大學物理學習指導答案[共63頁]

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1、大學物理學習指導 習題詳解61目錄第一章 質(zhì)點運動學.1第二章 牛頓定律.3第三章 動量守恒定律和能量守恒定律.5第四章 剛體的轉動.8第五章 熱力學基礎.11第六章 氣體動理論.13第七章 靜電場.15第八章 靜電場中的導體和介質(zhì).21第九章 穩(wěn)恒磁場.28第十章 磁場中的磁介質(zhì).35第十一章 電磁感應.36第十二章 機械振動.43第十三章 機械波.45第十四章 電磁場普遍規(guī)律.49第十五章 波動光學.51第十六章 相對論.55第十七章 量子力學.57第一章 質(zhì)點運動學1. 由和速度的矢量合成可知，質(zhì)點在（x,y）處的速度大小。1. 由相對運動的知識易知，風是從西北方向吹來。2. 根據(jù)兩個三

2、角形相似，則 ，解得。3. 將加速度g沿切向和法向分解，則 由法向加速度的計算公式，所以 ，曲率半徑。4. ，根據(jù)法向加速度和切向加速度的計算公式，。5. （1）根據(jù)平均速度的計算公式方向與x軸相反。（2） 根據(jù)瞬時速度的計算公式方向與x軸相反。（3） 由（2）可知，當t=1.5s時，v=0,然后反向運動。因此。7. （1）水平方向豎直方向因此，任意時刻位置坐標為根據(jù)上述兩個方程消去時間t，可得軌跡方程。（2） 由根據(jù)速度的合成公式，與x軸夾角切向加速度方向為，法向加速度垂直于切向加速度。8. 設拋出的球的速度為v，以車為參考系，則豎直方向當球的速度為0時經(jīng)歷的時間為t，根據(jù)上述兩個方程消去t

3、,v可得9. .設列車速度水平向右，則看到的雨點速度水平斜向下，且與水平向右方向夾角為165度，根據(jù)速度的合成定理，10. （1）由切向加速度t=2s時，法向加速度所以（2） 總加速度，解方程可得t=0.66,因此為3.15rad.（3）11.12. 由解得13.14.15. 注：在期末考試中曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有：1、4、5。第二章 牛頓定律1. 撤去力F的瞬間，彈簧的彈力和摩擦力均不會突變，因此2. 對木塊進行受力分析，由平衡條件可得：，又因為F無窮大，所以G可以近似等于0，解得 3. 對A，B和彈簧整體為研究對象，可得移開C的瞬間，彈簧的彈力不會突變，因此A仍然處于平衡狀態(tài)，B受到

4、的合力豎直向下，大小為FC ,所以4. 設彈簧的原長為x，勁度系數(shù)為k，根據(jù)牛頓第二定律，彈簧的彈力完全充當向心力， 5. 對整體由牛頓第二定律，再取A和長度為x的繩為研究對象，則6. 。 7. 在長為x處，取一段長度為dx的葉片設張力為T，根據(jù)牛頓第二定律， 注：在期末考試中曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有：2、3。第三章 動量守恒定律和能量守恒定律 19. 碰撞是完全彈性碰撞，碰撞前后交換速度，因此選C.注：在期末考試中出現(xiàn)過的題目及重點題型：2、15、16、17。第四章 剛體的轉動注：本章可能會出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有：8、11、18、22.、23。第五章 熱力學基礎 P注：本章

5、可能會出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有：1、2、3、4、7、8、10、11、12、13、14、15、17、19。第六章 氣體動理論曾經(jīng)考試過的題目及重點題型：2、3、4、6、7、9、20。第七章 靜電場3. 設想再補上與圖示立方體完全相同的七個立方體，使得點電荷位于一個邊長擴大一倍的新的立方體的中心，這樣，根據(jù)高斯定理，通過這個新立方體的六個面的總電通量為，通過其中任何一個面的電通量為，而因原abcd面只是新立方體一個面的四分之一，故通過abcd面的電場強度通量為。4.根據(jù)場強疊加原理，內(nèi)球面單獨在P點產(chǎn)生的電勢為外球面單獨在P點產(chǎn)生的電勢為因此，P點最終的電勢為5.電荷在P點產(chǎn)生的電勢都

6、相等，與點電荷在圓周上的位置無關，這樣一來，根據(jù)電勢疊加原理，兩種情況下的電勢都一樣，都是對于場強，因為它是矢量，即不僅有大小還有方向，各點電荷產(chǎn)生的場強方向與其在圓周上的位置有關，也就是說，P點的場強應當與各點電荷在圓周上的分布有關，所以兩種情況下的場強是不同的。但是，由于P點對于圓周上的各點是對稱的，各點電荷場強的Z分量(標量)大小與其在圓周上的位置無關，因此，兩種情況下P點的場強分量EZ 都相同。6.根據(jù)電勢疊加原理，三角形的中心O處的電勢為因為無窮遠處電勢為零，所以外力的功為7.兩個點電荷在P點產(chǎn)生的場強的Y分量相抵消，P點最終的場強只是兩場強X分量的疊加，因此，P點的場強為8.“無限

