华侨大学 大学物理作业本(下)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 。
大学物理下习题册参考答案
1. B解释：4/3π属于第二象限，特点是位移为负，速度为负。
2. C解释：旋转矢量处在第四象限，转过的角度为3/π 。
3. D解释：由旋转矢量知，合矢量和分矢量可组成正三角形，故分矢量间夹角为3/2π 。
4. cm 0 s m /03.0π 解释：由ωA 求出速度值。
5. 4/π )4c o s (02.0ππ+=t x解释：零时刻相位即为初相，由t 时刻相位求出ω 。
6. )2cos(04.0ππ+=t x解释：这题就不罗嗦了^_^参考上题。
7. 由 )65sin(2.0π-=t x 求出 )65sin(5π--=t a由 ma F = 求出 N F 56s i n 250=⨯⨯=π1)65sin(=-πt 时 N F 10max = 此时 2.0±=x （不需解出t ）8. 本题直接求解较麻烦，用旋转矢量法求解比较方便。
由题意分析可得过A 点时矢量在第三象限，第一次过B 点在第四象限，第二次在第一象限。
配合矢量图可解得 πϕ430-= 4πω= 25=A cm所以振动方程为 )434c o s (25ππ-=t x cm 93.345==πυA cm/s 9. 由题意很容易知道 2003.060==k 502==mk ω 由振动方程知 )c o s (02ϕωω+-=t A a 若使物体在平衡位置上方分离，则只需 g A ≥2ω 即 2.02=≥ωgA 米1. B解释：代入时间后由原点相位确定曲线。
2. D解释：求出各个量的表达式。
3. D解释：写出波动方程即可。
4. 0.5解释：由比例可求出。
5. π解释：求出波长即可求出。
6. 503 m/s7. 紫外线 X 射线 γ射线 解释：参考课本P82。
8. )2165cos(1.0πππ--=x t y解释：由图求出s m u /330= m 4=λ Hz 2165=ν πω165=，初相位直接求解波方程得到，或把y 轴右移41周期，再由移动后的图确定出正确的初位相。
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：（ ）
华侨大学 大学物理作业本(下)答案
大学物理作业本（下）姓名班级学号江西财经大学电子学院2005年10月第九章 稳恒磁场练 习 一1． 已知磁感应强度为20.2-⋅=m Wb B 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如图所示。
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。
2． 如图所示，在被折成钝角的长直导线通中有20安培的电流。
求A 点的磁感应强度。
设a=2.0cm ， 120=α。
3．有一宽为a的无限长薄金属片，自下而上通有电流I，如图所示，求图中P点处的磁感应强度B。
4．半径为R的圆环，均匀带电，单位长度所带的电量为 ，以每秒n转绕通过环心并与环面垂直的轴作等速转动。
求：（１）环心的磁感应强度；（２）在轴线上距环心为x处的任一点P的磁感应强度。
练习二１．一载有电流I的圆线圈，半径为R，匝数为N。
求轴线上离圆心x处的磁感应强度B，取R=12cm，I=15A，N=50，计算x=0cm，x=5.0cm, x=15cm各点处的B值；２．在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下通有电流I=5.0A，如图所示。
求圆柱轴线上任一点P处的磁感应强度。
３．如图所示，两无限大平行平面上都有均匀分布的电流，设其单位宽度上的电流分别为1i 和2i ，且方向相同。
求：（１） 两平面之间任一点的磁感应强度；（２） 两平面之外任一点的磁感应强度；（３） i i i ==21时，结果又如何？４．10A 的电流均匀地流过一根长直铜导线。
在导线内部做一平面S ，一边为轴线，另一边在导线外壁上，长度为1m ，如图所示。
计算通过此平面的磁通量。
（铜材料本身对磁场分布无影响）。
练习三１．半径为R 的薄圆盘上均匀带电，总电量为q ，令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线匀速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感应强度。
