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湖南工业大学大学物理练习册下册答案[1]

练习一

1、C ,

2、C ,

3、C ,

4、D,

5、()

j y

a qy

2

/322

042+πε, (j 为y 方向单位矢量), 2/

a ± ,

6、

()

3

02

2

0824R

qd d R R

qd

εεπ≈

-ππ,从O 点指向缺口中心点.

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λ=q / L ,在x 处取一电荷元

d q = λd x = q d x / L , 它在P 点的场强:

()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε 总场强为 ?+π=L x d L x L q E 020)(d 4-ε()d L d q +π=04ε 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θ处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π

它在O 处产生场强θεεd 24d d 2

02

2

0R

Q R

q E π=

π=

按θ 角变化,将d E 分解成二个分量:θθεθd sin 2sin d d 2

02

R

Q E E x π=

=,

θθεθd cos 2cos d d 2

02

R

Q E E y π-

=-=

对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷 ??

?

???-π=

??π

ππθθθθε2/2/02

02

d sin d sin 2R Q E x =0

2

022/2/0202

d cos d cos 2R Q

R

Q E y εθθθθεπ

πππ-=??

????-π-=

?? 所以 j R Q j E i E E y x 202επ-=+=

练习二

1、D ,

2、C ,

3、A ,

4、C,

5、不变、变,

6、-3σ / (2ε0) ,-σ / (2ε0), 3σ / (2ε0)

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∑?=?0ε/d q S E S

,即 0200002d d 12εερεkSb

x x kS x S SE b b ===?? 得到 E = kb 2

/ (4ε0) (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

()0

2

2εεk S b x d x kS

S

E E x

=

=

+'?

x

S P S E E S S E d x b

E '

d q

R O x

y

θ

d θ θ

L d d q x (L+d -x ) d E

x O

得到 ???

? ??-='222

20b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0,必须是02

2

2

=-

b

x , 可得2/b x =

6、解:挖去电荷体密度为ρ 的小球,以形成球腔时的求电场问题,可在不挖时求出电场1E

,而另在挖去处放上

电荷体密度为-ρ的同样大小的球体,求出电场2E

,并令任意点的场强为此二者的叠加,即可得 210E E E +=

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.

ρε3

2

113

41

4d d d

E S E S

π?

=

π?=??

E 1O’=E 1P =d E 0

13ερ

= 方向分别如图所示.

在图(b)中,以O '点为小球体的球心,可知在O '点E 2=0. 又以

O ' 为心,2d 为半径作球面为高斯面S '可求得P 点场强E 2P

()

03

2223/)(4)(24d ερ-π=π?='??

'

r d E S E S 2

03

212d

r E P

ερ-= (1) 求O '点的场强'O E

.

由图(a)、(b)可得 E O’ = E 1O’ =

3ερd

, 方向如图(c)所示.

(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

03ερr

E PO =, 0

3ερr E O P '-=' , ∴ 0

003'3)(3ερερερd

OO r r E E E O P PO P

=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的.

练习三

1、D ,

2、B ,

3、C,

4、C,

5、q / (6πε0R )

6、负,增加

7、解:由高斯定理可得场强分布为:

E =-σ / ε0 (-a <x <a ) E = 0 (-∞<x <-a ,a <x <+∞=

E 1P ρ

P E 2P E P 图(d)

O O ' P E 1O’ ρ

图(a)

O ρ

O ' d E O’=E 1

图(c)

O P E 2P -ρ O ' r

E 2O’=

图(b)

E 1P

由此可求电势分布:在-∞<x ≤-a 区间

?

?

?

---+

==

000/d d 0d a

a x

x

x x x E U εσ0/εσa -=

在-a ≤x ≤a 区间 0

00

0d d εσεσ

x x x E U x

x

=

-=

=

?

?

在a ≤x <∞区间 0

00

0d d 0d εσεσ

a x x x E U a

a x

x

=

-+

=

=

?

?

?

8、解:设x 轴沿细线方向,原点在球心处,在x 处取线元d x ,其上电荷为x q d d λ=', 该线元在带电球面的电场中所受电场力为: d F = q λd x / (4πε0 x 2)

整个细线所受电场力为: ()l r r l

q x x q F l r r

+π=π=?+0

00204d 400

ελελ 方向沿x 正方向.