7、大”均勻帶正電荷的平面產(chǎn)生的場強大小是與到平面的距離x無關的常量，但是平面兩側的場強方向不同：在x0區(qū)間，場強方向與X軸正向相同，應為正；反之在x0區(qū)間，場強方向與X軸正向相反，應為負。9. 容易看出該電場是由半徑為R的均勻帶電球面產(chǎn)生的。10. .根據(jù)電勢疊加原理，P點的電勢應為均勻帶電球面和球心處的點電荷各自單獨存在時所產(chǎn)生電勢的疊加，即11.在吹脹過程中，高斯球面上任一點先在球形肥皂泡外，后在肥皂泡內(nèi)，而帶電的球形肥皂泡可看作均勻帶電球面，因此，高斯球面上任一點的場強大小由 變到E = 0；該點的電勢由變到12.根據(jù)靜電場高斯定理，通過該閉合曲面的電通量等于被閉合曲面包圍的電荷之代數(shù)和的

8、分之一，即=。高斯定理中的是高斯面上任一點的場強，它是由高斯面內(nèi)、外的所有電荷共同產(chǎn)生的，即由q1、q2、q3和q4共同產(chǎn)生的。13.根據(jù)高斯定理容易知道，通過三個閉合曲面的電通量分別為、0、。14.放在A、B兩處的點電荷+q和-q是場源電荷，設無窮遠處為電勢零點，則D點的電勢為同理，O點的的電勢因此，把另一帶電量為Q(Q0)的點電荷從D點沿路徑DCO移到O點的過程中，電場力作的功為15.設向右為正方向，且A、B兩平面上的電荷面密度均大于零，則根據(jù)場強疊加原理E0 E0/3 E0/3 習題715圖 區(qū)：區(qū)：聯(lián)立以上二式可得16.設場強等于零的點與直線1的距離為a，則有可解得17.此題應當應用疊

9、加原理，每個區(qū)域的電場強度等于每個均勻帶電平面單獨存在時產(chǎn)生的場強的矢量和。設自左向右的方向為正，則有A區(qū)域內(nèi)任一點的場強：A B C 習題717圖 B區(qū)域內(nèi)任一點的場強：C區(qū)域內(nèi)任一點的場強：18.根據(jù)高斯定理，可有19.在半圓形玻璃棒的上半部分取一線元，其位置處相應的半徑與X軸負向的夾角為，其帶電量，其在O點產(chǎn)生的元場強的大小為其方向如圖所示。由于各個線元產(chǎn)生的元場強方向不一致，因此需把分解 由于電荷分布的對稱性，最終O點場強的X分量。因此，圓心O處的電場強度的Y分量為把O處的電場強度寫成矢量式為x dx d l q0 X O 習題720圖 20.沿細桿方向建立X軸方向向左，坐標原點就在q

10、0所在處，在細桿上x處取線元dx，其帶電為，線元在q0所在處產(chǎn)生的元場大小為整個細桿在q0所在處產(chǎn)生的電場大小為點電荷q0所受的電場力為 l q 習題721圖 21.根據(jù)動能定理有所以，平面上的面電荷密度為22.在棒上x處取線元dx，其帶電量，其在坐標原點O處產(chǎn)生的元電勢為整個帶電細棒在坐標原點O處產(chǎn)生的電勢為23.在盤面上以O為原心，以r為半徑，取寬度為dr的環(huán)帶，它相當于帶電圓環(huán)，其面積為，帶電量為，其在盤中心O處產(chǎn)生的元電勢為整個帶電圓盤在圓盤中心O處產(chǎn)生的電勢為24.電偶極子的電場中某一點的電勢為將一電量為q的點電荷從A點移到B點的過程中電場力作的功25.以O為中心，以r()為半徑，在

11、球殼內(nèi)取一厚度為dr的薄球殼，其可看成均勻帶電球面，其帶電量為，其在其內(nèi)部任一點產(chǎn)生的電勢為整個球殼在空腔內(nèi)任一點產(chǎn)生的電勢為26.選擇兩球心連線為積分路徑，在該路徑上距O1為r的某點的電場強度大小為電場強度的方向是從O1指向O2。兩個非導體球殼都在表面上均勻帶電，它們均可視為均勻帶電球面，因此每個球殼各自都是個等勢體，故而兩球心間的電勢差即為兩球表面間的電勢差，所以有27.由高斯定理容易算出該球體內(nèi)外的場分布：0rRrR因此，離球心為r(rR)處的電勢為28.(1) 帶電球體的總電量為(2) 取半徑為r的同心球形高斯面，則有在rR區(qū)間： (3) 根據(jù)場強與電勢的積分關系在rR區(qū)間：29.以X

