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大学物理习题精选答案光电技术系物理教研室二〇〇七年二月\n目录目录1第一章质点运动学2第二章牛顿运动定律6第三章动量和能量10第四章刚体力学15第五章机械振动19第六章机械波22第七章热力学28第八章气体动理论33第九章静电场36第十章静电场中的导体和介质42第十一章稳恒磁场46第十二章电磁感应53第十三章波动光学61第十四章狭义相对论68第十五章量子物理基础72\n第一章质点运动学一、选择题1、B2、D3、D4、B5、D6、B7、A二、填空题1、。2、3363、匀加速直线14、10m/s2－15m/s2。5、（s）(n=0,1,2,…)。6、A车ｔ=1.19sｔ=0.67s。7、变速率曲线运动，变速率直线运动。8、9、10、77\n11、12、13、三、计算题1.解：设质点的加速度为a=a0+at∵t=t时，a=2a0∴a=a0/t即a=a0+a0t/t，由a=dv/dt，得dv=adt∴由v=ds/dt，ds=vdtt=nt时，质点的速度质点走过的距离2.解：(1)=17.48m，方向f=8.98°(东偏北)0.35m/s方向东偏北8.98°(2)(路程)m=58m,m/s77\n3.解：以q表示物体在运动轨道上任意点P处其速度与水平方向的夹角,则有,又因故该点因为,所以地面上方的轨道各点均有，上式的分母在处最小，在处最大，故4.解：选取如图所示的坐标系，以表示质点的对地速度，其x、y方向投影为：，当y=h时，的大小为：的方向与x轴夹角为g，5.解：以出发点为坐标原点，向东取为x轴，向北取为y轴，因流速为-y方向，由题意可得ux=0uy=a(x-l/2)2＋by45°v0u0xl令x=0,x=l处uy=0,x=l/2处uy＝－u0，代入上式定出a、ｂ，而得船相对于岸的速度(vx，vy)明显可知是，将上二式的第一式进行积分，有还有，=即77\n因此，积分之后可求得如下的轨迹(航线)方程到达东岸的地点(x¢，y¢)为77\n第二章牛顿运动定律一、选择题：1、D2、D3、B4、B5、D6、D7、A8、E9、B一、填空题：1、2、5.2N3、―(m3/m2)g04、(1)见图．(2)见图．5、02g三、计算题1．解：设地球和月球表面的重力加速度分别为g1和g2，在月球上A、B受力如图，则有m2g2－T=m2a①T－m1g2=m1a②又m1g1=m2g2③联立解①、②、③可得m/s2即B以1.18m/s2的加速度下降.77\n2．解：(1)子弹进入沙土后受力为－Ｋv，由牛顿定律∴∴(2)求最大深度解法一:∴解法二：∴∴3．解：建立x、y坐标系统的运动中，物体A、B及小车D的受力如图所示，设小车D受力时，连接物体B的绳子与竖直方向成a角.当A、D间无相对滑动时，应有如下方程：①②③④联立①、②、③式解出：⑤联立①、②、④式解出：⑥⑤代入⑥得：代入数据得F＝784N注：⑥式也可由A、B、D作为一个整体系统而直接得到．77\n4．解：以飞机着地点为坐标原点，飞机滑行方向为x轴正向．设飞机质量为m，着地后地面对飞机的支持力为N．在竖直方向上∴飞机受到地面的摩擦力在水平方向上即x=0时，．x=S（滑行距离）时，v＝0解得∵飞机刚着地前瞬间，所受重力等于升力，即∴,代入S表达式中并化简，然后代入数据m5．解：未断时对球2有弹性力线断瞬间对球1有弹性力对球2有弹性力解得6．解：(1)设同步卫星距地面的高度为h，距地心的距离r=R+h，由牛顿定律①又由得，代入①式得②同步卫星的角速度w与地球自转角速度相同，其值为rad/s解得m，km(2)由题设可知卫星角速度w的误差限度为rad/s由②式得取对数取微分并令dr=Dr,dw=Dw且取绝对值3Dr/r=2Dw/w∴Dr=2rDw/(3w)=213m77\nrOO′wdrT(r)T(r+dr)7．解：取距转轴为r处，长为dr的小段绳子，其质量为(M/L)dr．(取元，画元的受力图)由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，由牛顿定律得：T(r)-T(r+dr)=(M/L)drrw2令T(r)－T(r+dr)=-dT(r)得dT=－(Mw2/L)rdr由于绳子的末端是自由端T(L)=0有∴77\n第三章动量和能量一、选择题：1、A2、C3、D4、D5、C6、C7、C8、B9、C10、B11、C12、D13、C14、B15、C16、C17、C二、填空题：1、mv/t竖直向下2、bt–P0+bt3、4、5、5m/s6、7、8、参考解：，倍数=9、356N·s160N·s10、02pmg/w2pmg/w77\n11、290J12、－F0R13、零正负14、1.28×104J15、100m/s16、12J17、18、－42.4J19、4000J20、21、22、23、－0.207三、计算题1．