《大學(xué)物理學(xué)習(xí)指導(dǎo)答案[共63頁]》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《大學(xué)物理學(xué)習(xí)指導(dǎo)答案[共63頁]（63頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 大學(xué)物理學(xué)習(xí)指導(dǎo) 習(xí)題詳解 61 目錄 第一章 質(zhì)點運動學(xué)...........................................................................................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...........................

2、................................5 第四章 剛體的轉(zhuǎn)動...........................................................................................8 第五章 熱力學(xué)基礎(chǔ)..........................................................................................11 第六章 氣體動理論.........................................

3、.................................................13 第七章 靜電場..................................................................................................15 第八章 靜電場中的導(dǎo)體和介質(zhì)......................................................................21 第九章 穩(wěn)恒磁場.................................

4、.............................................................28 第十章 磁場中的磁介質(zhì)..................................................................................35 第十一章 電磁感應(yīng)..............................................................................................36 第十二章 機械振動.................

5、.............................................................................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

6、學(xué)..............................................................................................51 第十六章 相對論..................................................................................................55 第十七章 量子力學(xué)................................................................................

7、..............57 第一章 質(zhì)點運動學(xué) 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(fēng)是從西北方向吹來。 2. 根據(jù)兩個三角形相似，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(dāng)t=1.5s時，v=0,然后反向運

8、動。因此。 7. （1）水平方向豎直方向因此，任意時刻位置坐標(biāo)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θ，法向加速度垂直于切向加速度。 8. 設(shè)拋出的球的速度為v，以車為參考系，則豎直方向當(dāng)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,v可得 9. .設(shè)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θ為3.15rad. （3） 11. 12.

9、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受到的合力豎直向下，大小為FC ,所以 4. 設(shè)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(dāng)向心力， 5. 對整體由牛頓第二定律，再取A和長度為

10、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(shè)張力為T，根據(jù)牛頓第二定律，

11、 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

12、、16、17。 第四章 剛體的轉(zhuǎn)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(xué)基礎(chǔ) P 注：本章可能會出大題，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

13、 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(shè)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

14、 因此，P點最終的電勢為 5.電荷在P點產(chǎn)生的電勢都相等，與點電荷在圓周上的位置無關(guān)，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(guān)，也就是說，P點的場強應(yīng)當(dāng)與各點電荷在圓周上的分布有關(guān)，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(biāo)量)大小與其在圓周上的位置無關(guān)，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

15、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(guān)的常 量，但是平面兩側(cè)的場強方向不同：在x>0 區(qū)間，場強方向與X軸正向相同，應(yīng)為正；反之在x<0區(qū)間，場強方向與X軸正向相反，應(yīng)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(yīng)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

16、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(shè)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(Q<0)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(shè)向右為正方向，且

17、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(xí)題7―15圖 Ⅰ區(qū)：　　　　　　　 Ⅱ區(qū)：　　　　　　　　 聯(lián)立以上二式可得 16.設(shè)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(yīng)當(dāng)應(yīng)用疊加原理，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(shè)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(xí)題7―17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

18、 19.在半圓形玻璃棒的上半部分取一線元，其位置處相應(yīng)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(xí)題7―20圖 20.沿細桿方向建立X軸方向向左，坐標(biāo)原點就在q0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

19、 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(xí)題7―21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(biāo)原點O處產(chǎn)生的元電勢為 整個帶電細棒在坐標(biāo)原點O處產(chǎn)生的電勢為 　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　 23.在盤面上以O(shè)為原心，以r為半徑，取寬度為dr的環(huán)帶，它相當(dāng)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

20、從A點移到B點的過程中電場力作的功 　　　　　 25.以O(shè)為中心，以r()為半徑，在球殼內(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(dǎo)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： 0≤r≤R r≥R 因此，離球心為r(r

21、)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(guān)系 在rR區(qū)間： 29.以X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(shè)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

22、 題7―29圖 ∴ () 場強在X軸的投影值隨坐標(biāo)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(dǎo)體和電介質(zhì) 1.B板接地后，A、B兩板外側(cè)均無電荷，兩板內(nèi)側(cè)帶等值異號電荷，數(shù)值分別為+Q1和-Q1，這時AB間的場應(yīng)是兩板內(nèi)側(cè)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容量成反比，設(shè)C1承受的電壓為V1，C2承受的電壓為V2，則有 ①

