, 9C, 10D二，填空： 1，t x y ππ⨯=-20cos )21cos(100.122(SI) 2分)12(+=n x m ， 即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m 2分n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 1分2，φλ+π-/2L 1分 λk L ± ( k = 1，2，3，…) 2分 λ)12(21+±k L ( k = 0, 1，2，…) 2分3，答案见图 3分 4，17 m 到1.7×10-2m3分5，λ21 3分一， 计算 1，解：(1) 原点O 处质元的振动方程为)2121cos(1022π-π⨯=-t y ， (SI) 2分波的表达式为 )21)5/(21cos(1022π--π⨯=-x t y ， (SI) 2分x = 25 m 处质元的振动方程为)321cos(1022π-π⨯=-t y ， (SI)振动曲线见图 (a) 2分(2) t = 3 s 时的波形曲线方程)10/cos(1022x y π-π⨯=-， (SI) 2分波形曲线见图 2分2，解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得：ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 各1分 波速 u = λν = 6.00 m/s 1分(2) 节点位置 )21(3/4π+π±=πn x )21(3+±=n x m , n = 0，1，2，3, … 3分(3) 波腹位置 π±=πn x 3/44/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, … 2分3，解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π= (SI) 3分 (2)t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T ym 1.0)818/1(4cos 1.0=-π= 2分(3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty-ππ-=∂∂=v ． )4/1(212==T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分电磁§3.1 静止电荷的电场一， 选择题：t (s)O -2×10-21y (m)234(a)2×1, C 2, C 3, D 4, C 5, C 6, B 7, A 8, A 9, C 10, D 11, D二， 填空：1，q / (6ε0) 2，d 211λλλ+3，()40216/R S Q ε∆π 由圆心O 点指向△S4，q / ε0 0 -q /ε05，02εσ 向右 023εσ 向右 02εσ 向左三， 计算：1，解： 20114dq E επ=, 20224dq E επ=∵ 212q q = ， ∴ 212E E = 由余弦定理：1212221360cos 2E E E E E E =-+=ο20143dq επ== 3.11×106 V/m 3分 由正弦定理得：αsin 60sin 1E E =ο, 2160sin sin 1==οE E αα = 30°∴E ϖ的方向与中垂线的夹角β＝60°，如图所示．2分2，解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：-E 1S 1+ E 2S 2=Q / ε0 ( S 1 = S 2 =S ) 3分则 Q = ε0S (E 2- E 1) = ε0Sb (x 2- x 1)= ε0ba 2(2a －a ) =ε0ba 3 = 8.85×10-12 C 2分2E ϖϖα 1E ϖ60° dβ60° q 2q 1 d3，解：选杆的左端为坐标原点，x 轴沿杆的方向 ．在x 处取一电荷元λd x ，它在点电荷所在处产生场强为：()204d d x d xE +π=ελ 3分整个杆上电荷在该点的场强为：()()l d d lx d x E l+π=+π=⎰00204d 4ελελ 2分点电荷q 0所受的电场力为：()l d d lq F +π=004ελ＝0.90 N 沿x 轴负向 3分4，解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里． 3分在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4εAR r E π=π⋅得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里． 2分§3.2 电势一， 选择：q精品文档1，A 2，D 3，C 4，D 5，A 6，C 7，A 8，D 9，C二， 填空： 1，43ln 40ελπ 0； 2，10 cm ； 3，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε；4，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb ar r q q 11400ε ；5， Ed三， 计算：1，解: 由高斯定理可知空腔内E ＝0，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U . 2分在球层内取半径为r →r ＋d r 的薄球层．