电荷元在球面电荷电场中具有电势能: d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能: ???

?

??+π=π=

?

+0000

ln 4d 400

r l r q x x q W l r r ελ

ελ

练习四

1、D ,

2、D ,

3、B ,

4、C ,

5、U C C C C C q U C C C C C 2

121222

1211)(,)(+-=

+-,6、r

εεσσ0,

7、解:金属球的电势

r d r d 2

2

1

?+?=

?

?

R R R E E U 外内

?

?

+

=

2

2

2

02

0π44πdr R R R

r r

Qdr r

Q εεε

)11(

π42

1

0R R Q r r

-+

=

εεε

8、解:令A 板左侧面电荷面密度为1σ,右侧面电荷面密度为2σ

∵ AB

AC

U

U

=,即

-a

+a

O x

U

O R x

r 0 r 0+l

d x

x

∴ AB AB AC AC E E d d = ∴

2d d 2

1==

=

AC

AB AB

AC E E σ

σ

且 1σ+2

σ

S

q A =

得 ,32S

q A =σ S

q A 321=

σ

而 7

110

23

2-?-=-=-=A C q S q σC

C 10

17

2-?-=-=S q B σ (2)

3

1103.2d d ?==

=AC AC AC A

E U

εσV

练习五

1、πR 2c

2、 5.00×10-5 T ,

3、

2

0d 4a

l

I πμ , 平行z 轴负向 ; 4、

)11(

4

1

2

0R R I -

μ,垂直纸面向外 ,

2

/122

21

0)

11(

4

R

R

I +

μ ,

1

2arctg

R R +π2

1,5、

)3

2

3

1

(40π

π

μ-

+

R

I , 6、C,

7、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l d 的一无限长直电流l R

I I d d π=

,在轴上P 点产生B

d 与R 垂直,大小为

R I R R R I

R I

B 200

02d 2d 2d d πθμ=πθ

πμ=πμ=

R I B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=R

I B B y 2

02d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π

= ∴

5

2

02

02

2

2

10

37.6)]2

sin(2

[sin

22d cos -π

π-?=πμ=

π-

-ππμ=

πθθμ=

?

R

I R

I R

I B x T

0)2d sin (22

2

0=πθθμ-

=

?

ππ-R

I B y

∴ i B 5

1037.6-?= T

8、解:(1) 对r ~r +d r 段,电荷 d q = λ d r ,旋转形成圆电流.则 r dq I d 22d π

=λω

ω 它在O 点的磁感强度

r r

r I B d 42d d 000π=

=λωμμ ?

?+π

=

=

b

a a

r

r B B d 4d 0

00λωμa

b a +π

=

ln

40

λωμ

方向垂直纸面向内.

r r I r p m d 2

1d d 2

2λω=

π=

?

?+==

b

a a

m m r r p p d 2

1d 2

λω 6/])[(33a b a -+=λω 方向垂直纸面向内.

练习六

1、B

2、)2(120I I -μ

3、

3

20μI , 4、

R

ih

πμ20,5、)2/(210R rI πμ ,0

6、解:取同轴闭合圆环r l π2= )(b r a <<

则 ?π=?l

r B l B 2d

2

22

2

)

(a

b I

a r I

ππππ--=∑

∴ )

(2)

(2

2

2

2

0a b r a r I B --=

πμ

7、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: )(22

0R r r R

I

B ≤π=μ 因而,穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为

???=

=S B S B d d 1

Φr r R

I

R

d 20

2

0?π=

μπ

=40I

μ

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

)(20

R r r

I

B >π=μ 因而,穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为 ??=S B

d 2

Φr r

I

R

R

d 220?π=

μ2ln 20π

=

I

μ

穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π

=40I

μ2ln 20π

+

I

μ

练习七

O

a

r b

d r

ω

1、A ,

2、B ,

3、)/(cos 2eB m θv π, )/(sin eB m θv ,

4、alB 2,

5、铁磁质,顺磁质,抗磁质,

6、 0.226 T ,300 A/m

7、解: (1) 0=?=B l I F bc

B l I F ab

?= 方向⊥纸面向外,大小为

866.0120

sin ==?

