大学物理学习指导下答案详解(朱善华).doc

1、1 练习一 1、D ， 2、C ，3、C ，4 、 D, 5、 ， ( 为 y 方向单位矢20Qajyaq2/3204j 量)， ，/a 6、 ，从 O 点指向缺口中心点3022084RqdRqd 练习二 1、A 2、A 3、 ， ，4 1201230(q)492(r)La 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 =q / L，在 x 处取一电荷元 dq = dx = qdx / L， 它在 P 点的场强： 204E 总204xdL 场强为 Lxdq02)( dLq04 方向沿 x 轴正向，即杆的延长线方向 6 解： 如图在圆上取 Rl ，它在 点产生场强大

2、小为ddlqO 方向沿半径向外204RE 则 dsin4sind0x co)co(0REy 积分 x 002dsin4dcos0REy ，方向沿 轴正向x02x L d dqx (L+d x) dE xO 2 练习三 1、C 2、D 3、0， 4、3 / (20) ， / (20)， 3 / (20) Rr 、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 ，即0/dqS 012Ed 得到 (板外两侧) 012E （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 ，如图

3、所示E 按高斯定理有 0xS 得到 (-d/2xd/2) E 6 解：(1) 球在 点产生电场 ，O01E 球在 点产生电场d43020Or30r 点电场 ；Od30rE (2) 在 产生电场 43001O 0 球在 产生电场O02E 点电场 03 E S x E S S b 3 练习四 1、C 2、D 3、C, 4、-eq / (60R) 5、解： 01E1r 20 312032 )(4)(rr21Rr 20 3120313 )()(rRrRE2r 2R32EdUR1 2rrR 20 31013 )()(21 )(210 6、解：设 x 轴沿细线方向，原点在球心处，在 x 处取线元 dx，其

4、上电荷为 ，xqd 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： dF = qdx / (40 x2) 整个细线所受电场力为： 方向沿 x 正lrlr2044 方向 电荷元在球面电荷电场中具有电势能： dW = (qdx) / (40 x) 整个线电 荷在电场中具有电势能： 00ln4d4rqxqWlr 练习五 1、D 2、A 3、C 4 r0, 解：设极板上分别带电量+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 )/(01SqE O R x r0 r0+l dx x 4 金属板与 B 板间场强为 )/(02SqE 金属片内部场强为 则两极板间的电势

5、差为 dUBA21)(/210dSq)(/0tdSq 由此得 ()/(0tqC 因 C 值仅与 d、t 有关，与 d1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容无影响 解：（l）根据有介质时的高斯定理： iqsdD 可得两圆柱间电位移的大小为 )/(rD 场强大小为 Err002 两圆柱间电势差 21210RrRddU 1200ln21RrdrR 电容 12012lnRLQCr)/l(12Lr （2）电场能量 rW012 24)/l( 练习六 ， 平行 z 轴负向 R2c 20d4alI 03(1)26I)31(RIB0 420aevT24210.9evaPm2mA ，垂直纸面向外 ， ，)1(2

6、0RI2/1210)(4RI12arctgR 7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点 的磁感应强度方向都在圆柱截面上，P 取坐标如图所示，取宽为 的一无限长直电流 ，在轴上 点产生 与 垂直，ldlIdBd 大小为 5 RIIRB200d2dxcossIy 20in)co(d 520202 137.6sincos RRIIBx T)di(220Iy 练习七 ， )(120I)(120I320I204RIh0Ir 、解：(1) 对 rr+dr 段，电荷 dq = dr，旋转形成圆电流则 Id 它在 O 点的磁感强度 rrIB4200 方向垂直纸面向内 baBd4d00abln rIrpm

7、21 方向垂直纸面向内 badd6/)(3b 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： )(20RIB 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通 1 为 Sd1rIRd0240I 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 )(IB 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通 2 为 Sd2rIR20ln0I 6 穿过整个矩形平面的磁通量 2140I2ln 练习八 1、A 2. ， 3. )/(cos2eBmv)/(sineBmv)(RlI 4. （1） 40.51BnITAH20 （2） ALNH201.5rT 5. 解：在直线电流 上任意

8、取一个小电流元 ，此电流元到长直线IdlI2 的距离为 ，无限长直线电流 在小电流元处产生的磁感应强度 x1I xIB21002102106cosdxdlxIF abIIba lns210210 6. 解：(1) ISPm 沿 方向，大小为BM O 2 2103.4BlISmN (2)磁力功 )(12A 01l2243 2210.BlIAJ 练习九 1、D， 2、C， 3、0.40 V、 0.5 m2/s， 4、510 -4 Wb 7 5、解：在矩形回路中取一小面元 ds，面元处： 2IBx 一个矩形回路的磁通量为： ln2daIIdadBSlx 由法拉第电磁感应定律，N 匝回路中的感应电动势

9、为： 0lncosNIttd 6、解:abcd 回路中的磁通量 22160klvtltBlvSm 由法拉第电磁感应定律 klttd 其沿 方向顺时针方向 abcd 练习十 1、A 2、BnR 2 、0， 3、 ， tBR/d21 4、 顺时针 8/0.sm 5、解： 在长直导线中取一小线元，小线元中的感应电动势为： lvIdllIvldBv 180cos9sin200 整个直导线中 杆的右端电势低LvILdn2 6、解： bcactBRttab d43d21tab2 tt122 tBRacd243 0dt 即 从acc 的方向也可由楞次定律判定。 练习十一 8 1、C， 2、 ， 3、 （4）

