湘潭大学大学物理2答案(教师版)

大学物理2答案 练习一1、D ，2、C ，3、C ，4、203Q a πεD, 5、()j y a qy2/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)，2/a ±，6、()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 练习二1、A2、A3、12q q ε+，123201(q q )49q Rπε++，4．22(r )L a ρπ- 5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．6解：如图在圆上取ϕRd dl =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．练习三1、C2、D3、0，0Rrσε 4、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0) ＰLdd qx(L+d －x )d ExO５、解：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 012SE S d ρε=得到012E d ρε=(板外两侧) （2）过平板内一点作一正交柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示． 按高斯定理有022ερxSS E ='得到x E 0ερ='(-d2≤x ≤d2)6解：(1)ρ+球在O 点产生电场010=E，ρ- 球在O 点产生电场320304π3'4πdr E OO ρε= ∴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'OOESxESSbE '练习四1、C2、D3、C,4、-e q / (6πε0R )5、解：01=E 1R r203132031323)(4)(34rR r r R r E ερπεπρ-=-=21R r R 20313220313233)(4)(34r R R r R R E ερπεπρ-=-=2R r⎰⎰∞∙+∙=2R 32r E r E d d U R R 21⎰⎰∞-+-=2R dr rR R dr r R r R R 203132203133)(3)(21ερερ )(221220R R -=ερ6、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 l q x x q F l r r +π=π=⎰+000204d 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=⎰+000ln 4d 400r l r q xx q W l r r ελελ 练习五1、D2、A3、C 4．rεεσσ0,５ 解：设极板上分别带电量+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2； 金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε=O R x r 0 r 0+ld x x金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0'=E则两极板间的电势差为d E d E U U B A 21+=-))](/([210d d S q +=ε))](/([0t d S q -=ε 由此得)/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．６ 解：（l ）根据有介质时的高斯定理可得两圆柱间电位移的大小为)2/(r D πλ=场强大小为 rDE r rεπελεε002==两圆柱间电势差⎰⎰=⋅=21210122R R rR R r dr r d E U επελ 1200ln 2221R R r dr r R R rεπελεπελ==⎰电容12012ln 2R R LU Q C r επελλ==)/ln(2120R R Lr επε=．（2）电场能量 rR R L C Q W επελ012224)/ln(2==练习六 １．20d 4a lI πμ，平行z 轴负向 ２．πR 2c ３．03(1)226I R μππ-+ ４．)313(R 2I B 0-=πμ５．134200==aev B πμT ．242102.92-⨯===evaa T e P m π2m A ⋅ ６．)11(4120R R I -μ，垂直纸面向外，2/122210)11(4R R I +μ，12arctg R R +π217、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 RII d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为 RI R R R IR 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练习七１．)(120I I -μ，)(120I I +μ ２．320μI ３．Rih πμ20 ４．02Ir μπ ０５．解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷d q = λd 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rrrIB d 42d d 000π==λωμμ⎰⎰+π==b a ar 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 2λω6/])[(33a b a -+=λω方向垂直纸面向内．6、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=40Iμ2ln 20π+Iμ练习八1、A 2.)/(cos 2eB m θv π，)/(sin eB m θv 3.)2(R l BI +4.（1）40 2.510B nI T μ-==⨯m A BH 2000==μ（2）m A I LNH 200==0 1.05r B H H T μμμ=== 5.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 a b I I dx x I I F ba ln 60cos 22100210πμπμ=⋅=⎰6. 解：(1)IS P m =B P M m⨯=沿O O '方向，大小为221033.443-⨯===B l I ISB M m N ⋅(2)磁力功)(12ΦΦ-=I A∵01=ΦB l 2243=Φ ∴221033.443-⨯==B l IA J 练习九1、D ，2、C ，3、0.40 V 、0.5 m 2/s ，4、5×10-4Wb5、解：2IB xμπ=ln 22d a dIl Id a ldx x dμμππ++Φ=⋅=⎰0ln cos 2N I l d d a Nt dt dμωεωπΦ+=-=- 6、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． 练习十1、A2、πBnR 2、0，3、t B R /d d 212π-，4、28/104.0s m ⨯顺时针5、解：dl lvI dl l I v l d B v d πμπμε2180cos 90sin 200-==∙⨯=dL d vI l dl vI L d d +-=-=⎰+ln 2200πμπμε杆的右端电势低6、解：∵ bc ab ac εεε+=tBR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21=--=-=Φε =-=t abd d 2ΦεtBR 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 → 练习十一1、C ，2、BH H B W m 21212122===μμ， 3、（4）、（2）、（1） 4、位移电流，涡旋电场001με=C5、解:设直导线中通有自下而上的电流I,它通过矩形线圈的磁通链数为：⎰∙=s S d B N ψa ba NIl ldr r I Nb a a +==⎰+ln 22πμπμ互感为：ab a Nl I M +==ln 2πμψ 6、解：在R r <时20π2RI B rμ=∴4222002π82Rr I B w m μμ== 取r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则⎰⎰===RRm I Rrr I r r w W 0204320π16π4d d 2μμπ练习十二 1～3. ABD ；4.λπen )1(2-，4×103 nm ；5. 解：1）由λd D kx ±=得λdD x 22= 则nm 600m 100.60.12102.0100.627332=⨯=⨯⨯⨯⨯==---D d x λ 2）mm 0.3221===-=+xd D x x x k k λ∆ 6. 解：1）由λdDkx ±=得 m 11.01055010222020941010=⨯⨯⨯⨯==-=---+λ∆d D x x x 2）设零级明纹将移到原来的第k 级明纹处，则有)(1212=+--='=-=ne e r r k r r δλδλδδk e n =-='-⇒)1(796.610550106.6)158.1()1(96≈=⨯⨯⨯-=-=--λen k 练习十三1～3 ACC ；4、0.64 mm ；5. 解：由反射加强的条件可知：λλδk ne =+=22则 212-=k neλ，计算可得： k =1时，λ1=3000nm ，k =2时，λ2=1000nm ，k =3时，λ3=600nm ，k =4时，λ4=428.6nm ， k =5时，λ5=333.3nm ，即在可见光范围内波长为600nm 和428.6nm 的反射光有最大限度的增强。