大学物理B习题册答案

1、练习练习1 1、坐标系、坐标系 质点质点 位置矢量位置矢量 位移位移 速度速度 加速度加速度1-11-1、解：如图所示解：如图所示oyxorr160or2120o设设r1r2=lt1=l20t2=l40总位移的大小：总位移的大小：r1=02l cos30= 3 l40= 3 l3v=rt1+t2=rt则：则：1-21-2、解：、解： dvkydtv dvkydydydt dvkydy00vyvyvdvkydy22200vvky 2ky2200vvky2ky1-31-3、解：、解：tkvdtdv2 ktdtvdv2 20kt21v1v1 得：得： t0vv2ktdtvdv0积分积分02v1kt2

2、1v1 即：即：1-41-4、解：、解：建立坐标系，绳长：建立坐标系，绳长：l,l,小车位置：小车位置：xx，人位置：，人位置：x x22-x+ xhl 恒22dx-0dtxdxdtxh2222dx=dtxdxxvvdtxhxh车沿沿X轴正向轴正向2222222222222 3dvx/xa =dtx(x)vhv xhh vhh车车沿沿X轴正向轴正向练习练习2 2、自然坐标系、自然坐标系 圆周运动的角量描述圆周运动的角量描述2-12-1、解：解：12sin4xvt dxdty12cos4vtdydtx=v12sin412cos4yviv jtitj 12v a0dvdt2-22-2、解：解：3=

3、2+4t2=12dtdt=24dtdt0.1 242.4aRtt24n0.1 144aRt222naaa=2aa336t 32=2+4 =2+3=3.153trad2-32-3、解：解：30.1st20.3dsvtdt0.6dvatdt2420.09 10450/2nvam sR30/10vm sts当时，2106/tsam s时，2-42-4、解：解：0t 0v1m/sv00yx 2yx3tdtdyv1dtdxv 0t 12m/sa0ayx 6tdtdva0dtdvayyxx 42y2x9t1vvv 43t9t118tdtdva 1st 2t5.69m/s1018a 6tm/saaa2y2x

4、 4622t22n9t1324t36taaa 1st 2n1.9m/s3.6a 3-13-1、解：、解：设阻力设阻力f = -kvf = -kv = ma = mdvdt由牛顿定律：由牛顿定律：练习练习3 3、运动定律及其力学中的守恒定律、运动定律及其力学中的守恒定律分离变量：分离变量：dv= - dtmkv vvt00vdvdtmktmkvvln0 tmk0evv 由由tmk0evdtdxv x0t0tmk0dtevdx)(tmk0e1vkmx kmvx0m x 为最大深度为最大深度 3-23-2、解：、解：0MVmV水平方向动量守恒：水平方向动量守恒：0MV tmVt 0Mlml31ll

5、米；m=60kg；米-160 30M =180Mkg3-33-3、解：、解：以以M 和和m 为系统，所受外力（重力、地面支持力）均为系统，所受外力（重力、地面支持力）均沿竖直方向，故水平方向动量守恒，竖直方向不守恒。沿竖直方向，故水平方向动量守恒，竖直方向不守恒。竖直方向：应用质点的动量定理竖直方向：应用质点的动量定理系统动量增量：系统动量增量：2ymvP 合外力的冲量：合外力的冲量：tmgMgN)( ( (其中其中N 为地面对滑块的支持力为地面对滑块的支持力) )2ymvPtmgMgN )(gmMtmvN2)( 由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力：由牛顿第三定律可知，滑块对地平均作用力：

6、gmMtmvNN2)( 水平方向：应用动量守恒定律水平方向：应用动量守恒定律MvMvmv01 10vMmvvv ( ( v0 为为M 原速度，原速度，v 为碰后速度为碰后速度 ) )3-43-4、解：、解：由质点的动能定理由质点的动能定理 x02kkmv21EEFdxA02x0 xx400dxx400A9400098000 )(其中其中J90300100.221mv21E232k 90 xx400294000 m45.0 x 解得：解得：练习练习4 4、刚体定轴转动的描述、刚体定轴转动的描述 刚体定轴转动定律刚体定轴转动定律4-14-1、解：、解：j8i3r )()(j6i5j8i33mvrL