解：子弹射入A未进入B以前，A、B共同作加速运动．F＝(mA+mB)a，a=F/(mA+mB)=600m/s2B受到A的作用力N＝mBa＝1.8×103N方向向右A在时间t内作匀加速运动，t秒末的速度vA＝at．当子弹射入B时，B将加速而A则以vA的速度继续向右作匀速直线运动．vA＝at＝6m/s取A、B和子弹组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，子弹留在B中后有77\n2．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有mv0=mv+Mv¢v¢=m(v0-v)/M=3.13m/sT=Mg+Mv2/l=26.5N(2)(设方向为正方向)负号表示冲量方向与方向相反．3.解：因第一块爆炸后落在其正下方的地面上，说明它的速度方向是沿竖直方向的．利用，式中为第一块在爆炸后落到地面的时间．可解得v＝14.7m/s，竖直向下．取y轴正向向上,有v1y＝－14.7m/s设炮弹到最高点时(vy＝0)，经历的时间为t，则有S1=vxt①h=②由①、②得t=2s,vx=500m/s以表示爆炸后第二块的速度，则爆炸时的动量守恒关系如图所示．③④解出v2x=2vx=1000m/s，v2y=-v1y=14.7m/s再由斜抛公式x2=S1+v2xt2⑤y2=h+v2yt2-⑥落地时y2=0，可得t2=4s,t2＝－1s（舍去）故x2＝5000ｍ4．解：以人与第一条船为系统，因水平方向合外力为零．所以水平方向动量守恒，则有Mv1+mv=0v1=再以人与第二条船为系统，因水平方向合外力为零．所以水平方向动量守恒，则有mv=(m+M)v2v2=5．解：把小车和人组成的系统作为研究对象。由于整个过程中系统所受的合外力为零，所以系统的动量守恒。（1）（2）77\n∴“—”表示车与原来运动方向相反。6、解：选竖直向上为坐标y轴的正方向，井中水面处为原点．由题意知，人匀速提水，所以人所用的拉力F等于水桶的重量即：F=P==107.8-1.96y(SI)人的拉力所作的功为：W=＝=980J7、解：(1)位矢(SI)可写为，，在A点(a，0)，，EKA=在B点(0，b)，，EKB=(2)=由A→==8、解：根据功能原理有1.1N9、解：(1)根据功能原理，有=4.5m(2)根据功能原理有77\n=8.16m/s10、解：(1)建立如图坐标.某一时刻桌面上全链条长为y,则摩擦力大小为摩擦力的功==(2)以链条为对象，应用质点的动能定理∑W＝其中∑W=WP＋Wf，v0=0WP==由上问知所以得77\n第四章刚体力学一、选择题1、C2、C3、C4、C5、A6、B7、D8、C二、填空题1、6.54rad/s24.8s2、50ml23、4、5、2g/(3l)6、4M/(mR)7、08、9、mvl77\n10、11、0.2prad·s-112、三、计算题1、解：体系所做的运动是匀速→匀加速→匀减速定轴转动．其中w1是匀加速阶段的末角速度，也是匀减速阶段的初角速度，由此可得t＝8s时，w1＝w0＋9＝27rad/s当w＝0时，得t＝(w1＋24)/3＝17s所以，体系在17s时角速度为零．2、解：根据牛顿运动定律和转动定律列方程对物体：mg－T＝ma①对滑轮：TR=Jb②运动学关系：a＝Rb③将①、②、③式联立得a＝mg/(m＋M)∵v0＝0∴v＝at＝mgt/(m＋M)3、解：各物体受力情况如图．F－T＝ma＝ma()R＝a＝Rb由上述方程组解得：b＝2F/(5mR)＝10rad·s-2T＝3F/5＝6.0N＝2F/5＝4.0N4、解：设绳子对物体(或绳子对轮轴)的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：mgT＝ma①Tr＝Jb②由运动学关系有：a=rb③由①、②、③式解得：J＝m(g－a)r2/a④又根据已知条件v0＝0∴S＝，a＝2S/t2⑤将⑤式代入④式得：J＝mr2(－1)77\n5、解：(1)∵mg－T＝maTR＝Jba＝Rb∴b=mgR/(mR2＋J)＝81.7rad/s2方向垂直纸面向外．(2)∵当w＝0时，物体上升的高度h=Rq=6.12×10-2m(3)10.0rad/s方向垂直纸面向外.6、解：撤去外加力矩后受力分析如图所示．m1g－T=m1aTr＝Jba＝rba=m1gr/(m1r+J/r)代入J＝,a==6.32ms-2∵v0－at＝0∴t＝v0/a＝0.095s7、解：各物体的受力情况如图所示．由转动定律、牛顿第二定律及运动学方程，可列出以下联立方程：T1R＝J1b1＝T2r－T1r＝J2b2＝mg－T2＝ma,a＝Rb1＝rb2,v2＝2ah求解联立方程，得m/s2=2m/sT2＝m(g－a)＝58NT1＝＝48N8、解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒得（逆时针为正向）①又②将②代入①得77\n9、解：选棒、小物体为系统，系统开始时角速度为w1=2pn1＝1.57rad/s．