23、 ② 聯(lián)立①、②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(shè)此電容器組的兩端所加的電壓為u，并且用C1∥C2表示C1、C2兩電容器的并聯(lián)組合，這時該電容器組就成為C1∥C2與C3的串聯(lián)。由于C1= C2=C3，所以C1∥C2＝2C3，故而C1∥C2承受的電壓為u/3，C3承受的電壓為2u/3。 C1 C2 C3 習(xí)題8―3圖 由于C1∥C2的耐壓值不大于100V ，這要求 即要求 同理，C3的耐壓值為300V，

24、這要求 對于此電容器組的耐壓值，只能取兩者之較低的，即300V。 4.在抽出介質(zhì)前，相當(dāng)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(dāng)抽去介質(zhì)后，極板電荷重新分布而變?yōu)樽笥揖鶆颍沟糜野脒厴O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(dāng)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 　　　　　　

25、　　　　　　　　 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??；與此同時，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(shè)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)? 所以E↓；電容變?yōu)? 所以C↑；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?！　　　　　　?/p>

26、 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(yīng)當(dāng)減少。 9.用導(dǎo)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 σ4 σ3 σ2 σ1 q1 q2

27、 題解8―11圖 11.如圖所示，設(shè)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(cè)表面的電荷在兩極板間產(chǎn)生的場強相互抵消；兩內(nèi)側(cè)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(dāng)于極板間距變?yōu)樵瓉淼?/3，因此，板間電壓相應(yīng)地也變?yōu)樵瓉淼?/3，即 　　　　　　　　　　　　　 13.A、B并聯(lián)后，系統(tǒng)的等效電容

28、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(yīng)地增大為原來的倍，即。 15.孤立導(dǎo)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(R1

29、看作“孤立”的。該兩球的電勢差為所以，該導(dǎo)體組的電容為而對于各孤立導(dǎo)體球的電容則為，有 18. 半徑為R的孤立球形導(dǎo)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(dǎo)體的電場能量為 19.設(shè)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-d

30、的場為 兩線間的電勢差 單位長度的電容為 21.(1) 由于b-a<>b，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±Q∕L，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(dǎo)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(dǎo)線連接后，電荷重新分布，設(shè)這時兩球分別帶電為q1和q2，由電荷守恒有　　　　　　　　　　　?、? 式①中q為連接前兩球的總帶電量，。用導(dǎo)線連接后兩球等勢

31、 　　　　　　　　　　② 聯(lián)立①、②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(dǎo)體球，因此它們的電勢為 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(yīng)與它們的電容成正比，所以有 25.設(shè)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

32、內(nèi)、外柱間的場分布為 　　　　 (a

33、 設(shè)距軸線為r(R1

34、磁感應(yīng)強度分布為 　　　　　　　　　 2.依右手螺旋法則，帶電質(zhì)點進入磁場后將在x>0和y>0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(biāo)為x=0和。 3.對P點，其磁感應(yīng)強度的大小 ，對Q點，其磁感應(yīng)強度的大小 對O點，其磁感應(yīng)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(cè)磁感應(yīng)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(zhuǎn)動方向。 5.由載流圓線圈(N匝)軸線上的磁感應(yīng)強度公式 6.依題給坐標(biāo)系，與Z軸重合的一根導(dǎo)線單獨在

35、P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為 　　　　　　　　　　　　　 另一根與X軸平行的導(dǎo)線單獨在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)由疊加原理，P點處的磁感應(yīng)強度的大小為 7.(1) A、B兩載流導(dǎo)線在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度等大而反向，疊加的結(jié)果使P點最終的磁感應(yīng)強度為零，因此，。 (2) 根據(jù)安培環(huán)路定理容易判斷，磁感應(yīng)強度沿圖中環(huán)路l的線積分等于－I。 I R O 習(xí)題9―8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(dāng)，k=0，±1，……時，磁力矩恰為零，這等價于把線圈繞轉(zhuǎn)過

36、，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(biāo)軸OX軸，并在矩形回路內(nèi)距長直導(dǎo)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(xí)題9―13圖 13.圓心O處的磁感應(yīng)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

37、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(shè)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(dǎo)線內(nèi)外的磁場分布為 　　 () () 在假想平面S內(nèi)、距軸為r處，沿導(dǎo)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 θ　　 dl 題9―15

