大学物理学习指导答案[共63页]

大学物理学习指导 习题详解61目录第一章 质点运动学.1第二章 牛顿定律.3第三章 动量守恒定律和能量守恒定律.5第四章 刚体的转动.8第五章 热力学基础.11第六章 气体动理论.13第七章 静电场.15第八章 静电场中的导体和介质.21第九章 稳恒磁场.28第十章 磁场中的磁介质.35第十一章 电磁感应.36第十二章 机械振动.43第十三章 机械波.45第十四章 电磁场普遍规律.49第十五章 波动光学.51第十六章 相对论.55第十七章 量子力学.57第一章 质点运动学1. 由和速度的矢量合成可知，质点在（x,y）处的速度大小。1. 由相对运动的知识易知，风是从西北方向吹来。2. 根据两个三角形相似，则 ，解得。3. 将加速度g沿切向和法向分解，则 由法向加速度的计算公式，所以 ，曲率半径。4. ，根据法向加速度和切向加速度的计算公式，。5. （1）根据平均速度的计算公式方向与x轴相反。（2） 根据瞬时速度的计算公式方向与x轴相反。（3） 由（2）可知，当t=1.5s时，v=0,然后反向运动。因此。7. （1）水平方向竖直方向因此，任意时刻位置坐标为根据上述两个方程消去时间t，可得轨迹方程。（2） 由根据速度的合成公式，与x轴夹角切向加速度方向为，法向加速度垂直于切向加速度。8. 设抛出的球的速度为v，以车为参考系，则竖直方向当球的速度为0时经历的时间为t，根据上述两个方程消去t,v可得9. .设列车速度水平向右，则看到的雨点速度水平斜向下，且与水平向右方向夹角为165度，根据速度的合成定理，10. （1）由切向加速度t=2s时，法向加速度所以（2） 总加速度，解方程可得t=0.66,因此为3.15rad.（3）11.12. 由解得13.14.15. 注：在期末考试中曾经考试过的题目及重点题型有：1、4、5。第二章 牛顿定律1. 撤去力F的瞬间，弹簧的弹力和摩擦力均不会突变，因此2. 对木块进行受力分析，由平衡条件可得：，又因为F无穷大，所以G可以近似等于0，解得 3. 对A，B和弹簧整体为研究对象，可得移开C的瞬间，弹簧的弹力不会突变，因此A仍然处于平衡状态，B受到的合力竖直向下，大小为FC ,所以4. 设弹簧的原长为x，劲度系数为k，根据牛顿第二定律，弹簧的弹力完全充当向心力， 5. 对整体由牛顿第二定律，再取A和长度为x的绳为研究对象，则6. 。 7. 在长为x处，取一段长度为dx的叶片设张力为T，根据牛顿第二定律， 注：在期末考试中曾经考试过的题目及重点题型有：2、3。第三章 动量守恒定律和能量守恒定律 19. 碰撞是完全弹性碰撞，碰撞前后交换速度，因此选C.注：在期末考试中出现过的题目及重点题型：2、15、16、17。第四章 刚体的转动注：本章可能会出大题，曾经考试过的题目及重点题型有：8、11、18、22.、23。第五章 热力学基础 P注：本章可能会出大题，曾经考试过的题目及重点题型有：1、2、3、4、7、8、10、11、12、13、14、15、17、19。第六章 气体动理论曾经考试过的题目及重点题型：2、3、4、6、7、9、20。第七章 静电场3. 设想再补上与图示立方体完全相同的七个立方体，使得点电荷位于一个边长扩大一倍的新的立方体的中心，这样，根据高斯定理，通过这个新立方体的六个面的总电通量为，通过其中任何一个面的电通量为，而因原abcd面只是新立方体一个面的四分之一，故通过abcd面的电场强度通量为。4.根据场强叠加原理，内球面单独在P点产生的电势为外球面单独在P点产生的电势为因此，P点最终的电势为5.电荷在P点产生的电势都相等，与点电荷在圆周上的位置无关，这样一来，根据电势叠加原理，两种情况下的电势都一样，都是对于场强，因为它是矢量，即不仅有大小还有方向，各点电荷产生的场强方向与其在圆周上的位置有关，也就是说，P点的场强应当与各点电荷在圆周上的分布有关，所以两种情况下的场强是不同的。但是，由于P点对于圆周上的各点是对称的，各点电荷场强的Z分量(标量)大小与其在圆周上的位置无关，因此，两种情况下P点的场强分量EZ 都相同。