大學物理下冊答案

1、練習一 1、c ， 2、c ，3、c，4、d, 5、， (為y方向單位矢量)， ， 6、，從o點指向缺口中心點 7、解：設桿的左端為坐標原點o，x軸沿直桿方向帶電直桿的電荷線密度為l=q / l，在x處取一電荷元lddqx(l+dx)dexodq = ldx = qdx / l， 它在p點的場強： 總場強為 方向沿x軸，即桿的延長線方向 8、解：把所有電荷都當作正電荷處理. 在q處取微小電荷 dq = ldl = 2qdq / p它在o處產(chǎn)生場強 按q 角變化，將de分解成二個分量：， 對各分量分別積分，積分時考慮到一半是負電荷0 所以 練習二1、d， 2、c， 3、a ， 4、c, 5、不變

2、、變，6、3s / (2e0) ，s / (2e0)， 3s / (2e0)7、解： (1) 由對稱分析知，平板外兩側(cè)場強大小處處相等、方向垂直于平面且背離平面設場強大小為e 作一柱形高斯面垂直于平面其底面大小為s，如圖所示 按高斯定理，即得到 e = kb2 / (4e0) (板外兩側(cè)) （2）過p點垂直平板作一柱形高斯面，底面為s設該處場強為，如圖所示按高斯定理有 得到 (0xb) (3) =0，必須是， 可得 6、解：挖去電荷體密度為r 的小球，以形成球腔時的求電場問題，可在不挖時求出電場，而另在挖去處放上電荷體密度為r的同樣大小的球體，求出電場，并令任意點的場強為此二者的疊加，即可得

3、在圖(a)中，以o點為球心，d為半徑作球面為高斯面s，則可求出o¢與p處場強的大小. e1p rpe2pep圖(d) o o¢pe1o r圖(a) o r o¢ deo=e1 o圖(c) ope2p-r o¢ re2o=0圖(b)e1p有 e1oe1p= 方向分別如圖所示. 在圖(b)中，以o¢點為小球體的球心，可知在o¢點e2=0. 又以o¢ 為心，2d為半徑作球面為高斯面s¢可求得p點場強e2p （1） 求o¢點的場強 . 由圖(a)、(b)可得 eo = e1o =， 方向如圖(c)所示.(2) 設

4、空腔任一點相對的位矢為，相對點位矢為則，, 腔內(nèi)場強是均勻的 練習三 1、d， 2、b， 3、c, 4、c, 5、q / (6pe0r) 6、負，增加7、解：由高斯定理可得場強分布為： e =-s / e0 (axa) e = 0 (xa ，ax 由此可求電勢分布：在xa區(qū)間 在axa區(qū)間 在ax區(qū)間 8、解：設x軸沿細線方向，原點在球心處，在x處取線元dx，其上電荷為，該線元在帶電球面的電場中所受電場力為： df = qldx / (4pe0 x2) 整個細線所受電場力為： 方向沿x正方向 電荷元在球面電荷電場中具有電勢能： dw = (qldx) / (4pe0 x) 整個線電荷在電場中具

5、有電勢能： 練習四 1、d， 2、d， 3、b，4、c，5、，6、， 7、解：金屬球的電勢 8、解:令板左側(cè)面電荷面密度為，右側(cè)面電荷面密度為 ，即 且 +得 而 (2) 練習五 1、pr2c 2、 5.00×10-5 t， 3、 ， 平行z軸負向 ； 4、，垂直紙面向外 ， ，5、, 6、c,7、解：因為金屬片無限長，所以圓柱軸線上任一點的磁感應強度方向都在圓柱截面上，取坐標如圖所示，取寬為的一無限長直電流，在軸上點產(chǎn)生與垂直，大小為 8、解：(1) 對rr+dr段，電荷 dq = l dr，旋轉(zhuǎn)形成圓電流則 它在o點的磁感強度 方向垂直紙面向內(nèi) 方向垂直紙面向內(nèi) 練習六1、b 2