IlB F ab N

B l I F ca

?=方向⊥纸面向里,大小

866.0120

sin ==?IlB F ca N

(2)IS P m =

B P M m

?= 沿O O '方向,大小为

2

2

10

33.44

3-?===B l I

ISB M m N ?

(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A

∵ 01=Φ B l 2

24

3=

Φ

∴ 2

210

33.44

3-?==B l I A J 8、解:在直线电流2I 上任意取一个小电流元

dl I 2,此电流元到长直线

的距离为x ,无限长直线电流1I 在小电流元处产生的磁感应强度 x

I B πμ210=

2

102

1060

cos 22dx x I I dl x

I I dF ?

=

=

πμπμ

a

b I I dx

x

I I F b a

ln

60

cos 22

100

2

10π

μπμ=

?

=?

练习八

1、D ,

2、C ,

3、A ,

4、0.40 V , 0.5 m 2/s ,

5、 5×10-4

Wb ,

6、解:2I

B x μπ=

ln

22d a d

I l I

d a ldx x d

μμππ++Φ=

?=?

0l n c o s 2N I l d d a N

t dt d

μωεωπΦ

+=-=- 7、解: ?==?=?=2

22

1

2160cos d klvt

lv kt Blvt S B m Φ

∴ klvt t

m -=-

=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向.

练习九

1、28/104.0s m ?顺时针

2、 πBnR 2 ,O

3、dt

dB R

2

2

1π, 4、等于零,不等于零;不等于零,等于零

5、

R

B

fr 2

6、解: 作辅助线MN ,则在MeNM 回路中,沿v

方向运动时0d =m Φ ∴ 0=MeNM ε 即 MN MeN εε= 又∵ ?

+-<+-=

=b

a b

a MN b

a b a Iv

l vB 0ln

2d cos 0π

μπε

所以MeN ε沿NeM 方向,

大小为

b

a b a Iv

-+ln

20π

μ

M 点电势高于N 点电势,即

b

a b a Iv

U U N M -+=

-ln

20π

μ

7、解: ∵ bc ab ac εεε+=

t

B R B R t

t

ab d d 4

3]4

3[d d d d 2

1=

--=-

=Φε

=-

=t

ab d d 2Φεt

B R B R t

d d 12

π]12

π[d d 2

2

=

-

-

∴ t

B R R ac d d ]

12

π4

3[

2

2

+

0d d >t

B

∴ 0>ac ε即ε从c a →

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 1

2ln 2R R l C πε=

1

2ln 2R R lU CU q πε=

=

1

21

2ln

ln

22R R r U

R R r lU S

q D εππε=

=

=

∴ 1

2ln

R R r k t

D j ε=

??=

6、如图10-17图所示,取r l S d d = 则 ?

?

-----=

--

=

-+

=

a

d a

a

d a

a

d d a

a d Il r r r

Il r l r I r π

I )ln

(ln

d )d

11(

π

2d ))

d (π22(

0000μμμμΦ

a

a d Il

-=ln

π

∴ a

a d l

I L -=

=ln

π

0μΦ

练习十一

1、A

2、 B

3、B ,

4、D ,

5、2π (n -1) e / λ , 4×103 ;

6、解: (1)由λk d

D x =

明知,λ22

.01010.63

??=

∴ 3

106.0-?=λmm o

A 6000=

(2) 310

6.02

.01013

3

=???=

=

?-λd

D x mm

7、解:(1) ?x =20 D λ / a =0.11 m

(2) 覆盖云玻璃后,零级明纹应满足 (n -1)e +r 1=r 2

设不盖玻璃片时,此点为第k 级明纹,则应有 r 2-r 1=k λ

所以 (n -1)e = k λ

k =(n -1) e / λ=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、0.6。

6、解:加强, 2ne+2

1λ = k λ,

1

230001

24212-=-=

-

=

k k ne k ne λ nm

k = 1, λ1 = 3000 nm , k = 2, λ2 = 1000 nm , k = 3, λ3 = 600 nm , k = 4, λ4 = 428.6 nm , k = 5, λ5 = 333.3 nm .