12、軸為軸線取一閉合圓柱面S，使其兩個端面距帶電平板的中央平面等距，即兩端面分別在x和x處，同時設端面積為，根據(jù)高斯定理在平板內(nèi)有： ()在平板外有：X E O d/2 d/2 題729圖 ()場強在X軸的投影值隨坐標x變化的圖線如圖所示。本章考試可能會出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點題型：1、3、4、5、8、10、11、12、13、14、15、16、17、19、20、21、23、25。第八章 靜電場中的導體和電介質(zhì)1.B板接地后，A、B兩板外側均無電荷，兩板內(nèi)側帶等值異號電荷，數(shù)值分別為+Q1和-Q1，這時AB間的場應是兩板內(nèi)側面產(chǎn)生場的疊加，即2.兩個電容器串聯(lián)起來，它們各自承受的電壓與它們的電

13、容量成反比，設C1承受的電壓為V1，C2承受的電壓為V2，則有 聯(lián)立、可得，可見，C1承受的電壓600V已經(jīng)超過其耐壓值500V ，因此，C1先被擊穿，繼而1000V電壓全部加在C2上，也超過了其耐壓值900V，緊接著C2也被擊穿。3.設此電容器組的兩端所加的電壓為u，并且用C1C2表示C1、C2兩電容器的并聯(lián)組合，這時該電容器組就成為C1C2與C3的串聯(lián)。由于C1= C2=C3，所以C1C22C3，故而C1C2承受的電壓為u/3，C3承受的電壓為2u/3。C1 C2 C3 習題83圖 由于C1C2的耐壓值不大于100V ，這要求即要求同理，C3的耐壓值為300V，這要求對于此電容器組的耐壓值

14、，只能取兩者之較低的，即300V。4.在抽出介質(zhì)前，相當于左右兩半兩個“電容器”并聯(lián)，由于這兩個“電容器”電壓相等，而右半邊的電容又小于左半邊的，因此由q=CU公式可知，右半邊極板的帶電量小于左半邊的。當抽去介質(zhì)后，極板電荷重新分布而變?yōu)樽笥揖鶆?，使得右半邊極板電荷較抽出介質(zhì)前為多，因此這時帶電質(zhì)點受到向上的靜電力將大于其重力，它將向上運動。電容器充電后與電源斷開，其極板上的電荷將保持不變。由公式當將電容器兩極板間距拉大，其電容C將減小，這將使其極板間的電勢差U12增大；因為極板電荷保持不變，使得板間場強亦不變；由電容器儲能公式 因電勢差U12增大而極板電荷保持不變，故電場能量W將增大。6.電

15、容器充電后仍與電源連接，其兩極板間的電壓U12不變。若此時將電容器兩極板間距拉大，其電容量C將變小，由公式可知，極板上的電量Q將減?。慌c此同時，由公式可知，極板間電場也將減??；又由公式可知，電場能量W將減小。解：設未充滿電介質(zhì)時電容器的電容為C0，電壓為U0，場強為E0，電場能量為W0。充滿電介質(zhì)后則有所以U；電場強度的大小變?yōu)樗訣；電容變?yōu)樗訡；電場能量為所以W。8.充電后將電源斷開，兩電容器的總電量不變，即。 由于兩電容器并聯(lián)，它們的電勢差U相等，因此它們所帶的電量(q=CU)與它們的電容量成正比，但因C1中插入了介質(zhì)板，所以C1的電容量增加，即q1，由式可知，這時q2 應當減少。9.

16、用導線將兩球殼連起來，電荷都將分布在外球殼，現(xiàn)在該體系等價于一個半徑為R2的均勻帶電球面，因此其電勢為原來兩球殼未連起來之前，內(nèi)球電勢為外球電勢為因此，10.介質(zhì)表面的極化電荷可以看成兩個電荷面密度為的無限大平行平面，由疊加原理，它們在電容器中產(chǎn)生的電場強度大小為A B 4 3 2 1 q1 q2 題解811圖 11.如圖所示，設A、B兩塊平行金屬板的四個表面的電荷面密度分別為，和，則根據(jù)電荷守恒有 根據(jù)靜電平衡條件 聯(lián)立解得根據(jù)疊加原理，兩個外側表面的電荷在兩極板間產(chǎn)生的場強相互抵消；兩內(nèi)側的電荷在兩板間產(chǎn)生的場強方向相同，它們最終在板間產(chǎn)生的場強為因而A、B兩板間的電勢差為12.電源斷開前

17、后極板帶電量不變，因而極間場強不變；由于在兩板間平行地插入一厚度為d/3的金屬板，相當于極板間距變?yōu)樵瓉淼?/3，因此，板間電壓相應地也變?yōu)樵瓉淼?/3，即13.A、B并聯(lián)后，系統(tǒng)的等效電容為2C，帶電量為3Q，因此，系統(tǒng)電場能量的增量為 14.充滿介質(zhì)后，電容器的電容值增大了倍，因此有；由電容器儲能公式充滿介質(zhì)后，兩極板間電壓U不變，只是電容值增大了倍，因而其能量相應地增大為原來的倍，即。15.孤立導體球的電量為其電荷分布是一個均勻帶電球面，因而其電勢分布為把r=0.30m、R=0.1m及UR=300V代入上式可得U=100V。16.取半徑為r(R1rR2)、高度為h的、與圓筒同軸的兩端封閉