(1)设小物体滑到棒两端时系统的角速度为w2．由于系统不受外力矩作用所以角动量守恒．故＝0.628rad/s(2)小物体离开棒端的瞬间，棒的角速度仍为w2．因为小物体离开棒的瞬间内并未对棒有冲力矩作用．10、解：(1)以子弹和圆盘为系统，在子弹击中圆盘过程中，对轴O的角动量守恒．mv0R＝(MR2＋mR2)w(2)设s表示圆盘单位面积的质量，可求出圆盘所受水平面的摩擦力矩的大小为＝(2/3)pmgR3＝(2/3)mMgR设经过Dt时间圆盘停止转动，则按角动量定理有－MfDt＝0－Jw＝－(MR2＋mR2)w＝-mv0R∴11、解：碰撞前瞬时，杆对O点的角动量为式中r为杆的线密度．碰撞后瞬时，杆对O点的角动量为因碰撞前后角动量守恒，所以∴w=6v0/(7L)77\n第五章机械振动一、选择题1、B2、B3、C4、C5、B6、B7、A8、D9、E10、B二填空题1、振动系统本身性质初始条件2、p3、4、2∶14∶12∶15、6、1∶17、3p/48、T/8，3T/89、|A1–A2|10、0三、计算题1、解：(1)A=0.5cm；w=8ps-1；T=2p/w=(1/4)s；f=p/3(2)(SI)77\n(SI)(3)=7.90×10-5J(4)平均动能=3.95×10-5J=同理=3.95×10-5J2、解：设弹簧的原长为l，悬挂m1后伸长Dl，则kDl=m1g，k=m1g/Dl=2N/m取下m1挂上m2后，rad/s=0.56st=0时，解得m180°+12.6°=3.36rad也可取f=-2.92rad振动表达式为x=2.05×10-2cos(11.2t-2.92)(SI)或x=2.05×10-2cos(11.2t+3.36)(SI)3、解：（1）t=0时（2）其时4、解：由题意T=0.5ｓ，w=2p/T=4prad/s角振幅q0=0.1p.振动表达式为摆动角速度．(1)=3.95rad·s-1(2)当时，，必有，这时dq/dt的大小为rad·s-1=3.42rad·s-1．77\n5、解：建立竖直坐标如图，令微小振动中，两臂水银面相平时，水银面坐标为0，水银的重力势能为0，则以右臂水银面的坐标为准，在振动中任一时刻，水银的运动速度．这时振动中水银的动能为，水银的势能（看作两水银面相平的状态下，从左臂移高度为x的一段水银柱到右臂，则有质量为Srx的水银升高了高度x）为Srgx2．因振动中机械能守恒常量对t求导数可得化简这就是简谐振动的微分方程．由此可得振动角频率振动周期s1、习题答案P21：填空题1的参考解中第二行x=5m处的振动方程：2、习题答案P21：填空题5的答案为6、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Dl，则有,加拉力F后弹簧又伸长x0，则解得F=kx0由题意，t=0时v0=0；x=x0则又由题给物体振动周期s,可得角频率,∴N（2）衡位置以下1cm处：J=4.44×10-4J解二：(1)从静止释放，显然拉长量等于振幅A（5cm），，n=1.5Hz∴F=0.444N(2)总能量J当x=1cm时，x=A/5，Ep占总能量的1/25，EK占24/25．∴J，J77\n第六章机械波一、选择题1、B2、B3、C4、D5、D6、C7、D8、B9、A10、C11、D12、D13、A14、D15、B16、D17、C18、B二、填空题1、0.1cos(4pt-p)(SI)-1.26m/s参考解：波的表达式：m处的振动方程：(SI)各处质点振动速度m,s，v=-1.26m/s2、(k=1，2，3，…)(k=0,1，2，…)3、答案见图4、(SI)5、(SI)6、7、77\n8、，k=0，±1，±2,…[只写也可以]9,9、答案见图注：根据波动的相位传播规律，考虑下列三个相位的传播：（1）．x=0点t=0时刻的相位，在t=T时刻传到x=l处．（2）．x=0点在t=T/4时刻的相位，在t=T时刻传到x=(3/4)l点．（3）．x=0点在t=(3/4)T时刻的相位，在t=T时刻传到x=l/4点．10、11、5J12、IScosq13、0.5m14、S1的相位比S2的相位超前p/215、2kp+p/2，k=0，±1，±2，…2kp+3p/2，k=0，±1，±2，…16、17、，k=1，2，3，…,18、图A图B三、计算题77\n1、解：用旋转矢量解此题，如图可得为代表P点振动的旋转矢量.(SI)．波的表达式为：(SI)2、解：(1)设x=0处质点的振动方程为由图可知，t=t＇时所以，x=0处的振动方程为(2)该波的表达式为3、解：(1)振动方程(SI)(2)波动表达式(SI)(3)波长m4、解：(1)由振动曲线可知，P处质点振动方程为(SI)(2)波动表达式为(SI)(3)O处质点的振动方程77\n5、解：(1)如图A，取波线上任一点P，其坐标设为x，由波的传播特性，P点的振动落后于l/4处质点的振动．