7、 )(s/mkgk1742 )(sNk56 )()(i7j8i3FrM 4-24-2、解：、解：22xma360sinam4I0 )(2y030sinam2I)( 22a2m30sinaam20)()( 2ma9 222za2m30cosa2m2ma2I0)()( 2ma12 222s0030sinamasin30amma2I)()( 2ma5.4 4-34-3、解：、解：AAT rJBBT rJAABBTT由于由于A A物体物体M M加速下滑：加速下滑：ATMg=BTMg而1AABBTTAB4-44-4、解：、解：角加速度：角加速度：转动惯量：转动惯量：33.3 2 /60=1.5t2211

8、0.7 0.1522JMR0.0183 .mMJN练习练习5 5、刚体定轴转动中的功和能及角动量守恒定律、刚体定轴转动中的功和能及角动量守恒定律5-15-1、解：、解：质点质点B ：设绳的张力为：设绳的张力为T2 ，质点质点A ：设绳的张力为：设绳的张力为T1 ，则由牛顿定律：则由牛顿定律：amT22 amTgm111 m1T1m1ga则水平方向上则水平方向上m2Nm2gT2加速度为加速度为a ，滑轮：设物体滑轮：设物体A 、B 对系统的反作用力分别为对系统的反作用力分别为 ，2T 1T 1T 2T 22TT 11TT 由转动定律（设角加速度由转动定律（设角加速度垂直纸面向下为正）垂直纸面向下

9、为正）IRTT21 )(由于绳和滑轮无滑动，则由于绳和滑轮无滑动，则Ra 联立上述方程，得：联立上述方程，得：2211R/Immgma 由圆盘由圆盘 代入上式得：代入上式得： 23Rm21I 3211mmm2gm2a )(gmmm2mm2magmT32132111 )()()(gmmm2gmm2amT3212122 )( m mAB2rr5-25-2、解：分析受力如图：、解：分析受力如图：mgmgT1T2a2a11T 2T 设设A 的加速度为的加速度为a1方向向下；方向向下；B 的加速度为的加速度为a2方向向上；方向向上；滑块的加速度为滑块的加速度为方向垂直方向垂直纸面向外。纸面向外。质点质点

10、A ：11maTmg 质点质点B ：22mamgT 两个圆盘粘在一起，视作一两个圆盘粘在一起，视作一个刚体，其转动惯量为个刚体，其转动惯量为221mr29III 由转动定律列方程：由转动定律列方程：IrTr2T21 由牛顿第三定律：由牛顿第三定律：22TT 11TT 由角量与线量的关系：由角量与线量的关系：r2a1 ra2 解以上方程组得：解以上方程组得：r19g2mr5Imgr2 弹簧原长弹簧原长m5.00.15.1l0 5-35-3、解：、解：棒转到水平位置时弹簧伸长量棒转到水平位置时弹簧伸长量m3.15.05.11l22 棒下摆过程中，系统机械能守恒棒下摆过程中，系统机械能守恒2lmgl

11、k21I2122 )(2ml31I 且：且：解得：解得：s/rad34.3mgllkml322 )(5-45-4、解：、解：dmdxx薄板对薄板对 轴的转动惯量为：轴的转动惯量为：oo 2l022Ml31dxlMxdmxI 式中式中dm 是宽度为是宽度为dx 的一条细棒的质量。的一条细棒的质量。小球碰撞后速度方向不变，大小变为小球碰撞后速度方向不变，大小变为v 。则碰撞中角动量守恒：则碰撞中角动量守恒：mvlIlmv0 碰撞前后系统动能相等：碰撞前后系统动能相等：222mv21I21mv210 解以上方程组得：解以上方程组得：xoo lm3Mmv60)( 0vMm3Mm3v 练习练习6 6、侠

12、义相对论的基本原理、侠义相对论的基本原理 洛伦兹变换洛伦兹变换6-16-1、解：、解：答：经典相对性原理：适用于低速空间，用答：经典相对性原理：适用于低速空间，用于描述机械运动的力学规律，采用的各惯性于描述机械运动的力学规律，采用的各惯性系不变的绝对时空观，推导出的是伽利略变系不变的绝对时空观，推导出的是伽利略变换，可以保证机械力学规律的坐标变换不变换，可以保证机械力学规律的坐标变换不变性，但不能保证电磁运动规律的坐标变换不性，但不能保证电磁运动规律的坐标变换不变性，所以本质上只适用于低速力学现象。变性，所以本质上只适用于低速力学现象。侠义相对论的相对性原理：适用于包括力学规侠义相对论的相对性