6.根据电势叠加原理，三角形的中心O处的电势为因为无穷远处电势为零，所以外力的功为7.两个点电荷在P点产生的场强的Y分量相抵消，P点最终的场强只是两场强X分量的叠加，因此，P点的场强为8.“无限大”均匀带正电荷的平面产生的场强大小是与到平面的距离x无关的常量，但是平面两侧的场强方向不同：在x0区间，场强方向与X轴正向相同，应为正；反之在x0区间，场强方向与X轴正向相反，应为负。9. 容易看出该电场是由半径为R的均匀带电球面产生的。10. .根据电势叠加原理，P点的电势应为均匀带电球面和球心处的点电荷各自单独存在时所产生电势的叠加，即11.在吹胀过程中，高斯球面上任一点先在球形肥皂泡外，后在肥皂泡内，而带电的球形肥皂泡可看作均匀带电球面，因此，高斯球面上任一点的场强大小由 变到E = 0；该点的电势由变到12.根据静电场高斯定理，通过该闭合曲面的电通量等于被闭合曲面包围的电荷之代数和的分之一，即=。高斯定理中的是高斯面上任一点的场强，它是由高斯面内、外的所有电荷共同产生的，即由q1、q2、q3和q4共同产生的。13.根据高斯定理容易知道，通过三个闭合曲面的电通量分别为、0、。14.放在A、B两处的点电荷+q和-q是场源电荷，设无穷远处为电势零点，则D点的电势为同理，O点的的电势因此，把另一带电量为Q(Q0)的点电荷从D点沿路径DCO移到O点的过程中，电场力作的功为15.设向右为正方向，且A、B两平面上的电荷面密度均大于零，则根据场强叠加原理E0 E0/3 E0/3 习题715图 区：区：联立以上二式可得16.设场强等于零的点与直线1的距离为a，则有可解得17.此题应当应用叠加原理，每个区域的电场强度等于每个均匀带电平面单独存在时产生的场强的矢量和。设自左向右的方向为正，则有A区域内任一点的场强：A B C 习题717图 B区域内任一点的场强：C区域内任一点的场强：18.根据高斯定理，可有19.在半圆形玻璃棒的上半部分取一线元，其位置处相应的半径与X轴负向的夹角为，其带电量，其在O点产生的元场强的大小为其方向如图所示。由于各个线元产生的元场强方向不一致，因此需把分解 由于电荷分布的对称性，最终O点场强的X分量。因此，圆心O处的电场强度的Y分量为把O处的电场强度写成矢量式为x dx d l q0 X O 习题720图 20.沿细杆方向建立X轴方向向左，坐标原点就在q0所在处，在细杆上x处取线元dx，其带电为，线元在q0所在处产生的元场大小为整个细杆在q0所在处产生的电场大小为点电荷q0所受的电场力为 l q 习题721图 21.根据动能定理有所以，平面上的面电荷密度为22.在棒上x处取线元dx，其带电量，其在坐标原点O处产生的元电势为整个带电细棒在坐标原点O处产生的电势为23.在盘面上以O为原心，以r为半径，取宽度为dr的环带，它相当于带电圆环，其面积为，带电量为，其在盘中心O处产生的元电势为整个带电圆盘在圆盘中心O处产生的电势为24.电偶极子的电场中某一点的电势为将一电量为q的点电荷从A点移到B点的过程中电场力作的功25.以O为中心，以r()为半径，在球壳内取一厚度为dr的薄球壳，其可看成均匀带电球面，其带电量为，其在其内部任一点产生的电势为整个球壳在空腔内任一点产生的电势为26.选择两球心连线为积分路径，在该路径上距O1为r的某点的电场强度大小为电场强度的方向是从O1指向O2。两个非导体球壳都在表面上均匀带电，它们均可视为均匀带电球面，因此每个球壳各自都是个等势体，故而两球心间的电势差即为两球表面间的电势差，所以有27.由高斯定理容易算出该球体内外的场分布：0rRrR因此，离球心为r(rR)处的电势为28.(1) 带电球体的总电量为(2) 取半径为r的同心球形高斯面，则有在rR区间： (3) 根据场强与电势的积分关系在rR区间：29.以X轴为轴线取一闭合圆柱面S，使其两个端面距带电平板的中央平面等距，即两端面分别在x和x处，同时设端面积为，根据高斯定理在平板内有： ()在平板外有：X E O d/2 d/2 题729图 ()场强在X轴的投影值随坐标x变化的图线如图所示。