该波的表达式为(SI)t=T时的波形和t=0时波形一样．t=0时按上述方程画的波形图见图B．6、解：由图，l=2m，又∵u=0.5m/s，∴n=1/4Hz，T=4s．题图中t=2s=．t=0时，波形比题图中的波形倒退，见图．此时O点位移y0=0（过平衡位置）且朝y轴负方向运动，∴∴(SI)7、解：由题l=24cm,u=ln=24×25cm/s＝600cm/sA=3.0cm，w=2pn=50p/sy0=Acosf=0，(SI)8、解：这是一个向x轴负方向传播的波．(1)由波数k=2p/l得波长l=2p/k=1m由w=2pn得频率n=w/2p=2Hz波速u=nl=2m/s(2)波峰的位置，即y=A的位置．由有(k=0，±1，±2，…)解上式，有．当t=4.2s时，m．所谓离坐标原点最近，即|x|最小的波峰．在上式中取k=8，可得x=-0.477\n的波峰离坐标原点最近．(3)设该波峰由原点传播到x=-0.4m处所需的时间为Dt，则Dt=|Dx|/u=|Dx|/(nl)=0.2s∴该波峰经过原点的时刻t=4s9、解：(1)比较t=0时刻波形图与t=2s时刻波形图，可知此波向左传播．在t=0时刻，O处质点，，故又t=2s，O处质点位移为所以，n=1/16Hz振动方程为(SI)(2)波速u=20/2m/s=10m/s波长l=u/n=160m波动表达式(SI)10、解：(1)O处质点的振动方程为(2)波动表达式为(3)x=-L±k(k=1，2，3，…)11、解：(1)由P点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O处质点，t=0时,所以O处振动方程为(SI)由图可判定波长l=200m，故波动表达式为(SI)（2）O点100m处质点的振动方程是振动速度表达式是(SI)77\n12、解：(1)波的周期T=l/u=(40/20)s=2s．P处Q处质点振动周期与波的周期相等，故P处质点的振动曲线如图(a)振动方程为：(SI)（2）处质点的振动曲线如图(b)，振动方程为(SI)或(SI)13、解：设S1和S2的振动相位分别为f1和f2．在x1点两波引起的振动相位差即①在x2点两波引起的振动相位差即②②－①得m由①当K=-2、-3时相位差最小14、解：选O点为坐标原点，设入射波表达式为则反射波的表达式是合成波表达式（驻波）为在t=0时，x=0处的质点y0=0，，故得因此，D点处的合成振动方程是77\n第七章热力学一、选择题：1、B2、A3、D4、A5、D6、A7、A8、A9、B10、A11、D12、D13、D14、A15、B16、C17、D18、C19、D20、D一、填空题：1、一个点。一条曲线。一条封闭曲线。2、不变变大3、图如右：等压　　等压　　4、5、>0>06、在等压升温过程中，气体要膨胀而对外作功，所以要比气体等体升温过程多吸收一部分热量．7、等压等压等压8、33.3％50％77\n66.7％9、33.3％8.31×103J10、25%11、不变增加12、大量微观粒子热运动所引起的无序性(或热力学系统的无序性)增加一、计算题1、解：(1)(2)，W为梯形面积，根据相似三角形有p1V2=p2V1，则．(3)Q=ΔE+W=3(p2V2－p1V1)．(4)以上计算对于A→B过程中任一微小状态变化均成立，故过程中ΔQ=3Δ(pV)．由状态方程得Δ(pV)=RΔT，故ΔQ=3RΔT，摩尔热容C=ΔQ/ΔT=3R．2、解：(1)由和可解和(2)该理想气体的摩尔数4mol在全过程中气体内能的改变量为△E=nCV(T1－T2)=7.48×103J全过程中气体对外作的功为式中p1∕p0=T1∕T0则J．77\n全过程中气体从外界吸的热量为Q=△E+W=1.35×104J．3、解：初态参量p0、V0、T0．末态参量p0、5V0、T．由p0V0/T0=p0(5V0)/T得T=5T0p－V图如图所示等温过程：ΔE=0QT=WT=(M/Mmol)RTln(V2/V1)=3RT0ln5=1.09×104J　等体过程：WV=0QV=ΔEV=(M/Mmol)CVΔT=(M/Mmol)CV(4T0)=3.28×103CV由Q=QT+QV得CV=(Q－QT)/(3.28×103)=21.0J·mol-1·K-14、解：(1)气体对外作的功等于线段下所围的面积W＝(1/2)×(1+3)×1.013×105×2×10-3J＝405.2J(2)由图看出PaVa=PcVc∴Ta=Tc内能增量．(3)由热力学第一定律得Q=+W=405.2J5、解：由图，pA=300Pa，pB=pC=100Pa；VA=VC=1m3，VB=3m3．(1)C→A为等体过程，据方程pA/TA=pC/TC得TC=TApC/pA=100K．