其电荷为d q = ρ 4πr 2d r该薄层电荷在球心处产生的电势为()00/d 4/d d ερεr r r q U =π= 2分 整个带电球层在球心处产生的电势为()21220002d d 21R R r r U U R R -===⎰⎰ερερ2分 因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U 为()2122002R R U U -==ερ 2分 若根据电势定义⎰⋅=l E U ϖϖd 计算同样给分.2，解：设点电荷q 所在处为坐标原点O ，x 轴沿两点电荷的连线．(1) 设0=E ρ的点的坐标为x '，则()04342020=-'π-'π=i d x qi x q E ϖϖϖεε 3分可得 02222=-'+'d x d x解出 ()d x 3121+-=' 2分 另有一解()d x 13212-=''不符合题意，舍去．(2) 设坐标x 处U ＝0，则 ()x d qx q U -π-π=00434εε ()0440=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--π=x d x x d q ε 3分 得 d - 4x = 0, x = d /4 2分3，解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204r QE επ=(R 1＜r ＜R 2) 1分两球的电势差 ⎰⎰π==212120124d R R R R r dr Qr E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=21114R R Q ε 2分∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14×10-9 C 2分§3.4 静电场中的导体 §3.5 静电场中的电介质一， 选择：1，C 2，C 3，B 4，B 5，A 6，B 7，C 8，B二， 填空：1， 无极分子 电偶极子2，)2/()(21S Q Q + 1分)2/()(21S Q Q -1分)2/()(21S Q Q - 1分 )2/()(21S Q Q + 1分3， 不变 1分 减小 2分4， σ (x ，y ，z )/ε0 2分 与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0) 1分5， )4/(30r r q επϖ2分)4/(0C r q επ 2分三， 计算：1，解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ，则两球电势分别是10114r q U επ=， 20224r q U επ= 2分两球相连后电势相等， 21U U =，则有21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 2分 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 1分92122103.132-⨯=+=r r qr q C 1分两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V 2分2，解：玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功．抽出玻璃板前后的电容值分别为 d S C r /)(0εε=，d S C /)(0ε=' 2分撤电源后再抽玻璃板．板上电荷不变，但电压改变，即U C CU Q ''== ∴ U C CU U r ε='='/)( 2分抽玻璃板前后电容器的能量分别为202)/(2121U d S CU W r εε== ，202)/(2121U d S U C W r εε=''=' 2分外力作功 W W A -'=)1)(/(21220-=r r d SU εεε = 2.55×10-6 J 2分3.7,3.8磁场的源 一选择：1B 2D 3D 4B 5A 6A 7C 8D 9A 10C 11B 12D二填空1， I 0μ 1分0 2分 2I 0μ 2分2， )/(lB mg 3分3， a l I 4/d 20μ 2分垂直电流元背向半圆弧(即向左) 1分4， b ，a 2分d ，c 1分 f ，e 2分三，计算： 1，解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据叠加原理O 点的磁感强度为：4321B B B B B ϖϖϖϖϖ+++=∵1B ϖ、4B ϖ均为0，故32B B B ϖϖϖ+= 2分 )2(4102R I B μ=方向⊗ 2分242)sin (sin 401203RIa I B π=-π=μββμ )2/(0R I π=μ 方向 ⊗ 2分其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β2/2)4/sin(sin 1-=π-=β∴ RIRIB π+=2800μμ)141(20π+=R I μ 方向 ⊗ 2分 2，1 234 R RO Iaβ2解：长直导线AC 和BD 受力大小相等,方向相反且在同一直线上，故合力为零．