西南科技大学最新大学物理B[2]答案.doc

答 案作业题 (一）静止电荷的电场一、1-8 CBACADDC二、9. 2e0E0 / 3; 4e0E0 / 3 10. 3s / (2e0); s / (2e0); s / (2e0); 3s / (2e0) 11. ; 从O点指向缺口中心点 12. Q / e0;0， 三、13. 解：在f处取电荷元，其电荷为dq =ldl = l0Rsinf df它在O点产生的场强为 3分在x、y轴上的二个分量 dEx=dEcosf dEy=dEsinf 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q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 sinq , dEy=dE cosq 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 (rR)以该球面为高斯面，按高斯定理有 得到 ， (rR)方向沿径向，A0时向外, AR)方向沿径向，A0时向外，A0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 / e0 ( S1 = S2 =S ) 3分则 Q = e0S(E2- E1) = e0Sb(x2- x1) = e0ba2(2aa) =e0ba3 = 8.8510-12 C 作业题（二电势）一、1-8 DBCDDACB二、9. 10cm 10. 11. Q / (4pe0R2); 0 ;Q / (4pe0R); Q / (4pe0r2)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s的大平面和面密度为s的圆盘叠加的结果选x轴垂直于平面，坐标原点在圆盘中心，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E0，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rrdr的薄球层其电荷为 dq = r 4pr2dr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 (R1rR2) 两球的电势差 2.1410-9 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Rx(dR)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（三导体和电介质）一、1-8 CBBBDBCB二、9. l/(2pr)；l/(2p e0 er 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+l和-l, 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（四电流的磁场）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F为 (2) 圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为 穿过ABCD 的为： = (3) 在题给条件下，筒壁中 0Bm0I /(2pR)，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(五电流在磁场中受力)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 =510-3 m2 pm = SI =110-2 (Am2)，=4.3310-2 Nm ，=2.1610-3 kgm2 (2) 令从到的夹角为q， 与角位移dq 的正方向相反 =2.510-3 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： H = 0，B = 0 作业题(六电磁感应)一、1-8 D A B A B D D A二、9. vBLsinq ； a 10. ; O点 11. 12. 减小三、13. RcbdaOq解：大小：E =dF /d t= S dB / d t E = 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q，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p /2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 6.2010-4 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NM 作业题(七光的干涉)一、1-8 ACDCACCA二、9. 2p (n -1) e / l ； 4103 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 l /2 或者2 ( n 1) e + l /2 12. 539.1三、13. 解：已知：d0.2 mm，D1 m，l20 mm 依公式： 410-3 mm4000 nm 故当 k10 l1 400 nm k9 l2444.4 nm k8 l3 500 nm k7 l4571.4 nm k6 l5666.7 nm这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强 14. 解：(1) Dx20 Dl / a 0.11 m (2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2 设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有 r2r1kl 所以 (n1)e = kl k(n1) e / l6.967 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 Dx = (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(八光的衍射) 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. 6250(或625 nm) 三、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q1 = q2，即l1的任一k1级极小都有l2的2k1级极小与之重合 14. 解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知 (取k1 ) , 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 =2.410-4 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，j方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得 a = (a + b)/3=0.810-4 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=(ab) / l=4, 所以实际呈现k=0，1，2级明纹(k=4在p / 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 j1= j2 即 两谱线第二次重合即是 ， k1=6， k2=4 由光栅公式可知d sin60=6l1 =3.0510-3 mm 作业题 九光的偏振一、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q透过第一个偏振片后的光强 I1I0 / 2 透过第二个偏振片后的光强为I2，由马吕斯定律， I2(I0 /2)cos2q 透过第三个偏振片的光强为I3， I3 I2 cos2(90q ) = (I0 / 2) cos2q sin2q = (I0 / 8)sin22q 由题意知 I3I2 / 16 所以 sin22q = 1 / 2， 22.5 14解：(1) 透过第一个偏振片的光强I1 I1I0 cos230 3 I0 / 4 透过第二个偏振片后的光强I2， I2I1cos260 3I0 / 16 (2) 原入射光束换为自然光，则 I1I0 / 2 I2I1cos260I0 / 8 15解：由布儒斯特定律 tg i01.33 得 i053.1 16解：(1) 设该液体的折射率为n，由布儒斯特定律 tgi01.56 / n 得 n1.56 / tg48.091.40 (2) 折射角 r0.5p48.0941.91 (41 ) 作业题(十量子物理)一、1-8 D D A C C C B C二、9. ; ; 10. 3.82103 11. 51014 ;212.