本章考试可能会出大题，曾经考试过的题目及重点题型：1、3、4、5、8、10、11、12、13、14、15、16、17、19、20、21、23、25。第八章 静电场中的导体和电介质1.B板接地后，A、B两板外侧均无电荷，两板内侧带等值异号电荷，数值分别为+Q1和-Q1，这时AB间的场应是两板内侧面产生场的叠加，即2.两个电容器串联起来，它们各自承受的电压与它们的电容量成反比，设C1承受的电压为V1，C2承受的电压为V2，则有 联立、可得，可见，C1承受的电压600V已经超过其耐压值500V ，因此，C1先被击穿，继而1000V电压全部加在C2上，也超过了其耐压值900V，紧接着C2也被击穿。3.设此电容器组的两端所加的电压为u，并且用C1C2表示C1、C2两电容器的并联组合，这时该电容器组就成为C1C2与C3的串联。由于C1= C2=C3，所以C1C22C3，故而C1C2承受的电压为u/3，C3承受的电压为2u/3。C1 C2 C3 习题83图 由于C1C2的耐压值不大于100V ，这要求即要求同理，C3的耐压值为300V，这要求对于此电容器组的耐压值，只能取两者之较低的，即300V。4.在抽出介质前，相当于左右两半两个“电容器”并联，由于这两个“电容器”电压相等，而右半边的电容又小于左半边的，因此由q=CU公式可知，右半边极板的带电量小于左半边的。当抽去介质后，极板电荷重新分布而变为左右均匀，使得右半边极板电荷较抽出介质前为多，因此这时带电质点受到向上的静电力将大于其重力，它将向上运动。电容器充电后与电源断开，其极板上的电荷将保持不变。由公式当将电容器两极板间距拉大，其电容C将减小，这将使其极板间的电势差U12增大；因为极板电荷保持不变，使得板间场强亦不变；由电容器储能公式 因电势差U12增大而极板电荷保持不变，故电场能量W将增大。6.电容器充电后仍与电源连接，其两极板间的电压U12不变。若此时将电容器两极板间距拉大，其电容量C将变小，由公式可知，极板上的电量Q将减小；与此同时，由公式可知，极板间电场也将减小；又由公式可知，电场能量W将减小。解：设未充满电介质时电容器的电容为C0，电压为U0，场强为E0，电场能量为W0。充满电介质后则有所以U；电场强度的大小变为所以E；电容变为所以C；电场能量为所以W。8.充电后将电源断开，两电容器的总电量不变，即。 由于两电容器并联，它们的电势差U相等，因此它们所带的电量(q=CU)与它们的电容量成正比，但因C1中插入了介质板，所以C1的电容量增加，即q1，由式可知，这时q2 应当减少。9.用导线将两球壳连起来，电荷都将分布在外球壳，现在该体系等价于一个半径为R2的均匀带电球面，因此其电势为原来两球壳未连起来之前，内球电势为外球电势为因此，10.介质表面的极化电荷可以看成两个电荷面密度为的无限大平行平面，由叠加原理，它们在电容器中产生的电场强度大小为A B 4 3 2 1 q1 q2 题解811图 11.如图所示，设A、B两块平行金属板的四个表面的电荷面密度分别为，和，则根据电荷守恒有 根据静电平衡条件 联立解得根据叠加原理，两个外侧表面的电荷在两极板间产生的场强相互抵消；两内侧的电荷在两板间产生的场强方向相同，它们最终在板间产生的场强为因而A、B两板间的电势差为12.电源断开前后极板带电量不变，因而极间场强不变；由于在两板间平行地插入一厚度为d/3的金属板，相当于极板间距变为原来的2/3，因此，板间电压相应地也变为原来的2/3，即13.A、B并联后，系统的等效电容为2C，带电量为3Q，因此，系统电场能量的增量为 14.充满介质后，电容器的电容值增大了倍，因此有；由电容器储能公式充满介质后，两极板间电压U不变，只是电容值增大了倍，因而其能量相应地增大为原来的倍，即。15.孤立导体球的电量为其电荷分布是一个均匀带电球面，因而其电势分布为把r=0.30m、R=0.1m及UR=300V代入上式可得U=100V。16.