现计算半圆部分受力，取电流元l I ϖd ， B l I F ϖϖϖ⨯=d d 即 θd d IRB F = 2分 由于对称性 0d =∑x F ∴ RIB IRB F F F y y 2d sin d 0====⎰⎰πθθ 3分方向沿y 轴正向3，解：洛伦兹力的大小 B q f v = 1分 对质子： 1211/R m B q v v = 1分 对电子： 2222/R m B q v v = 1分 ∵ 21q q = 1分 ∴ 2121//m m R R = 1分3.10电磁感应： 一选择：1C 2B 3C 4A 5D 6D 7A 8C 9D 10C 11B 二填空： 1，无感应电流 2分 无感应电流 2分2，1.11×10-5 V 3分 A 端 2分3，答案见图 曲线3分，标出文字结果2分4，225R B ω 3分 O 点 2分1F三计算 1，解：建立坐标(如图)则：21B B B ϖϖϖ+= xI B π=201μ， )(202a x I B -π=μ 2分x I a x I B π--π=2)(200μμ， B ϖ方向⊙ 1分d x xa x I x B d )11(2d 0--π==v v μ 2分 ⎰⎰--π==+x x a x I ba d )11(2d 202av μ b a b a I ++π=2)(2ln20v μ 2分 感应电动势方向为C →D ，D 端电势较高．1分2，解：两个载同向电流的长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为)11(2210r r x x B +-+π=μ 2分 选顺时针方向为线框回路正方向，则)d d (21111210⎰⎰⎰+++-+π==br r br r r r x xxx IaBdS μΦ 3分)ln(222110r br r b r Ia+⋅+π=μ 2分 ∴ tIr r b r b r atd d ]))((ln[2d d 21210++π-=-=μΦt r r b r b r a I ωωμcos ]))((ln[2212100++π-= 3分光的干涉光的干涉：一，选择：2a x +d x 2a +b I I C D vϖxO x1D, 2A, 3B, 4A, 5B, 6C, 7B, 8B, 9B, 10C, 11B, 12C, 13B, 14A, 15B, 16A二，填空1， 2π (n -1) e / λ 2分 4×103 2分2，3λ 2分 1.33 2分3，3λ / (2n θ) 3分4，236参考解：膜厚度为零处光程差2λδ±=膜厚度为e 处光程差 2sin 222122λδ±-=i n n e式中 n 2=1.5,n 1=1.0 令条纹数为k ,则有 λδk =∆2.236sin 22122=-=λin n e k5，2.60 e 3分三，计算 1，解： R 2＝r 2＋(R - e)2 r 2 = 2Re – e 2略去e 2，则 Rre 22= 2分 暗环： 2ne ＋21λ＝( 2k ＋1)21λ 2e ＝λn k(k ＝0，1，2，…) 3分nRk r λ= k ＝10 2分r ＝0.38 cm 1分2，解：(1) 明环半径 ()2/12λ⋅-=R k r 2分()Rk r 1222-=λ＝5×10-5 cm (或500 nm) 2分 (2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ)对于r ＝1.00 cm ， k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5 3分 故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个． 1分3，解：(1) 如图，设P 0为零级明纹中心 则 D O P d r r /012≈- 3分 (l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0 ∴ r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ ∴()d D d r r D O P /3/120λ=-= 3分(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差λδ3)/(-≈D dx 2分 明纹条件λδk ±= (k ＝1，2，....) ()d D k x k /3λλ+±=在此处令k ＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距d D x x x k k /1λ=-=+∆ 2分光的偏振光的偏振：一，选择：1A, 2B, 3B, 4B, 5C二，填空： 1，见图 每图1分2，线偏振光(或完全偏振光，或平面偏振光) 1分 光(矢量)振动 1分OP 0 r 1 r 2Dl 2s 1 s 2d l 1 0xi i i 0i 0 i 0偏振化(或透光轴) 1分3，tg i 0＝n 21 (或tg i 0＝n 1 / n 2 ) 1分 i 0 1分n 21 (或n 2 / n 1) 1分三，计算： 1，解：(1) 自然光通过第一偏振片后，其强度 I 1 = I 0 / 2 1分 通过第2偏振片后，I 2＝I 1cos 245︒＝I 0/ 4 2分 通过第3偏振片后，I 3＝I 2cos 245︒＝I 0/ 8 1分通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平行． 2分(2) 若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时I 3 =0. 1分 I 1仍不变． 