B→C为等压过程，据方程VB/TB=VC/TC得TB=TCVB/VC=300K．(2)各过程中气体所作的功分别为A→B：=400J．B→C：W2=pB(VC－VB)=-200J．C→A：W3=0(3)整个循环过程中气体所作总功为W=W1+W2+W3=200J．因为循环过程气体内能增量为ΔE=0，因此该循环中气体总吸热Q=W+ΔE=200J．6、解：(1)Ta=paV2/R＝400KTb=pbV1/R＝636KTc=pcV1/R＝800KTd=pdV2/R＝504K(2)Ec=(i/2)RTc＝9.97×103J(3)b－c等体吸热Q1=CV(Tc-Tb)＝2.044×103Jd－a等体放热77\nQ2=CV(Td-Ta)＝1.296×103JW=Q1-Q2＝0.748×103J7、解：水蒸汽的质量M＝36×10-3kg水蒸汽的摩尔质量Mmol＝18×10-3kg，i=6(1)Wda=pa(Va－Vd)=－5.065×103J(2)ΔEab=(M/Mmol)(i/2)R(Tb－Ta)=(i/2)Va(pb－pa)=3.039×104J(3)KWbc=(M/Mmol)RTbln(Vc/Vb)=1.05×104J净功W=Wbc+Wda=5.47×103J(4)Q1=Qab+Qbc=ΔEab+Wbc=4.09×104Jη=W/Q1=13％8、解：设a状态的状态参量为p0,V0,T0，则pb=9p0,Vb=V0,Tb=(pb/pa)Ta=9T0∵∴∵pcVc=RTc∴Tc=27T0(1)过程Ⅰ过程ⅡQp=Cp(Tc－Tb)=45RT0过程Ⅲ(2)9、解：(1)1－2任意过程2－3绝热膨胀过程Q2=03－1等温压缩过程ΔE3=0W3=－RT1ln(V3/V1)=－RT1ln(8V1/V1)=－2.08RT177\nQ3=W3=－2.08RT1(2)η=1－|Q3|/Q1=1－2.08RT1/(3RT1)=30.7%10、解：(1)J(2).J(3)J77\n第八章气体动理论一、选择题1、D2、B3、C4、D5、C6、A7、B8、D9、C10、C11、A12、B13、B14、D15、B16、D二、填空题1、成反比地减小(图)成正比地增加(图)2、气体分子的大小与气体分子之间的距离比较，可以忽略不计．除了分子碰撞的一瞬间外，分子之间的相互作用力可以忽略．分子之间以及分子与器壁之间的碰撞是完全弹性碰撞．3、1.2×10-24kgm/s×1028m-2ｓ-14×103Pa4、1∶1∶15、一摩尔理想气体的内能气体的定体摩尔热容气体的定压摩尔热容6、每个气体分子热运动的平均平动动能．7、RT8、1.28×10-777\n9、10、2000m·s-1500m·s-111、22三、计算题1、解：(1)JJ(2)p=nkT＝2.76×105Pa2、解：(1)∵T相等,∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能＝6.21×10-21J．且m/s(2)＝300K．3、解：KJ而J又∴kg77\n4、解：(1)由而氢核Mmol＝1×10-3kg·mol-1∴＝1.58×106m·s-1．(2)＝1.29×104eV．77\n第九章静电场一、选择题1、C2、C3、B4、A5、A6、C7、D8、D9、C10、D11、A12、D13、D14、C15、C16、C17、D18、D19、D20、D21、C二、填空题1、－3s/(2e0)－s/(2e0)s/(2e0)3s/(2e0)2、从O点指向缺口中心点．3、向右　向右　向左　　　4、Q/e0＝0，5、06、q1、q2、q3、q47、45V－15V77\n8、09、sR/(2e0)10、11、12、Ed13、q/(6pe0R)14、15、答案见图．16、0一、计算题1、解：取坐标xOy如图，由对称性可知：77\n2、解：在O点建立坐标系如图所示．半无限长直线A∞在O点产生的场强：半无限长直线B∞在O点产生的场强：四分之一圆弧段在O点产生的场强：由场强叠加原理，O点合场强为：3、解：把所有电荷都当作正电荷处理.在q处取微小电荷dq=ldl=2Qdq/p它在O处产生场强按q角变化，将dE分解成二个分量：　　　　　　　对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷＝0所以4、解：在f处取电荷元，其电荷为dq=ldl=l0Rsinfdf它在O点产生的场强为在x、y轴上的二个分量dEx=－dEcosfdEy=－dEsinf对各分量分别求和　　＝077\n∴5、解：由题意知Ex=200N/C,Ey=300N/C,Ez=0平行于xOy平面的两个面的电场强度通量平行于yOz平面的两个面的电场强度通量b2N·m2/C“＋”，“－”分别对应于右侧和左侧平面的电场强度通量平行于xOz平面的两个面的电场强度通量b2N·m2/C“＋”，“－”分别对应于上和下平面的电场强度通量.6、解：(1)在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为dq=rdV=qr4pr2dr/(pR4)=4qr3dr/R4则球体所带的总电荷为(2)在球内作一半径为r1的高斯球面，按高斯定理有得(r1≤R)，方向沿半径向外．