18、的柱面為高斯面，根據(jù)有介質(zhì)時的高斯定理有因此，根據(jù)電位移與場強的關系可得17. 設兩球分別帶電+Q和Q，因為它們相距很遠，各自都可以看作“孤立”的。該兩球的電勢差為所以，該導體組的電容為而對于各孤立導體球的電容則為，有18. 半徑為R的孤立球形導體的電容為其帶電為2Q時的電場能量為同理，半徑為R/4、帶電量為Q的孤立球形導體的電場能量為19.設中心平面處為X軸的原點，可以看出，板間電場都與X軸平行：在-dx0區(qū)間，場強方向與X軸反向；在0xd區(qū)間，場強方向與X軸同向。因而可取一柱形高斯面S，其軸線即為X軸，其兩個端面分別在+x和-x處。由高斯定理即解得 (-dxd)(-dxd)20.建立如圖所

19、示的坐標系，則兩線間任一點的場為 兩線間的電勢差 單位長度的電容為21.(1) 由于b-ab，所以兩個同軸圓筒可看成“無限長”，它們沿長度方向電荷線密度為QL，兩筒間的場為兩筒間的電勢差為圓柱形電容器的電容為(1) 電容器儲存的能量為22.孤立導體球(球外充滿介電常數(shù)為的各向同性的均勻電介質(zhì))的電容為電容器儲能公式，可以求得金屬球電場中儲存的電場能為23.(1) 兩個球用導線連接后，電荷重新分布，設這時兩球分別帶電為q1和q2，由電荷守恒有式中q為連接前兩球的總帶電量，。用導線連接后兩球等勢聯(lián)立、解得(2) 由于兩球相距很遠，它們的相互影響可以忽略，可以看成孤立、均勻帶電的導體球，因此它們的電

20、勢為24.(1) 兩個電容器串聯(lián)它們的帶電量相等，根據(jù)可知它們的電能與電容量成反比，因此有(2) 兩個電容器并聯(lián)它們的電壓相等，根據(jù)公式可知它們的電能與電容量成正比，因此有(3) 在以上兩種情況下電容器系統(tǒng)的電容分別為 ； 由于電源電壓一定，因此兩種情況下電容器系統(tǒng)的總電能應與它們的電容成正比，所以有25.設該電容器的內(nèi)、外柱半徑分別為a和b，內(nèi)、外柱帶電分別為和，則內(nèi)、外柱間的場分布為 (arb)該場強的最大值也是擊穿場強E0，可令上式中的r =a，即兩極間的電勢差根據(jù)最值條件，可令，代入式即可得到該電容器可能承受的最高電壓26.內(nèi)外導體間的電勢差滿足下面關系內(nèi)球表面附近的電場強度可表示為

21、把代入得 把對a求導數(shù)并令其等于零解得所以，當a=b/2時，內(nèi)球表附近的電場強度最??；這個最小電場強度的大小為27.兩筒之間電勢差為所以設距軸線為r(R1r0和y0區(qū)間以勻速v經(jīng)一個半圓周而從磁場出來，其圓周運動的半徑為，因此，它從磁場出來點的坐標為x=0和。3.對P點，其磁感應強度的大小，對Q點，其磁感應強度的大小對O點，其磁感應強度的大小顯然有。4.根據(jù)大平板的電流方向可以判斷其右側磁感應強度的方向平行于大平板、且垂直于I1；小線框的磁矩方向向上，如圖所示。由公式可以判斷小線框受該力矩作用的轉動方向。5.由載流圓線圈(N匝)軸線上的磁感應強度公式6.依題給坐標系，與Z軸重合的一根導線單獨在

22、P點產(chǎn)生的磁感應強度為另一根與X軸平行的導線單獨在P點產(chǎn)生的磁感應由疊加原理，P點處的磁感應強度的大小為7.(1) A、B兩載流導線在P點產(chǎn)生的磁感應強度等大而反向，疊加的結果使P點最終的磁感應強度為零，因此，。(2) 根據(jù)安培環(huán)路定理容易判斷，磁感應強度沿圖中環(huán)路l的線積分等于I。 I R O 習題98圖 8.半圓形線圈的磁矩大小為因而線圈所受磁力矩的大小為根據(jù)磁力矩公式可以判斷出磁力矩的方向向上。當，k=0，1，時，磁力矩恰為零，這等價于把線圈繞轉過，k=0，1，2，3，。9.通過圓面的磁通量根據(jù)磁場的高斯定理，所以10.電子以恒定速度運動，說明其所受到的合外力為零，即有即， 11.坐標軸

23、OX軸，并在矩形回路內(nèi)距長直導線x處取寬為dx的窄條面元dS=hdx則通過該面元的元磁通為所以，通過回路S1的磁通量為通過回路S2的磁通量為故，12.根據(jù)安培環(huán)路定理，容易得到：對環(huán)路a， 等于；對環(huán)路b，等于0；對環(huán)路c，等于2。 O a I 習題913圖 13.圓心O處的磁感應強度是由半圓形閉合線圈產(chǎn)生的，其直徑段的電流在O處單獨產(chǎn)生的磁場為零，其半圓段在O處產(chǎn)生的磁場即為該點的總磁場的方向垂直于圖面向內(nèi)。根據(jù)安培力公式可知圓心O處的電流元所受的安培力的大小為力的方向垂直于電流元向左。14.設假想平面S靠近軸線的一邊到軸線的距離為a，易知長直導線內(nèi)外的磁場分布為 () ()在假想平面S內(nèi)、