1分解：(1) 连续穿过三个偏振片之后的光强为I ＝0.5I 0cos 2α cos 2(0.5π－α ) 2分＝I 0sin 2(2α) / 8 1分 (2) 画出曲线 2分光的衍射光的衍射： 一，选择1B, 2B, 3C, 4C, 5C, 6A, 7B, 8D, 9B, 10D 二，填空 1，6 2分第一级明 2分 2，4 2分 第一 2分 暗 1分3，一 2分2，I I 0 / 8O π/4π/23π/45π/4π3π/2α三 2分4，2π 2分 暗 2分5，d sin ϕ =k λ ( k =0，±1，±2,···)3分6，3 3分三，计算1，解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知()111231221sin λλϕ=+=k a (取k ＝1 ) 1分 ()222231221sin λλϕ=+=k a 1分f x /tg 11=ϕ , f x /tg 22=ϕ 由于 11tg sin ϕϕ≈ , 22tg sin ϕϕ≈所以 a f x /2311λ= 1分a f x /2322λ= 1分则两个第一级明纹之间距为a f x x x /2312λ∆=-=∆=0.27 cm 2分 (2) 由光栅衍射主极大的公式 1111sin λλϕ==k d2221sin λλϕ==k d 2分 且有f x /tg sin =≈ϕϕ所以d f x x x /12λ∆=-=∆=1.8 cm 2分2，解：设空气膜最大厚度为e ，2e +λ21= k λ 2分 λλ212+=e k ＝16.5 2分 ∴ 明纹数为16． 1分3，解：由光栅公式 (a ＋b )sin ϕ =k λ k =1， φ =30°，sin ϕ1=1 / 2∴ λ=(a ＋b )sin ϕ1/ k =625 nm 3分若k =2, 则 sin ϕ2=2λ / (a + b ) = 1, ϕ2=90°实际观察不到第二级谱线 2分振动振动：一， 选择1C, 2D, 3B, 4B, 5D, 6C, 7 D, 8A, 9D, 10C二，填空 1,π 1分 - π /2 2分 π/3． 2分2,)214cos(04.0π-πt （振幅、角频率、初相各1分） 3分3，0.37 cm 1分 )21cos(1037.02π±π⨯=-t x (SI) 2分4，1.2 s 1分－20.9 cm/s 5，0 1分 3π cm/s 2分三，计算解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得0//d d 022=+l gx t x∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 3分l 0mgx kl 0k (l 0+x )π===1.958.28/0l g ω 2分设振动表达式为 )cos(φω+=t A x由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0 1分∴ )1.9cos(1022t x π⨯=- 2分2，解：(1) A = 0.5 cm ；ω = 8π s -1；T = 2π/ω = (1/4) s ；φ = π/3 2分(2) )318sin(1042π+π⨯π-==-t x&v (SI))318cos(103222π+π⨯π-==-t x a && (SI) 2分(3) 2222121A m kA E E E P K ω==+==7.90×10-5 J 3分(4) 平均动能 ⎰=T K t m T E 02d 21)/1(v⎰π+π⨯π-=-Tt t m T 0222d )318(sin )104(21)/1( = 3.95×10-5 J = E 21 同理 E E P 21== 3.95×10-5 J 3分 3，解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得F = kx 0 2分由题意，t = 0时v0 = 0；x = x 0则 02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分(2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分221007.121-⨯==v m E K J 2分2222)/4(2121x T m kx E p π== = 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分 当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ，41044.425/-⨯==E E p J 1分。
大学物理下册练习册答案
大学物理下册练习册答案练习1质点运动学(一)参考答案1.B；2.D;3.8m,10m.4.3,36;5.解：(1)v某/t0.5m/(2)v=d某/dt=9t-6t2v(2)=-6m/(3)S=|某(1.5)-某(1)|+|某(2)-某(1.5)|=2.25m6.答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为rrr0r0为初始时刻的矢径,r为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则r0=0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r=r，即r既是矢径也是位移矢量．练习2质点运动学(二)参考答案1.D；2.g/2，23v2/3g3.4t3-3t2(rad/)，12t2-6t(m/2)4.17.3m/,20m/.5.解：adv/dt4t，dv4tdtv0dv4tdt0tv2t2vd某/dt2t2某某0d某2t2dt0t某2t3/3+某0(SI)6.解：根据已知条件确定常量kkω/t2v/Rt24rad/24t2,vR4Rt2t=1时，v=4Rt2=8m/atdv/dt8Rt16m/2anv2/R32m/22aat2an1/235.8m/2练习3质点动力学(一)参考答案1.D2.C3.NCA4.l/co2θ5.如图所示，A，B，C三物体，质量分别为M=0.8kg,m=m0=0.1kg，当他们如图a放置时，物体正好做匀速运动。
