大学物理A2作业题答案 西南科技大学的

Question

如题所述

Answer 1

答 案
作业题 (一）
一、1-8 CBACADDC
二、
9. －20E0 / 3; 40E0 / 3
10. －3 / (20); － / (20);  / (20); 3 / (20)
11. ; 从O点指向缺口中心点．
12. Q / 0; ＝0，

三、
13. 解：在处取电荷元，其电荷为
dq =dl = 0Rsind
它在O点产生的场强为
3分
在x、y轴上的二个分量
dEx=－dEcos
dEy=－dEsin
对各分量分别求和　　 ＝0

∴

14. 解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．dl宽的窄条的电荷线密度为

取位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为
　　　　　 　　　　　
如图所示. 它在x、y轴上的二个分量为：
dEx=dE sin , dEy=－dE cos
对各分量分别积分

场强
15. 解：在球内取半径为r、厚为dr的薄球壳，该壳内所包含的电荷为

在半径为r的球面内包含的总电荷为
(r≤R)
以该球面为高斯面，按高斯定理有
得到 ， (r≤R)
方向沿径向，A>0时向外, A<0时向里．
在球体外作一半径为r的同心高斯球面，按高斯定理有

得到 ， (r >R)
方向沿径向，A>0时向外，A<0时向里．
16. 解：设闭合面内包含净电荷为Q．因场强只有x分量不为零，故只是二个垂直于x轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：
-E1S1+ E2S2=Q / 0 ( S1 = S2 =S ) 3分
则 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
= 0ba2(2a－a) =0ba3 = 8.85×10-12 C

作业题（二）

一、1-8 DBCDDACB
二、
9. 10cm 10.
11. Q / (40R2); 0 ; Q / (40R); Q / (40r2)
12. 单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零 有势（或保守力）
三、
13. 解：将题中的电荷分布看作为面密度为的大平面和面密度为－的圆盘叠加的结果．选x轴垂直于平面，坐标原点O在圆盘中心，大平面在x处产生的场强为
 

圆盘在该处的场强为
 
∴ 
该点电势为
14. 解: 由高斯定理可知空腔内E＝0，故带电球层的空腔是等势区，各点电势均为U .
在球层内取半径为r→r＋dr的薄球层．其电荷为
dq =  4r2dr
该薄层电荷在球心处产生的电势为

整个带电球层在球心处产生的电势为

因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U为

若根据电势定义 计算同样给分.
15.解：设内球上所带电荷为Q，则两球间的电场强度的大小为
(R1＜r＜R2)
两球的电势差
∴ ＝2.14×10-9 C

16. 解：设原点O在左边导线的轴线上，x轴通过两导线轴线并与之垂直．在两轴线组成的平面上，在R＜x＜(d－R)区域内，离原点距离x处的P点场强为

则两导线间的电势差

作业题（三）
一、1-8 CBBBDBCB
二、
/(2r)；/(20r r)
10.
11. ;
12. 无极分子;电偶极子
三、
13. 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q，外表面上带电荷q+Q．
(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O点的距离都是a，所以由这些电荷在O点产生的电势为

(3) 球心O点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q在O点产生的电势的代数和

14. 解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点，则
导体球电势：
内球壳电势：
二者等电势，即
解得
15. 解：(1) 令无限远处电势为零，则带电荷为q的导体球，其电势为

将dq从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能
(2) 带电球体的电荷从零增加到Q的过程中，外力作功为

16. 解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+和, 根据高斯定理可求得两
圆筒间任一点的电场强度为
则两圆筒的电势差为
解得
于是可求得A点的电场强度为
= 998 V/m 方向沿径向向外
A点与外筒间的电势差：
= 12.5 V

作业题（四）

一、1-8 C C D C B D B A
二、
9. 1:1 10. 0; 11. 12.
13. 解：(1) 圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为

∴穿过ABCD的为
(2) 圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为

穿过 ABCD 的Φ为： =
(3) 在题给条件下，筒壁中 0<B<0I /(2R)，B为有限值，当壁厚趋于零时壁截面上磁通量趋于零，即 ，可得

14. 解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O点产生的磁感强度设为B1、B2、B3、B4．根据叠加原理O点的磁感强度为：

∵  、 均为0，故 2分
方向 2分

方向  
其中 ，

∴ 方向 
15. 解：由毕奥－萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则
同理,
∵ ∴
故磁感强度

∴

16. 解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i，
3分
作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在 上各点 的大小和方向均相同，而且 的方向平行于 ，在 和 上各点 的方向与线元垂直，在 , 上各点 ．应用安培环路定理

可得

圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为 ，方向平行于轴线朝右．

作业题(五)
一、1-8 ABAACBDB
二、 9. 10. 11. 12.
三、
.
13. 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹 与上面边界相切时，对应最大速度，此时有如图所示情形．