24、距軸為r處，沿導線直徑方向取一寬度為dr的窄條面元，通過它的元磁通為通過假想平面S的磁通量為由最值條件，令 解得 R X O dl 題915圖 15.如圖所示，取一直徑方向為OX軸。并沿電流方向在球面上取一寬度為dl 的球帶，該球帶可以看成載流圓環(huán)，其載有的電流為dI=Kdl=，其在球心O處產(chǎn)生的元磁場為該元場的方向沿X軸的正方向。球面上所有電流在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小為 場的方向沿X軸的正方向。16.取與圓盤同心、半徑為r、寬度為dr的圓環(huán)，其帶量電量 其等效的圓電流為其在中心O處產(chǎn)生的元場強為O點的磁感應強度為令該磁感應強度為零可得R1 R2 I 習題917圖17.以O點為圓心、以r為半

25、徑，在線圈平面內(nèi)取寬度為dr的圓環(huán)面積，在此環(huán)面積內(nèi)含有dN=ndr=匝線圈，其相應的元電流為dI=IdN。其在中心O點產(chǎn)生的元磁場為O點磁感強度該磁感應強度的方向垂直于圖面向外。X x a b c d j O 題918圖 18.如圖所示，在垂直于電流密度方向取一矩形回路abcda，其繞行方向與電流密度方向成右手螺旋關系。對此環(huán)路應用安培環(huán)路定理在平板內(nèi)部有所以 在平板外部有 所以 19.(1) 在桿上距軸O為r處取線元dr，其帶電量為，該線元相當于運動的點電荷，其在O 處產(chǎn)生的元磁場大小為元磁場的方向垂直于紙面向里。的方向垂直于紙面向里。(2) 線元dr的等效環(huán)電流為 其元磁矩大小為 元磁矩

26、的方向垂直于紙面向里。帶電細桿的總磁矩大小為總磁矩的方向垂直于紙面向里。(3) 當ab時，帶電細桿相當于點電荷。因此20.設想該載流圓線圈被截成相等的兩半，如圖所示，我們?nèi)∑渲械囊话?比如右一半)并分析它的受力情況：安培力作用于中點、方向向右，上、下端點受到的張力均水平向左。由于該半線圈處于力學平衡狀態(tài)，因此有 解得21.由安培力公式，線圈任一線元所受到的磁場力為I 題921圖 則整個閉合載流平面線圈在均勻磁場中所受的合磁力應該為22.在垂直于電流流向的平面內(nèi)取一矩形環(huán)路abcda，環(huán)路的ab邊與cd邊都與平板平行且等距并居于平板左、右兩側，bc邊和da邊都與平板垂直。對此環(huán)路應用安培環(huán)路定理

27、得 上式左端第二項和第四項由于與處處垂直，因而都等于零，因此有 所以 板右側場垂直于紙面向里，板左側場垂直于紙面向外。（2）帶電粒子將在豎直平面內(nèi)作圓周運動，其圓周運動的半徑為可見，欲使粒子不與平板相碰撞，粒子最初至少在距板為R的位置處。粒子從開始運動到回到原處所需的最短時間剛好是一個周期，即23.在圓盤上取半徑為r、寬度為dr的細圓環(huán)，環(huán)面積為，環(huán)的帶電量為。其等效環(huán)電流為其元磁矩大小為的方向垂直于紙面向外。整個轉動圓盤的磁矩為的方向垂直于紙面向外。根據(jù)線圈在磁場中所受磁力矩公式可得圓盤所受磁力矩的大小為的方向垂直于向上。24. MN上電流元受到的力為，方向“”整個MN受到的力的大小為，方向

28、“”討論：若，則方向向上；反之，若，則方向向下。25.設流經(jīng)導體截面的電流密度向上的電流在P點產(chǎn)生的場為，方向“”向下的電流在P點產(chǎn)生的場為，方向“”P點最終的場為 ，方向“”飛經(jīng)P點的電子所受力的大小為，方向“”26.(1) 圓環(huán)中點O的磁感應強度可以看成段、三分之一圓周、三分之二圓周和段共四段電流產(chǎn)生的場的疊加。因為段電流單獨產(chǎn)生的場為，方向“”三分之一圓周電流單獨產(chǎn)生的場為，方向“”三分之二圓周電流單獨產(chǎn)生的場為，方向“”段電流單獨產(chǎn)生的場為圓環(huán)中點O的磁感應強度為，方向“”(2) 沿閉合環(huán)路L的環(huán)流為 27.對閉合曲線a為8A；對閉合曲線b亦為8A；對閉合曲線c為0。(1) 在個條閉合

