大学物理学习指导答案..docx

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1、大学物理学习指导答案. 高校物理学习指南答案 第十一章 静电场例题答案:1-、 B; 112、 B； 11、 B114、 ;从O点指向缺口中心点1、; ；沿矢径OP116、 D17、 向右； 向右 11、 (见书上)19、 D； 11-10、 C； 111、 C1112、 4 -1V11、 （见书上）111、无答案练习题答案：Lddqx(L+dx)Lddqx(L+dx)dExO带电直杆得电荷线密度为?=/,在处取一电荷元q ?dx = qdx/L， (2分)它在P点得场强： 总场强为:11-2、 Q / ?0， 0113、 ?/ (2?0)， ?/ （?）114、 ?B15、 解:在随意位置x

2、处取长度元dx,其上带有电荷dq=?0 （a)d 它在O点产生得电势 O点总电势： 11、 解：在圆盘上取一半径为r+dr范围得同心圆环其面积为 dS?rdr其上电荷为 d=rdr 它在O点产生得电势为 总电势 1-7、 解：设导线上得电荷线密度为?，与导线同轴作单位长度得、半径为r得（导线半径Rr圆筒半径R2)高斯圆柱面,则按高斯定理有 2?rE=? ?0 得到 E = ? （r） （R1rR ） 方向沿半径指向圆筒导线与圆筒之间得电势差 则 代入数值，则:(1） 导线表面处 、5416V (2)圆筒内表面处 =1、714 Vm118、 解：设小球滑到B点时相对地得速度为v，槽相对地得速度为

3、V.小球从AB过程中球、槽组成得系统水平方向动量守恒 mvMV 对该系统,由动能定理 mgER=mv+MV 、两式联立解出 方向水平向右. 方向水平向左。19、 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。110、 解： （1) 球心处得电势为两个同心带电球面各自由球心处产生得电势得叠加，即 8、8519 C / 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、19 第十二章 导体电学例题答案：121、D122、C123、 （C）没答案1、 ， 球壳外得整个

4、空间25、 ,12、 , 27、 C-、 (见书上）练习题答案:21、 C732Uf（没过程)12 解：三块无限大平行导体板,作高斯面如图，知:E1?1 ? ?0，E?2 ? ?0左边两极板电势差1=?1d1 ? ?0，右边两极板电势差U=E2d2=?2d2 ? ?,而U=U2，则? ?= d2 ? d1.23、 D2-4、 C15、 证明:在导体壳内部作一包围B得内表面得闭合面，如图。设内表面上带电荷Q2，按高斯定理，因导体内部场强E到处为零，故 依据电荷守恒定律，设B外表面带电荷为,则 由此可得 第十三章 电介质例题答案:1-1、 B132、(）133、 （C）34、 ? ， ? r13-

5、5、 （见书上）3、 练习题答案:131 =147 V解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为?，则电容器两极板之间得场强分布为 设电容器内外两极板半径分别为r0，R,则极板间电压为 电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿,这时应有 ? 适当选择r0得值,可使U有极大值,即令得 明显有 < 0，故当 时电容器可承受最高得电压 = 47 kV132解:因为所带电荷保持不变,故电场中各点得电位移矢量保持不变，又 因为介质匀称，电场总能量13解:设某瞬时球上带电q,电势为,将dq自?处移至球面,外力做功等于得电势能增量w，即w=uq。球上电量由q?Q,外力作得总功为球末态得

6、电势能（即球带电Q得总静电能）.所以=。34（1)=100, 5?1?J （）?We=5、0?1?6由于把带电得两面三刀极板拉开时外力需克服电场力作功，这部格外力所作得功就转化为电场能量了、 解 （1)电容器充电后断开电源,则极板上所带得电量不变.故极板间得电势差与电场能量分别为=1010V，5?6.（2）设极板原间距为d，增大为2d时，相应得电容量要变小，其值为C?0S?=C?2。而此时极板所带电量仍旧不变。电场总能量变更为?=Q ? 2C?= 2?1、?10?5J，电场能量得增加量为?We W?eWe=5、0?10?6J，由于把带电得两面三刀极板拉开时，外力需克服电场力作功,这部格外力所作

7、得功就转化为电场能量了。13-5 max= =。解(1）设该球形电容器带有电量，则两球壳间场强分布为?r1?r?r2由此可知,当r趋近于r1时,场强值增大.要使电容器不被击穿，?Eb，在取极限值E=Eb时,有=?得：，两球间所允许得最大电势差为：Vmax=。(）方法一:在r1?r?内取半径r厚度dr得薄层壳内电能密度we=?E2=匀称分布在薄层中，此薄球壳能量,dW=4?r2dr? w，电容器能贮存得最大静电能为=。方法二：此电容C=,W=(Eb4r12)2第十四章例题答案：例14：解:令、与分别代表长直导线1、2与三角形框、cb边与ab边中得电流在O点产生得磁感强度.则 :由于O点在导线得延