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

7、解:(1) 明环半径 ()2/12λ?-=R k r

()R

k

r

1222

-=

λ=5×10-5

cm (或500 nm)

(2) (2k -1)=2 r 2

/ (R λ)

对于r =1.00 cm , k =r 2 / (R λ)+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

7、解:(1) 由单缝衍射暗纹公式 2

2s i n λ

?k a = 以及 ?f t g x =

得:mm a

f x 47.11==

λ

(2)由单缝衍射明纹公式2

)12(sin λ

?+=k a 以及 ?f t g x =

得:mm a

f x 68.3252==

λ

8、解:中央明纹的宽度为f na

x λ

2=?, 半角宽度为na

λ

θ1

sin

-=

(1)空气中,1=n ,所以

3

3

1010

0.510

10.01050005.02---?=???

?=?x m

3

3

101

10

0.510

10.0105000sin

----?=??=θ rad

(2)浸入水中,33.1=n ,所以有

3

3

10

10

76.310

10.033.110

500050.02---?≈????

?=?x m

3

3

10

1

10

76.310

1.033.110

5000sin

----?≈???=θ rad

练习十四

1、D , 2 B, 3、916, 4、一, 三; 5、 4

9,6、0

58tg

7、解:(1)中央明纹宽度为

02

.010

5010

480022

7

0????

==-f a

l λmm 4.2=cm

(2)由缺级条件

λ?k a '=sin λ?k b a =+sin )(

k k a

b a k k '='=

+'

=502

.01.0 ???=',2,1k

即???=,15,10,5k 缺级.

中央明纹的边缘对应1='k ,所以单缝衍射的中央明纹包迹内有4,3,2,1,0±±±±=k 共9条双缝衍射明条纹.

8、解:(1) 由光栅衍射主极大公式得 a + b =

?

λsin k =2.4×10-4 cm

(2) 若第三级不缺级,则由光栅公式得 ()λ?3s i n ='+b a

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 λ?='s i n a

a = (a +

b )/3=0.8×10-4 cm (3) ()λ?k b a =+sin ,(主极大) λ?k a '=sin ,(单缝衍射极小) (k '=1,2,3,......)

因此 k =3,6,9,........缺级.

又因为k max =(a +b ) / λ=4, 所以实际呈现k=0,±1,±2级明纹.(k=±4 在π / 2处看不到.)

练习十五

1、D

2、D

3、C

4、D ,

5、 5×1014 , 2;

6、k 8280 ,短波方向;

7、解:(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式2

2

1m mv hv =A +

则光电子最大动能:

A hc

A h mv E m -=

-==

λ

υ2

max k 2

1

eV 0.2J 10

23.310

6.12.410

200010

310

63.619

19

10

8

34

=?=??-????=

----

m

2max k 21)2(mv

E eU

a

=

=

∴遏止电势差 V 0.210

6.11023.319

19

=??=

--a U

(3)红限频率0υ,∴0

00,λυυc

A h =

=又

∴截止波长 19

8

34

010

60.12.410

310

63.6--?????=

=

A

hc λ

m 0.296m 1096.27μ=?=-

8、解:(1) 康普顿散射光子波长改变:

=-=?)cos 1)((φλc hm e 0.024×10-10

m

=+=?λλλ0 1.024×10-10

m

(2) 设反冲电子获得动能2)(c m m E e K -=,根据能量守恒: K e E h c m m h h +=-+=ννν20)( 即 K E hc hc ++=?)]/([/00λλλ 故

)](/[00λλλλ??+=hc E K =4.66×10-17

J =291 eV

练习十六

1、A ,

2、 A ;

3、D ,

4、-0.85 ,-3.4

5、 10 ,3 ;

6、 1.04nm

7、解:极限波数 2//1~k R ==∞λν 可求出该线系的共同终态. 2==

∞λR k )11(1

~2

2

n

k

R -

==

λ

ν

由λ =6565 ? 可得始态∞

-=λλλλR n =3

由 2

2

1

6

.13n

n E E n -

==

eV

可知终态 n =2,E 2 = -3.4 eV 始态

n =3,E 3 = -1.51 eV

8、解:光子的能量 λ

υhc

h E ==

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

?=

?2

hc

E

由测不准关系,h t E ≥???,平均寿命t ?=τ,则

λ

λ

τ?=

?=

?=c E

h t 2

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