大学物理A2作业题答案 西南科技大学的

刘凯19890430
2011-12-24
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答 案
作业题 (一)拍御
一、1-8 CBACADDC
二、
9. -20E0 / 3; 40E0 / 3
10. -3 / (20); - / (20);  / (20); 3 / (20)
11. ; 从O点指向缺口中心点.
12. Q / 0; =0,

三、
13. 解:在处取电荷元,其电荷为
dq =dl = 0Rsind
它在O点产生的场强为
3分
在x、y轴上的二个分量
dEx=-dEcos
dEy=-dEsin
对各分量分别求和   =0



14. 解:设坐标系如图所示.将半圆柱面划分成许多窄哗隐条.dl宽的窄条的电荷线密度为

取位置处的一条,它在轴线上一点产生的场强为
           
如图所示. 它在x、y轴上的二个分量为:
dEx=dE sin , dEy=-dE cos
对各分量分别积分

场强
15. 解: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

在半径为r的球面内包含的总电荷为
(r≤R)
以该球面为高斯面,按高斯定理有
得到 , (r≤R)
方向沿径向,A>0时向外, A<0时向里.
在球体外作一半径为r的同心高斯球面,按高斯定理有

得到 , (r >R)
方向沿径向,A>0时向外,A<0时向里.
16. 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:
-E1S1+ E2S2=Q / 0 ( S1 = S2 =S ) 3分
则 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
= 0ba2(2a-a) =0ba3 = 8.85×10-12 C

作业题(二)

一、1-8 DBCDDACB
二、
9. 10cm 10.
11. Q / (40R2); 0 ; Q / (40R); Q / (40r2)
12. 单乱贺厅位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周,电场力作功等于零 有势(或保守力)
三、
13. 解:将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为-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
14. 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 .
在球层内取半径为r→r+dr的薄球层.其电荷为
dq =  4r2dr
该薄层电荷在球心处产生的电势为

整个带电球层在球心处产生的电势为

因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U为

若根据电势定义 计算同样给分.
15.解:设内球上所带电荷为Q,则两球间的电场强度的大小为
(R1<r<R2)
两球的电势差
∴ =2.14×10-9 C

16. 解:设原点O在左边导线的轴线上,x轴通过两导线轴线并与之垂直.在两轴线组成的平面上,在R<x<(d-R)区域内,离原点距离x处的P点场强为

则两导线间的电势差

作业题(三)
一、1-8 CBBBDBCB
二、
/(2r);/(20r r)
10.
11. ;
12. 无极分子;电偶极子
三、
13. 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

14. 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
15. 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

16. 解:设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+和, 根据高斯定理可求得两
圆筒间任一点的电场强度为
则两圆筒的电势差为
解得
于是可求得A点的电场强度为
= 998 V/m 方向沿径向向外
A点与外筒间的电势差:
= 12.5 V

作业题(四)

一、1-8 C C D C B D B A
二、
9. 1:1 10. 0; 11. 12.
13. 解:(1) 圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为

∴穿过ABCD的为
(2) 圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为

穿过 ABCD 的Φ为: =
(3) 在题给条件下,筒壁中 0<B<0I /(2R),B为有限值,当壁厚趋于零时壁截面上磁通量趋于零,即 ,可得

14. 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 2分
方向 2分

方向  
其中 ,

∴ 方向 
15. 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



16. 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,
3分
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.

作业题(五)
一、1-8 ABAACBDB
二、 9. 10. 11. 12.
三、
.
13. 解:电子进入磁场作圆周运动,圆心在底边上.当电子轨迹 与上面边界相切时,对应最大速度,此时有如图所示情形.


由 ,求出v最大值为

14. 解:考虑半圆形载流导线CD所受的安培力

列出力的平衡方程式
故:
15. 解:(1) S = ab =5×10-3 m2
pm = SI =1×10-2 (A•m2), =4.33×10-2 N•m
, =2.16×10-3 kg•m2
(2) 令从 到 的夹角为,∵ 与角位移d的正方向相反
=2.5×10-3 J
16. 解:由安培环路定理: 
0< r <R1区域: 

R1< r <R2区域:

R2< r <R3区域:

r >R3区域: H = 0,B = 0
作业题(六)
一、1-8 D A B A B D D A
二、
9. vBLsin ; a
10. ; O点
11.
12. 减小
三、
13. 解:大小:=dd tS dB / d t
=S dB / d t =
=3.68 mV
方向:沿adcb绕向.            

14. 解:(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为,则通过该圆线圈平面的磁通量为
,

在任意时刻线圈中的感应电动势为

当线圈转过时,t =T/4,则 A
(2) 由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为
6.20×10-4 T
方向在图面内向下,故此时圆心处的实际磁感强度的大小
T
方向与磁场 的方向基本相同.

15. 解:由题意,大线圈中的电流I在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的.