8、长线上,所以= 0 ：由毕萨定律式中 方向：垂直纸面对里. 与：由于a与c并联，有 又由于电阻在三角框上匀称分布，有 由毕奥萨伐尔定律，有且方向相反 ，得方向垂直纸面对里。例-2：解:利用无限长载流直导线得公式求解。 (1)取离P点为x宽度为dx得无限长载流细条,它得电流 （2) 这载流长条在点产生得磁感应强度方向垂直纸面对里 (3）全部载流长条在P点产生得磁感强度得方向都相同，所以载流平板在点产生得磁感强度 方向垂直纸面对里 例14-3:解:, 。 得方向与y轴正向一样. 例1：解：由毕奥-萨伐尔定律可得，设半径为R1得载流半圆弧在点产生得磁感强度为1，则 . 同理， 故磁感强度 例4-5：

9、 C例14: 环路L所包围得全部稳恒电流得代数与 环路L上得磁感强度例-7:证明:由安培定律，a整曲线所受安培力为因整条导线中I就是肯定得量，磁场又就是匀称得，可以把I与提到积分号之外，即 ，载流相同、起点与终点一样得曲导线与直导线,处在匀称磁场中，所受安培力一样.例8:答：第一说法对,其次说法不对。 围绕导线得积分路径只要就是闭合得，不管在不在同一平面内,也不管就是否就是圆，安培环路定理都成立.例149:解：如图所示,圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向得面电流密度i, 作矩形有向闭合环路如右图中所示。从电流分布得对称性分析可知，在上各点 EMED quaio、 错误！不能通过编辑域代码创建对象.

10、得大小与方向均相同，而且 EMBEDEqaton、 错误！不能通过编辑域代码创建对象。得方向平行于EMBED Etio、 错误！不能通过编辑域代码创建对象.，在 EMBED uan、3 错误!不能通过编辑域代码创建对象。与 EMBEDEqatin、3 错误!不能通过编辑域代码创建对象。上各点EMBD uatn、3 错误！不能通过编辑域代码创建对象。得方向与线元垂直，在 EBED Equion、3 错误!不能通过编辑域代码创建对象。, EED uation、3 错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点 EMBE quion、 错误!不能通过编辑域代码创建对象。应用安培环路定理 可得 圆筒内部为匀

11、称磁场，磁感强度得大小为，方向平行于轴线朝右.例14-10：; 例14-11：D；例14-12：D; 例13: 有关 无关习题答案:11：C;4-2： 垂直纸面对;4-3：-：解:带电圆盘转动时,可瞧作多数得电流圆环得磁场在O点得叠加。某一半径为得圆环得磁场为 而 正电部分产生得磁感强度为 负电部分产生得磁感强度为 今 4：0 2; 146： 0; 147：D;18：1 1214-9:解：建立坐标系,应用安培环路定理,左边电流产生得磁感应强度； 方向向里 右边电流产生得磁感应强度; 方向向外 应用磁场叠加原理可得磁场分布为， 得方向垂直x轴及图面对里. 141：B; 11：D; 1-1:C；

12、1413:； 114：B； 1-5：14： 第十五章例题答案:例15-:B; 例12:例153:答：不能 因为它并不就是真正在磁介质表面流淌得传导电流,而就是由分子电流叠加而成，只就是在产生磁场这一点上与传导电流相像.习题答案：11：C; 152:I /(2?r） ?I （2?r)1-3：铁磁质 顺磁质54：矫顽力小 简单退磁15-5:B 第十六章例题答案:例6-1：B例16-2：解：长直带电线运动相当于电流. （2分) 正方形线圈内得磁通量可如下求出 例163：解：筒以?旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流，它与通电流螺线管得n等效按长螺线管产生磁场得公式,筒内匀称磁场磁感强度为： (方向

13、沿筒得轴向） 筒外磁场为零穿过线圈得磁通量为:在单匝线圈中产生感生电动势为感应电流i为 i得流向与圆筒转向一样。 例164： 例5：解:带电平面圆环得旋转相当于圆环中通有电流I在与2之间取半径为R、宽度为d得环带,环带内有电流 I在圆心O点处产生得磁场 在中心产生得磁感应强度得大小为 选逆时针方向为小环回路得正方向，则小环中 方向:当d? (t) /d t 0时,与选定得正方向相反；否则 与选定得正方向相同.例6:解：在距O点为处得dl线元中得动生电动势为 d 得方向沿着杆指向上端。例16-7:；例16-8:D例169：解：(1） 无限长载流直导线在与其相距为处产生得磁感强度为: 以顺时针为线