13、原理：适用于包括力学规律和电磁规律在内的一切物理定律，采用的各律和电磁规律在内的一切物理定律，采用的各惯性系不同的相对时空观，推导出的是洛伦兹惯性系不同的相对时空观，推导出的是洛伦兹变换，本质上适用于低速力学现象也适用于高变换，本质上适用于低速力学现象也适用于高速现象。速现象。6-26-2、解：、解：设地面为S系，飞船为S系。0.999uc由22211=1/1 0.999rucS系：S系：-=1200;0 xxxkmt 长北2228 9401 =- .tu x ctsuc长北tt即：长沙先起飞。6-36-3、解：、解：72122-400.61 10=72.51 ( / )1 0.6xu tcx

14、xxmu c 22121212-72722()() /1 ( / )0.61 10( 40)/=2.25 10 s1 ( / )1 0.6ttxx u ctttu ctxu ccu c 21xxx 21ttt 6-46-4、解：、解：对k系：对k系：1000m0 xt ；2000mxt ；21 ( / )xu txu c 21000020001 ( / )uu c 32uc225230(/) 1000/2=0.577 1011 ( / )2c ctxu ctu c 练习练习7 7、侠义相对论的时空观、侠义相对论的时空观7-17-1、解：、解：5 ()ts 非原时对s系（乙）：对s系(甲)：4

15、();0tsx 原时（同一地点）；由时间延缓效应： = 05;0.64uc得即：7-27-2、解：、解：设地面为S系，火箭为S系。2()uttxc 对地面：00-lxltc 对火箭：(光从前端到尾端)；02211 ( / )lulccu c0（- ）0lcvccv解：解：(1) 由相对论效应，观测站测出船身的长度为由相对论效应，观测站测出船身的长度为)m(54908 . 01201LL观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔观测站测得飞船的船身通过观测站的时间间隔) s (1025. 21038 . 05478vLt(2) 飞船相对于飞船相对于宇航员静止，长度为宇航员静止，长度为宇航员测得飞船

16、船身通过观测站的时间间隔宇航员测得飞船船身通过观测站的时间间隔) s (1075. 31038 . 0907800vLt0L7-37-3、解：、解：7-47-4、解：、解：2=4suttxc 5s;0.653txcc；(1):(1):彗星相对彗星相对s s系速度：系速度：VxVx=-0.8c=-0.8c彗星相对彗星相对ss系速度：系速度：220.80.6=0.9460.611( 0.8 )xxxVuccVcucVccc 练习练习8 8、侠义相对论的动力学基础、侠义相对论的动力学基础8-18-1、解：、解：220=evEmcm c 2200evm cm c 2211 uc将将e,v,me,v,m

17、0 0,c代入上式即可求得：代入上式即可求得：8u0.942.8210/cms3002.6910相对论质量mmkg 8-28-2、解：、解：300;对地球系：vamm2vsa =a 1-()在 系中观察：c22321体积：vVa aac2002/1相对论质量vmmmc 0022203222m11111密度mmvvvvvaccc 8-38-3、解：、解：-31209.11 10/10.99mm 2总电子的总能量Emc-318213219.11 10(310 )5.81010.99J23120119.11 10(0.99 )22K电子的经典力学动能Em vc 22312021m9.11 10(1)

18、10.99K电子的相对论动能Ecm cc2220.50.998.04101110.99KKEE8-48-4、证明：、证明：22022220220002( 1)(1)1(11)1m vm vPmmmm 222222000222(1- 1)c (1- 1)=11km vmmcm cE u=设c 22224222242000221/m v cm cm v cm cEvc2222224000221/2（2）Pm v ccEm cvc222000()22(3)EKKKEEEE EE22222002KKP CEEE EE202KKE EEPC练习练习9 9、库仑定律、库仑定律 电场强度电场强度 场强叠加原

19、理场强叠加原理9-19-1、解：、解：12204q qFr-2011334.15（2 6 10 ）ee 3.78 （N）9-29-2、解：、解： dQqdldlR电荷元在半圆细环上取线元在半圆细环上取线元dl,dl,dqdq在环心处在环心处O O的场强大小：的场强大小：204dqdER由场强的对称性分析可知：由场强的对称性分析可知：x0E 2200sinsinsin44yQdldqREdERR而d22000sin-;y42yQQREdlRR 由dl=Rd ,得沿 轴方向9-39-3、解、解: :取线元取线元dx , ,其电量其电量dq 在在P 点场强为点场强为: :20Pxadx41dE)(

