大学物理学习指导下答案详解(朱善华)

1练习一1、D，2、C，3、C，4、203QaD,5、jyaqy2/322042，(j为y方向单位矢量)，2/a，6、30220824RqddRRqd，从O点指向缺口中心点．练习二1、A2、A3、120qq，123201(qq)49qR，4．22(r)La5、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：204ddxdLqE204dxdLLxq总场强为LxdLxLqE020)(d4－dLdq04方向沿x轴正向，即杆的延长线方向．6解：如图在圆上取RddldddRlq，它在O点产生场强大小为20π4ddRRE方向沿半径向外则dsinπ4sindd0REExdcosπ4)cos(dd0REEy积分RREx000π2dsinπ40dcosπ400REy∴REEx0π2，方向沿x轴正向．练习三ＰLddqx(L+d－x)dExO21、C2、D3、0，0Rr4、－3/(20)，－/(20)，3/(20)５、解：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0/dqSES，即012SESd得到012Ed(板外两侧)（2）过平板内一点作一正交柱形高斯面，底面为S．设该处场强为E，如图所示．按高斯定理有022xSSE得到xE0(-d/2≤x≤d/2)6解：(1)球在O点产生电场010E，球在O点产生电场'dπ4π3430320OOrE'd3303OOr∴O点电场'd33030OOrE；(2)在O产生电场'dπ4d3430301OOE03'OO球在O产生电场002E∴O点电场003E'OOESxESSbE3练习四1、C2、D3、C,4、-eq/(60R)5、解：01E1Rr203132031323)(4)(34rRrrRrE21RrR20313220313233)(4)(34rRRrRRE2Rr2R32rErEddURR212RdrrRRdrrRrRR203132203133)(3)(21)(221220RR6、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xqdd，该线元在带电球面的电场中所受电场力为：dF=qdx/(40x2)整个细线所受电场力为：lrrlqxxqFlrr000204d400方向沿x正方向．电荷元在球面电荷电场中具有电势能：dW=(qdx)/(40x)整个线电荷在电场中具有电势能：0000ln4d400rlrqxxqWlrr练习五1、D2、A3、C4．r0,５解：设极板上分别带电量+q和-q；金属片与A板距离为d1，与B板距离为d2；金属片与A板间场强为)/(01SqEORxr0r0+ldxx4金属板与B板间场强为)/(02SqE金属片内部场强为0'E则两极板间的电势差为dEdEUUBA21))](/([210ddSq))](/([0tdSq由此得)/()/(0tdSUUqCBA因C值仅与d、t有关，与d1、d2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．６解：（l）根据有介质时的高斯定理：iqsdD可得两圆柱间电位移的大小为)2/(rD场强大小为rDErr002两圆柱间电势差21210122RRrRRrdrrdEU1200ln2221RRrdrrRRr电容12012ln2RRLUQCr)/ln(2120RRLr．（2）电场能量rRRLCQW012224)/ln(2练习六１．20d4alI，平行z轴负向２．R2c３．03(1)226IR４．)313(R2IB0πμ５．134200aevBT．242102.92evaaTePm2mA６．)11(4120RRI，垂直纸面向外，2/122210)11(4RRI，12arctgRR7、解：因为金属片无限长，所以圆柱轴线上任一点P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ld的一无限长直电流lRIIdd，在轴上P点产生Bd与R垂直，大小为5RIRRRIRIB20002d2d2ddRIBBx202dcoscosddRIBBy202dsin)2cos(dd∴520202221037.6)]2sin(2[sin22dcosRIRIRIBxT0)2dsin(2220RIBy练习七１．)(120II，)(120II２．320I３．2204RIh４．02Ir０５、解：(1)对r～r+dr段，电荷dq=dr，旋转形成圆电流．则rdqId22d它在O点的磁感强度rrrIBd42dd000baarrBBd4d000abaln40方向垂直纸面向内．rrIrpmd21dd22baammrrppd21d26/])[(33aba方向垂直纸面向内．