14、圈回路得正方向，与线圈相距较远与较近得导线在线圈中产生得磁通量为: 总磁通量 感应电动势为： 由?，所以得绕向为顺时针方向，线圈中得感应电流亦就是顺时针方向。例1610:D; 例11:C习题解答6-1：16-:解:螺线管中得磁感强度 ， 通过圆线圈得磁通量 . 取圆线圈中感生电动势得正向与螺线管中电流正向相同,有 .在0 t < / 内, ,16-2图在T / t T / 4内， ， 。16-2图在3T / < t<T内, ， . 16-4图t曲线如图6. 16-4图6-3：4：解:建立如图164所示坐标系，处磁感应强度；方向向里在x处取微元，高l宽x，微元中得磁通量： 磁通

15、量：感应电动势方向:顺时针 1-:解： n 00 (匝/m) =?20 in 10?t （SI) ?21 = 、1017 A16-8图6：ADCBA绕向 ADCB绕向16-8图16-：1、05 V A端16：解:建立坐标（如图16-8)则： ,， 方向 d? 16-11图感应电动势方向为C,D端电势较高。 16-11图169：； 161:D1611:证明：建立如图16-11所示坐标，设电流为I，则在两长直导线得平面上两线之间得区域中得分布为 穿过单位长得一对导线所围面积（如图中阴影所示)得磁通为 6-12:0、40 H 2、8J11:C; 1614：C 第十八章71：垂直 相同【例题精选】例1

16、8：【解】（）?=0 ? /a =0、1 m (2）覆盖云玻璃后，零级明纹应满意（n1）er=r2 设不盖玻璃片时，此点为第级明纹,则应有r21k? 所以 (n)e = k? =(n)e/?=、67 零级明纹移到原第7级明纹处例2：变小、变小 例18： 例1-4: 例5:C例186：【解】（1） 明环半径 =510 m （或500 nm) (2) (2-)= r/ （R?） 对于r=1、0c，k / （?)+、=50、 故在OA范围内可视察到得明环数目为5个。【练习题】11： 上 （n)e。 2： 18-：【解】(1） x= kD? / d d=2k? /?x 此处 k=5 d10D? / ?

17、x=0、910mm （2） 共经过2个条纹间距,即经过得距离 l= D? / 4 mm14： B 185: 186：【解】(1） 棱边处就是第一条暗纹中心，在膜厚度为=处就是其次条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处,即处膜厚度 e= 4、81-5 rad （2)由上问可知A处膜厚为 4=350 2n=75 对于?60 m得光,连同附加光程差，在A处两反射光得光程差为，它与波长之比为。所以处就是明纹17：B18-:【解】（)第个明环, （） 式中为第级明纹所对应得空气膜厚度 很小, 可略去,得 (，2， 3 )第十九章【例题精选】例19-1： 例192：4 、第一例193:【解】（1）双缝干涉条

18、纹第级亮纹条件: dsink?第k级亮条纹位置：x = ftgf skf?/ 相邻两亮纹间距：? = xk+1k=(k1)f?/ dk? / d=? / =、410 m=2、 m (2） 单缝衍射第一暗纹： a sn?1 = ?单缝衍射中心亮纹半宽度：?x0 =f tg?1f si?f? / a1 m ?x0?/=5 双缝干涉第5极主级大缺级。 在单缝衍射中心亮纹范围双缝干涉亮纹数N = 9，为 = 0，1，,级或依据d / = 5指出双缝干涉缺第5级主大，同样得该结论.例14：一 三例195:【解】（） 由单缝衍射暗纹公式得 由题意可知，代入上式可得 （2) （k1 =1， ，) （k=，2

19、,)若k2 = k1,则?1 = ?2,即?1得任一k1级微小都有?2得2k1级微小与之重合.【练习题】191:子波 子波干涉（或 “子波相干叠加”） 192:D 1：C 19-4：195：解：由光栅公式得 n?=k1 1 / （ab） = k2 / （a+）k1 1= k2 2 k2 1 =? 1/2=0、66/ 、44 将k2k约化为整数比k2 k13 / 2=6/=12 / 8 、取最小得k1与k?, k12，k2?3, 则对应得光栅常数(a + ) =k in? =3、92 ?m9-6:解:（) 由单缝衍射明纹公式可知 (取=1 ） ? , ?由于 ，所以 则两个第一级明纹之间距为 0

20、、27 m （2）由光栅衍射主极大得公式 ? 且有 所以 、8 cm197：答：因k =4得主极大出现在=90得方向上,实际视察不到。所以，可视察到得有k ,1，3共条明条纹.198:答:可视察到最高级次就是k =. 光栅常数（a+b）=10-4 cm， 按光栅公式 (a+ ）sin? = k最大为0，所以kma（b）in90/ ? kax210-4 / 500108 =4事实上9得第四级视察不到,所以可视察到最高级次就是k=3。 其次十章【例题精选】例0:波动；横 例202: 例03： 30；1、3例4：遵守通常得折射; 不遵守通常得折射；例20：【解】设I为自然光强由题意知入射光强为I.

