大学物理作业下册(A4)-答案.docx

答 案作业题 (一）一、1-9 CCBACDDDC二、10. 2e0E0 / 3; 4e0E0 / 3 11. 3s / (2e0); s / (2e0); s / (2e0); 3s / (2e0) 12. 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）一、1-8 DBCDDACC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）一、1-9 CBBBBBCBC二、10. l/(2pr)；l/(2p e0 er r) 11. 12. ;13. 无极分子;电偶极子三、14. 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 15. 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 16. 解：(1) (2) 作业题（四）一、1-8 C C D C B D B A二、 9. 1:1 10. 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)一、1-8 ACBACBDB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：(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 15. 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)一、1-8 D A B A B D D A二、9. vBLsinq ； a 10. ; O点 11. 12. 减小三、13. 解： (1) 同理 故 (2) 即，故点电势高。14. 解：建立坐标系，长直导线为Y轴，DC边为X轴，原点在长直导线上，式中r 是t 时刻AD边与长直导线的距离，线圈中磁通量 当 时， 方向：ABCDA（即顺时针） 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 作业七一、选择题 1-10 D C C A B C C C B D二、填空题 11. 12.， 13. 分布在vp速率区间的分子数在总分子数中占的百分率, 分子平动动能的平均值14. 氩，氦 15. 解：(1) 根据归一化条件 ， ， 即得 c = 1 / v 0 (2) 根据定义式 ， 16解：设管内总分子数为N 由p = nkT = NkT / V (1) N = pV / (kT) = 1.611012个 (2) 分子的平均平动动能的总和= (3/2) NkT = 10-8 J (3) 分子的平均转动动能的总和= (2/2) NkT = 0.66710-8 J (4) 分子的平均动能的总和= (5/2) NkT = 1.6710-8 J 17 解：(1) T相等, 氧气分子平均平动动能氢气分子平均平动动能6.2110-21 J 且 m/s (2) 300 K 18解： 0.8(M / Mmol)， T0.8 Mmol v2 / (5R)=0.062 K 又 p=RT / V (一摩尔氧气) p=0.51 Pa 作业八 热力学一、选择题 1-8 A D D B A D B D二、填空题 9. 166J 10. , 11. 400 12. 状态几率增大， 不可逆的三、计算题 13. 解：(1) 等温过程气体对外作功为 =8.312981.0986 J = 2.72103 J (2) 绝热过程气体对外作功为 2.20103 J 14. 解：氦气为单原子分子理想气体， (1) 等体过程，V常量，W =0 据 QDE+W 可知 623 J (2) 定压过程，p = 常量， =1.04103 J DE与(