10、 、 （2） 、 （1） BHBWm211 2 4、 位移电流，涡旋电场 0C 5、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：sSdBNadNIlldrIbdan2 互感为： lIMn2 6、解： 在 时，无限长圆柱体内部的 Rr20RIrB 磁场能量密度 420 28Iwm 取一小体积元 (体元长度 )rVd1l 则导线单位长度上储能 RRmIrIW00 204326d 练习十二 13. ABD；4. ，410 3 nm；en)1(2 5. 解：1）由 得dDkxdx2 则 nm 60 10.6.10.627 33 2） m 21xdxk 6. 解：1）由 得D m

11、1.051009410 x 2）设零级明纹将移到原来的第 k 级明纹处，则有 )(12nerkken)( 796.1056.8.)9 k 练习十三 13 ACC；4、0.64 mm ； 9 5. 解：由反射加强的条件可知： kne2 则 ，计算可得：21kne k=1 时， 1=3000 nm，k=2 时， 2=1000 nm， k=3 时， 3=600 nm，k=4 时， 4=428.6 nm， k=5 时， 5=333.3 nm， 即在可见光范围内波长为 600 nm 和 428.6 nm 的反射光有最大限度的增强。 6. 解：1）由明环公式可得： ，nm 504)152(30.)12(

12、2Rkr 2）由明环公式可得： ，.04.7 即在 OA 范围内可观察到 50 个明环。 练习十四 12 CB；3. 3.0 mm；4. 4，1 级，暗纹； 5. 解：1） m 47.0.58931 afx 2）由单缝衍射明纹公式 ，及 可得：21sinkatanfx 68.3251xfx 6. 解：由单缝衍射暗纹公式 ，及 可得：ksitafx ，则两侧第三级暗纹之间的距离为affxsin33 afx623 故 )nm( 504.061815.6 33f 练习十五 13 DBA；4. 1 级； 5. 解：1）单缝衍射 和 得：0sinatanfx ，afffx2sinta2000 代入数据得

13、： ；cm 6105 9x 2）由光栅衍射主极大方程 得 ，kdsinsind 又 ， ， 051 2d0 10 则 ，5.210sin0 addk k 只能取 2，故在单缝衍射中央明纹宽度内有 0、1、2 共 5 条主极大谱线。 6. 解：1）由光栅衍射主极大方程 得：kbsin)( ；m 4.5.630sin6 9ba 2）由缺级条件 得： ，kak108 当 时，得透光缝的最小宽度为 ；1k .6mina 3）由 ，知 kmax 只能取 3，46.290sin9 6max b 因第 3 级缺级，故在给定范围内可能观察到的全部主极大级次为 0、1、2。 练习十六 1、D 2、B 3、完全偏

14、振光，与入射面垂直，部分偏振光 4、波动，横波 5、解：由布儒斯特定律 53.1arctnarct12 则太阳在地平线的仰角为 7 在反射光中振动方向为与入射面垂直。 6、解：设夹角为 ，则透射光强 20cosI 通过第一块偏振片之后，光强为：1/2I 0， 通过第二块偏振片之后： 21I （1）透射光强为入射光强的 得3/ I=I 0/3 则 =arccos( ),=35.2623 （2）当透射光强为最大透射光强的 时，也就是透射光强为入射光强的 1/6，3/1 可得： =54.74 练习十七 1-2、A，D ， 3、 4、 c38019.8或 21acl 5、解：由洛伦兹变换得： ；21c

15、vtx 21cv xt 11 得： mxcvc821075.63； 6、解： A 飞船的原长为： l10 B 飞船上观测到 A 飞船的长度为： 20cVl A 飞船的船头、船尾经过 B 飞船船头的时间为： st71035 则有： smcVtl /1068.25 练习十八 1-2、C，C， 3、 ，4、 ，5、 2.0mels9， 2.4ec 6、解： scvcvcm Ecvckk 8020202 22020 132.5419.91.0)1(故 平 均 寿 命 ：得由 7、解：（1） JcvmE132086.1 （2） 14.29.0)1(220 cvmE ek 练习十九 13 DDC 4、51

16、0 14,2 5、 （1）已知电子的逸出功 A=42， 12 由爱因斯坦光电效应方程 ；Amvh21 得光电子的初动能 eVJAchmv 0.2)(16.241036.219784 （）因为： ，所以 aUev2a （）逸出功 所以 0chA 07198340 29541054.26.2. Am 、由维恩位移定律： mbT 其中维恩常量 k310897.2 所以太阳的表面温度为 T5796.6 天狼星的表面温度为 k31029.876 练习二十 13 ACD 4、10, 3 5、 （1）有题意 1275.16EnevEn 求得 ev.4 （2）受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出 43、42、41、32、31、21 共 6 条谱线。 6、 （1）由康普顿公式 2sin0mch 而 Ach243. 所以 00.1sin （2）反冲电子的动能为 13 evJ hcchEk 29106.45)1023.10(1063. (184 吴百诗第三版下册的第十至十三章选择题答案 第十章 1 D 2 3 B 4 5 6 第十一章 1 2D 3 第 12 章 1 2C 3 4图 图 图 图 5 ()C () 第十三章 1 2A 3 4B 5