21、（1） 1=2 I /30、5I0+0cs2? 4 / 3、cos?所以 ?=4、1 () I1 （0、5I0I cs24、)=2(2 I） /, 2c3031/ 所以 I2 / 2I0=1 / 例20:C【练习题】21：B 0-2: 203：B204：解:设x，in分别表示出射光得最大值与最小值，则 Imax=a / 2Ib IminI / 令所以 205: 206:A20-7:完全(线)偏振光 垂直于入射20:54、 35、209： 证明:设介质、得折射率分别为n1、n2，、交界面（图中得上界面）处折射角为r, 它也等于、下界面处得入射角。最终得折射角为。由折射定律 n si=n2 sin

22、 n1 sin 所以i在上界面，布儒斯特定律,+r=? 所以r=?这表明在下界面处也满意布儒斯特定律，所以在下界面处得反射光也就是线偏振光2010：D 2011: 其次十一章【例题精选】例21-1:C例12:【答】不能产生光电效应。 因为：铝金属得光电效应红限波长，而 A 4、2 V =6、7-19 J ?0 =9 m 而可见光得波长范围为400 nm760n ?0。例213: 例2-4：51014 2 例215： 例21-：例21-7解：极限波数 可求出该线系得共同终态、 由?=65 ? 可得始态=3 由 eV 可知终态 n=2，E2 = 3、4eV 始态 n=3，E3 = 1、1 eV 例

23、1：1、5 ? 、6310-19 ?【练习题】21-1:D 21-2:Ah 、 213： 24:1、45 、14105 ms-12：证明：由爱因斯坦方程 及逸出功 得 因为 时K=0,由图可知： 入射光频率为?时 即 26：1、6 3、417:证明: ， 而： ， , 代入上式： 与 比较,得里德伯常量 .2-8：C 219：C 11：211:变长 变长 2112: 其次十二章【例题精选】例21: 例22-: 例22：1、4 ? 6、6319 ?例224:【解】(1)考虑相对论效应:U12=mc2（1)，?=+=,，?=。12 10 k=05，则eU2+mec2=9、8?1?1,=5、7?1?

24、4,v=、643?08m ? s,得相对论波长?=3、76?10?12m。(）不考虑相对论效应:eU2=me2? 2，=，。 1、73?10?22,=h ? =3、77?1?12m。 相对误差就是= 4、6?.例2:D例2-6：单值、有限、连续例27:【证明】由即 据题意 以及德布罗意波公式得 比较、式得 例28：D 例2-：证明：由即 据题意以及德布罗意波公式得 比较、式得 例20： 例211:A 例22:B 例-3:泡利不相容 能量最小例2214：C 例15： 【练习题】:答：用相对论计算 由 计算得222：证明：依题意： 则有 由于 则 故 即 ,n=1，2,3，22：解：（) 德布罗意

25、公式: 由题可知? 粒子受磁场力作用作圆周运动 , 又 则 故 （2) 由上一问可得 对于质量为m得小球 、6410 22：答:（1) 电子与光子得动量大小相同.因为p=?对两者都成立，而?相同,故 p相同. (）电子得能量 = m 其中 依据 可解出： 光子得能量 可见电子与光子得能量不相同。22-5: 2-6：C27：答：用经典力学得物理量例如坐标、动量等只能在肯定程度内近似地描述微观粒子得运动，坐标x与动量px存在不确定量?x与? p，它们之间必需满意不确定关系式 这就是由于微观粒子具有波粒二象性得原因。2-： -9: 2210：22-11:证明：先求粒子得位置概率密度 当 时， 有最大

26、值.在xa范围内可得 22-1：解:（1） 先求粒子得位置概率密度 当 时,有最大值。在0x范围内可得 发觉粒子得概率为最大得位置. (2） 粒子位于 a/4内得概率为: =0、09123: 214:C 22-1：， 26：2（2+1) 2n2217:0，1,2，3 0，,2，322-18:C 2219：B2220:答：主量子数n大体上确定原子中电子得能量. 角量子数l确定电子轨道得角动量. 磁量子数ml确定轨道角动量在外磁场方向上得重量. 自旋磁量子数ms确定自旋角动量在外 上一篇：学生会工作总结工作总结下一篇：村第一书记精准扶贫工作总结第37页 共37页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页第 37 页 共 37 页