29、曲線上，各點的磁感應強度的量值并不相等。(2) 在閉合曲線c上各點的磁感應強度的量值不為零，因為該曲線上的場是由I1和I2共同產(chǎn)生的，場強疊加的結果。28.（1）0因此，載流子是負的，對半導體則是電子，可以判斷出這是N型半導體。 (2) 由霍耳電勢差公式可得載流子的濃度為注：本章可能會出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有：3、4、7、8、9、10、11、12、13、16、17、19、20、23、24、26。第十章 磁場中的磁介質(zhì)1已知外場方向向右。對磁介質(zhì)中的a點來說，其本身磁化電流產(chǎn)生的附加磁場的方向與外場方向相反，疊加的結果使a點的場減??；對介質(zhì)外的b點來說，外場方向仍舊向右，這時的抗磁質(zhì)

30、相當于N極在左、S極在右的磁鐵，其附加磁場的方向在b點向左，因此，b點的場也減?。粚橘|(zhì)外側的c點來說，外場方向仍舊向右，但是在該處的方向也向右，與外場同向，故c點的場是增加的。2.真空中的BH關系為：；對一般弱磁介質(zhì)的BH關系為：，式中為常數(shù)，若為順磁質(zhì)，則因而；若為抗磁質(zhì)，則因而，所以若以真空中的BH關系曲線為參考，則曲線表示的是順磁質(zhì)，曲線表示的是抗磁質(zhì)。對于鐵磁質(zhì)其BH關系仍然為：，但是，由于其不是常數(shù)，即，因此其BH關系是非線性的，BH關系曲線亦非直線，故表示鐵磁質(zhì)的應是曲線。3.空間任一點的磁場強度應該是所有電流共同產(chǎn)生的，而不僅僅是傳導電流；閉合曲線內(nèi)沒有包圍傳導電流，在閉合曲線

31、外可能有電流，這曲線外的電流照樣可以在曲線上產(chǎn)生磁場；第四種說法不正確，4 硬磁材料的特點是矯頑力大，剩磁也大，適于制造永久磁鐵。5.在垂直于軸線的平面內(nèi)取半徑為r的圓形環(huán)路L，其環(huán)繞方向從上往下看是逆時針的。根據(jù)有介質(zhì)時的安培環(huán)路定理，在0rR1區(qū)間有即 (0rR1)所以 (0rR1)在R1rR2區(qū)間有 (R1rR2)所以 (R1rR2)在R2rR3區(qū)間有 (R2rR3)所以 (R2rR3)在rR3區(qū)間有 (rR3)注：曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有：1、2、3。第十一章 電磁感應2.ab向右平移時，ab中的電動勢的方向是bacdb，因而在cd中產(chǎn)生的電流方向是cd，cd將受到向右的磁場力的作

32、用，因此，cd也將向右移動。3.線圈中感應電流一般正比于感應電動勢而反比于其自身的電阻，(A)、(B)、(C)三種方法盡管感應電動勢增加了，但線圈的電阻也隨之增加，因而不能達到同比例增加電流的目的。(D)僅使感應電動勢增加，線圈的電阻卻不增加，I1 I2 I3 O (A) I1 I1 O (B) I3 I1 (C) O I1 I1 (D) O 習題114圖 4.由于磁感應強度隨時間減少，所以回路里的感應電流方向應該是順時針的，因此答案(C)和(D)可以排除。在(A)和(B)兩個答案中我們可以把圓形回路(加一直徑)看成兩個半圓形閉合回路，這兩個半圓形回路以直徑為共用邊，顯然這兩個半圓形回路中的感

33、應電流大小相等并且都是順時針方向的，而在它們的共用邊(直徑)上因感應電流方向剛好相反而抵消，最終使直徑上電流為零，電流只在圓形閉合回路內(nèi)沿順時針方向流動。5. 考慮兩個三角形閉合回路abO和，若設它們所圍成的面積分別為S和，則有Sr，可以認為小圓環(huán)處的由大圓環(huán)電流產(chǎn)生的磁場是均勻的，且等于大圓環(huán)中心處的磁感應強度，即方向向外。任一時刻t通過圓環(huán)的磁通量 小圓環(huán)中的感應電動勢為小圓環(huán)中的感應電流為7.C運動切割磁力線而產(chǎn)生的動生電動勢，方向“”；由于磁場變化而產(chǎn)生的感生電動勢為方向“”；回路總電動勢為 方向“”。由于感應電動勢而在回路里激起感應電流，因而使AC受到與速度方向相反的安培力的作用而減

34、速，從而使減少；與此同時，磁感應強度B也在隨時間而下降，也使減少。8.當aOc以速度沿X軸正向運動時，aO上的動生電動勢為 電動勢的方向為Oa，所以UOUa；又因為UO=Uc，所以UcUa，因此有當沿Y軸正向運動時, 將上兩式相減可得 因此有 9.閉合回路cOdc中的感應電動勢，方向“”(等效于直導線的動生電動勢) 方向為逆時針的若，則為順時針方向的；若，則為逆時針方向的。10. 由解得 11.大線圈中的電流I在小線圈處產(chǎn)生的磁場穿過小線圈的磁通量為在小線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為當x=NR時，小線圈回路內(nèi)的感應電動勢為 12.在CD桿上任一點x處、由兩平行無限長的直電流產(chǎn)生的磁感應強 在CD上x