38、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(yīng)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(yīng)強度為 令該磁感應(yīng)強度為零可得 R1 R2 I 習(xí)題9―17圖　　　 17.以O(shè)點為圓心、以r為半徑，在線圈平面內(nèi)取寬度

39、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(yīng)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(yīng)強度的方向垂直于圖面向外。X x a b c d j O 題9―18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(guān)系。對此環(huán)路應(yīng)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

40、取線元dr，其帶電量為，該線元相當(dāng)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(dāng)a>>b時，帶電細桿相當(dāng)于點電荷。因此 20.設(shè)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(xué)平衡狀態(tài)，因此有 　 解得

41、　 21.由安培力公式，線圈任一線元所受到的磁場力為 I 題9―21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(yīng)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(cè)，bc邊和da邊都與平板垂直。對此環(huán)路應(yīng)用安培環(huán)路定理得 　　 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(cè)場垂直于紙面向里，板左側(cè)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

42、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(zhuǎn)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“↑” 討論：若

43、，則方向向上；反之，若，則方向向下。 25.設(shè)流經(jīng)導(dǎo)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(yīng)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(yīng)強度為，方向“⊙” (

44、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) 在個條閉合曲線上，各點的磁感應(yīng)強度的量值并不相等。 (2) 在閉合曲線c上各點的磁感應(yīng)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(jié)果。 28.（1）<0 因此，載流子是負的，對半導(dǎo)體則是電子，可以判斷出這是N型半導(dǎo)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、2

45、3、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(jié)果使a點的場減小；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)相當(dāng)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(cè)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B—H關(guān)系為：；對一般弱磁介質(zhì)的B—H關(guān)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B—H關(guān)系曲線為參考，則曲線Ⅱ表示的是順磁質(zhì)，曲線Ⅲ表示的是

46、抗磁質(zhì)。對于鐵磁質(zhì)其B—H關(guān)系仍然為：，但是，由于其不是常數(shù)，即，因此其B—H關(guān)系是非線性的，B—H關(guān)系曲線亦非直線，故表示鐵磁質(zhì)的應(yīng)是曲線Ⅰ。 3.空間任一點的磁場強度應(yīng)該是所有電流共同產(chǎn)生的，而不僅僅是傳導(dǎo)電流；閉合曲線內(nèi)沒有包圍傳導(dǎo)電流，在閉合曲線外可能有電流，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0≤r

47、 (0≤r

48、身的電阻，(A)、(B)、(C)三種方法盡管感應(yīng)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(yīng)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(xí)題11―4圖 4.由于磁感應(yīng)強度隨時間減少，所以回路里的感應(yīng)電流方向應(yīng)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

49、)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應(yīng)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(yīng)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(shè)它們所圍成的面積分別為S和，則有S<。因為棒上的感應(yīng)電動勢的大小與三角形閉合回路的面積成正比，因此有. 6. 設(shè)任一時刻t小圓環(huán)的法線方向與大圓環(huán)中心處的磁感應(yīng)強度方向夾角為，由于初始時刻，因而。由于a>>r，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(yīng)強度，即 方向向外。任一時

50、刻t通過圓環(huán)的磁通量 小圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢為 小圓環(huán)中的感應(yīng)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(yīng)電動勢而在回路里激起感應(yīng)電流，因而使AC受到與速度方向相反 的安培力的作用而減速，從而使減少；與此同時，磁感應(yīng)強度B也在隨時間 而下降，也使減少。 8.當(dāng)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O→a，所以UO

51、 9.閉合回路cOdc中的感應(yīng)電動勢， 　　　　　方向“↓”(等效于直導(dǎo)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(yīng)電動勢為 當(dāng)x=NR時，小線圈回路內(nèi)的感應(yīng)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(yīng)強　　　　　　　　　　 在CD上x處取線元，在該線元的元電動勢為 由C→D，D端電勢高。13.在任一時刻t

52、，金屬棒的A端距長直導(dǎo)線為 這時在棒上任取一線元，該線元距長直導(dǎo)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B→A，A點電勢高。 R a b c d θ　　 習(xí)題11―14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(yīng)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

