物理练习册下册答案全 doc

练习一 1、C ， 2、C ，3、C，4、D, 5、 6、

2qy4??0?a2?y2?3/2??j， (j为y方向单位矢量)， ?a/2 ，

qdqd，从O点指向缺口中心点． ?2234??0R?2?R?d?8??0R 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?=q / L，在x处取一电荷元

dq = ?dx = qdx / L， 它在P点的场强： dE?dq4??0?L?d?x?L2?qdx4??0L?L?d?x?2 x d q O L (L+d－x) Ｐ d dE x qdxq总场强为 E? ?2?4??0L0(L?d－x)4??0d?L?d?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?处取微小电荷 dq = ?dl = 2Qd? / ?

它在O处产生场强dE?dqQ?d? 2224??0R2??0RQ2?2?0R2sin?d?，

dq y 按??角变化，将dE分解成二个分量：dEx?dEsin??dEy??dEcos???QQ2?2?0R2cos?d?

d????x 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷

???/2?sin?d??sin?d? Ex???＝0 ?2?2?0R2??0?/2?R O ???/2??????Q?Q?Q?Ey?2cos?d??cos?d??? 所以 E?Ei?Ej?j ??xy22?222??0R2????R??0R00?/2? 练习二

1、D， 2、C， 3、A ， 4、C, 5、不变、变，6、－3? / (2?0) ，－? / (2?0)， 3? / (2?0)

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?E?dS??q/?0，即

S2SE?1?0?b0?Sdx?kS?0?b0kSb xdx?2?02E S dx b E S S E 得到 E = kb2 / (4?0) (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 ?E??E?S? S P x E?

kS?0?x0xdx?kSb 2?02k得到 E??2?02?2b2???x?2?? (0≤x≤b) ??b2?0， 可得x?b/2 (3) E?=0，必须是x?26、解：挖去电荷体密度为??的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场E1，而另在挖去处放上电荷体密度为－?的同样大小的球体，求出电场E2，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 E0?E1?E2 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.

??14?32E?dS?E?4?d??d?有 1?S1?03 ? O? r O ?P O? P E E1O’＝E1P=E1?d 方向分别如图所示. -? E2O’=E1O’ 2PE1P O 3?00

在图(b)中，以O?点为小球体的球心，可知在O?点E2=0. 又以图(b)

图(a) O? 为心，2d为半径作球面为高斯面S?可求得P点场强E2P

??????S???E2?dS??E2?4?(2d)2?4?r3(??)/?3?0? ? ? P E1P O? ?r3? O E2P? d E O’ =E P E2P 1 E212?0d ?（1） 求O?点的场强EO' . 图(d) 图(c)

?d 由图(a)、(b)可得 EO’ = E1O’ =， 方向如图(c)所示.

3?0??(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

???r， EPO?3?0???r?, EPO???3?0?????????d∴ EP?EPO?EPO?? (r?r?)?OO'?3?03?03?0∴腔内场强是均匀的．

练习三

1、D， 2、B， 3、C, 4、C, 5、q / (6??0R) 6、负，增加 7、解：由高斯定理可得场强分布为：

E =-? / ?0 (－a＜x＜a) E = 0 (－∞＜x＜－a ，a＜x＜＋∞＝

由此可求电势分布：在－∞＜x≤－a区间

0?a0U U?Edx? 0dx???dx/?0???a/?0?x?x??a?x ?xx x?O +a -a ?000a0???a在a≤x＜∞区间 U??Edx??0dx?? dx?xxa? ?00在－a≤x≤a区间 U?0Edx??0??dx?

8、解：设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx，其上电荷为dq???dx， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： dF = q?dx / (4??0 x2)

q? 整个细线所受电场力为： F?4??0?r0?lr0dxq?l 方向沿x正方向． ?x24??0r0?r0?l?

电荷元在球面电荷电场中具有电势能： dW = (q?dx) / (4??0 x) 整个线电荷在电场中具有电势能： dx x q?r0?ldxq??r0?l?O R r0 x r+l 0? W? ?ln??? 4??0r0x4??0?r0??

练习四

1、D， 2、D， 3、B，4、C，5、7、解：金属球的电势

R2?????U??E内?dr??E外?dr

R1R2R2C1(C1?C2)C(C?C2)?， U,q2?21U，6、?,?0?rC1?C2C1?C2??Qdr4π?0?rr2R??Qdr

R24π?r20??

Q1??1(?r)

4π?0?rR1R28、解:令A板左侧面电荷面密度为?1，右侧面电荷面密度为?2

∵ UAC?UAB，即 ∴ EACdAC?EABdAB ∴

?1EACdAB???2 ?2EABdACqA S且 ?1+?2?得 ?2?qA2q, ?1?A 3S3S而 qC???1S??2qA??2?10?7C 3qB???2S??1?10?7C (2)

UA?EACdAC?