２．矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。
（１） 求环内磁感应强度的分布；（２） 证明通过螺绕环截面（图中阴影区）的磁通量，210ln 2D D NIh πμ=Φ 式中N 为螺绕环总匝数，I 为其中电流强度。
大物下册课后习题答案
大物下册课后习题答案大物下册课后习题答案大学物理是一门重要的基础学科，它涉及到我们周围的自然现象和物质运动规律的研究。
作为学习大学物理的学生，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
下面将为大家提供大物下册课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
第一章：运动的描述1. 速度与位移的区别是什么？答：速度是描述物体在单位时间内位移的快慢，是矢量量，有大小和方向；位移是描述物体从一个位置到另一个位置的距离和方向，是矢量量，有大小和方向。
2. 什么是匀速直线运动？答：匀速直线运动是指物体在相等时间内位移相等的运动。
在匀速直线运动中，速度大小和方向保持不变。
3. 什么是加速度？答：加速度是描述物体速度变化率的物理量，是矢量量，有大小和方向。
加速度的大小等于速度变化量与时间的比值。
第二章：牛顿定律与运动学1. 牛顿第一定律是什么？答：牛顿第一定律，也称为惯性定律，指出当物体受力为零时，物体将保持静止或匀速直线运动的状态。
2. 什么是牛顿第二定律？答：牛顿第二定律指出，物体的加速度与作用在物体上的力成正比，与物体的质量成反比。
即F=ma，其中F为物体所受合力，m为物体的质量，a为物体的加速度。
3. 什么是牛顿第三定律？答：牛顿第三定律指出，任何一个物体受到的作用力都有一个大小相等、方向相反的反作用力作用在另一个物体上。
第三章：动能、功和能量守恒定律1. 动能是什么？答：动能是物体由于运动而具有的能量，它与物体的质量和速度的平方成正比。
动能的表达式为：K=1/2mv²，其中K为动能，m为物体的质量，v为物体的速度。
2. 什么是功？答：功是描述力对物体做功的物理量，它等于力与物体位移的乘积。
功的表达式为：W=Fs，其中W为功，F为力，s为物体的位移。
3. 能量守恒定律是什么？答：能量守恒定律指出，在一个封闭系统内，能量的总量是不变的。
能量可以相互转化，但不能被创造或破坏。
第四章：动量和碰撞1. 动量是什么？答：动量是物体运动的量度，它等于物体的质量与速度的乘积。
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。
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大学物理作业本（下）姓名班级学号江西财经大学电子学院2005年10月第九章 稳恒磁场练 习 一1． 已知磁感应强度为20.2-⋅=m Wb B 的均匀磁场，方向沿x 轴正方向，如图所示。
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。
2． 如图所示，在被折成钝角的长直导线通中有20安培的电流。
求A 点的磁感应强度。
设a=2.0cm ， 120=α。
3．有一宽为a的无限长薄金属片，自下而上通有电流I，如图所示，求图中P点处的磁感应强度B。
4．半径为R的圆环，均匀带电，单位长度所带的电量为 ，以每秒n转绕通过环心并与环面垂直的轴作等速转动。
求：（１）环心的磁感应强度；（２）在轴线上距环心为x处的任一点P的磁感应强度。
练习二１．一载有电流I的圆线圈，半径为R，匝数为N。
求轴线上离圆心x处的磁感应强度B，取R=12cm，I=15A，N=50，计算x=0cm，x=5.0cm, x=15cm各点处的B值；２．在一半径R=1.0cm的无限长半圆柱形金属薄片中，自上而下通有电流I=5.0A，如图所示。
求圆柱轴线上任一点P处的磁感应强度。
３．如图所示，两无限大平行平面上都有均匀分布的电流，设其单位宽度上的电流分别为1i 和2i ，且方向相同。
求：（１） 两平面之间任一点的磁感应强度；（２） 两平面之外任一点的磁感应强度；（３） i i i ==21时，结果又如何？４．10A 的电流均匀地流过一根长直铜导线。
在导线内部做一平面S ，一边为轴线，另一边在导线外壁上，长度为1m ，如图所示。
计算通过此平面的磁通量。
（铜材料本身对磁场分布无影响）。