∴
由 ，求出v最大值为

14. 解：考虑半圆形载流导线CD所受的安培力

列出力的平衡方程式
故：
15. 解：(1) S = ab =5×10-3 m2
pm = SI =1×10-2 (A•m2)， =4.33×10-2 N•m
， =2.16×10-3 kg•m2
(2) 令从 到 的夹角为，∵ 与角位移d的正方向相反
=2.5×10-3 J
16. 解：由安培环路定理： 
0< r <R1区域： 
，
R1< r <R2区域：
，
R2< r <R3区域：

r >R3区域： H = 0，B = 0
作业题(六)
一、1-8 D A B A B D D A
二、
9. vBLsin ； a
10. ; O点
11.
12. 减小
三、
13. 解：大小：=dd tS dB / d t
=S dB / d t =
=3.68 mV
方向：沿adcb绕向．　　　　　　　　　　　　

14. 解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为，则通过该圆线圈平面的磁通量为
,
∴
在任意时刻线圈中的感应电动势为

当线圈转过时，t =T/4，则 A
(2) 由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为
6.20×10-4 T
方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小
T
方向与磁场 的方向基本相同．

15. 解：由题意，大线圈中的电流I在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的．

故穿过小回路的磁通量为

由于小线圈的运动，小线圈中的感应电动势为

当x =NR时，小线圈回路中的感应电动势为

16. 解：动生电动势 
为计算简单，可引入一条辅助线MN，构成闭合回路MeNM, 闭合回路总电动势

2分

负号表示 的方向与x轴相反．
方向N→M

作业题 (七)

一、1-8 ACDCACCA
二、
9. 2 (n 1) e /  ； 4×103
10. (1) 使两缝间距变小．
(2) 使屏与双缝之间的距离变大
11. 2 ( n – 1) e –  /2 或者2 ( n – 1) e +  /2
12. 539.1
三、
13. 解：已知：d＝0.2 mm，D＝1 m，l＝20 mm
依公式：
∴ ＝4×10-3 mm＝4000 nm
故当 k＝10 1＝ 400 nm
k＝9 2＝444.4 nm
k＝8 3＝ 500 nm
k＝7 4＝571.4 nm
k＝6 5＝666.7 nm
这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．
14. 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
15. 解：第四条明条纹满足以下两式：
，即 2 ，即
第4级明条纹的位移值为
x =
(也可以直接用条纹间距的公式算，考虑到第四明纹离棱边的距离等于3.5 个明纹间距．)
16. 解：根据暗环半径公式有

由以上两式可得
＝4 m

作业题(八) 答案
一、1-8 B C B C C B D B
二、9. 1.2; 3.6
10. 4 第一暗
11. 一；三
12. 6250Å(或625 nm)
13. 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得

由题意可知 ,
代入上式可得
(2) (k1 = 1, 2, ……)

(k2 = 1, 2, ……)

若k2 = 2k1，则1 = 2，即1的任一k1级极小都有2的2k1级极小与之重合．
14. 解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知
(取k＝1 )

,
由于 ,
所以

则两个第一级明纹之间距为
=0.27 cm
(2) 由光栅衍射主极大的公式

且有
所以  =1.8 cm

15. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得
a + b = =2.4×10-4 cm
(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得

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
a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm
(3) ，(主极大)
，(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．)

16. 解：由光栅衍射主极大公式得

4分当两谱线重合时有 1=2
即 ．．．．．．．
两谱线第二次重合即是
， k1=6， k2=4
由光栅公式可知d sin60°=61
=3.05×10-3 mm

作业题 九

一、选择题 1-8 ABBECBDC
二、填空题
9． 2；1/4
10． 2I
11．
12． 完全（线）偏振光； 垂直于入射面； 部分偏振光
三、计算题
13．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为．透过第一个偏振片后的光强 I1＝I0 / 2．
透过第二个偏振片后的光强为I2，由马吕斯定律，
I2＝(I0 /2)cos2
透过第三个偏振片的光强为I3，
I3 ＝I2 cos2(90°－) = (I0 / 2) cos2 sin2 (I0 / 8)sin22
由题意知 I3＝I2 / 16
所以 sin22 = 1 / 2，
＝22.5°
14．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I1
I1＝I0 cos230°
＝3 I0 / 4
透过第二个偏振片后的光强I2， I2＝I1cos260°
＝3I0 / 16
(2) 原入射光束换为自然光，则
I1＝I0 / 2
I2＝I1cos260°＝I0 / 8
15．解：由布儒斯特定律
tg i0＝1.33
得 i0＝53.1°
16．解：(1) 设该液体的折射率为n，由布儒斯特定律
tgi0＝1.56 / n
得 n＝1.56 / tg48.09°＝1.40
(2) 折射角
r＝0.5－48.09°＝41.91° (＝41° )
作业题(十)
一、1-8 D D A C C C B C
二、
9. ; ;
10. 3.82×103
11. 5×1014 ;2
12. 0.0549
三、
13. 解：(1) 由
得
(恒量)
由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同．
(2) h = etg
=6.4×10-34 J•s

14. 解：(1)  eV
n =4 2分
(2) 可以发出41、31、21、43、42、32六条谱线．
能级图如图所示．

15. 解：(1) 2.86 eV ．
(2) 由于此谱线是巴耳末线系，其 k =2 eV (E1 =－13.6 eV)

．
(3) 可发射四个线系，共有10条谱线． 见图
波长最短的是由n =5跃迁到n =1的谱线．