20、PPdEE 2l2l20 xadx4)(oxdxPac/N1041.23 EP 方向为沿方向为沿x 轴正向。轴正向。)(220la4l 9-49-4、解：、解：2122200d4()4()dq dqdxdyFyxyx332222000 220()4()4()LLLLLLdxdydxFdyyxyx 322002114()ln4y43LLdyLy练习练习1010、电场线、电场线 电通量电通量 真空中的高斯定理及应用真空中的高斯定理及应用10-110-1、解：选封闭圆柱面、解：选封闭圆柱面E E均匀，均匀，E E垂直于带电平面，指向呈平面对称状态，垂直于带电平面，指向呈平面对称状态，E E垂直通过两

21、侧圆平面，面积均为垂直通过两侧圆平面，面积均为S S，母线与，母线与E E平行，平行，通过圆柱曲面，通过圆柱曲面，E E通量为通量为0.0.e01=2q =E SS内0=2E10-210-2、解：、解：10=2AAE产生电场：20=2BBE产生电场：120001+E =223ABEE两边电场：21000-E =-22BAEE中间电场：002=-3AE004=3BE10-310-3、解：、解：取与球面同心的闭合球面为高斯面取与球面同心的闭合球面为高斯面由高斯定理：由高斯定理： Si0q1dSErrrkVd4.ddq2rr dRoSr:Rr 4200d4.d kRrrrkVqRR内:Rr4200d

22、4.d krrrrkVqrr内204024; 4rRErE外内得：得： 1402内qrE由：由：10-410-4、解、解: :1R2R由高斯定理：由高斯定理： Si0q1dSE当当r R1 0qi0E 当当R1 1r R2 0iq0E 取与圆柱同轴的闭合柱面为高斯面取与圆柱同轴的闭合柱面为高斯面练习练习1111、静电场的环路定理、静电场的环路定理 电势能、电势、电势差电势能、电势、电势差 11-111-1、解：、解：ACB q qORRR由点电荷电势公式由点电荷电势公式0)( RqRq41U0O)(RqR3q41U0C R6q0 及电势叠加原理：及电势叠加原理：R6qqUUqA00CO0 )(

23、11-211-2、解、解: :由高斯定理：由高斯定理： Si0q1dSE033ir34R34qq 30R4qrE Rr Rr qqi20r4qE RqrP301R4qrE Rr Rr 202r4qE 由：由： PRR21PrdrEdrEdlEUdrr4qdrR4qrR20R30r 3022R8rR3q)( 11-311-3、解、解: : =ABBCCDEEE合E22000022RRR 由点电荷叠加法由点电荷叠加法: :0000444BCDABCdqdqdqUrrr2000002ln 244442RRRRdrRdrrRr(1)(1)外球壳上总电量为外球壳上总电量为0 022002r=44RqqU

24、drR外211220021r=44RRRRqUdqrR R外120214RRUqR R 11-411-4、解、解: :(2)(2)外球壳接地，外球壳接地，U U外外=0=0(3)(3)内球壳接地，内球壳接地，U U内内=0=0；内球壳上电荷不变；内球壳上电荷不变再断开电线，外球壳上带电量为再断开电线，外球壳上带电量为-q-q。12-112-1、解：、解：12204rq qF（ 1） 根 据 库 伦 定 律 ：22q0q0.由于静电屏蔽作用，所受合外力为 ，所以加速度为12204rq qF（2）去掉金属壳，根据库伦定律：22q0q.去掉外壳，由于无静电屏蔽作用，所受合外力不为 ，所以有加速度练习

25、练习1212、有导体存在的静电场的计算、有导体存在的静电场的计算 12-212-2、证明：、证明：（1）对导体板而言，如图作圆柱形高斯面：0dqES230()2SS即 ：23=-=0P合（ 2） 对 P点 而 言 ， E31240000=-=02222PE合即 ：123423-=0=- 又14=12-312-3、解：、解：ABCmm0.2mm0.4B、C 板感应电量分别为板感应电量分别为qB 、qC 令令A 板左侧电荷面密度为板左侧电荷面密度为 ，右侧为，右侧为12ABACUU ABABACACdEdE 且：且：SqA21 得：得：S3q2A1 S3qA2 c102q32Sq7A1C 而：而：