练习三１．半径为R 的薄圆盘上均匀带电，总电量为q ，令此盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线匀速转动，角速度为ω，求轴线上距盘心x 处的磁感应强度。
２．矩形截面的螺绕环，尺寸如图所示。
（１） 求环内磁感应强度的分布；（２） 证明通过螺绕环截面（图中阴影区）的磁通量，210ln 2D D NIh πμ=Φ 式中N 为螺绕环总匝数，I 为其中电流强度。
３．一根很长的同轴电缆，由一导体圆柱（半径为a ）和一同轴导体圆管（内外半径分别为b 、c ）构成，使用时，电流I 从一导体流出，从另一导体流回。
设电流都是均匀分布在导体的横截面上，如图所示。
求（１）导体柱内(r<a)，（２）两导体之间(a<r<b)，（３）导体圆管内(b<r<c),（４）电缆外(r>c)各点处磁感应强度的大小，并画出B--r 曲线。
４．一根外半径为1R 的无限长圆柱形导体管，管内空心部分的半径为2R ，空心部分的轴与圆柱的轴相平行但不重合，两轴间距离为a ，且a>2R 。
现在电流I 沿导体管流动，电流均匀分布在管的横截面上，而电流方向与管的轴线平等，如图所示，求：（１） 圆柱轴线上的磁感应强度的大小；（２） 空心部分轴线上的磁感应强度的大小；设R 1=10mm, 2R =0.5mm, a=5.0mm, I=20A.第十章 磁场对电流的作用练习四１． 如图所示，在长直导线AB 内通有电流A I 201=，在矩形线圈CDEF 中通有电流A I 102=，AB 与线圈共面，且CD 、EF 都与AB 平行，已知a=9.0cm,b=20.0cm,d=1.0cm ，求：（1）导线AB 的磁场对矩形线圈每边所作用的力；（2）矩形线圈所受到的合力和合力矩；（３） 如果电流2I 的方向与图中所示方向相反，则又如何？２． 有一根质量为m 的倒U 形导线，两端浸没在水银槽中，导线的上段l 处在均匀磁场B中，如图所示。
如果使一个电流脉冲，即电量⎰=idt q 通过导线，导线就会跳起来，假定电流脉冲的持续时间同导线跳起来的时间相比甚小，试由导线所达高度h ，计算电流脉冲的大小。
设m h m l kg m T B 30.020.0,1010,10.03==⨯==-和。
（提示：利用动量原理求冲量，并找出⎰idt 与冲量⎰Fdt 的关系）３． 横截面积20.2mm S =的铜线，变成U 形，其中O D OA '和两段保持水平方向不动，ABCD 段是边长为a 的正方形的三边，U 形部分可绕O O '轴转动。
如图所示，整个导线放在匀强磁场B 中，B 的方向竖直向上。
已知铜的密度33109.8-⋅⨯=m kg ρ，当这铜线中的电流I=10A 时，在平衡情况下，AB 段和CD 段与竖直方向的夹角为 15=α。
求磁感应强度B 。
４． 如图所示，一平面塑料圆盘，半径为R ，表面带有面密度为σ的剩余电荷。
假定圆盘绕其轴线A A '以角速度ω转动，磁场B 的方向垂直于转轴A A '，证明磁场作用于圆盘的力矩大小为 44BR M πσω=练习五１． 一个半径R=0.10 m 的半圆形闭合线圈，载有电流I=10A ，放在均匀外磁场中，磁场方向与线圈平面平行（如图所示），磁感应强度的大小T B 1100.5-⨯=。
（１） 求线圈所受磁力矩的大小和方向；（２） 在这力矩的作用下线圈转过 90（即转到线圈平面与B 垂直），求磁力矩作的功。
２． 一电子在T B 41070-⨯=的匀强磁场中作圆周运动，圆周半径r=0.3cm ，已知B 垂直于纸面向外，某时刻电子在A 点，速度v 向上，如图所示。
（１） 画出这电子运动的轨道；（２） 求这电子速度v 的大小；（３） 求这电子的动能k E 。
３． 在霍耳效应实验中，一宽1.0cm ，长4.0cm ，厚cm 30.10.1-⨯的导体，沿长度方向截有3.0A 的电流，当磁感应强度大小为B=1.5T 的磁场垂直地通过该导体时，产生5100.1-⨯V 的横向电压，求：（１） 载流子的漂移速度；（２） 每立方米的载流子数目。
练习六１． 一正方形线圈，由细导线做成，边长为a ，共有N 匝，可以绕通过其相对两边中点的一个竖直轴自由转动。
现有线圈中通有电流I ，并把线圈放在均匀的水平外磁场B 中，线圈对其转轴的转动惯量为J ，如图所示，求线圈绕其平衡位置作微小振动时的振动周期T 。
２． 如图所示，一电子在T B 41020-⨯=的磁场中沿半径为R=2cm 的螺旋线运动，螺距为h=5.0cm 。