（1）求物体A与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b放置时，求系统的加速度及绳的张力。
PA(1)fBAPA(2)NBAB解：(1)m0gTTNN(Mm)g联立方程得：m0Mm(2)（m0m）gT'（m0m）aT'MgMa利用(1)计算结果，得到magmMM（m0m）T'gmM6.解：(1)子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律KvmdvdtKdv∴dt,mvKt/m∴vv0eKdvdtmv0v0tv(2)求最大深度解法一：vd某dtKt/mdtd某v0e某t0d某v0eKt/mdt0Kt/m)∴某(m/K)v0(1e某ma某mv0/K解法二：Kvmdvdvd某dvm()()mvdtd某dtd某某ma某m∴d某dvKd某0mdvKv00∴某ma某mv0/K练习4质点动力学(二)参考答案1.B2.A3.Ft1Ft1Ft1，m1m2m1m2m24.140N·，24m/，2IFdt(3040t)dt140Nt10t2mv2mv1I;mv2Imv1v2(Imv1)/m24m/5.解：(1)因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v有mv0=mv+Mvv=m(v0v)/M=3.13m/T=Mg+Mv2/l=26.5N(2)ftmvmv04.7N(设v0方向为正方向)负号表示冲量方向与v0方向相反．6.解：设V为船对岸的速度，u为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒：MVm(Vu)0即VtmuMmtmmudtl船走过的路程为LVdtMm0Mm0狗离岸的距离为SS0(lL)S0Ml Mm。
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大学物理（下）练习册答案包括（波动、电磁、光的干涉、光的偏振、光的衍射、振动）波动选择：1B, 2A, 3D, 4D, 5D, 6D, 7C, 8A, 9C, 10D二，填空： 1，t x y ππ⨯=-20cos )21cos(100.122(SI) 2分)12(+=n x m ， 即 x = 1 m ，3 m ，5 m ，7 m ，9 m 2分n x 2= m ，即 x = 0 m ，2 m ，4 m ，6 m ，8 m ，10 m 1分2，φλ+π-/2L 1分 λk L ± ( k = 1，2，3，…) 2分 λ)12(1+±k L ( k = 0, 1，2，…) 2分3，答案见图 3分 4，17 m 到1.7×10-2m3分5，λ21 3分一， 计算 1，解：(1) 原点O 处质元的振动方程为)2121cos(1022π-π⨯=-t y ， (SI) 2分波的表达式为 )21)5/(21c o s (1022π--π⨯=-x t y ， (SI) 2分x = 25 m 处质元的振动方程为)321cos(1022π-π⨯=-t y ， (SI)振动曲线见图 (a) 2分(2) t = 3 s 时的波形曲线方程)10/cos(1022x y π-π⨯=-， (SI) 2分波形曲线见图 2分2，解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得：ν = 4 Hz ， λ = 1.50 m ， 各1分 波速 u = λν = 6.00 m/s 1分(2) 节点位置 )21(3/4π+π±=πn x )21(3+±=n x m , n = 0，1，2，3, … 3分(3) 波腹位置 π±=πn x 3/44/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, … 2分3，解：(1) )1024cos(1.0x t y π-π=)201(4cos 1.0x t -π= (SI) 3分 (2)t 1 = T /4 = (1 /8) s ，x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的位移)80/4/(4cos 1.01λ-π=T ym 1.0)818/1(4cos 1.0=-π= 2分(3) 振速 )20/(4sin 4.0x t ty-ππ-=∂∂=v ． )4/1(212==T t s ，在 x 1 = λ /4 = (10 /4) m 处质点的振速 26.1)21sin(4.02-=π-ππ-=v m/s 3分电磁§3.1 静止电荷的电场一， 选择题：t (s)O -2×10-21y (m)234(a)2×1, C 2, C 3, D 4, C 5, C 6, B 7, A 8, A 9, C 10, D 11, D二， 填空：1，q / (6ε0) 2，d 211λλλ+3，()40216/R S Q ε∆π 由圆心O 点指向△S 4，q / ε00 -q /ε05，02εσ 向右 023εσ 向右 02εσ 向左三， 计算：1，解： 20114dq E επ=, 20224dq E επ=∵ 212q q = ， ∴ 212E E = 由余弦定理：1212221360cos 2E E E E E E =-+=20143dq επ== 3.11×106V/m 3分由正弦定理得：αsin 60sin 1E E = , 2160sin sin 1== E E αα = 30°∴E的方向与中垂线的夹角β＝60°，如图所示．2分2，解：设闭合面内包含净电荷为Q ．