在球体外作半径为r2的高斯球面，按高斯定理有得(r2>R)，方向沿半径向外．(3)球内电势球外电势77\n7、解：球心处总电势应为两个球面电荷分别在球心处产生的电势叠加，即故得C/m28、解：(1)球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即＝8.85×10-9C/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＝6.67×10-9C9、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)设的点的坐标为，则可得解出另有一解不符合题意，舍去．(2)设坐标x处U＝0，则得d-4x=0,x=d/477\n10、解：将题中的电荷分布看作为面密度为s的大平面和面密度为－s的圆盘叠加的结果．选x轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为圆盘在该处的场强为∴该点电势为11、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．12、解：电偶极子在该位置时受电场作用的顺时针转向力矩M=pEsinq用同样大小的外力矩克服电场力矩作功=pE[cosq–cos(q+p)]=2pEcosq13、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ldx，它在点电荷所在处产生场强为：整个杆上电荷在该点的场强为：点电荷q0所受的电场力为：＝0.90N沿x轴负向77\n第十章静电场中的导体和介质一、选择题1、D2、C3、C4、C5、D6、B7、B8、D9、B10、A11、C12、B13、D二、填空题1、U0．2、不变减小3、4、er1er5、ss/(e0er)6、7、l/(2pr)l/(2pe0err)8、erer9、2C010、11、2∶11∶277\n一、计算题1、解：(1)令无限远处电势为零，则带电荷为q的导体球，其电势为将dq从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能(2)带电球体的电荷从零增加到Q的过程中，外力作功为2、解：(1)由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．(2)不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为(3)球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和3、解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则导体球电势：内球壳电势：二者等电势，即解得4、解：设极板上分别带电荷+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为金属板与B板间场强为金属片内部场强为则两极板间的电势差为77\n由此得因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容值无影响．5、解：(1)设导体球上带电荷Q，则导体球的电势为按孤立导体电容的定义(2)导体球上电荷为Q时，储存的静电能(3)导体球上能储存电荷Q时，空气中最大场强因此，球上能储存的最大电荷值6、解：(1)串联时两电容器的电荷相等，∴2∶1(2)并联时两电容器两端电势差相同，∴1∶2(3)串联时电容器系统的总电能并联时电容器系统的总电能两者之比2∶97、解：因保持与电源连接，两极板间电势差保持不变，而电容值由电容器储存的电场能量由在两极板间距增大过程中，电容器上电荷由Q减至Q′，电源作功：77\n设在拉开极板过程中，外力作功为A2，据功能原理在拉开极板过程中，外力作正功．77\n第十一章稳恒磁场一、选择题1、D2、E3、D4、C5、C6、B7、A8、C9、C10、B11、C12、C13、C14、D15、A16、D17、C18、C19、B20、D21、C22、C23、D24、B二、填空题1、pR2c2、03、4、12.4T5、；运动电荷速度矢量与该点磁感强度矢量所组成的平面．6、两单位矢量和之和，即的方向．