26、c101q31Sq7A2B AC01ACACAddEU V103.23 c102q7C c101q7B )(AB02ABABddE 12-412-4、解：、解：1221RRRRUUUU2121RR RRUEdr两圆柱间212122001ln42RR RRrqUdrrr22101-ln2RU UR1 2221211()ln/lnrrrRUUUrR练习练习1313、电容器与电容、电容器与电容 静电场的能量静电场的能量 13-113-1、解：、解：110 ()ErR21220()4QERrRr 3230 ()ERrR 4320 ()4QERrr3R2R1RQQQe110 ()rR2212240()3

27、2eQRrRr e3230 ()RrR 2e43240 ()32QRrr2122Re2R0012-4d11()8 8 =1.01 10QrQWrRRJ（2）21322Ree22RR0022-401203ddd+8 8 111()+=1.82108 8 QrQrWWrrQQJRRR（1）121202212(3)44.49 10R RWCFQRR13-213-2、解：、解：2323:=+=0.35CCCCCF并与1111=+CCCCC并1串并与串联：1-210.25 35=14.6 102535C CCFCC并串并11=0.25 50.QQCUFV1串=86ABQUC串串伏13-313-3、解：、

28、解：1212120012(1)C CQQCUUUCCSSdddd总总铜板离极板间的距离对这一结果无影响21(2)WWW2201000.50.5SWC UUdd总抽 出 前 ：2200.5WCUC UCU总抽 出 后 ：202020.5()SdWUdd2021020.5()SdWWWUdd13-413-4、解：、解：22e011ln24RlWlUR（1）电场能量电场能量1200ln2d221RRrrURR)(2210RrRrEl+-1R2R0220112lnln2lllRRURR（2）C练习练习1414、磁感应强度、磁感应强度 磁场的高斯定理磁场的高斯定理 毕奥毕奥- -萨伐尔定律萨伐尔定律14

29、-114-1、解：、解：0120(coscos)4abIBr方向朝里000033=3=44 a34a3IIIr0bcac34IBBa同理：方向朝里线圈中心处的磁感强度：线圈中心处的磁感强度：0abbcac94IBBBBa方向朝里14-214-2、解：、解：000o1220+444IIIBRRR根据场强叠加原理，选向里为正。+0+14-314-3、解：、解：060a1B2B3BIoR6I360120R2IB00002方向：方向：由图知：由图知：o 点到直导线的距离：点到直导线的距离：2a60cosad0d)(000130cos0cosd2IBa2I2310)( )(0003180cos150co

30、sd2IBa2I2310)( 则：则：aI21.0BBBB0321方向：方向：14-414-4、解、解: :将薄金属板沿宽度方向分割如图：将薄金属板沿宽度方向分割如图：Pdlldl 对应电流：对应电流：dlaIdI dl 在在P 点处磁场为：点处磁场为：l2dIdB0可知所有分割带在可知所有分割带在P 点处磁场方向相同，点处磁场方向相同，由磁场叠加原理可求得在由磁场叠加原理可求得在P 点处点处: :aaxlna2Ila2IdldBB0axx0方向：方向：练习练习1515、毕、毕- -萨定律的应用萨定律的应用 安培环路定理及其应用安培环路定理及其应用II1R2R3R15-115-1、解：、解：如

31、图磁场具有轴对称性，以对称轴为中心如图磁场具有轴对称性，以对称轴为中心作积分环路，取正方向：作积分环路，取正方向：由安培环路定理：由安培环路定理：rl0IdlB即：即：r2BdlBl则：则：r2BdlB0cosdlBdlBlll0II1R2R3Rr II则：则：210R2IrB221rRII1Rr 21RrR则：则：r2IB032RrR)(2223222RRRr1II则：则：22232230RRrRr2IB3Rr 0I则：则：0B 由：由：r2BdlBl15-215-2、解、解: :Iabd取取dx 如图：如图：xdx距导线距导线x 远处的远处的B 的大小：的大小：x2IB0方向：方向：阴影部

32、分通过的磁通量为阴影部分通过的磁通量为: :dSBdSBdmaxx2I0通过矩形线圈的磁通量为通过矩形线圈的磁通量为: :dbdln2Iaxdx2Iad0bdd0mmWb1066.3815-315-3、证明、证明: :根据安培环路定理，根据安培环路定理，在距离中心在距离中心r r处（处（a arb）以轴为）以轴为圆心做一圆环有：圆心做一圆环有：02=llB dlBdlBrI 内2222(r)=()IaIba内22022(r)=2 ()rIaBba15-415-4、解、解: :根据安培环路定理，距根据安培环路定理，距离中心轴线为离中心轴线为r r处的磁感强度为：处的磁感强度为：202r2=BrI