因场强只有x 分量不为零，故只是二个垂直于x 轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：-E 1S 1+ E 2S 2=Q / ε0 ( S 1 = S 2 =S ) 3分则 Q = ε0S (E 2- E 1) = ε0Sb (x 2- x 1)= ε0ba 2(2a －a ) =ε0ba 3 = 8.85×10-12 C 2分2q 2q3，解：选杆的左端为坐标原点，x 轴沿杆的方向 ．在x 处取一电荷元λd x ，它在点电荷所在处产生场强为：()204d d x d xE +π=ελ 3分整个杆上电荷在该点的场强为：()()l d d lx d x E l+π=+π=⎰00204d 4ελελ 2分点电荷q 0所受的电场力为：()ld d lq F +π=004ελ＝0.90 N 沿x 轴负向 3分4，解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅ 得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里． 3分在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 0422/4εAR r E π=π⋅ 得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里． 2分§3.2 电势一， 选择：q1，A 2，D 3，C 4，D 5，A 6，C 7，A 8，D 9，C二， 填空： 1，43ln 40ελπ 0； 2，10 cm ； 3，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε；4，⎪⎪⎭⎫⎝⎛-πb a r r q q 11400ε ； 5， Ed三， 计算：1，解: 由高斯定理可知空腔内E ＝0，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U . 2分在球层内取半径为r →r ＋d r 的薄球层．其电荷为d q = ρ 4πr 2d r该薄层电荷在球心处产生的电势为()00/d 4/d d ερεr r r q U =π= 2分 整个带电球层在球心处产生的电势为()21220002d d 21R R r r U U R R -===⎰⎰ερερ2分 因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U 为()2122002R R U U -==ερ 2分 若根据电势定义⎰⋅=l E U d 计算同样给分.2，解：设点电荷q 所在处为坐标原点O ，x 轴沿两点电荷的连线．(1) 设0=E的点的坐标为x '，则()04342020=-'π-'π=i d x qi x q E εε 3分可得 02222=-'+'d x d x解出 ()d x 3121+-=' 2分 另有一解()d x 13212-=''不符合题意，舍去．(2) 设坐标x 处U ＝0，则 ()xd qx q U -π-π=00434εε ()0440=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--π=x d x x d q ε 3分 得 d - 4x = 0, x = d /4 2分3，解：设内球上所带电荷为Q ，则两球间的电场强度的大小为204rQE επ=(R 1＜r ＜R 2) 1分 两球的电势差 ⎰⎰π==212120124d R R R R r dr Qr E U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=21114R R Q ε 2分∴ 12122104R R U R R Q -π=ε＝2.14×10-9 C 2分§3.4 静电场中的导体 §3.5 静电场中的电介质一， 选择：1，C 2，C 3，B 4，B 5，A 6，B 7，C 8，B二， 填空：1， 无极分子 电偶极子2，)2/()(21S Q Q + 1分)2/()(21S Q Q -1分)2/()(21S Q Q - 1分 )2/()(21S Q Q + 1分3， 不变 1分 减小 2分4， σ (x ，y ，z )/ε0 2分 与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0) 1分5， )4/(30r r q επ2分)4/(0C r q επ 2分三， 计算：1，解：两球相距很远，可视为孤立导体，互不影响．球上电荷均匀分布．设两球半径分别为r 1和r 2，导线连接后的电荷分别为q 1和q 2，而q 1 + q 1 = 2q ，则两球电势分别是10114r q U επ=， 20224r q U επ= 2分两球相连后电势相等， 21U U =，则有21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 2分 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 1分92122103.132-⨯=+=r r qr q C 1分两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V 2分2，解：玻璃板抽出前后电容器能量的变化即外力作的功．抽出玻璃板前后的电容值分别为 d S C r /)(0εε=，d S C /)(0ε=' 2分撤电源后再抽玻璃板．