7、8、0；9、参考解：由安培环路定理而，故=10、；0；77\n11、1∶112、3.08×10-13J参考解∶1.92×107m/s质子动能3.08×10-13J13、1∶2；1∶214、0；015、16、17、5×10-3N18、0；1.5×10-6N/cm；1.5×10-6N/cm19、I/(2pr)；mI/(2pr)20、铁磁质；顺磁质；抗磁质21、；nI三、计算题1、解：如图所示，平面沿z轴正向平行移动Dz后,在距离电流的R1－R2区间的磁感线能穿过该平面.其中则2、解：77\n的方向与y轴正向一致．3、解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则：同理,∵；∴故磁感强度可得：4、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B1、B2、B3、B4．根据叠加原理O点的磁感强度为：∵、均为0，故方向Ä方向Ä其中，∴方向Ä5、解：(1)AD、BC两直线段电流在O点处产生的磁场：AB、CD两圆弧段电流在O点处产生的磁场：1.43×10-5T方向垂直纸面向外．(2)小线圈磁力矩，小线圈平面垂直纸面放置受磁力矩最大3.57×10-11N·m77\n6、解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i，作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在上各点的大小和方向均相同，而且的方向平行于，在和上各点的方向与线元垂直，在,上各点．应用安培环路定理可得：圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为，方向平行于轴线朝右．7、解：圆电流产生的磁场：⊙长直导线电流的磁场：⊙导体管电流产生的磁场：Ä圆心Ｏ点处的磁感强度：⊙8、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：因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通F1为在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通F2为穿过整个矩形平面的磁通量：9、解：经对称性分析知：无限大均匀载流平面两侧距面等远处的大小相等，方向相反，它们都平行于载流平面且与电流方向垂直，如图所示：取矩形环路abcd(oa=od，ad=oo’=cd=h，ab、cd平行于平面)77\n由安培环路定理：，、与积分路径正交，因而磁感强度的方向由右手螺旋关系确定10、解：（1）围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有在导线内，，因而在导线外，，因而（2）在导线表面磁感强度连续，由I=50A，得：11、解：离圆心距离r处取dr宽的半圆导线，其电流为nIdr，在O点产生的磁场∴方向垂直纸面向里．12、解∶电流密度P点场强为充满圆柱并与I同向的电流I10，及充满孔并与I反向的电流I20的场叠加而成．取垂直于圆柱轴并包含P点的平面，令柱轴与孔轴所在处分别为O与O¢，P点与两轴的距离分别为r1与r2，并建立坐标如图．利用安培环路定理可知P点场强为与I同向的I1和与I反向的I2的场的叠加，且有，77\n，方向如图所示，P点总场：B与r1，r2无关，可知圆柱孔内为匀强场，方向沿y轴正向．13、解：取x轴向右，那么有沿x轴正方向沿x轴负方向若B>0，则方向为沿x轴正方向．若B<0，则的方向为沿x轴负方向．14、解∶导体柱中电流密度用补偿法来求P处的磁感强度．用同样的电流密度把空洞补上，由安培环路定律，这时圆柱电流在P处产生的磁感强度为：，方向为Ä再考虑空洞区流过同样电流密度的反向电流，它在P处产生的磁感强度为，方向为⊙∴P处磁感强度：方向为Ä电子受到的洛伦兹力为：方向向左　　15、解：(1)对q～q+dq弧元，，旋转形成圆电流77\n它在O点的磁感强度dB为：的方向向上．(2)的方向向上．77\n第十二章电磁感应一、选择题1、B2、D3、C4、B5、A6、C7、D8、D9、C10、D11、A12、E13、B14、C15、C16、C17、C18、C19、D20、B21、C22、A23、D24、D25、B26、B27、B二、填空题1、0<02、5.0×10-4C3、4、3.14×10-6C5、无感应电流无感应电流6、ADCBA绕向ADCBA绕向7、89、0.40V－0.5m2/s10、一个电源洛伦兹力77\n11、a端12、pBnR2O13、答案见图14、015、或16、1.11×10-5VA端17、50mV49.5mV减小18、Oa段电动势方向由a指向O．019、O点20、0.4V21、答案见图77\n22、23、mnImn2I2/224、25、26、②③①27、或或28、129、相反30、31、见图32、垂直纸面向里垂直OP连线向下77\n三、计算题1、解：动生电动势为计算简单，可引入一条辅助线MN，构成闭合回路MeNM,闭合回路总电动势负号表示的方向与x轴相反．