取半径为r(R1rR2)、高度为h的、与圆筒同轴的两端封闭的柱面为高斯面，根据有介质时的高斯定理有因此，根据电位移与场强的关系可得17. 设两球分别带电+Q和Q，因为它们相距很远，各自都可以看作“孤立”的。该两球的电势差为所以，该导体组的电容为而对于各孤立导体球的电容则为，有18. 半径为R的孤立球形导体的电容为其带电为2Q时的电场能量为同理，半径为R/4、带电量为Q的孤立球形导体的电场能量为19.设中心平面处为X轴的原点，可以看出，板间电场都与X轴平行：在-dx0区间，场强方向与X轴反向；在0xd区间，场强方向与X轴同向。因而可取一柱形高斯面S，其轴线即为X轴，其两个端面分别在+x和-x处。由高斯定理即解得 (-dxd)(-dxd)20.建立如图所示的坐标系，则两线间任一点的场为 两线间的电势差 单位长度的电容为21.(1) 由于b-ab，所以两个同轴圆筒可看成“无限长”，它们沿长度方向电荷线密度为QL，两筒间的场为两筒间的电势差为圆柱形电容器的电容为(1) 电容器储存的能量为22.孤立导体球(球外充满介电常数为的各向同性的均匀电介质)的电容为电容器储能公式，可以求得金属球电场中储存的电场能为23.(1) 两个球用导线连接后，电荷重新分布，设这时两球分别带电为q1和q2，由电荷守恒有式中q为连接前两球的总带电量，。用导线连接后两球等势联立、解得(2) 由于两球相距很远，它们的相互影响可以忽略，可以看成孤立、均匀带电的导体球，因此它们的电势为24.(1) 两个电容器串联它们的带电量相等，根据可知它们的电能与电容量成反比，因此有(2) 两个电容器并联它们的电压相等，根据公式可知它们的电能与电容量成正比，因此有(3) 在以上两种情况下电容器系统的电容分别为 ； 由于电源电压一定，因此两种情况下电容器系统的总电能应与它们的电容成正比，所以有25.设该电容器的内、外柱半径分别为a和b，内、外柱带电分别为和，则内、外柱间的场分布为 (arb)该场强的最大值也是击穿场强E0，可令上式中的r =a，即两极间的电势差根据最值条件，可令，代入式即可得到该电容器可能承受的最高电压26.内外导体间的电势差满足下面关系内球表面附近的电场强度可表示为 把代入得 把对a求导数并令其等于零解得所以，当a=b/2时，内球表附近的电场强度最小；这个最小电场强度的大小为27.两筒之间电势差为所以设距轴线为r(R1r0和y0区间以匀速v经一个半圆周而从磁场出来，其圆周运动的半径为，因此，它从磁场出来点的坐标为x=0和。3.对P点，其磁感应强度的大小，对Q点，其磁感应强度的大小对O点，其磁感应强度的大小显然有。4.根据大平板的电流方向可以判断其右侧磁感应强度的方向平行于大平板、且垂直于I1；小线框的磁矩方向向上，如图所示。由公式可以判断小线框受该力矩作用的转动方向。5.由载流圆线圈(N匝)轴线上的磁感应强度公式6.依题给坐标系，与Z轴重合的一根导线单独在P点产生的磁感应强度为另一根与X轴平行的导线单独在P点产生的磁感应由叠加原理，P点处的磁感应强度的大小为7.(1) A、B两载流导线在P点产生的磁感应强度等大而反向，叠加的结果使P点最终的磁感应强度为零，因此，。(2) 根据安培环路定理容易判断，磁感应强度沿图中环路l的线积分等于I。 I R O 习题98图 8.半圆形线圈的磁矩大小为因而线圈所受磁力矩的大小为根据磁力矩公式可以判断出磁力矩的方向向上。当，k=0，1，时，磁力矩恰为零，这等价于把线圈绕转过，k=0，1，2，3，。9.通过圆面的磁通量根据磁场的高斯定理，所以10.电子以恒定速度运动，说明其所受到的合外力为零，即有即， 11.坐标轴OX轴，并在矩形回路内距长直导线x处取宽为dx的窄条面元dS=hdx则通过该面元的元磁通为所以，通过回路S1的磁通量为通过回路S2的磁通量为故，12.根据安培环路定理，容易得到：对环路a， 等于；对环路b，等于0；对环路c，等于2。 O a I 习题913图 13.圆心O处的磁感应强度是由半圆形闭合线圈产生的，其直径段的电流在O处单独产生的磁场为零，其半圆段在O处产生的磁场即为该点的总磁场的方向垂直于图面向内。