35、處取線元，在該線元的元電動勢為 由CD，D端電勢高。13.在任一時刻t，金屬棒的A端距長直導線為 這時在棒上任取一線元，該線元距長直導線為l，線元的元電動勢為整個AB棒中的動生電動勢為 由于0，所以的方向BA，A點電勢高。R a b c d 習題1114圖 14.取等腰梯形回路的環(huán)繞方向為順時針的，即等腰梯形回路所圍成的面積的法向與方向相同。通過該回路所圍成的面積的磁通量為根據(jù)法拉第電磁感應定律，等腰梯形回路中的感生電動勢為回路中的感生電動勢的大小為3.67mV；0，所以該結果就是矩形線圈中感應電動勢的大??；并且仍然因為0，該感應電動勢的方向為順時針的，相應的感應電流亦為順時針方向的。(2)

36、導線與線圈的互感系數(shù)為16.(1) 設任一時刻t，ab邊的速率為v，這時ab邊所受的外力除了其自身的重力外，還有磁場力，因此，根據(jù)牛頓第二運動定律我們有 把代入可得 把上式進行分離變量并積分 得 這就是任一時刻ab邊的速率v和t的關系。(2) 當t足夠大，相當于t，則有 17.在細桿上距O點為l處取線元dl，方向ab，細桿上的總電動勢，說明細桿上的總電動勢的方向為ab，即 UaUb，因此，ab兩端的電勢差為 18.(1) 在距長直導線為r處取寬度為dr、長度為a的窄條面元dS，通過其元磁通量為 式中為面元法向(垂直紙面向里)與磁感應強度方向間的夾角。通過整個線框回路所圍面積的磁通量為因此，直導

37、線和線框的互感系數(shù) (2) 根據(jù)互感電動勢公式可得線框中的互感電動勢為19.設任一時刻t矩形線圈的左邊距無限長直導線為x ，在線圈內(nèi)、距無限長直導線為r處取寬度為dr、長度為l 的窄條面元dS，這時通過該面元的元磁通為通過整個線圈所圍面積的磁通量為 矩形線圈與無限長直導線間的互感系數(shù)為 令此互感系數(shù)為 則有 解得在任一位置x處，矩形線圈內(nèi)的感應電動勢為把代入上式可得20.根據(jù)法拉第電磁感應定律，回路L內(nèi)的感應電動勢為原題給無限長直導線中的感應電動勢應當為整個回路L內(nèi)的感應電動勢之一半，即 此感應電動勢的大小為 當時，這時因整個L回路的感應電動勢是逆時針的，當時，這時因整個L回路的感應電動勢是順

38、時針的。21.解：(1) 螺繞環(huán)內(nèi)的磁感應強度分布為 (arb)通過螺繞環(huán)截面的磁通量為 螺繞環(huán)的自感系數(shù)為 (2) 設長直導線中通有電流，該電流在螺繞環(huán)中產(chǎn)生的場為通過螺繞環(huán)截面的磁通量為長直導線和螺繞環(huán)的互感系數(shù) (3) 由自感磁能公式可得螺繞環(huán)內(nèi)儲存的磁能為 22.(1) 設ab運動起來以后任一時刻t的速度為v，根據(jù)全電路歐姆定律，這時在回路中的電流為 裸導線ab所受到的磁場力為 依牛頓第二定律 把上式分離變量再積分 得 令t ，則可得ab能達到的最大速度為 （2） 把代入可得ab達到最大速度時通過電源的電流 注：本章可能會出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有3、4、5、8、11、12、

39、15、18、19. 第十二章 機械振動1.2.3. 串聯(lián)后彈簧的勁度系數(shù)4. 根據(jù)旋轉矢量法，畫出圖形可得5. 彈簧切成三段后，每段的勁度系數(shù)變?yōu)?k，兩短彈簧并聯(lián)后勁度系數(shù)變?yōu)?k。6.設質(zhì)點在平衡位置時t=0，則對于x2,t=0時7. 8.有旋轉矢量法，容易得出結果。9.1011. 由曲線可知，12. 有旋轉矢量法可得結果。19. 參照課本十六頁振動的合成，有旋轉矢量法，畫出矢量三角形，易求A=10cm,注：本章曾經(jīng)考試過的題目及重點題型：4、7、19。第十三章 機械波注：本章可能會出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有：2、3、6、7、9、12、13、14、15、16、17、22、23、2

40、5、27、28、31.第十四章 電磁場普遍規(guī)律1.筒內(nèi)變化的磁場是均勻的，但是變化的電場卻不均勻，因而(A)不對；因為在筒外任一閉合環(huán)路內(nèi)沒有電流穿過，沿該閉合環(huán)路上磁感應強度的環(huán)流為零，因而(C)也不對；由于筒內(nèi)磁場是變化的，在筒外存在與該磁場套合的、電力線閉合的渦旋電場，所以沿圓筒外任一閉合環(huán)路上電場強度的環(huán)流不為零，因而(D)也不對；最終只有答案(B)是正確的。 2.在電路內(nèi)全電流是連續(xù)的，也就是說通過極板間的總位移電流始終等于外電路中的傳導電流，而L1所圍面積并非極板間整個面積，因而穿過L1所圍面積的位移電流小于極板間的總位移電流，根據(jù)安培環(huán)路定理可知，磁場強度沿L1的環(huán)流將小于沿L2