故穿过小回路的磁通量为

由于小线圈的运动,小线圈中的感应电动势为

当x =NR时,小线圈回路中的感应电动势为

16. 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

2分

负号表示 的方向与x轴相反.
方向N→M

作业题 (七)

一、1-8 ACDCACCA
二、
9. 2 (n 1) e /  ; 4×103
10. (1) 使两缝间距变小.
(2) 使屏与双缝之间的距离变大
11. 2 ( n – 1) e –  /2 或者2 ( n – 1) e +  /2
12. 539.1
三、
13. 解:已知:d=0.2 mm,D=1 m,l=20 mm
依公式:
∴ =4×10-3 mm=4000 nm
故当 k=10 1= 400 nm
k=9 2=444.4 nm
k=8 3= 500 nm
k=7 4=571.4 nm
k=6 5=666.7 nm
这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强.
14. 解:(1) x=20 D / a
=0.11 m
(2) 覆盖云玻璃后,零级明纹应满足
(n-1)e+r1=r2
设不盖玻璃片时,此点为第k级明纹,则应有
r2-r1=k
所以 (n-1)e = k
k=(n-1) e / =6.96≈7
零级明纹移到原第7级明纹处
15. 解:第四条明条纹满足以下两式:
,即 2 ,即
第4级明条纹的位移值为
x =
(也可以直接用条纹间距的公式算,考虑到第四明纹离棱边的距离等于3.5 个明纹间距.)
16. 解:根据暗环半径公式有

由以上两式可得
=4 m

作业题(八) 答案
一、1-8 B C B C C B D B
二、9. 1.2; 3.6
10. 4 第一暗
11. 一;三
12. 6250Å(或625 nm)
13. 解:(1) 由单缝衍射暗纹公式得

由题意可知 ,
代入上式可得
(2) (k1 = 1, 2, ……)

(k2 = 1, 2, ……)

若k2 = 2k1,则1 = 2,即1的任一k1级极小都有2的2k1级极小与之重合.
14. 解:(1) 由单缝衍射明纹公式可知
(取k=1 )

,
由于 ,
所以

则两个第一级明纹之间距为
=0.27 cm
(2) 由光栅衍射主极大的公式

且有
所以  =1.8 cm

15. 解:(1) 由光栅衍射主极大公式得
a + b = =2.4×10-4 cm
(2) 若第三级不缺级,则由光栅公式得

由于第三级缺级,则对应于最小可能的a,方向应是单缝衍射第一级暗纹:两式比较,得
a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm
(3) ,(主极大)
,(单缝衍射极小) (k'=1,2,3,......) 因此 k=3,6,9,........缺级.
又因为kmax=(a+b) / 4, 所以实际呈现k=0,±1,±2级明纹.(k=±4
在 / 2处看不到.)

16. 解:由光栅衍射主极大公式得

4分当两谱线重合时有 1=2
即 .......
两谱线第二次重合即是
, k1=6, k2=4
由光栅公式可知d sin60°=61
=3.05×10-3 mm

作业题 九

一、选择题 1-8 ABBECBDC
二、填空题
9. 2;1/4
10. 2I
11.
12. 完全(线)偏振光; 垂直于入射面; 部分偏振光
三、计算题
13.解:设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为.透过第一个偏振片后的光强 I1=I0 / 2.
透过第二个偏振片后的光强为I2,由马吕斯定律,
I2=(I0 /2)cos2
透过第三个偏振片的光强为I3,
I3 =I2 cos2(90°-) = (I0 / 2) cos2 sin2 (I0 / 8)sin22
由题意知 I3=I2 / 16
所以 sin22 = 1 / 2,
=22.5°
14.解:(1) 透过第一个偏振片的光强I1
I1=I0 cos230°
=3 I0 / 4
透过第二个偏振片后的光强I2, I2=I1cos260°
=3I0 / 16
(2) 原入射光束换为自然光,则
I1=I0 / 2
I2=I1cos260°=I0 / 8
15.解:由布儒斯特定律
tg i0=1.33
得 i0=53.1°
16.解:(1) 设该液体的折射率为n,由布儒斯特定律
tgi0=1.56 / n
得 n=1.56 / tg48.09°=1.40
(2) 折射角
r=0.5-48.09°=41.91° (=41° )
作业题(十)
一、1-8 D D A C C C B C
二、
9. ; ;
10. 3.82×103
11. 5×1014 ;2
12. 0.0549
三、
13. 解:(1) 由

(恒量)
由此可知,对不同金属,曲线的斜率相同.
(2) h = etg
=6.4×10-34 J•s

14. 解:(1)  eV
n =4 2分
(2) 可以发出41、31、21、43、42、32六条谱线.
能级图如图所示.

15. 解:(1) 2.86 eV .
(2) 由于此谱线是巴耳末线系,其 k =2 eV (E1 =-13.6 eV)


(3) 可发射四个线系,共有10条谱线. 见图
波长最短的是由n =5跃迁到n =1的谱线.
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