板上电荷不变，但电压改变，即U C CU Q ''== ∴ U C CU U r ε='='/)( 2分抽玻璃板前后电容器的能量分别为202)/(2121U d S CU W r εε== ，202)/(2121U d S U C W r εε=''=' 2分外力作功 W W A -'=)1)(/(21220-=r r d SU εεε = 2.55×10-6 J 2分3.7,3.8磁场的源 一选择：1B 2D 3D 4B 5A 6A 7C 8D 9A 10C 11B 12D二填空 1，I 0μ 1分0 2分 2I 0μ 2分2， )/(lB mg 3分 3， a l I 4/d 20μ 2分垂直电流元背向半圆弧(即向左) 1分4， b ，a 2分d ，c 1分 f ，e 2分三，计算： 1，解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据叠加原理O 点的磁感强度为：4321B B B B B+++=∵1B、4B 均为032B B B+= 2分 )2(4102RI B μ= ⊗ 2分242)sin (sin 401203RIaIB π=-π=μββμ)2/(0R I π=μ 方向 ⊗2分其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β2/2)4/sin(sin 1-=π-=β∴ RIRIB π+=2800μμ)141(20π+=R I μ 方向 ⊗2分2，2解：长直导线AC 和BD 受力大小相等,方向相反且在同一直线上，故合力为零．现计算半圆部分受力，取电流元l Id ， B l I F ⨯=d d 即 θd d IRB F = 2分 由于对称性 0d =∑x F ∴ RIB IRB F F F y y 2d sin d 0====⎰⎰πθθ 3分方向沿y 轴正向3，解：洛伦兹力的大小 B q f v = 1分 对质子： 1211/R m B q v v = 1分 对电子： 2222/R m B q v v = 1分 ∵ 21q q = 1分 ∴ 2121//m m R R = 1分3.10电磁感应： 一选择：1C 2B 3C 4A 5D 6D 7A 8C 9D 10C 11B 二填空： 1，无感应电流 2分 无感应电流 2分2，1.11×10-5 V 3分 A 端 2分3，答案见图 曲线3分，标出文字结果2分4，225R B ω 3分 O 点 2分1F三计算 1，解：建立坐标(如图)21B B B+=x I B π=201μ， )(202a x I B -π=μ 2分x I a x I B π--π=2)(200μμ， B 方向⊙ 1分 d x xa x I x B d )11(2d 0--π==v v μ 2分 ⎰⎰--π==+x x a x I ba d )11(2d 202av μ b a b a I ++π=2)(2ln20v μ 2分 感应电动势方向为C →D ，D 端电势较高．1分2，解：两个载同向电流的长直导线在如图坐标x 处所产生的磁场为)11(2210r r x x B +-+π=μ 2分 选顺时针方向为线框回路正方向，则)d d (21111210⎰⎰⎰+++-+π==br r br r r r x xxx IaBdS μΦ 3分)ln(222110r b r r b r Ia+⋅+π=μ 2分 ∴ tIr r b r b r a t d d ]))((ln[2d d 21210++π-=-=μΦt r r b r b r a I ωωμcos ]))((ln[2212100++π-= 3分光的干涉光的干涉：一，选择：2a x +d x 2a +b I I C DvxO x1D, 2A, 3B, 4A, 5B, 6C, 7B, 8B, 9B, 10C, 11B, 12C, 13B, 14A, 15B, 16A二，填空1， 2π (n -1) e / λ 2分 4×103 2分2，3λ 2分 1.33 2分3，3λ / (2n θ) 3分4，236参考解：膜厚度为零处光程差 2λδ±=膜厚度为e 处光程差 2sin 222122λδ±-=i n n e式中 n 2=1.5,n 1=1.0 令条纹数为k ,则有 λδk =∆2.236sin 22122=-=λin n e k5，2.60 e 3分三，计算 1，解： R 2＝r 2＋(R - e)2 r 2 = 2Re – e 2略去e 2，则 Rr e 22= 2分 暗环： 2ne ＋21λ＝( 2k ＋1)21λ 2e ＝λn k(k ＝0，1，2，…) 3分nRk r λ= k ＝10 2分r ＝0.38 cm 1分2，解：(1) 明环半径 ()2/12λ⋅-=R k r 2分()Rk r 1222-=λ＝5×10-5 cm (或500 nm) 2分 (2) (2k －1)＝2 r 2 / (R λ)对于r ＝1.00 cm ， k ＝r 2 / (R λ)＋0.5＝50.5 3分 故在OA 范围内可观察到的明环数目为50个． 1分3，解：(1) 如图，设P 0为零级明纹中心 则 D O P d r r /012≈- 3分 (l 2 +r 2) - (l 1 +r 1) = 0 ∴ r 2 – r 1 = l 1 – l 2 = 3λ ∴()d D d r r D O P /3/120λ=-= 3分(2) 在屏上距O 点为x 处, 光程差λδ3)/(-≈D dx 2分 明纹条件 λδk ±= (k ＝1，2，....)