根据安培力公式可知圆心O处的电流元所受的安培力的大小为力的方向垂直于电流元向左。14.设假想平面S靠近轴线的一边到轴线的距离为a，易知长直导线内外的磁场分布为 () ()在假想平面S内、距轴为r处，沿导线直径方向取一宽度为dr的窄条面元，通过它的元磁通为通过假想平面S的磁通量为由最值条件，令 解得 R X O dl 题915图 15.如图所示，取一直径方向为OX轴。并沿电流方向在球面上取一宽度为dl 的球带，该球带可以看成载流圆环，其载有的电流为dI=Kdl=，其在球心O处产生的元磁场为该元场的方向沿X轴的正方向。球面上所有电流在O点产生的磁感应强度大小为 场的方向沿X轴的正方向。16.取与圆盘同心、半径为r、宽度为dr的圆环，其带量电量 其等效的圆电流为其在中心O处产生的元场强为O点的磁感应强度为令该磁感应强度为零可得R1 R2 I 习题917图17.以O点为圆心、以r为半径，在线圈平面内取宽度为dr的圆环面积，在此环面积内含有dN=ndr=匝线圈，其相应的元电流为dI=IdN。其在中心O点产生的元磁场为O点磁感强度该磁感应强度的方向垂直于图面向外。X x a b c d j O 题918图 18.如图所示，在垂直于电流密度方向取一矩形回路abcda，其绕行方向与电流密度方向成右手螺旋关系。对此环路应用安培环路定理在平板内部有所以 在平板外部有 所以 19.(1) 在杆上距轴O为r处取线元dr，其带电量为，该线元相当于运动的点电荷，其在O 处产生的元磁场大小为元磁场的方向垂直于纸面向里。的方向垂直于纸面向里。(2) 线元dr的等效环电流为 其元磁矩大小为 元磁矩的方向垂直于纸面向里。带电细杆的总磁矩大小为总磁矩的方向垂直于纸面向里。(3) 当ab时，带电细杆相当于点电荷。因此20.设想该载流圆线圈被截成相等的两半，如图所示，我们取其中的一半(比如右一半)并分析它的受力情况：安培力作用于中点、方向向右，上、下端点受到的张力均水平向左。由于该半线圈处于力学平衡状态，因此有 解得21.由安培力公式，线圈任一线元所受到的磁场力为I 题921图 则整个闭合载流平面线圈在均匀磁场中所受的合磁力应该为22.在垂直于电流流向的平面内取一矩形环路abcda，环路的ab边与cd边都与平板平行且等距并居于平板左、右两侧，bc边和da边都与平板垂直。对此环路应用安培环路定理得 上式左端第二项和第四项由于与处处垂直，因而都等于零，因此有 所以 板右侧场垂直于纸面向里，板左侧场垂直于纸面向外。（2）带电粒子将在竖直平面内作圆周运动，其圆周运动的半径为可见，欲使粒子不与平板相碰撞，粒子最初至少在距板为R的位置处。粒子从开始运动到回到原处所需的最短时间刚好是一个周期，即23.在圆盘上取半径为r、宽度为dr的细圆环，环面积为，环的带电量为。其等效环电流为其元磁矩大小为的方向垂直于纸面向外。整个转动圆盘的磁矩为的方向垂直于纸面向外。根据线圈在磁场中所受磁力矩公式可得圆盘所受磁力矩的大小为的方向垂直于向上。24. MN上电流元受到的力为，方向“”整个MN受到的力的大小为，方向“”讨论：若，则方向向上；反之，若，则方向向下。25.设流经导体截面的电流密度向上的电流在P点产生的场为，方向“”向下的电流在P点产生的场为，方向“”P点最终的场为 ，方向“”飞经P点的电子所受力的大小为，方向“”26.(1) 圆环中点O的磁感应强度可以看成段、三分之一圆周、三分之二圆周和段共四段电流产生的场的叠加。因为段电流单独产生的场为，方向“”三分之一圆周电流单独产生的场为，方向“”三分之二圆周电流单独产生的场为，方向“”段电流单独产生的场为圆环中点O的磁感应强度为，方向“”(2) 沿闭合环路L的环流为 27.对闭合曲线a为8A；对闭合曲线b亦为8A；对闭合曲线c为0。(1) 在个条闭合曲线上，各点的磁感应强度的量值并不相等。(2) 在闭合曲线c上各点的磁感应强度的量值不为零，因为该曲线上的场是由I1和I2共同产生的，场强叠加的结果。28.（1）0因此，载流子是负的，对半导体则是电子，可以判断出这是N型半导体。 (2) 由霍耳电势差公式可得载流子的浓度为注：本章可能会出大题，曾经考试过的题目及重点题型有：3、4、7、8、9、10、11、12、13、16、17、19、20、23、24、26。第十章 磁场中的磁介质1已知外场方向向右。对磁介质中的a点来说，其本身磁化电流产生的附加磁场的方向与外场方向相反，叠加的结果使a点的场减小；对介质外的b点来说，外场方向仍旧向右，这时的抗磁质相当于N极在左、S极在右的磁铁，其附加磁场的方向在b点向左，因此，b点的场也减小；对介质外侧的c点来说，外场方向仍旧向右，但是在该处的方向也向右，与外场同向，故c点的场是增加的。2.真空中的BH关系为：；对一般弱磁介质的BH关系为：，式中为常数，若为顺磁质，则因而；若为抗磁质，则因而，所以若以真空中的BH关系曲线为参考，则曲线表示的是顺磁质，曲线表示的是抗磁质。对于铁磁质其BH关系仍然为：，但是，由于其不是常数，即，因此其BH关系是非线性的，BH关系曲线亦非直线，故表示铁磁质的应是曲线。3.空间任一点的磁场强度应该是所有电流共同产生的，而不仅仅是传导电流；闭合曲线内没有包围传导电流，在闭合曲线外可能有电流，这曲线外的电流照样可以在曲线上产生磁场；第四种说法不正确，4 硬磁材料的特点是矫顽力大，剩磁也大，适于制造永久磁铁。5.在垂直于轴线的平面内取半径为r的圆形环路L，其环绕方向从上往下看是逆时针的。根据有介质时的安培环路定理，在0rR1区间有即 (0rR1)所以 (0rR1)在R1rR2区间有 (R1rR2)所以 (R1rR2)在R2rR3区间有 (R2rR3)所以 (R2rR3)在rR3区间有 (rR3)注：曾经考试过的题目及重点题型有：1、2、3。第十一章 电磁感应2.ab向右平移时，ab中的电动势的方向是bacdb，因而在cd中产生的电流方向是cd，cd将受到向右的磁场力的作用，因此，cd也将向右移动。3.线圈中感应电流一般正比于感应电动势而反比于其自身的电阻，(A)、(B)、(C)三种方法尽管感应电动势增加了，但线圈的电阻也随之增加，因而不能达到同比例增加电流的目的。(D)仅使感应电动势增加，线圈的电阻却不增加，I1 I2 I3 O (A) I1 I1 O (B) I3 I1 (C) O I1 I1 (D) O 习题114图 4.由于磁感应强度随时间减少，所以回路里的感应电流方向应该是顺时针的，因此答案(C)和(D)可以排除。在(A)和(B)两个答案中我们可以把圆形回路(加一直径)看成两个半圆形闭合回路，这两个半圆形回路以直径为共用边，显然这两个半圆形回路中的感应电流大小相等并且都是顺时针方向的，而在它们的共用边(直径)上因感应电流方向刚好相反而抵消，最终使直径上电流为零，电流只在圆形闭合回路内沿顺时针方向流动。5. 考虑两个三角形闭合回路abO和，若设它们所围成的面积分别为S和，则有Sr，可以认为小圆环处的由大圆环电流产生的磁场是均匀的，且等于大圆环中心处的磁感应强度，即方向向外。任一时刻t通过圆环的磁通量 小圆环中的感应电动势为小圆环中的感应电流为7.C运动切割磁力线而产生的动生电动势，方向“”；由于磁场变化而产生的感生电动势为方向“”；回路总电动势为 方向“”。由于感应电动势而在回路里激起感应电流，因而使AC受到与速度方向相反的安培力的作用而减速，从而使减少；与此同时，磁感应强度B也在随时间而下降，也使减少。8.当aOc以速度沿X轴正向运动时，aO上的动生电动势为 电动势的方向为Oa，所以UOUa；又因为UO=Uc，所以UcUa，因此有当沿Y轴正向运动时, 将上两式相减可得 因此有 9.闭合回路cOdc中的感应电动势，方向“”(等效于直导线的动生电动势) 方向为逆时针的若，则为顺时针方向的；若，则为逆时针方向的。10. 由解得 11.大线圈中的电流I在小线圈处产生的磁场穿过小线圈的磁通量为在小线圈中产生的感应电动势为当x=NR时，小线圈回路内的感应电动势为 12.在CD杆上任一点x处、由两平行无限长的直电流产生的磁感应强 在CD上x处取线元，在该线元的元电动势为 由CD，D端电势高。