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大学物理大学物理 第第 8 章章 习题习题 1 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 q L 在 x 处取一电荷元 dq dx qdx L 它在 P 点的场强 2 0 4 d d xdL q E 2 0 4 d xdLL xq 总场强为 L xdL x L q E 0 2 0 d 4 dLd q 0 4 方向沿 x 轴 即杆的延长线方向 2 解 选取圆心 O 为原点 坐标 Oxy 如图所示 其中 Ox 轴沿半圆环的对称轴 在环上 任意取一小段圆弧 dl Rd 其上电荷 dq Qdl R Qd 它在 O 点产生的场强为 2 0 22 0 4 d 4 d d R Q R q E 在 x y 轴方向的两个分量 dcos 4 cos 2 0 2 R Q dEdEx dsin 4 sin 2 0 2 R Q dEdEy 对两个分量分别积分 2 0 2 2 2 2 0 2 2 dcos 4R Q R Q dEE xx 0dsin 4 2 2 2 0 2 R Q dEE yy i R Q iEE x 2 0 2 2 i 为 x 轴正向的单位矢量 3 解 A 4 解 D 5 解 C 6 解 C 7 解 B 8 解 B 9 解 证 空腔内任一点 P 的场强 等于不挖去小球时的场强 1 E 与在小球处单放一体密 度为 的小球产生的场强 2 E 的叠加 分别以 O O 为中心 过 P 点作球面 S1和 S2为高 斯面 则 3 1 00 2 111 3 4 d 1 4d 1 rVrESE S 1 0 1 3 rE dl d y x dEy dEx dE O 同理得 2 0 2 3 rE P 点场强 brrEEE 0 21 0 21 33 10 解 Qq 6 0 11 解 证 将第一个 搬到原点处外力不作功 将第二个 搬到 x a 处外力作功 A1 q2 4 0a 将第三个 q 搬到 x 2a 处外力作功 a q a q A 0 2 0 2 2 424 总功A A1 A2 a q a q a q 0 2 0 2 0 2 8 5 84 2 12 解 应用动能定理 电场力作功等于粒子动能增量 即 2 0 2 1 dvmqEllEq la a 无限大带电平面的场强为 E 2 0 由以上二式得 mql 0 v 13 解 B 14 解 B 15 解 10 cm 16 解 R 2 0 17 解 设内球上所带电荷为 Q 则两球间的电场强度的大小为 2 0 4r Q E R1 r R2 两球的电势差 2 1 2 1 2 0 12 4 d R R R R r drQ rEU 210 11 4RR Q 12 12210 4 RR URR Q 2 14 10 9 C 18 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 00 d4 dd rrrqU 整个带电球层在球心处产生的电势为 2 1 2 2 00 00 2 dd 2 1 RRrrUU R R 因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势 U 为 2 1 2 2 0 0 2 RRUU 本题上面是迭加法计算 也可用电势定义 lEU d计算 19 解 jyxixy 4012248 2 SI 20 解 如图所示 在圆盘上任取一窄圆环 半径为 r 宽 dr 其上电荷为dq 2 rdr 它在 P 点产生的电势为 2 1 22 0 4 d d xr q U 2 1 22 0 d 2 xr rr 圆盘上所有电荷在 P 点产生的电势为 R xr rr UU 0 2 1 22 0 d 2 d 222 0 2 xxR P 点场强为i xR x x i x U E 22 0 11 2d d 21 解 321 0 22 8 1 qqq R 22解 B 23解 2 0r L 4 0r2 大学物理大学物理 第第 9 章章 习题习题 二 习题 1 解 球壳内表面将出现负的感生电荷 Q 外表面为正的感生电荷 Q 按电势叠加原理 也可 由高斯定理求场强 用场强的线积分计算 导体球的电势为 c Q b Q a Q U 000 1 444 Q abc acbcab 0 4 球壳电势 c Q U 0 2 4 2 解 内球接地时 其上将出现负的感生电荷 设为 q 而球壳内表面将出现正的感生电 荷 q 这可用高斯定理证明 球壳外表面的电荷成为 Q q 电荷守恒定律 这些电荷在球 心处产生的电势应等于零 即 0 444 000 c qQ b q a q c Q cba q 1111 解出Q acbcab ab q 3 解 D 4 解 C x P x dr r O 5 解 D 6 解 C 7 解 Q 4 0l 8 解 B 9 解 C 10 解 