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大学物理二练习册答案-2

大学物理练习册大家好好看看练习一：1257题

练习六：27题

练习三：1题练习七：17 练习八：23 练习十：12345 练习十一：12367

练习十二：13 练习十三78 练习十四：78

练习一 1、C ， 2、C ，3、C ，4、D, 5、

()

j y a qy ?

/322042+πε， (j ?为y 方向单位矢量)， 2/a ± ，

6、

()3

0220824R

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()2

04d x d L L x q -+π=ε ?+π=L

x d L x

L q E 0

0)(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．

8、解：如图在圆上取?Rd dl =

?λλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 2

0π4d d R

R E ε?

λ=

方向沿半径向外则 ??ελ

?d sin π4sin d d 0R

E E x =

??ελ

?πd cos π4)cos(d d 0R

E E y -=

-= 积分R

R E x 000

π2d sin π4ελ

??ελπ

==?

0d cos π400

=-=?

??ελ

E y ∴ R

E E x 0π2ελ

=，方向沿x 轴正向．练习二

1、D ，

2、C ，

3、A ，

4、C,

5、不变、变，

6、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)

7、解：高斯定理0

d ε∑?=

?q S E s

取同轴圆柱形高斯面，侧面积rl S π2=

则 rl E S E S

π2d =???

对(1) 1R r < 0,0==∑E q (2) 21R r R << λl q =∑ ∴ r

E 0π2ε

沿径向向外 (3) 2R r > 0=∑q ∴ 0=E

8、解：(1) ρ+球在O 点产生电场010=E ?

，

ρ- 球在O 点产生电场'd

π4π3430320OO r E ερ=? ∴ O 点电场'd

030OO r E ερ

=?； (2) ρ+在O '产生电场'd

π4d 3430301OO E ερπ='? ρ-球在O '产生电场002='E ?

∴ O ' 点电场 0

03ερ

'E ?'OO

练习三

1、D ，

2、B ，

3、C,

4、q / (6πε0R )

5、负，增加

6、解：如图示，令A 板左侧面电荷面密度为1σ，右侧面电荷面密度为2σ

(1)∵ AB AC U U =，即

∴ AB AB AC AC E E d d = ∴

2d d 21===AC

AB AC E

E σσ 且 1σ+2σS

q A

得 ,32S q A =

σ S

q A 321=σ 而 711023

-?-=-=-=A C q S q σC

C 10172-?-=-=S q B σ (2)

103.2d d ?==

=AC AC AC A E U εσV 7、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=?+000204d 400ελελ 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 ελελ

练习四

1、D ，

2、D ，

3、B ，

4、C ，

5、设联接后两电容器带电分别为1q ,2q

则?????

??==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q

U C U C q q q q

解得 (1) =

1q U C C C C C q U C C C C C 2

1212221211)

(,)(+-=+-

(2)电场能量损失

W W W -=?0

)22()2121(2

21212

221C q C q U C U C +-+= O R x

r 0 r 0+l

d x x

1212U C C C C +=

6、r

εεσ

σ0,

， 7、解：

11201203

()54004436004A B q q q U Edr v

r r r q q U Edr v

r πεπεπε+==-+=+===??r r r r

8、解：r πελ

E 2=

02rE πελ= r R

rE dr r πελd U R r R r ln 20==?=??r E

0=dr

dU 0ln 00=-E r R E e R r =0

KV e

RE r R E r U 147ln 0

000max === 练习五

1、πR 2c

2、 5.00×10-5 T ，

3、

0d 4a l

I πμ ，平行z 轴负向； 4、

(41

0R R I -

μ，垂直纸面向外，2/12

210)11(

R R I

+μ ，12arctg R R +π21

，5、)313(R 2I B 0-=πμ, 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 20002d 2d 2d d πθμ=πθ

πμ=πμ= R

I B B x 2

02d cos cos d d πθ

θμ=θ= R I B B y 2

02d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π

= ∴ 5

02022

21037.6)]2sin(2[sin 22d cos -π

π-?=πμ=π--ππμ=πθθμ=?

I R I R I B x T 0)2d sin (22

0=πθ

θμ-

=?ππ-R

I B y ∴ i B ?

?51037.6-?= 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

=π=λω

ω 它在O 点的磁感强度 r

r I B d 42d d 000π=

=λωμμ ??+π==b a a r r B B d 4d 000λωμa b

a +π=ln 40λωμ 方向垂直纸面向内． r r I r p m d 2

d d 22λω=π=

??+==b

a a

m m r r p p d 21

d 2λω 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：垂直于电荷运动方向作一个闭合回路abcda ,根据安培环路定理有

i L d d d d d 0

=?+?+?+?=??????da

abcd

L B L B L B L B L B

其中 v i σ= 2

B σμ=

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： )(220R r r

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 2020?π=μπ=40I

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

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 2Φr r I R R

d 220?π=μ2ln 20π=I

穿过整个矩形平面的磁通量 21ΦΦΦ+=π=40I μ2ln 20π

练习七

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

866.0120sin ==?IlB F ab N

B l I F ca ???