13.在任一时刻t，金属棒的A端距长直导线为 这时在棒上任取一线元，该线元距长直导线为l，线元的元电动势为整个AB棒中的动生电动势为 由于0，所以的方向BA，A点电势高。R a b c d 习题1114图 14.取等腰梯形回路的环绕方向为顺时针的，即等腰梯形回路所围成的面积的法向与方向相同。通过该回路所围成的面积的磁通量为根据法拉第电磁感应定律，等腰梯形回路中的感生电动势为回路中的感生电动势的大小为3.67mV；0，所以该结果就是矩形线圈中感应电动势的大小；并且仍然因为0，该感应电动势的方向为顺时针的，相应的感应电流亦为顺时针方向的。(2) 导线与线圈的互感系数为16.(1) 设任一时刻t，ab边的速率为v，这时ab边所受的外力除了其自身的重力外，还有磁场力，因此，根据牛顿第二运动定律我们有 把代入可得 把上式进行分离变量并积分 得 这就是任一时刻ab边的速率v和t的关系。(2) 当t足够大，相当于t，则有 17.在细杆上距O点为l处取线元dl，方向ab，细杆上的总电动势，说明细杆上的总电动势的方向为ab，即 UaUb，因此，ab两端的电势差为 18.(1) 在距长直导线为r处取宽度为dr、长度为a的窄条面元dS，通过其元磁通量为 式中为面元法向(垂直纸面向里)与磁感应强度方向间的夹角。通过整个线框回路所围面积的磁通量为因此，直导线和线框的互感系数 (2) 根据互感电动势公式可得线框中的互感电动势为19.设任一时刻t矩形线圈的左边距无限长直导线为x ，在线圈内、距无限长直导线为r处取宽度为dr、长度为l 的窄条面元dS，这时通过该面元的元磁通为通过整个线圈所围面积的磁通量为 矩形线圈与无限长直导线间的互感系数为 令此互感系数为 则有 解得在任一位置x处，矩形线圈内的感应电动势为把代入上式可得20.根据法拉第电磁感应定律，回路L内的感应电动势为原题给无限长直导线中的感应电动势应当为整个回路L内的感应电动势之一半，即 此感应电动势的大小为 当时，这时因整个L回路的感应电动势是逆时针的，当时，这时因整个L回路的感应电动势是顺时针的。21.解：(1) 螺绕环内的磁感应强度分布为 (arb)通过螺绕环截面的磁通量为 螺绕环的自感系数为 (2) 设长直导线中通有电流，该电流在螺绕环中产生的场为通过螺绕环截面的磁通量为长直导线和螺绕环的互感系数 (3) 由自感磁能公式可得螺绕环内储存的磁能为 22.(1) 设ab运动起来以后任一时刻t的速度为v，根据全电路欧姆定律，这时在回路中的电流为 裸导线ab所受到的磁场力为 依牛顿第二定律 把上式分离变量再积分 得 令t ，则可得ab能达到的最大速度为 （2） 把代入可得ab达到最大速度时通过电源的电流 注：本章可能会出大题，曾经考试过的题目及重点题型有3、4、5、8、11、12、15、18、19. 第十二章 机械振动1.2.3. 串联后弹簧的劲度系数4. 根据旋转矢量法，画出图形可得5. 弹簧切成三段后，每段的劲度系数变为3k，两短弹簧并联后劲度系数变为6k。6.设质点在平衡位置时t=0，则对于x2,t=0时7. 8.有旋转矢量法，容易得出结果。9.1011. 由曲线可知，12. 有旋转矢量法可得结果。19. 参照课本十六页振动的合成，有旋转矢量法，画出矢量三角形，易求A=10cm,注：本章曾经考试过的题目及重点题型：4、7、19。第十三章 机械波注：本章可能会出大题，曾经考试过的题目及重点题型有：2、3、6、7、9、12、13、14、15、16、17、22、23、25、27、28、31.第十四章 电磁场普遍规律1.筒内变化的磁场是均匀的，但是变化的电场却不均匀，因而(A)不对；因为在筒外任一闭合环路内没有电流穿过，沿该闭合环路上磁感应强度的环流为零，因而(C)也不对；由于筒内磁场是变化的，在筒外存在与该磁场套合的、电力线闭合的涡旋电场，所以沿圆筒外任一闭合环路上电场强度的环流不为零，因而(D)也不对；最终只有答案(B)是正确的。 2.