33、R02r=(r)2IBRR因此，穿过铜导线内部阴影平面的磁通量为：因此，穿过铜导线内部阴影平面的磁通量为：R0020r=dr=24mlIIB dsRLd 1I 2I(1)建立坐标系建立坐标系,坐标原点选在坐标原点选在 I1上，上，oxxFddx1B电流元受安培力大小为：电流元受安培力大小为：sin12dxBIdF其中其中,2101xIB2dFF21sin2dLdI Bdx0 122dLdI dxIx0 1 2ln2I IdLd分割电流元，分割电流元， 长度为长度为 dx , , 练习练习1616、磁场对载流导线和载流线圈的作用、磁场对载流导线和载流线圈的作用 安培定律安培定律 16-116-1

34、、解、解: :电流元受安培力大小为：电流元受安培力大小为：sin12dxBIdFdFF21sin2dLdI Bdx0 122dLdI dxIx0 11, =22IBx 其中，电流元受安培力大小为：电流元受安培力大小为：21sindFI dxB FdF0 1 20 1 20 1 222coscosln2 cosI II IdldxxxI Idld0 1 22I I dldFx 16-216-2、解、解: :1Idl1df1I2B2I1B2dfa1121dlIBdf 2212dlIBdf a2IB202 a2IB101 导线导线1、2单位长度所受磁力：单位长度所受磁力：a2IIdldf21011

35、a2IIdldf21022 BIdldF 应用安培定律：应用安培定律：即即: :a2IIf210相互吸引的方向。相互吸引的方向。16-316-3、解：、解：1I2IABCdBCFABFACF已知：已知：I1 、I2 、d 及每边长及每边长l 。ld2II90sinlBIF21002AC对于对于AC ：d2IB10ACBIdldF 应用安培定律：应用安培定律：取电流元取电流元I2dl ，对于对于AB 、BC ：dlIr2IdFFF2l10BCABd2l3d2ln3II330cosdrr2II210030cosldd21001I2IABCdBCFABFACFd2l3d2ln3II3FF210BCA

36、B由：由：ld2IIF210AC得：得：BCABACFFFF合合d2l3d2ln3II3d2IIF210210合合则则 的大小：的大小：合合F 的方向水平向左。的方向水平向左。合合F16-416-4、解、解: :rdrB宽度为宽度为dr 的圆环在旋转时产生的电流强度的圆环在旋转时产生的电流强度dI 为为: :2qdI rdr2rdr2圆环磁矩圆环磁矩 大小为大小为: :mdPdrrrdIdP32m则磁力矩则磁力矩dM为为: :drBrdPBdM3m圆盘磁力矩圆盘磁力矩M 为为: :4R03BR41drBrdMM练习练习1717、法拉第电磁感应定律、法拉第电磁感应定律 楞次定律楞次定律 17-1

37、17-1、解：、解：()cosLLvB dlvBdla+L0a0=-2ln2IvdrrIvaLa BA方向从17-217-2、解：、解：avIAB力线产生的动生电动势：力线产生的动生电动势：dlBvd)(cosdlx2Iv0在导体棒在导体棒AB 上任取一矢量元上任取一矢量元dl，规定，规定dl 的的方方向为从向为从A至至B ，dl 在磁场中切割磁在磁场中切割磁dlxdxcosdlcoscosdxx2Ivd0有有acosLaln2Ivxdx2Ivd00cosLaa则：则：方向与方向与dl 规定的方向一致规定的方向一致( (从从A至至B) )即即A点电势高。点电势高。17-317-3、解：、解：a

38、iicbBCDAL在回路中取与直导线平行的面积元在回路中取与直导线平行的面积元( (如图如图) )x dx通过面积元的磁通量：通过面积元的磁通量：21dddLdxx2iLdxxc2i00)(babax2iLdxxc2iLdxdd0021)(则通过回路则通过回路ABCD 的磁通量的磁通量 为：为：)(ablnacbcln2iL0回路回路ABCD 中的感应电动势为：中的感应电动势为：itcosablnacbcln2ILdtd00i)(17-417-4、解：、解：()NvB dl12()()CABDNvBdlvBdl12()CABDNvBdlvBdl011()2ILNvaaL734105.0 2.0