41、的環(huán)流，所以應該選擇答案(C)。3.根據(jù)麥克斯韋方程組各方程的物理意義，容易判定：(1)中的空白應填；(2)中空白應填；(3)中空白應填。4.根據(jù)位移電流的定義，兩板間的位移電流為 方向與場強方向相反。5.電路中的全電流是連續(xù)的，由于外電路中沒有位移電流，因此有O R e I 題146圖 。6.由于通過螺線管的電流隨時間而減少，導至螺線管內(nèi)的磁場也隨時間而減少，因而在管外空間產(chǎn)生渦旋電場，在電子所在的圓周上渦旋電場的電力線方向是順時針的，電子所受到該電場的作用力與該點場強方向相反沿該點切線方向向左斜上方，這就是電子開始運動的方向(見圖所標)。7.(1) 根據(jù)電容器極板間電壓與極板上電荷的關系可

42、得(2)全電流連續(xù)，任一時刻都有板間的位移電流等于外電路中的傳導電流8.圖(a)中情況，極板間無位移電流；圖(b)中情況，極板間有位移電流。極板間有無位移電流完全取決于極板間的電場是否變化。在圖(a)中的情況是充電后切斷電源，因而電容器極板上的電荷保持不變，即電荷面密度不變，由于板間場強，所以當板間距d變化時板間場強并不改變，因此極板間無位移電流；在圖(b)中的情況是電容器一直與電源相接，則電容器兩極間電壓保持不變，由于板間場強，所以當板間距d變化時板間場強將發(fā)生改變，因而極板間將有位移電流產(chǎn)生。c X Y Z O 題149圖 9.(1) 把該平面電磁波的電場的波動方程與平面簡諧波的標準方程做

43、比較容易得到(2) 由該電磁波的電場的波動方程可以看出，該電磁波是沿著X軸正向傳播的。(3) 根據(jù)電磁波電場強度和磁場強度的量值關系以及坡印廷矢量公式可以得到，以及注：本章曾經(jīng)考試過的題目及重點題型：1、2、3、4。第十五章 波動光學注：本章可能會出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點題型有：3、4、7、8、9、11、12、18、19、20、25、26、27、28、30、36、37、38、39。第十六章 相對論注：曾經(jīng)考試過的題目及重點題型：2、3、4、5、6、7、8、10、1。第十七章 量子物理1.根據(jù)光電效應方程，光電子的最大初動能為，由此式可以看出，Ek不僅與入射光的頻率有關，而且與金屬的逸出功

44、A有關，因此我們無法判斷題給的兩種情況下光電子的最大初動能誰大誰小，從而也就無法判斷兩種情況下入射光的頻率的大小關系，所以應該選擇答案(D)。2.根據(jù)玻爾的理論，氫原子中電子的軌道上角動量滿足n=1，2，3所以L與量子數(shù)n成正比。又因為“第一激發(fā)態(tài)”相應的量子數(shù)為n=2。 3.由巴耳末系的里德佰公式n=3，4，5，可知對應于最大波長，n=3；對應于最小波長，n=。因此有；4.；所以電子的動能 5.由康普頓效應的能量守恒公式 6.依題意，氫原子的動能應為 又因為氫原子的動量為 由德布羅意公式可得氫原子的德布羅意波長為7.根據(jù)愛因斯坦光量子假設，光強=Nh，在光強保持不變的情況下，NIs(飽和光電

45、流)；另一方面，綜上，應該選擇答案(D)。8.由氫原子光譜的里德伯公式，對巴耳末系有n=3 ，4，5，對波長最大的譜線用，n=3；對其次波長用，n=4。因此有9.由動能定理得 把此式代入德布羅意公式有所以10.對(A)示組態(tài)，既違反泡利不相容原理，也違反能量最小原理，是一個不可能的組態(tài)；對(B)示組態(tài)和(D)示組態(tài)均違反能量最小原理，也都是不可能組態(tài)。因此，只有(C)示組態(tài)是正確組態(tài)。11. 且E1=13.6eVn=3 n=2 n=1 能級躍遷圖 可以解得 n=3從能級躍遷示意圖可知，應該有種頻率不同的光子發(fā)出，它們的能量分別為12.題給的波函數(shù)圖線可以反映出粒子的“波性”，顯然圖(A)所反映出的“波性”是最強的，其相應的粒子位置的不確定量是最大的。根據(jù)海森堡不確定關系，這時粒子動量的不確定量應該是最小的，即確定粒子動量的精確度是最高的。 13.因為當主量子數(shù)n確定之后，副量子數(shù)l和磁量子數(shù)ml的取值是有限制的：l=0，1，2，n1；ml=0，1