大学物理学习指导下标准答案详解(朱善华)

练习一
1、D ，
2、C ，
3、C ，
4、
2
03Q a πεD, 5、
()
j y a qy
2
/322042+πε， (j 为y 方向单位矢量)，
2/a ± ，
6、
()3
0220824R
qd
d R R qd εεπ≈-ππ，从O 点指向缺口中心点． 练习二
1、A
2、A
3、
12
q q ε+，
1
232
01(q q )49
q R πε+
+，4． 22(r )L a ρπ- 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λ=q / L ，在x 处取一电荷元
d q = λd x = q d x / L ，它在P 点的场强：
()204d d x d L q E -+π=
ε()
2
04d x d L L x
q -+π=ε 总场强为
⎰+π=L
x d L x
L q E 020)
(d 4－ε()d L d q +π=04ε 方向沿x 轴正向，即杆的延长线方向．
6 解： 如图在圆上取ϕRd dl =
ϕλλd d d R l q ==，它在O 点产生场强大小为 2
0π4d d R R E εϕ
λ=
方向沿半径向外
则ϕϕελ
ϕd sin π4sin d d 0R
E E x =
=
ϕϕελ
ϕπd cos π4)cos(d d 0R
E E y -=
-=
积分R
R E x 000
π2d sin π4ελ
ϕϕελπ
==
⎰
0d cos π400
=-=⎰
ϕϕελ
π
R
E y
∴R
E E x 0π2ελ
=
=，方向沿x 轴正向．
练习三
1、C
2、D
3、0，
0R
r
σε 4、－3σ / (2ε0) ，－σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0)
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∑⎰=⋅0ε/d q S E S
，即
1
2SE S d ρε=
得到 0
1
2E d ρε=
(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0
22ερxS
S E ='
得到x E 0
ερ
=
'(-d/2≤x ≤d/2) 6 解：(1)ρ+球在O
点产生电场010=E
， ρ-球在O 点产生电场
'd
π4π3430320
OO r E ερ= d 33
03r ερ= ∴O 点电场d
33
030r E ερ
= ； (2)ρ+在O '产生电场'd π4d 343
0301OO E ερ
π='
03ερ=' ρ-球在O '产生电场002='E
∴O '点电场0
03ερ
=
'E
'
练习四
1、C
2、D
3、C,
4、-e q / (6πε0R )
5、解：01=E 1R r
2
03132
031323)(4)
(3
4r
R r r R r E ερπεπρ-=-=
21R r R 2
031322
0313
233)(4)
(3
4r
R R r R R E ερπεπρ-=-=
2R r ⎰⎰∞
∙+∙=2
R 32r E r E d d U R R 2
1
⎰⎰
∞-+-=2
R dr r
R R dr r R r R R 203
1
32203133)(3)(2
1
ερερ )(2212
20
R R -=
ερ 6、解：设x 轴沿细线方向，原点在球心处，在x 处取线元d x ，其上电荷为x q d d λ='， 该线元在带电球面的电场中所受电场力为： d F = q λd x / (4πε0 x 2)
整个细线所受电场力为：()
l r r l q x x q F l r r +π=π=
⎰
+00020
4d 400
ελελ
方向沿x 正方向． 电荷元在球面电荷电场中具有电势能： d W = (q λd x ) / (4πε0 x ) 整个线电荷在电场中具有电势能：
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+π=π=
⎰
+0000
ln 4d 400
r l r q x x q W l r r ελελ 练习五
1、D
2、A
3、C 4．r
εεσσ0,
５ 解：设极板上分别带电量+q 和-q ；金属片与A 板距离为d 1，与B 板距离为d 2； 金属片与A 板间场强为 )/(01S q E ε= 金属板与B 板间场强为 )/(02S q E ε= 金属片内部场强为 0'=E
则两极板间的电势差为d E d E U U B A 21+=-))](/([210d d S q +=ε))](/([0t d S q -=ε 由此得)/()/(0t d S U U q C B A -=-=ε