6、、 3、， 4、，5、 ，0 6、解：取同軸閉合圓環(huán) 則 7、解：在圓柱體內(nèi)部與導體中心軸線相距為r處的磁感強度的大小，由安培環(huán)路定律可得： 因而，穿過導體內(nèi)畫斜線部分平面的磁通f1為 在圓形導體外，與導體中心軸線相距r處的磁感強度大小為 因而，穿過導體外畫斜線部分平面的磁通f2為 穿過整個矩形平面的磁通量 練習七1、a，2、b，3、， ， 4、，5、鐵磁質(zhì)，順磁質(zhì)，抗磁質(zhì)， 6、 0.226 t ，300 a/m 7、解： (1) 方向紙面向外，大小為 方向紙面向里，大小 (2) 沿方向，大小為 (3)磁力功 8、解：在直線電流上任意取一個小電流元，此電流元到長直線 的距離為，無限長直線電流

7、在小電流元處產(chǎn)生的磁感應強度 練習八1、d， 2、c， 3、a，4、0.40 v， 0.5 m2/s ， 5、 5×10-4 wb ， 6、解： 7、解: 即沿方向順時針方向 練習九1、順時針 2、 pbnr2 ，o 3、， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零5、6、解： 作輔助線，則在回路中，沿方向運動時 即 又 所以沿方向，大小為 點電勢高于點電勢，即 7、解： 即從練習十1、c， 2、c， 3、0，4、 垂直紙面向里 ， 垂直op連線向下 ，5、（4）（2）（1）5、解：圓柱形電容器電容 6、如圖10-17圖所示，取則 練習十一1、a 2、 b 3、b，4、d，5、2p (

8、n -1) e / l ， 4×103 ； 6、解: (1)由知， (2) 7、解：(1) dx20 dl / a 0.11 m (2) 覆蓋云玻璃后，零級明紋應滿足 (n1)er1r2 設不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應有 r2r1kl 所以 (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 零級明紋移到原第7級明紋處 練習十二1、a ， 2、 c ， 3、c， 4、 1.40 ，5、0.64mm。6、解：加強， 2ne+l = kl， nm k = 1， l1 = 3000 nm， k = 2， l2 = 1000 nm， k = 3， l3 = 600 nm， k =

9、 4， l4 = 428.6 nm， k = 5， l5 = 333.3 nm 在可見光范圍內(nèi)，干涉加強的光的波長是 l600 nm 和l428.6 nm 7、解：(1) 明環(huán)半徑 5×10-5 cm (或500 nm) (2) (2k1)2 r2 / (rl) 對于r1.00 cm， kr2 / (rl)0.550.5 故在oa范圍內(nèi)可觀察到的明環(huán)數(shù)目為50個 練習十三1、 c 2、 b 3、 b 4、3.0 mm ， 5、 4， 第一， 暗 ；6、428.6nm 7、解：(1) 由單縫衍射暗紋公式 以及 得： (2)由單縫衍射明紋公式 以及 得：8、解：中央明紋的寬度為， 半角寬

10、度為(1)空氣中，所以 (2)浸入水中，所以有 練習十四1、d， 2 b, 3、916， 4、一， 三； 5、 ，6、7、解：(1)中央明紋寬度為 (2)由缺級條件知 即缺級中央明紋的邊緣對應，所以單縫衍射的中央明紋包跡內(nèi)有共條雙縫衍射明條紋 8、解：(1) 由光柵衍射主極大公式得 a + b =2.4×10-4 cm (2) 若第三級不缺級，則由光柵公式得 由于第三級缺級，則對應于最小可能的a，j¢方向應是單縫衍射第一級暗紋：兩式比較，得 a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm (3) ，(主極大) ，(單縫衍射極小) (k=1，2，3，.) 因此

11、k=3，6，9，.缺級 又因為kmax=(ab) / l=4, 所以實際呈現(xiàn)k=0，±1，±2級明紋(k=±4在p / 2處看不到) 練習十五 1、d 2、d 3、c 4、d ， 5、 5×1014 ， 2； 6、 ，短波方向； 7、解：(1)已知逸出功據(jù)光電效應公式則光電子最大動能：遏止電勢差 (3)紅限頻率, 截止波長 8、解：(1) 康普頓散射光子波長改變： 0.024×10-10 m 1.024×10-10 m (2) 設反沖電子獲得動能，根據(jù)能量守恒： 即 故 =4.66×10-17 j =291 ev 練習十六1、a ， 2、 a ； 3、d， 4、0.85 ，3