方向N→M2、解：(1)载流为I的无限长直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：以顺时针绕向为线圈回路的正方向，与线圈相距较远的导线在线圈中产生的磁通量为：与线圈相距较近的导线对线圈的磁通量为：总磁通量感应电动势为：由>0和回路正方向为顺时针，所以的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向．3、解：如图。，∴4、解：建立坐标如图所示，则直角三角形线框斜边方程为77\ny=-2x+0.2(SI)在直角三角形线框所围平面上的磁通量为＝2.59×10-8I(SI)三角形线框中的感应电动势大小为=-dF/dt=-2.59×10-8(dI/dt)=–5.18×10-8V其方向为逆时针绕行方向．5、解：取回路正向顺时针，则当i>0时，电动势沿顺时针方向．6、解：两个载同向电流的长直导线在如图坐标x处所产生的磁场为选顺时针方向为线框回路正方向，则∴7、解：长直带电线运动相当于电流．正方形线圈内的磁通量可如下求出77\n8、解：建立坐标系，长直导线为y轴，BC边为x轴，原点在长直导线上，则斜边的方程为式中r是t时刻B点与长直导线的距离．三角形中磁通量当r=d时，方向：ACBA(即顺时针)9、解：的方向与成右旋关系.10、解：线框内既有感生又有动生电动势．设顺时针绕向为i的正方向．由i=-dF/dt出发，先求任意时刻t的F(t)再求F(t)对t的导数：∴方向：lt<1时，逆时针；lt>1时，顺时针．11、解：取顺时针方向回路正向．77\n∴12、解：取顺时针方向回路正向．设动生电动势和感生电动势分别用1和2表示，则总电动势=1+2∴13、解：动生电动势：大小：指向：C─→A14、解：(指向以A到B为正)式中：A端的电势高．15、解：(1)(2)由全电流的连续性，得16、解：由静电学计算：代表r方向单位矢量77\n∴位移电流密度为过球面的总位移电流17、解：设坐标如图所示，．t时刻点电荷q在圆心处产生的电位移为∴圆心处的位移电流密度为77\n第十三章波动光学一、选择题1、A2、B3、B4、A5、B6、D7、C8、B9、B10、B11、A12、A13、B14、C15、B16、D17、D18、D19、C20、B21、C22、B23、D24、B25、D26、B27、B28、B29、B30、A31、C二、填空题1、2p[dsinq+(n1–n2)e]/l2、上(n-1)e3、4、5、6、l/(2L)7、2d/l8、0.644mm9、子波子波干涉(或答“子波相干叠加”)10、411、6第一级明(只填“明”也可以)77\n10、2p暗11、0.36mm12、一三13、516、自然光或(和)圆偏振光线偏振光(完全偏振光)部分偏振光或椭圆偏振光17、21/418、平行或接近平行19、54.7°20、波动横三、计算题1、解：已知：d＝0.2mm，D＝1m，l＝20mm依公式：∴＝4×10-3mm＝4000nm故当k＝10l1＝400nmk＝9l2＝444.4nmk＝8l3＝500nmk＝7l4＝571.4nmk＝6l5＝666.7nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．2、解：(1)x＝2kDl/dd=2kDl/Dx此处k＝５∴d＝10Dl/Dx＝0.910mm(2)共经过20个条纹间距，即经过的距离l＝20Dl/d＝24mm(3)不变77\n3、解：原来，d=r2－r1=0覆盖玻璃后，d＝(r2+n2d–d)－(r1+n1d－d)＝5l∴(n2－n1)d＝5l=8.0×10-6m4、解：(1)如图，设P0为零级明纹中心则(l2+r2)-(l1+r1)=0∴r2–r1=l1–l2=3l∴(2)在屏上距O点为x处,光程差明纹条件(k＝1，2，....)在此处令k＝0，即为(1)的结果．相邻明条纹间距5、解：由公式x＝kDl/a可知波长范围为Dl时,明纹彩色宽度为Dxk＝kDDl/a由k＝1可得，第一级明纹彩色带宽度为Dx1＝500×(760－400)×10-6/0.25＝0.72mmk＝5可得，第五级明纹彩色带的宽度为Dx5＝5·Dx1＝3.6mme＝3800Å白光空气n＝1.33空气6、解：若光在反射中增强，则其波长应满足条件（k＝1、2、3......）即在可见光范围内，有，Å，Å77\n7、解：(1)由光栅衍射主极大公式得(2)nm8、解：(1)由题意，l1的k级与l2的(k+1)级谱线相重合，所以dsinj1=kl1，dsinj1=(k+1)l2或kl1=(k+1)l2(2)因x/f很小，tgj1≈sinj1≈x/f∴d=kl1f/x=1.2×10-3cm9、解：(1)asinj=kltgj=x/f当x<