?=方向⊥纸面向里，大小

866.0120sin ==?IlB F ca N

(2)IS P m =

B P M m ?

???= 沿O O '方向，大小为

1033.44

3-?===B l I ISB M m N ?

(3)磁力功 )(12ΦΦ-=I A

∵ 01=Φ B l 2

Φ ∴ 22

1033.44

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 πμ21

21021060cos 22dx

x I I dl x I I dF ?==

πμπμ a b I I dx

x I I F b

a ln 60

cos 22100210πμπμ=?=?

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

Il I

d a ldx x d

μμππ++Φ=?=?

0ln cos 2N I l d d a N t dt d

μωεωπΦ+=-=- 7、解: ?==?=?=2221

2160cos d klvt lv kt Blvt S B m ??Φ

∴ klvt t

-=-=d d Φε 即沿abcd 方向顺时针方向．练习九

1、2

/104.0s m ? 逆时针 2、 60

nBR π ，O 3、dt

R 221π， 4、等于零，不等于零；不等于零，等

于零 5、

fr 22π

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∵ ?+-<+-=

a b a MN b

a b

a Iv l vB 0ln 2d

cos 0πμπε 所以MeN ε沿NeM 方向，

大小为

b a b a Iv -+ln

20πμ M 点电势高于N 点电势，即

a b

a Iv U U N M -+=

-ln 20πμ 7、解： ∵ bc ab ac εεε+=

R B R t t ab d d 43]43[d d d d 2

1=--=-

=Φε =-=t

d d 2Φεt B

R B R t d d 12π]12π[d d 22=--

∴ t

B R R ac

d d ]12π43[22+=ε

∵

0d d >t

∴ 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）

6、解：圆柱形电容器电容 1

2ln 2R R l

C πε=

2ln 2R R lU

CU q πε=

= 1

212ln ln 22R R r U R R r lU S q D εππε===

∴ 1

ln R R r k

D j ε=??=

7、解：在R r <时 2

0π2R I B r

μ=

∴ 4

222002

π82R r I B w m μμ=

= 取 r r V d π2d =(∵导线长1=l ) 则 ∴??

==R

m I R r

r I r r w W 00

320π

16π4d d 2μμπ

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

x =明知，λ22.01010.63??=

， ∴ 3

106.0-?=λmm o

A 6000=

(2) 3106.02

.010133

=???=

=?-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、0.64mm 。

6、解：加强， 2ne+21

λ = k λ，

123000

1242

12-=

-=-

=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

2sin λ

a = 以及 ?ftg x =

得：mm a

f x 47.11==

(2)由单缝衍射明纹公式2

)12(sin λ

?+=k a 以及 ?ftg x =

得：mm a

f x 68.3252==

8、解：中央明纹的宽度为f na

x λ

2=?，半角宽度为na

θ1

sin -=

(1)空气中，1=n ，所以

10100.510

10.01050005.02---?=????=?x m 33

100.510

10.0105000sin ----?=??=θ rad (2)浸入水中，33.1=n ，所以有

101076.31010.033.110500050.02---?≈?????=?x m 33

1076.310

1.033.1105000sin ----?≈???=θ rad

练习十四

1、D ， 2 B, 3、916， 4、一，三； 5、

，6、058tg 7、解：500

1=+b a mm 3100.2-?= mm 4

100.2-?=o A 由λ?k b a =+sin )(知，最多见到的条纹级数m ax k 对应的2

?=,

所以有39.35900

100.24max ≈?=+=

a k ，即实际见到的最高级次为3max =k .

8、解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 a + b =

sin k =2.4×10-4 cm (2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得 ()λ?3sin ='+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?='sin 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22

1m mv hv =

A + 则光电子最大动能：

A hc A h mv E m -=-==

υ2max k 21 eV

0.2J 1023.310

6.12.41020001031063.61919

834=?=??-????=---- m 2

max k 2

1)2(mv E eU a =

=Θ

∴遏止电势差 V 0.210

6.11023.319

=??=--a U (3)红限频率0υ,∴0

00,λυυc

A h =

=又

∴截止波长 198

34010

60.12.41031063.6--?????==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

2n k R -==λν

由λ =6565 ? 可得始态∞

∞

-=λλλλR n =3

由 2216.13n

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

由测不准关系，h t E ≥???，平均寿命t ?=τ，则

λτ?=?=?=c E h t 2

s 103.510

10103)104000(810

482

10----?=????=