练习五

1、?R2c 2、 5.00×105 T， 3、

-

?1dAC?2.3?103V ?0?0Idl4?a2 ， 平行z轴负向 ； 4、

?0I14(R2?1)，垂直纸面向外 ，R1?0I14(R12??0I12R211/2?3 ，，5、(??), 6、C, )??arctg24R3???R1R27、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dl的一无限长直电流dI??Idl，在轴上P点产生dB与R垂直，大小为 ?RI?0Rd??0dI?Id?dB???R?02

2?R2?R2?R?Icos?d?dBx?dBcos??02

2?R?Isin?d??dBy?dBcos(??)??02

22?R∴ Bx???2??2?0I?Icos?d??0I???[sin?sin(?)]??6.37?10?5 T 2222?R2?R22?R?2??2By??(??0Isin?d?)?0 22?R???5B?6.37?10i∴ T

8、解：(1) 对r～r+dr段，电荷 dq = ? dr，旋转形成圆电流．则 O dq????dr dI?2?2? dB0?r dr b a 它在O点的磁感强度 ?0dI2r4?r???0a?bdr???0a?b?ln 方向垂直纸面向内． B0??dB0?4?a4??ra122 dpm??rdI???rdr

2????0dr

??

a?bpm??dpm??a1??r2dr ???[(a?b)3?a3]/6 方向垂直纸面向内． 22I?0?ih， 4、0，5、?0rI/(2?R12) ，0 32?R

练习六

1、B 2、?0(I2?2I1) 3、

6、解：取同轴闭合圆环l?2?r (a?r?b)

??则 ?B?dl?B2?r

l?I?(?r2??a)?0I(r2?a2)∴ B? 222?r(b?a)2I

?b2??a27、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：

B??0I2?R2r(r?R)

因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通?1为

R???I?I ?1??B?dS??BdS??02rdr?0

4?02?R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 B??0I2?r(r?R)

因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通?2为

?2R?0I??I ?2??B?dS??dr?0ln2

2?2?rR?I?I穿过整个矩形平面的磁通量 ???1??2?0?0ln2

4?2?

练习七

1、A，2、B，3、2?mvcos?/(eB)， mvsin?/(eB)， 4、2alB，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质， 6、 0.226 T ，300 A/m

???7、解： (1) Fbc?Il?B?0

???Fab?Il?B 方向?纸面向外，大小为

Fab?IlBsin120??0.866 N

???Fca?Il?B方向?纸面向里，大小

Fca?IlBsin120??0.866 N

(2)Pm?IS

???M?Pm?B 沿OO?方向，大小为

3l2M?ISB?IB?4.33?10?2 N?m

4(3)磁力功 A?I(?2??1)

∵ ?1?0 ?2?32lB 4∴ A?I32lB?4.33?10?2J 48、解：在直线电流I2上任意取一个小电流元I2dl，此电流元到长直线 的距离为x，无限长直线电流I1在小电流元处产生的磁感应强度 B??0I1 2?xdF??0I1I2?IIdxdl?012? 02?x2?xcos60b F??0I1I2?0I1I2bdx??ln ?a2?xcos600?a 练习八

-1、D， 2、C， 3、A，4、0.40 V， 0.5 m2/s ， 5、 5×104 Wb ， 6、解：B??I 2?xd?a ???d?Ild?a?I?ldx?ln 2?x2?dN?I0?ld?ad???lnco?st dt2?d??11227、解: ?m??B?dS?Blvtcos60??ktlv?klvt

22

???N∴ ???d?m??klvt 即沿abcd方向顺时针方向． dt

练习九

821、0.4?10m/s顺时针 2、 ?BnR2 ，O 3、?R122dB， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零 dt5、

?2fr2BR

6、解： 作辅助线MN，则在MeNM回路中，沿v方向运动时d?m?0 ∴ ?MeNM?0 即 ?MeN??MN 又∵ ?MN?所以?MeN沿NeM方向，

大小为

??a?ba?bvBcos?dl??0Iva?bln?0 2?a?b?0Iva?bln 2?a?bM点电势高于N点电势，即

UM?UN??0Iva?bln 2?a?b 7、解： ∵ ?ac??ab??bc

?ab???abd?1d323RdB ??[?RB]?dtdt44dtd?2dπR2πR2dB????[?B]?

dtdt1212dt∴ ?ac3R2πR2dB ?[?]412dtdB?0 dt∵

∴ ?ac?0即?从a?c

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 C?2??l R2lnR1q?CU?2??lU R2lnR1D?q2??lU?U?? S2?rlnR2rlnR2R1R1∴ j??D??t?kRrln2R1

6、如图10-17图所示，取dS?ldr 则 ???d?aa(?0I2rπ??0I2π(d?r))ldr??0Il2π?d?aa?Ild?a11d(?)dr?0(ln?ln) rr?d2πad?a??0Ilπlnd?a a∴ L??I??0lπlnd?a a练习十一