B 11 2 21 SQQ 2 21 SQQ 2 21 SQQ 2 21 SQQ 12 CFd 2FdC2 13 解 1 设两球上各分配电荷 Qa Qb 忽略导线影响 则 Qa Qb Q 两球相距很远 近似孤立 各球电势为 4 0a QU aa 4 0b QU bb 因有细导线连接 两球等势 即Ua Ub U U 为系统的电势 则 4 0a Qa 4 0b Qb baQbQaQ ba 得到 baaQQa babQQb 2 系统电容 a UQUQC a QaQ 4 0 4 0 ba 14 解 C 15 解 B 16 解 B 17 解 C 18 解 C 19 解 铜球可看成上 下两个半球电容器的并联 设空气中半球的电容为 C1 介质中半 球的电容为 C2 则 C1 2 0R C2 2 0 rR 整个球为一个等势体 有 Q1 C1 Q2 C2且Q1 Q2 Q 上半球带电荷 6 6 21 1 1 105 0 0 31 100 2 1 r Q Q CC C Q C 下半球带电荷Q2 Q Q1 1 5 10 6 C 20 解 减小 减小 21 解 平行插入 2 d 厚的金属板 相当于原来电容器极板间距由 d 减小为 2 d 则 000 22 2 C d S d S C 插入同样厚度的介质板 相当于一个极板间距为d 2 1 的空气平行板电容器与另一个极板 间距为 2 d 充满介电常量为 0 r的的电介质的电容器串联 则 000 2 1 2 1 2 1111 CCCCCC r r rr 0 1 2 CC r r 22 解 因保持与电源连接 两极板间电势差保持不变 而电容值由 nCndSCsSC 00 电容器储存的电场能量由 2 2 2 222 nCUUCWCUW 2 2 CnCUWWW 0 1 2 1 2 nnCU 在两极板间距增大过程中 电容器上电荷由 Q 减至 Q 电源作功 UCUUCUQQA 1 2 UCnC 0 1 2 nnCU 设在拉开极板过程中 外力作功为 A2 据功能原理WAA 21 12 AWA 1 2 12 nnCU 1 2 nnCU 0 1 2 12 nnCU 在拉开极板过程中 外力作正功 23 解 选坐标如图 由高斯定理 平板内 外的场强分布为 E 0 板内 2 0 x E 板外 1 2两 点 间 电 势 差 2 1 21 d xEUU x xx db d d da d 2 d 2 2 2 0 2 2 0 2 0 ab 24 解 应用高斯定理可得导体球与球壳间的场强为 3 0 4 rrqE R1 r R2 设大地电势为零 则导体球心 O 点电势为 2 1 2 1 2 0 0 d 4 d R R R R r rq rEU 210 11 4RR q 根据导体静电平衡条件和应用高斯定理可知 球壳内表面上感生电荷应为 q 设球壳外表面上感生电荷为 Q 1 分 以无穷远处为电势零点 根据电势叠加原理 导体球心 O 处电势应为 1230 0 4 1 R q R q R Q d Q U 假设大地与无穷远处等电势 则上述二种方式所得的 O 点电势应相等 由此可得 Q 3Q 4 故导体壳上感生的总电荷应是 3Q 4 q 大学物理大学物理 第第 11 章章 习题习题 1 解 4 9 0 aI 2 解 c 1 2 d a b x O 3 解 l I 4 3 0 4 解 D 5 解 A 6 解 2 0 dI 7 解 1 0 0 4R I B 2 0 4R I 2 0 4 R I 8 解 设半径分别为 R 和 2R 的两个载流半圆环在 O 点产生的磁感强度的大小分别 为 B1和 B2 4 01 RIB 8 02 RIB O 点总磁感强度为 8 021 RIBBB B 方向指向纸内 9 解 取 dl 段 其中电流为 d2d2d d I R IR R lI I 在 P 点 dd 2 22 d d 2 000 R II RR I B 选坐标如图 R I Bx 2 0 dsin d R I By 2 0 dcos d 2 0 2 0 dsin R I Bx R I 2 0 2 0 2 0 dcos R I By R I 2 0 2 122 yx BBB R I 2 0 2 1 8 10 4 T 方向1 tg xy BB 225 为B 与 x 轴正向的夹角 10 解 C 参考解 导体中电流密度 22 rRIJ 设想在导体的挖空部分同时有电流密度为 J 和 J 的流向相反的电流 这样 空心部分轴线上的磁感强度可以看成是电流密度为 J 的实 心圆柱体在挖空部分轴线上的磁感强度 1 B 和占据挖空部分的电流密度 J 的实心圆柱在 轴线上的磁感强度 2 B 的矢量和 由安培环路定理可以求得0 2 B 2 22 2 0 1 rRa Ia B 所以挖空部分轴线上一点的磁感强度的大小就等于 2 22 0 1 rR Ia B 11 解 D 12 解 0 x y dl d B d 13 解 cos 2B r 14 解 D 15 2 2 10 RrI 