（１） 磁场B 的方向如何？（２） 求这电子的速度。
３． 一环形铁芯横截面的直径为4.0mm ，环的平均半径R=15mm ，环上密绕着200匝的线圈，如图所示，当线圈导线中通有25mA 的电流时，铁芯的相对磁导率300=r μ，求通过铁芯横截面的磁通量。
４． 有一圆柱形无限长磁介质圆柱体，其相对磁导率为r μ，半径为R ，今有电流I 沿轴线方向均匀通过，求：（１） 圆柱体内任一点的B ；（２） 圆柱体外任一点的B ；（３） 通过长为L 的圆柱体的纵截面的一半的磁通量。
第十二章 电磁感应练习七１． 设有由金属丝绕成的没有铁芯的环形螺线管，单位长度上的匝数15000-=m n ，截面积为23102m S -⨯=，金属丝的两端和电源ε以及可变电阻串联成一闭合电路，在环上再绕一线圈A ，匝数N=5，电阻Ω=0.2R ，如图所示。
调节可变电阻，使通过环形螺线管的电流强度I 每秒降低20A 。
求：（１） 线圈A 中产生的感应电动势ε，以及感应电流I ；（２） 两秒内通过线圈A 任一横截面的感应电量q 。
２． 在图中具有相同轴线的两个导线回路，小回路在大回路上面距离x 处，设x>>R 。
因此，当大回路中有电流i 按图示方向流过时，小线圈所围面积内的磁场可看作是均匀的。
假定x 以等速率v dt dx =/而变化。
（１） 试确定穿过小回路的磁通量Φ和x 之间的关系；（２） 当x=NR 时（N 为一正数），小回路内产生的感应电动势的大小；（３） 若0>v ，确定小回路内感应电流的方向。
３． 如图所示，一长直导线载有I=5.0A 的电流，旁边有一矩形线圈ABCD ，长m l 20.01=，宽m l 10.02=，长边与长直导线平行且两者共面，AD 边与导线相距a=0.10m ，线圈共有1000匝。
令线圈以速度v 垂直与长直导线向右运动，10.3-⋅=s m v 。
求线圈中的感应电动势。
４． 横截面为正方形的一根导线ab ，长为l ，质量为m ，电阻为R 。
这根导线沿着两条平行的导电轨道无摩擦地下滑，轨道的电阻可忽略不计。
如图所示，另一根与ab 导线平行的无电阻的轨道，接在这两个平行轨道的底端，因而ab 导线与三条轨道组成一矩形的闭合导电回路。
导电轨道所在平面与水平面成θ角。
整个系统在竖直向上的均匀磁场B 中。
（１） 求证：导线ab 下滑时，所达到的稳定速度大小为：2)cos (sin θθBl mgR v =（２） 求证：这个结果与能量守恒定律是一致的。
练习八１． 如图所示，一均匀磁场被限制在半径R=20cm 的无限长圆柱形空间内，磁场以1)/4(/-⋅=s T dt dB π的恒定速率增加。
问图中线框abcda 的感生电流是多少？已知线框的电阻cm od oc cm ob oa R 30,10,6/,0.4=====Ω=πθ。
２． 在半径为R 的圆筒内，有方向与轴线平行的均匀磁场B ，以12100.1--⋅⨯s T 的速率减小，a 、b 、c 各点离轴线的距离均为r=5.0 cm ，试问电子在各点处可获得多大的加速度？加速度的方向如何？如果电子处在圆筒的轴线上，它的加速度又是多大？３． 一电子在电子感应加速器中半径为1.0m 的轨道作圆周运动，如果电子每转一周动能增加700eV ，计算轨道内磁通量的变化率。
４． 在两根通有反向电流I 的平行长直导线的平面内，有一矩形线圈放置如图所示，若导线中电流随时间的变化率为K dt dI /（大于零的恒量）。
试计算线圈中的感生电动势。
练习九１． 一截面为长方形的环式螺线管，共有N 匝，其尺寸如图所示。
证明：此螺线管的自感系数为ab h N L ln 22πμ =２． 一螺绕环，横截面的半径为a ，中心线的半径为R ，R>>a ，其上由表面绝缘的导线均匀地密绕两个线圈，一个匝1N ，另一个匝2N 。
求：（１） 两线圈的自感1L 和2L ；（2）两线圈的互感M ；（3）M 与1L 和2L 的关系。
３． 一圆形线圈1C 由50匝表面绝缘的细导线绕成，圆面积为20.4cm S =，将此线圈放在另一个半径为R=20cm 的圆形大线圈2C 的中心，两者同轴。
大线圈由100匝表面绝缘的导线绕成。
（１） 求这两线圈的互感系数M ；（２） 当大线圈中的电流以150-⋅s A 的变化率减小时，求小线圈1C 中的感应电动势。
４． 氢原子中电子在一圆轨道上运动，问这轨道中心处磁场能量密度有多大？玻尔氢原子模型中电子的轨道半径为m 11101.5-⨯，频率f 等于15108.6-⋅⨯s r 。