湖南工业大学大学物理练习册答案.doc

练习一 1、C ， 2、C ，3、C，4、D, 5、， (为y方向单位矢量)， ， 6、，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l=q / L，在x处取一电荷元Lddqx(L+dx)dExOdq = ldx = qdx / L， 它在P点的场强： 总场强为 方向沿x轴，即杆的延长线方向 8、解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q处取微小电荷 dq = ldl = 2Qdq / p它在O处产生场强 按q 角变化，将dE分解成二个分量：， 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷0 所以 练习二1、D， 2、C， 3、A ， 4、C, 5、不变、变，6、3s / (2e0) ，s / (2e0)， 3s / (2e0)7、解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面设场强大小为E 作一柱形高斯面垂直于平面其底面大小为S，如图所示 按高斯定理，即得到 E = kb2 / (4e0) (板外两侧) （2）过P点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S设该处场强为，如图所示按高斯定理有 得到 (0xb) (3) =0，必须是， 可得 6、解：挖去电荷体密度为r 的小球，以形成球腔时的求电场问题，可在不挖时求出电场，而另在挖去处放上电荷体密度为r的同样大小的球体，求出电场，并令任意点的场强为此二者的叠加，即可得 在图(a)中，以O点为球心，d为半径作球面为高斯面S，则可求出O与P处场强的大小. E1P rPE2PEP图(d) O OPE1O r图(a) O r O dEO=E1 O图(c) OPE2P-r O rE2O=0图(b)E1P有 E1OE1P= 方向分别如图所示. 在图(b)中，以O点为小球体的球心，可知在O点E2=0. 又以O 为心，2d为半径作球面为高斯面S可求得P点场强E2P （1） 求O点的场强 . 由图(a)、(b)可得 EO = E1O =， 方向如图(c)所示.(2) 设空腔任一点相对的位矢为，相对点位矢为则，, 腔内场强是均匀的 练习三 1、D， 2、B， 3、C, 4、C, 5、q / (6pe0R) 6、负，增加7、解：由高斯定理可得场强分布为： E =-s / e0 (axa) E = 0 (xa ，ax 由此可求电势分布：在xa区间 在axa区间 在ax区间 8、解：设x轴沿细线方向，原点在球心处，在x处取线元dx，其上电荷为，该线元在带电球面的电场中所受电场力为： dF = qldx / (4pe0 x2) 整个细线所受电场力为： 方向沿x正方向 电荷元在球面电荷电场中具有电势能： dW = (qldx) / (4pe0 x) 整个线电荷在电场中具有电势能： 练习四 1、D， 2、D， 3、B，4、C，5、，6、， 7、解：金属球的电势 8、解:令板左侧面电荷面密度为，右侧面电荷面密度为 ，即 且 +得 而 (2) 练习五 1、pR2c 2、 5.0010-5 T， 3、 ， 平行z轴负向 ； 4、，垂直纸面向外 ， ，5、, 6、C,7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点的磁感应强度方向都在圆柱截面上，取坐标如图所示，取宽为的一无限长直电流，在轴上点产生与垂直，大小为 8、解：(1) 对rr+dr段，电荷 dq = l dr，旋转形成圆电流则 它在O点的磁感强度 方向垂直纸面向内 方向垂直纸面向内 练习六1、B 2、 3、， 4、，5、 ，0 6、解：取同轴闭合圆环 则 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： 因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通F1为 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 因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通F2为 穿过整个矩形平面的磁通量 练习七1、A，2、B，3、， ， 4、，5、铁磁质，顺磁质，抗磁质， 6、 0.226 T ，300 A/m 7、解： (1) 方向纸面向外，大小为 方向纸面向里，大小 (2) 沿方向，大小为 (3)磁力功 8、解：在直线电流上任意取一个小电流元，此电流元到长直线 的距离为，无限长直线电流在小电流元处产生的磁感应强度 练习八1、D， 2、C， 3、A，4、0.40 V， 0.5 m2/s ， 5、 510-4 Wb ， 6、解： 7、解: 即沿方向顺时针方向 练习九1、顺时针 2、 pBnR2 ，O 3、， 4、等于零，不等于零；不等于零，等于零5、6、解： 作辅助线，则在回路中，沿方向运动时 即 又 所以沿方向，大小为 点电势高于点电势，即 7、解： 即从练习十1、C， 2、C， 3、0，4、 垂直纸面向里 ， 垂直OP连线向下 ，5、（4）（2）（1）5、解：圆柱形电容器电容 6、如图10-17图所示，取则 练习十一1、A 2、 B 3、B，4、D，5、2p (n -1) e / l ， 4103 ； 6、解: (1)由知， (2) 7、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 练习十二1、A ， 2、 C ， 3、C， 4、 1.40 ，5、0.64mm。6、解：加强， 2ne+l = kl， nm k = 1， l1 = 3000 nm， k = 2， l2 = 1000 nm， k = 3， l3 = 600 nm， k = 4， l4 = 428.6 nm， k = 5， l5 = 333.3 nm 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是 l600 nm 和l428.6 nm 7、解：(1) 明环半径 510-5 cm (或500 nm) (2) (2k1)2 r2 / (Rl) 对于r1.00 cm， kr2 / (Rl)0.550.5 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 以及 得： (2)由单缝衍射明纹公式 以及 得：8、解：中央明纹的宽度为， 半角宽度为(1)空气中，所以 (2)浸入水中，所以有 练习十四1、D， 2 B, 3、916， 4、一， 三； 5、 ，6、7、解：(1)中央明纹宽度为 (2)由缺级条件知 即缺级中央明纹的边缘对应，所以单缝衍射的中央明纹包迹内有共条双缝衍射明条纹 8、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) 练习十五 1、D 2、D 3、C 4、D ， 5、 51014 ， 2； 6、 ，短波方向； 7、解：(1)已知逸出功据光电效应公式则光电子最大动能：遏止电势差 (3)红限频率, 截止波长 8、解：(1) 康普顿散射光子波长改变： 0.02410-10 m 1.02410-10 m (2) 设反冲电子获得动能，根据能量守恒： 即 故 =4.6610-17 J =291 eV 练习十六1、A ， 2、 A ； 3、D， 4、0.85 ，3.