0 16 解 在距离导线中心轴线为 x 与xxd 处 作一个单位长窄条 其面积为 xSd1d 窄条处的磁感强度 2 0 2R Ix B r 所以通过 dS 的磁通量为x R Ix SB r d 2 dd 2 0 通过 m 长的一段 S 平面的磁通量为 R r x R Ix 0 2 0 d 2 60 10 4 I r Wb 17 解 BIR2沿 y 轴正向 18 解 负IB nS 19 解 E 20 解 C 21 解 BR3 在图面中向上 22 解 B 23 解 1 设面电荷密度为 离轴 r 处宽 dr 的圆带转动时 相当于圆电流 dI rrIdd rrIrpmddd 32 R m rrp 0 3 d 44 24 QRR 2 设质量面密度为 s 离轴 r 处 宽 dr 的圆带在转动时的动量矩为 dL rrmrrL s d2dd 3 R s rrL 0 3 d2 2 2 24 mRR s m Q L pm 2 24 解 带电圆盘转动时 可看作无数的电流圆环的磁场在 O 点的叠加 某一半径为 的圆环的磁场为 2 dd 0 iB 而 d 2 d2d i d 2 1 2 dd 00 B S R x dx 正电部分产生的磁感强度为rB r 2 d 2 0 0 0 负电部分产生的磁感强度为 2 d 2 00 rRB R r 今 BB rR2 25 解 A 大学物理大学物理 第第 12 章章 习题习题 二 习题 1 解 C 2 解 0 226 T300A m 3 解 I 2 r I 2 r 4 解 5 解 由安培环路定理 i IlH d 0 r R1区域 2 1 2 2RIrrH 2 1 2 R Ir H 2 1 0 2 R Ir B R1 r R2区域 IrH 2 r I H 2 r I B 2 R2 r R3区域 H 0 B 0 大学物理大学物理 第第 13 章章 习题习题 二 习题 1 解 ba baI ln 2 0 v 2 解 1 11 10 5 VA 端 3 解 vBLsin a 4 解 A 5 解 B 6 解 Ob间的动生电动势 5 4 0 5 4 0 1 dd LL lBllB v 22 50 16 5 4 2 1 BLLB b 点电势高于 O 点 Oa间的动生电动势 5 0 5 0 2 dd LL lBllB v 22 50 1 5 1 2 1 BLLB a 点电势高于 O 点 22 12 50 16 50 1 BLBLUU ba 22 10 3 50 15 BLBL 7 解 两个载同向电流的长直导线在如图坐标 x 处所产生的磁场为 11 2 21 0 rrxx B 选顺时针方向为线框回路正方向 则 dd 2 1 1 1 1 21 0 br r br r rrx x x xIa BdS ln 2 2 2 1 10 r br r brIa t I rr brbra td d ln 2d d 21 210 t rr brbraI cos ln 2 21 2100 8 解 动生电动势 MN vlB MeN d 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 0 NMMeN 总 MNNMMeN x x I lB ba ba MN d 2 d 0 vv MN ba baI ln 2 0 v 负号表示 MN 的方向与 x 轴相反 ba baI MeN ln 2 0 v 方向 N M ba baI UU MNNM ln 2 0 v 9 解 D 10 解 设动生电动势为 1 感生电动势为 2则 1 2 v e I a b M N O B x BRlB b a vv d 1 方向由 a b 实际方向由 b a c b b a c a lElElE ddd 212 面积 cOab t B d d t BR d d 3 3 4 2 2 方向由 a c 故RB t BR v d d 3 3 4 2 方向由 a c 11 解 B 12 解 3 000 1078 4 nISHSH B r 12 0 I N L H 13 解 设顺接的总自感为 LS 反接的总自感为 LF MLLLS2 21 MLLLF2 21 4 FS LLM 0 15 H 14 解 t a rI cos 2 2 0 t Ra rI sin 2 2 0 15 解 垂直纸面向里垂直 OP 连线向下 16 解 C 17 解 1 e1 2 0 e2 0 1 d 1 0 0 t t t t CC ti CC q U 2 由全电流的连续性 得 t d iI e2 0 18 解 D 19 20 9 6 J 21 nI n2I2 2 22 解 A 23 证 设 1 中通过电流 I1 在 2 中的磁通链数为 21212212 SBNN 即lIRNNRInN 1 2 2210 2 2110212 同理lIRNNSBNN 2 2 221022121121 lRNNIM 2 221011212 lRNNIM 2 221022121 