53、.67mV；<0，回路中感生電動勢的方向逆 15.(1) 在線圈內(nèi)距長直導(dǎo)線為x處取寬度為dx、長度為l的矩形窄條面積，則通過該窄條面積的元磁通量為 通過整個矩形線圈的磁通量為　 矩形線圈中的感應(yīng)電動勢為 　　 因為>0，所以該結(jié)果就是矩形線圈中感應(yīng)電動勢的大??；并且仍然因為>0， 該感應(yīng)電動勢的方向為順時針的，相應(yīng)的感應(yīng)電流亦為順時針方向的。 (2) 導(dǎo)線與線圈的互感系數(shù)為 　　　　　　　　　　　　　　 16.(1) 設(shè)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

54、 　　　　　　　 　　　　　　　① 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?、? 把②代入①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(guān)系。 (2) 當(dāng)t足夠大，相當(dāng)于t→∞，則有 17.在細桿上距O點為l處取線元dl，方向a→b， 細桿上的總電動勢 ，說明細桿上的總電動勢的方向為a→b，即 Ua

55、法向(垂直紙面向里)與磁感應(yīng)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(dǎo)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(shè)任一時刻t矩形線圈的左邊距無限長直導(dǎo)線為x ，在線圈內(nèi)、距無限長直導(dǎo)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(dǎo)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(yīng)電動勢為 　　　　　 把　代入上式可得 20

56、.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，回路L內(nèi)的感應(yīng)電動勢為 原題給無限長直導(dǎo)線中的感應(yīng)電動勢應(yīng)當(dāng)為整個回路L內(nèi)的感應(yīng)電動勢之一半，即 此感應(yīng)電動勢的大小為 當(dāng)時，，這時因整個L回路的感應(yīng)電動勢是逆時針的，當(dāng)時，，這時因整個L回路的感應(yīng)電動勢是順時針的。 21.解：(1) 螺繞環(huán)內(nèi)的磁感應(yīng)強度分布為 　　　　 　　　　　　(a

57、) 由自感磁能公式可得螺繞環(huán)內(nèi)儲存的磁能為 22.(1) 設(shè)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 ① 裸導(dǎo)線ab所受到的磁場力為 ② 依牛頓第二定律 ③ 把上式分離變量再積分 　 得　 ④ 令t →∞，則可得ab能達到的最大速度為 　 （2） 把⑤代入①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

58、試過的題目及重點題型有3、4、5、8、11、12、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(zhuǎn)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(shè)質(zhì)點在平衡位置時t=0，則對于x2,t=0時 7. 8.有旋轉(zhuǎn)矢量法，容易得出結(jié)果。 9. 10 11. 由曲線可知， 12. 有旋轉(zhuǎn)矢量法可得結(jié)果。 19. 參照課本十六頁振動的合成，有旋轉(zhuǎn)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

59、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、25、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(yīng)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

60、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(dǎo)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的環(huán)流，所以應(yīng)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(yīng)填②；(2)中空白應(yīng)填③；(3)中空白應(yīng)填①。 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

61、電路中沒有位移電流，因此有 　　　　　　　　　　　　 O R e I 題14―6圖 。 6.由于通過螺線管的電流隨時間而減少，導(dǎo)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(biāo))。 7.(1) 根據(jù)電容器極板間電壓與極板上電荷的關(guān)系可得 (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(dǎo)電流 8.圖(a)中

62、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(dāng)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(dāng)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14―9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

63、標(biāo)準方程做比較容易得到 (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(guān)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(xué) 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、

64、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(yīng)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(guān)，而且與金屬的逸出功A有關(guān)，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(guān)系，所以應(yīng)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

65、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(yīng)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(yīng)于最大波長，n=3；對應(yīng)于最小波長，n=∞。因此有 　　　　；　 4.　　　　　　　　　??；　； 所以電子的動能 5.由康普頓效應(yīng)的能量守恒公式 6.依題意，氫原子的動能應(yīng)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(shè)，光強=Nh，在光強保持不變的情況下，↑ →N↓→Is(飽和光電流)↓；另一方面，↑→↑

66、，綜上，應(yīng)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=13.6eV n=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(yīng)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(yīng)的粒子位置的不確定量是最大的。根據(jù)海森堡不確定關(guān)系，這時粒子動量的不確定量應(yīng)該是最小的，即確定粒子動量的精確度是最高的。 13.因為當(dāng)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，…，n－1；ml=0，±1