39、111000 3()3 1020.10.1 0.1V 练习练习1818、动生电动势和感生电动势、动生电动势和感生电动势18-118-1、解、解(1)(1)在金属棒上任意取一在金属棒上任意取一线元线元dl,dl,方向从方向从O O指向指向M M000sin90 cos0MlOvBdlvBdl()MOvB dl200000;24lIIwlwldlOMrr方向(2)(2)在金属棒上任意取一线元在金属棒上任意取一线元dl,dl,方向从方向从O O指向指向N N()NOvB dl0000000(ln);2 ()2lIIwrlwldllrONrlr方向18-218-2、解：、解：bb0-b-b02ln2a

40、aaaIvBdxvdxxIvabab ()dvB dl=sin=vBdl vBdx18-318-3、解：添加辅助线组成闭、解：添加辅助线组成闭合回路合回路OABC,OABC,根据法拉第电磁感根据法拉第电磁感应定律：应定律：=-ddtOABOBD=(S+S)BOABC223=(R +R )B412223dB= -(R +R ),412dtdACdt方向从18-418-4、解：选取半径为、解：选取半径为r r的同的同心圆为闭合回路心圆为闭合回路L,LL,L包围面积包围面积的正法线方向设为与的正法线方向设为与B B同向，同向，211()2Ld B rrRE dlErdt 当时，12r dBEdt 2

41、22()2Ld B RrRE dlErdt 当时，220,2RdBEELr dt 沿 的逆时针方向221ABCDABBCCD=E dlE dlE dlE dl2222ABCD10=+,22424RdBr dBRdBdBLdldlRr dtdtdtdt正向19-119-1、解：、解：设螺线管中的电流为设螺线管中的电流为I ，则，则 ，故：，故：nIB0nNSINBSIL0代入数据计算得：代入数据计算得：H102.3L2由由dtdILL得：得：)(V29102.332L由于由于 为正，其方向与电流方向相同。为正，其方向与电流方向相同。L练习练习1919、自感与互感、自感与互感

42、 磁场能量和能量密度磁场能量和能量密度19-219-2、解：、解：设长直导线上的电流为设长直导线上的电流为 ，则矩形线圈的全磁通：，则矩形线圈的全磁通：1I2ln2aINrdrr2aIN10102bbb故：故：)(H1053.22ln2aNIM6012因为长直导线上的电流为因为长直导线上的电流为 时，矩形线圈的全磁通时，矩形线圈的全磁通1I，故互感系数，故互感系数M=0。0219-319-3、解：如图建立坐标系：、解：如图建立坐标系：0 112 xIIB（1）电流 产生的磁场：0 12IdxB dShdxxm取微元：d0 10 1aln22a bI hI habdxxam0010lnln=-c

43、os22ababhhddIaaItdtdt m感2m121= -M= -M;=-dIdIMdtdtI感（2）其中互感系数00ln =sin2abhaIt19-419-4、解：由于大线圈、解：由于大线圈C C2 2面积比小线面积比小线圈圈C1面积大得多，所以小线圈面积内面积大得多，所以小线圈面积内各点的各点的B B视为相同，其大小都等于大视为相同，其大小都等于大线圈电流在中心处产生的磁感强度：线圈电流在中心处产生的磁感强度：64= -M6.28 10503.14 10ddIVdtdt12（2）02INBR大01=2INCN BSNSR大12小小穿过 的磁通链为：0(1)=2N NMSIR小大12

44、746241050 100 4 106.28 102 20 10H 练习练习2020、位移电流、位移电流 麦克斯韦方程组麦克斯韦方程组20-120-1、解：、解：()DDdd D SIdtdt200dEdEsrdtdt20-220-2、解、解(1)(1)取两极间任意截面的正法线方向与电取两极间任意截面的正法线方向与电场方向相同，有：场方向相同，有：()DDdd D SIdtdt200dEdEsrdtdt-12212-28.85 103.14 0.051.0 10=6.95 10 A（2 2）取半径为）取半径为0.05m0.05m的圆为积分回路的圆为积分回路L L应用全电流应用全电流定律，有：定

45、律，有：2DLH dlHrI72004106.95 102.782 r20.05DIBHJ20-320-3、解：、解：0()(1)cosDDdd D SdqIqtdtdtdt02cos(2)jDDqtISR202cos(3)(j+)tLSqtrDH dldsR202cos2qt rrHR02cos2rqtHR20-420-4、解：、解：212lnlCRR圆柱形电容器的电容为：212lnlUCURR电容器的内导体带电量为：q=2Drq忽略边缘效应，由高斯定理可得：212lnUDRrlrRq2211rjlnlnDkdDdURRdtdtrRR故 处 的 位 移 电 流 密 度 的 大 小 为 ：练习