M12 M21得证 24 证 由安培环路定理知 在螺绕环内部距环轴线为 r 处的磁感应强度 2 0 rNIB 磁能密度为 2 0 2 m Bw 所以螺绕环中的磁能为 b aV rrh B Vwwd2 2 d 0 2 mm rrh r NI b a d2 2 2 1 20 0 2 2 0 ln 22 1 I a bhN 而由自感系数表示的磁能公式为 2 m 2 1 LIw a bhN Lln 2 2 0 第第 18 章习题解章习题解 1解 B 2 解 S1025 1 7 S1025 2 7 1 s10251 1 7 22 1 2 1 cv x c v t t 2 s10252 s1053 1 7 12 7 22 2 2 2 2 ttt cv x c v t t 所以 3 S105 2 7 t x 93m y 0 z 0 s1052 1 0 0yy m93 1 7 22 2 22 cv c vx t t zz cv vtx x 4 解 1 令0 12 xx 由 22 1212 12 1 cv ttxx xx 可得 1 8 12 12 sm10501 tt xx v 0 50c 2 将v值代入 22 12 2 12 12 1 cv xx c v tt tt 可得 s107311 1 1 622 12 22 12 12 2 12 12 cvtt cv tt xx c v tt tt 5 解 设正负电子对撞机为 S 系 沿 x 轴正向飞行的正电子为 S 系 则电子相对 S 系的速 度为c9940 1 2 c vu vu u x x x 6 解 解 由洛伦兹长度收缩公式 m231 22 0 cvll 7 解 1 s102 87 2 8 v s t 2 s102811 722 cvtt 8 解 设 u是棒相对观察者的速度 v为 S 系相对 S 系的速度 则 2 1 c uv vu u 2 2 0 1cull 解上述两式 可得 212222 2 0 vcuc uvc l l 9 D 9 B 解 根据固有长度的定义 可知火箭相对观测者长度为 而 2 v是子弹相对 于观测者的速度 因而 B 是正确的 10 解 B 在公式 22 1cv t t 中 t 为固有时 t 为测量时 代入公式中便可得答案 11 解 C 在公式 2 2 0 1cull 中 0 l 2 3 30cos1 为固有长度 测量长度l 2 1 45cos 45sin30sin1 代入公式便可得答案 12 解 1 从列车上观察 隧道的长度缩短 其它尺寸均不变 隧道长度为 2 2 1 c LL v 2 从列车上观察 隧道以速度 v 经过列车 它经过列车全长所需时间为 vv 0 lL t v 0 2 1lcvL 这也即列车全部通过隧道的时间 13 x v 2 1 cxvv 14 解 A 15 解 D 16 解 1 由洛伦兹速度变换得慧星相对 S 即飞船 的速度为 c c vu vu u x x x 9460 1 2 2 飞船与慧星相碰撞这一 事件在 S 系中的时刻为 s04 1 22 2 cv x c v t t 也可以根据时间延缓效应 s04 s05 1 22 t cv t t 解得 即从飞船上的钟来看 尚有 4 0s 时间允许它离开原来的航线 17 解 电子的静能为MeV5120 2 00 cmE 电子的动能为MeV4 488 0 EEEk 由 2 0 222 EcPE 得电子动量为 1 21212 0 2 smkg10662 1 EE c P 由 2122 0 1 cvEE 可得电子速率为c E EE cv9950 21 2 2 0 2 18 解 由相对论动能表达式和质速关系可得当电子速率从 电子动能的增量为 1 1 c c c c 21 2 2 121 2 2 22 0 2 0 2 1 2 0 2 2 12 c v c v cm mmmm EEE kkk 根据动能定理 当 1 v 0 2 v 0 10c 时 外力所做的功为 eV10582 3 EW K 当 1 v 0 80c 2 v 0 90c 时 外力所作的功为 eV10213 5 EW k 第第 19 章习题解章习题解 1 解 B 2 解 3 82 103 解 1 45 V7 14 105m s 1 解 解 1 康普顿散射光子波长改变 cos1 chme0 024 10 10 m 0 1 024 10 10 m 2 设反冲电子获得动能 2 cmmE eK 根据能量守恒 Ke Ehcmmhh 2 0 即 K Ehchc 00 故 00 hcEK 4 66 10 17 J 291 eV 解 0 解 根据能量守恒定律有 hmchcme 22 则 hhcmmcE eK 22 hchchc 解 解 hc h ch 10 解 入射光子的能量为 0 0 hc 散射光子的能量为 hc 反冲电子的动能为 0K E 11 0 hc1 68 10 16 11 解 2 21 10 32 12 解 1 2 91nm 2