在电路内全电流是连续的，也就是说通过极板间的总位移电流始终等于外电路中的传导电流，而L1所围面积并非极板间整个面积，因而穿过L1所围面积的位移电流小于极板间的总位移电流，根据安培环路定理可知，磁场强度沿L1的环流将小于沿L2的环流，所以应该选择答案(C)。3.根据麦克斯韦方程组各方程的物理意义，容易判定：(1)中的空白应填；(2)中空白应填；(3)中空白应填。4.根据位移电流的定义，两板间的位移电流为 方向与场强方向相反。5.电路中的全电流是连续的，由于外电路中没有位移电流，因此有O R e I 题146图 。6.由于通过螺线管的电流随时间而减少，导至螺线管内的磁场也随时间而减少，因而在管外空间产生涡旋电场，在电子所在的圆周上涡旋电场的电力线方向是顺时针的，电子所受到该电场的作用力与该点场强方向相反沿该点切线方向向左斜上方，这就是电子开始运动的方向(见图所标)。7.(1) 根据电容器极板间电压与极板上电荷的关系可得(2)全电流连续，任一时刻都有板间的位移电流等于外电路中的传导电流8.图(a)中情况，极板间无位移电流；图(b)中情况，极板间有位移电流。极板间有无位移电流完全取决于极板间的电场是否变化。在图(a)中的情况是充电后切断电源，因而电容器极板上的电荷保持不变，即电荷面密度不变，由于板间场强，所以当板间距d变化时板间场强并不改变，因此极板间无位移电流；在图(b)中的情况是电容器一直与电源相接，则电容器两极间电压保持不变，由于板间场强，所以当板间距d变化时板间场强将发生改变，因而极板间将有位移电流产生。c X Y Z O 题149图 9.(1) 把该平面电磁波的电场的波动方程与平面简谐波的标准方程做比较容易得到(2) 由该电磁波的电场的波动方程可以看出，该电磁波是沿着X轴正向传播的。(3) 根据电磁波电场强度和磁场强度的量值关系以及坡印廷矢量公式可以得到，以及注：本章曾经考试过的题目及重点题型：1、2、3、4。第十五章 波动光学注：本章可能会出大题，曾经考试过的题目及重点题型有：3、4、7、8、9、11、12、18、19、20、25、26、27、28、30、36、37、38、39。第十六章 相对论注：曾经考试过的题目及重点题型：2、3、4、5、6、7、8、10、1。第十七章 量子物理1.根据光电效应方程，光电子的最大初动能为，由此式可以看出，Ek不仅与入射光的频率有关，而且与金属的逸出功A有关，因此我们无法判断题给的两种情况下光电子的最大初动能谁大谁小，从而也就无法判断两种情况下入射光的频率的大小关系，所以应该选择答案(D)。2.根据玻尔的理论，氢原子中电子的轨道上角动量满足n=1，2，3所以L与量子数n成正比。又因为“第一激发态”相应的量子数为n=2。 3.由巴耳末系的里德佰公式n=3，4，5，可知对应于最大波长，n=3；对应于最小波长，n=。因此有；4.；所以电子的动能 5.由康普顿效应的能量守恒公式 6.依题意，氢原子的动能应为 又因为氢原子的动量为 由德布罗意公式可得氢原子的德布罗意波长为7.根据爱因斯坦光量子假设，光强=Nh，在光强保持不变的情况下，NIs(饱和光电流)；另一方面，综上，应该选择答案(D)。8.由氢原子光谱的里德伯公式，对巴耳末系有n=3 ，4，5，对波长最大的谱线用，n=3；对其次波长用，n=4。因此有9.由动能定理得 把此式代入德布罗意公式有所以10.对(A)示组态，既违反泡利不相容原理，也违反能量最小原理，是一个不可能的组态；对(B)示组态和(D)示组态均违反能量最小原理，也都是不可能组态。因此，只有(C)示组态是正确组态。11. 且E1=13.6eVn=3 n=2 n=1 能级跃迁图 可以解得 n=3从能级跃迁示意图可知，应该有种频率不同的光子发出，它们的能量分别为12.题给的波函数图线可以反映出粒子的“波性”，显然图(A)所反映出的“波性”是最强的，其相应的粒子位置的不确定量是最大的。根据海森堡不确定关系，这时粒子动量的不确定量应该是最小的，即确定粒子动量的精确度是最高的。 13.因为当主量子数n确定之后，副量子数l和磁量子数ml的取值是有限制的：l=0，1，2，n1；ml=0，1