46、练习3737、 普朗克能量子假设普朗克能量子假设37-137-1、解：、解：)(m1066.9310898.2Tb43m)()(242R4TR4MP)()(2648104.6431067.592.36 10()W37-237-2、解：、解：4( )M TT( )MM T st总4( )MvM T sT st总失去热量的速度-8=5.67 10.-1=292w/ s4（27315 5）37-337-3、解：、解：hcwnhv106.63 103 10wnhc 3=2.5 103个/m37-437-4、解：、解：mTb1 122TT-61 12-922 101450=58

47、00500 10TTK练习练习3838、光的量子性、光的量子性38-138-1、解：、解：(1) (1) 逸出功：逸出功：(2) (2) 截止电势差：截止电势差：0cAhh8-34-19-73 10=6.63 10=3.2 102ev6.2 10J0hAhcAUveeee-348-19-19-7-196.63 103 103.2 10=-=1.767ev1.6 103.3 101.6 10 38-238-2、解：、解：0cAh（3）0hAUvee（2）-348-19-106.63 103 104.2=-=2v1.6 102000 10eve -348-70-196.63 103 10=2.95

48、 10 m4.2 1.6 10hcA 2max12mvhvA（1）-348-19-106.63 103 10=-4.2=2ev1.6 102000 10 反冲电子获得的动能为：反冲电子获得的动能为：)(11hchhE00k可求得光子的波长：可求得光子的波长： 由相对论可知：由相对论可知：k00Ehchc)()(J102.051cv11cmcmmcE-14220202k由由康普顿公式康普顿公式 得得: :2sin22C00C023.63525.022sin, ,38-338-3、解：、解：38-438-4、解：、解：202=sin2hm cmax02=hm cmax=ee()hchcE1=1=6

49、2.5e1hcev（）练习练习3939、氢原子光谱的实验规律、氢原子光谱的实验规律 波尔理论波尔理论39-139-1、答、答（1 1）定态假设：原子系统处在一系）定态假设：原子系统处在一系列不连续的能量状态，在这些状态中，虽然电列不连续的能量状态，在这些状态中，虽然电子绕核运转，但并不辐射电磁波。子绕核运转，但并不辐射电磁波。（2 2）轨道角动量量子化假设：）轨道角动量量子化假设：n2hL(3)(3)频率条件假设：频率条件假设：nn-=nnE Ehv39-239-2、解：、解：cEhvh-348-10-348-19-106.63 103 10=1025.7 106.63 103 10=ev1.

50、6 101025.7 10=12.12evJ nm22-13.6 -13.6-=-nmEE En=1m=3时，从31能级跃迁由于此谱线是巴耳末线系，其由于此谱线是巴耳末线系，其k=2，又：，又：eV86.2hch)(eV6.13EeV4.32EE121khEnEEkn215hEEnk1可发射四个线系，共可发射四个线系，共1010条谱线。条谱线。 （见右图）波长最（见右图）波长最短的是赖曼系中由短的是赖曼系中由n=5 跃迁到跃迁到n=1 的谱线。的谱线。 1n 2n 3n 4n 5n 39-339-3、解：、解：39-439-4、解：最高获得、解：最高获得12.6ev12.6ev能量能量即：最高

51、能量为：即：最高能量为：-13.6ev+12.6ev=-1ev-13.6ev+12.6ev=-1ev产生的谱线有：产生的谱线有：32132;657.7hcEhcEEnmEE31231;102.8hcEEnmEE21321;121.6hcEEnmEE练习练习4040、德布罗意假设、德布罗意假设 电子衍射电子衍射 不确定关系不确定关系40-140-1、解：、解：xxPh -34-23-106.63 10=1.326 10kg./0.5 10 xhPm sx40-240-2、解：、解：xxPh 2=xxdPhhPd 2=xhP22hxh -10=2.5m=250cm107 23（5 10 ）1 1040-340-3、解：、解：342496.63 106.63 10./0.1 10hPkg m s对电子和中子：24631243276.63 10v7.3 10/m9.1 106.63 10v4 10/m1.675 10Pm sPm s电电中中速度： 对电子： 对中子：2-31-17k2-27-20-2k11=m v =9.1 10.=2.42 10151ev2211=m v =1.675 104