()d D k x k /3λλ+±=在此处令k ＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距d D x x x k k /1λ=-=+∆ 2分光的偏振光的偏振：一，选择：1A, 2B, 3B, 4B, 5C二，填空： 1，见图 每图1分2，线偏振光(或完全偏振光，或平面偏振光) 1分 光(矢量)振动 1分偏振化(或透光轴) 1分3，tg i 0＝n 21 (或tg i 0＝n 1 / n 2 ) 1分 i 01分n 21 (或n 2 / n 1) 1分三，计算： 1，解：(1) 自然光通过第一偏振片后，其强度 I 1 = I 0 / 2 1分 通过第2偏振片后，I 2＝I 1cos 245︒＝I 0/ 4 2分 通过第3偏振片后，I 3＝I 2cos 245︒＝I 0/ 8 1分通过每一偏振片后的光皆为线偏振光，其光振动方向与刚通过的偏振片的偏振化方向平行． 2分(2) 若抽去第2片，因为第3片与第1片的偏振化方向相互垂直，所以此时I 3 =0. 1分 I 1仍不变． 1分解：(1) 连续穿过三个偏振片之后的光强为I ＝0.5I 0cos 2α cos 2(0.5π－α ) 2分＝I 0sin 2(2α) / 8 1分 (2) 画出曲线 2分光的衍射光的衍射： 一，选择1B, 2B, 3C, 4C, 5C, 6A, 7B, 8D, 9B, 10D 二，填空 1，6 2分第一级明 2分 2，4 2分 第一 2分 暗 1分3，一 2分2，I 0三 2分4，2π 2分 暗 2分5，d sin ϕ =k λ ( k =0，±1，±2,···)3分6，3 3分三，计算1，解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知()111231221sin λλϕ=+=k a (取k ＝1 ) 1分 ()222231221sin λλϕ=+=k a 1分f x /tg 11=ϕ , f x /tg 22=ϕ 由于 11tg sin ϕϕ≈ , 22tg sin ϕϕ≈所以 a f x /2311λ= 1分a f x /2322λ= 1分则两个第一级明纹之间距为a f x x x /2312λ∆=-=∆=0.27 cm 2分 (2) 由光栅衍射主极大的公式 1111sin λλϕ==k d2221sin λλϕ==k d 2分 且有f x /tg sin =≈ϕϕ所以d f x x x /12λ∆=-=∆=1.8 cm 2分2，解：设空气膜最大厚度为e ，2e +λ21= k λ 2分 λλ212+=e k ＝16.5 2分 ∴ 明纹数为16． 1分3，解：由光栅公式 (a ＋b )sin ϕ =k λ k =1， φ =30°，sin ϕ1=1 / 2∴ λ=(a ＋b )sin ϕ1/ k =625 nm 3分若k =2, 则 sin ϕ2=2λ / (a + b ) = 1, ϕ2=90°实际观察不到第二级谱线 2分振动振动：一， 选择1C, 2D, 3B, 4B, 5D, 6C, 7 D, 8A, 9D, 10C二，填空 1,π 1分 - π /2 2分 π/3． 2分2,)214c o s (04.0π-πt （振幅、角频率、初相各1分） 3分3，0.37 cm 1分 )21c o s (1037.02π±π⨯=-t x (SI) 2分4，1.2 s 1分－20.9 cm/s 5，0 1分 3π cm/s 2分三，计算解：设小球的质量为m ，则弹簧的劲度系数 0/l mg k =．选平衡位置为原点，向下为正方向．小球在x 处时，根据牛顿第二定律得220d /d )(t x m x l k mg =+- 将 0/l mg k = 代入整理后得0//d d 022=+l gx t x∴ 此振动为简谐振动，其角频率为． 3分+x )π===1.958.28/0l g ω 2分设振动表达式为 )cos(φω+=t A x由题意： t = 0时，x 0 = A=2102-⨯m ，v 0 = 0，解得 φ = 0 1分∴ )1.9cos(1022t x π⨯=- 2分2，解：(1) A = 0.5 cm ；ω = 8π s -1；T = 2π/ω = (1/4) s ；φ = π/3 2分(2) )318sin(1042π+π⨯π-==-t xv (SI))318cos(103222π+π⨯π-==-t xa (SI) 2分 (3) 2222121A m kA E E E P K ω==+==7.90×10-5 J 3分 (4) 平均动能 ⎰=T K t m T E 02d 21)/1(v⎰π+π⨯π-=-Tt t m T 0222d )318(sin )104(21)/1( = 3.95×10-5 J = E 21 同理 E E P 21== 3.95×10-5 J 3分 3，解一：(1) 取平衡位置为原点，向下为x 正方向．设物体在平衡位置时弹簧的伸长量为∆l ，则有l k mg ∆=, 加拉力F 后弹簧又伸长x 0，则0)(0=+-+∆x l k mg F解得F = kx 0 2分由题意，t = 0时v0 = 0；x = x 0则 02020)/(x x A =+=ωv 2分又由题给物体振动周期4832=T s, 可得角频率 Tπ=2ω, 2ωm k = ∴ 444.0)/4(22=π==A T m kA F N 1分(2) 平衡位置以下1 cm 处： )()/2(2222x A T -π=v 2分 221007.121-⨯==v m E K J 2分 2222)/4(2121x T m kx E p π=== 4.44×10-4 J 1分解二：(1) 从静止释放，显然拉长量等于振幅A （5 cm ），kA F = 2分2224νωπ==m m k ，ν = 1.5 Hz 2分 ∴ F = 0.444 N 1分(2) 总能量 221011.12121-⨯===FA kA E J 2分 当x = 1 cm 时，x = A /5，E p 占总能量的1/25，E K 占24/25． 2分∴ 21007.1)25/24(-⨯==E E K J ， 41044.425/-⨯==E E p J 1分。