1、A 2、 B 3、B，4、D，5、2? (n ?1) e / ? ， 4×103 ；

D1?103k?知，6.0??2?， 6、解: (1)由x明?d0.2∴ ??0.6?10?3mm ?6000A

oD1?103?0.6?10?3?3 mm (2) ?x???d0.2

7、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 练习十二

1、A ， 2、 C ， 3、C， 4、 1.40 ，5、0.6mm。 6、解：加强， 2ne+

1??= k?， 2

?? k = 1， ?1 = 3000 nm， k = 2， ?2 = 1000 nm， k = 3， ?3 = 600 nm， k = 4， ?4 = 428.6 nm， k = 5， ?5 = 333.3 nm．

∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是 ?＝600 nm 和?＝428.6 nm．

2ne4ne3000 nm ??12k?12k?1k?27、解：(1) 明环半径 r??2k?1?R??/2

2r2- ??＝5×105 cm (或500 nm) ?2k?1?R (2) (2k－1)＝2 r2 / (R?)

对于r＝1.00 cm， k＝r2 / (R?)＋0.5＝50.5 故在OA范围内可观察到的明环数目为50个． 练习十三

1、 C 2、 B 3、 B 4、3.0 mm ， 5、 4， 第一， 暗 ；6、428.6nm

??2k7、解：(1) 由单缝衍射暗纹公式 asin 得：x1??2? 以及 x?ftgf??1.47mm a

(2)由单缝衍射明纹公式asin??(2k?1)得：x2??2? 以及 x?ftg5f??3.68mm 2a8、解：中央明纹的宽度为?x?2(1)空气中，n?1，所以

??f， 半角宽度为??sin?1 nana5000?10?10?x?2?0.5??5.0?10?3m ?30.10?105000?10?10?3 rad ??sin?5.0?10?30.10?10?1(2)浸入水中，n?1.33，所以有

5000?10?10?x?2?0.50??3.76?10?3 m ?31.33?0.10?105000?10?10?3??sin?3.76?10 rad ?31.33?0.1?10?1

 练习十四

1、D， 2 B, 3、916， 4、一， 三； 5、 7、解：(1)中央明纹宽度为

9，6、tg580 44800?10?7?50?10l0?2f?2?mm ?2.4cm

a0.02?(2)由缺级条件

asin??k?? (a?b)sin??k?

知

k?k?即k?5,10,15,???缺级．

a?b0.1?k??5k? k??1,2,??? a0.02中央明纹的边缘对应k??1，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有k?0,?1,?2,?3,?4共9条双缝衍射明条纹．

k?-=2.4×104 cm

sin? (2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 ?a?b?sin???3?

8、解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 a + b =

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 asin????

- a = (a + b)/3=0.8×104 cm

?a?b?sin??k?，(主极大) (3)

asin??k??，(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．)

练习十五

1、D 2、D 3、C 4、D ， 5、 5×1014 ， 2； 6、8280k ，短波方向；

7、解：(1)已知逸出功A?4.2eV 据光电效应公式hv?则光电子最大动能：

12mvm?A 2Ekmax?12hcmvm?h??A??A 2?

6.63?10?34?3?108?19??4.2?1.6?10 2000?10?10?3.23?10?19J?2.0eV(2)?eUa?Ekmax?12mvm 23.23?10?19?2.0V ∴遏止电势差 Ua??191.6?10(3)红限频率?0,∴h?0?A,又?0?c?0

hc6.63?10?34?3?108?∴截止波长 ?0? ?19A4.2?1.60?10 ?2.96?10?7m?0.296?m

8、解：(1) 康普顿散射光子波长改变：

- ???(hmec)(1?cos?)?0.024×1010 m

???0????1.024×10-10 m

(2) 设反冲电子获得动能EK?(m?me)c2，根据能量守恒： h?0?h??(m?me)c2?h??EK 即 hc/?0?[hc/(?0???)]?EK

故 EK?hc??/[?0(?0???)]=4.66×1017 J =291 eV

练习十六

1、A ， 2、 A ； 3、D， 4、－0.85 ，－3.4 5、 10 ，3 ； 6、 1.04nm

-

~?1/??R/k 可求出该线系的共同终态. 7、解：极限波数 ??2

~?1?R(1?1)

R???2 ??k2n2R??? 由? =6565 ? 可得始态n?=3

???? k? 由 En?可知终态 n =2，E2 = -3.4 eV 始态 n =3，E3 = -1.51 eV 8、解：光子的能量 E?h??E113.6?? eV n2n2hc

?由于激发能级有一定的宽度?E，造成谱线也有一定宽度??，两者之间的关系为：

?E?hc?2??

由测不准关系，?E??t?h，平均寿命???t，则

h?2???t??

?Ec??(4000?10?10)2?8?5.3?10s ?8?4?103?10?10?10

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