6、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：)(220RrrRIB因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通1为SBSBdd1rrRIRd202040I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)(20RrrIB因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通2为SBd2rrIRRd2202ln20I6穿过整个矩形平面的磁通量2140I2ln20I练习八1、A2.)/(cos2eBmv，)/(sineBmv3.)2(RlBI4.（1）402.510BnITmABH2000（2）mAILNH20001.05rBHHT5.解：在直线电流2I上任意取一个小电流元dlI2，此电流元到长直线的距离为x，无限长直线电流1I在小电流元处产生的磁感应强度xIB210021021060cos22dxxIIdlxIIdFabIIdxxIIFbaln60cos221002106.解：(1)ISPmBPMm沿OO方向，大小为221033.443BlIISBMmN(2)磁力功)(12IA∵01Bl2243∴221033.443BlIAJ练习九1、D，2、C，3、0.40V、0.5m2/s，4、5×10-4Wb75、解：在矩形回路中取一小面元ds，面元处：2IBx一个矩形回路的磁通量为：ln22dadIlIdadBdSldxxd由法拉第电磁感应定律，N匝回路中的感应电动势为：0lncos2NIlddaNtdtd6、解:abcd回路中的磁通量22212160cosdklvtlvktBlvtSBm由法拉第电磁感应定律klvttmdd其沿abcd方向顺时针方向．练习十1、A2、BnR2、0，3、tBR/dd212，4、28/104.0sm顺时针5、解：在长直导线中取一小线元，小线元中的感应电动势为：dllvIdllIvldBvd2180cos90sin200整个直导线中dLdvIldlvILddln2200杆的右端电势低6、解：∵bcabactBRBRttabdd43]43[dddd21tabdd2tBRBRtdd12π]12π[dd22∴tBRRacdd]12π43[22∵0ddtB∴0ac即从ca的方向也可由楞次定律判定。练习十一81、C，2、BHHBWm21212122，3、（4）、（2）、（1）4、位移电流，涡旋电场001C5、解:设直导线中通有自下而上的电流I,它通过矩形线圈的磁通链数为：sSdBNadaNIlldrrINbdaln22互感为：adaNlIMln26、解：在Rr时，无限长圆柱体内部的20π2RIrB∴磁场能量密度4222002π82RrIBwm取一小体积元rrVdπ2d(∵体元长度1l)则导线单位长度上储能RRmIRrrIrrwW00204320π16π4dd2练习十二1～3.ABD；4.en)1(2，4×103nm；5.解：1）由dDkx得dDx22则nm600m100.60.12102.0100.627332Ddx2）mm0.3221xdDxxxkk6.解：1）由dDkx得m11.01055010222020941010dDxxx2）设零级明纹将移到原来的第k级明纹处，则有0)(1212neerrkrrken)1(796.610550106.6)158.1()1(96enk练习十三1～3ACC；4、0.64mm；95.解：由反射加强的条件可知：kne22则212kne，计算可得：k=1时，λ1=3000nm，k=2时，λ2=1000nm，k=3时，λ3=600nm，k=4时，λ4=428.6nm，k=5时，λ5=333.3nm，即在可见光范围内波长为600nm和428.6nm的反射光有最大限度的增强。6.解：1）由明环公式可得：nm5004)152()1030.0(2)12(2222Rkr，2）由明环公式可得：5.50211054)1000.1(217222Rrk，即在OA范围内可观察到50个明环。练习十四1～2CB；3.3.0mm；4.4，1级，暗纹；5.解：1）mm47.1104.0105890.1391afx2）由单缝衍射明纹公式212sinka，及tanfx可得：mm68.3252512xafx6.解：由单缝衍射暗纹公式kasin，及tanfx可得：affx3sin33，则两侧第三级暗纹之间的距离为afxx623故)nm(5004.06100.81015.0633fxa练习十五1～3DBA；4.1级；5.解：1）单缝衍射0sina和tanfx得：afffx2sin2tan2000，代入数据得：cm61021060012590x；2）由光栅衍射主极大方程kdsin得sindk，又m10520010152d，0，则5.2102105sin550adaddk，10k只能取2，故在单缝衍射中央明纹宽度内有0、±1、±2共5条主极大谱线。6.解：1）由光栅衍射主极大方程kbasin)(得：m104.25.010600