因C 值仅与d 、t 有关，与d 1、d 2无关，故金属片的安放位置对电容无影响．
x
６ 解：（l ）根据有介质时的高斯定理：⎰
∑=
⋅i
q s d D
可得两圆柱间电位移的大小为)2/(r D πλ= 场强大小为 r
D
E r r
επελ
εε002=
=
两圆柱间电势差⎰
⎰
=
⋅=
2
1
2
1
0122R R r
R R r dr r d E U επελ 1
200ln 222
1
R R r dr r R R r
επελ
επελ==⎰
电容 1
2
012
ln 2R R L
U Q C r επελ
λ==
)
/ln(2120R R L
r επε=
．
（2）电场能量 r
R R L C Q W επελ012224)
/ln(2=
= 练习六
１．
2
0d 4a l
I πμ，平行z 轴负向 ２．πR 2
c ３
．
0(1)226
I R μπ
π-+ ４．)3
1
3(R 2I B 0-=
πμ ５．1342
00==
a ev B πμT ．242102.92-⨯===eva a T e P m
π2m A ⋅
６．
)11
(4120R R I -
μ，垂直纸面向外，2/122210)11(4R R I +μ，1
2arctg R R +π21
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l d 的一无限长直电流l R
I
I d d π=，在轴上P 点产生B d 与R 垂直，大小为
R I R R R I
R I B 200
02d 2d 2d d πθμ=πθ
πμ=πμ= R I B B x 202d cos cos d d πθθμ=θ=R
I B B y 202d sin )2cos(d d πθθμ-=θ+π
=
∴5
2
02022
21037.6)]2sin(2[sin 22d cos -π
π-⨯=πμ=π--ππμ=πθθμ=
⎰
R
I R I R I B x T
0)2d sin (22
2
0=πθ
θμ-
=⎰ππ-R
I B y 练习七
１．)(120I I -μ，)(120I I +μ ２．
320μI ３．2204R
Ih πμ ４．02I
r μπ ０ ５、解：(1) 对r ～r +d r 段，电荷 d q = λ d r ，旋转形成圆电流．则
r dq I d 22d π
=π=
λω
ω 它在O 点的磁感强度
r
r
r
I
B d 42d d 000π
=
=
λωμμ
⎰⎰+π==b a a r
r B B d 4d 000λωμa b
a +π=ln 40λωμ方向垂直纸面向内． r r I r p m d 21
d d 22λω=
π= ⎰⎰+==b
a a
m m r r p p d 21
d 2λω6/])[(33a b a -+=λω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：)(22
0R r r R I
B ≤π=
μ
因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通Φ1为
⎰⎰⋅==S B S B d d 1 Φr r R
I R
d 202
0⎰π=μπ=40I
μ 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
)(20R r r
I
B >π=
μ
因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通Φ2为
⎰⋅=S B d 2Φr r I R R
d 220⎰
π=μ2ln 20π=I
μ 穿过整个矩形平面的磁通量21ΦΦΦ+=π=
40I μ2ln 20π
+I
μ 练习八
1、A 2.)/(cos 2eB m θv π，)/(sin eB m θv 3.)2(R l BI +
4. （1）4
0 2.510B nI T μ-==⨯m A B
H 2000
==
μ
（2）m A I L
N
H 200==
0 1.05r B H H T μμμ===
5. 解：在直线电流2I 上任意取一个小电流元dl I 2，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 x
I B πμ21
0=
21021060
cos 22dx
x I I dl x I I dF ⋅==
πμπμ a b I I dx x I I F b
a ln 60cos 22100
210πμπμ=⋅=⎰
6. 解：(1)IS P m =
B P M m
⨯=沿O O '方向，大小为
22
1033.44
3-⨯===B l I ISB M m N ⋅
(2)磁力功)(12ΦΦ-=I A
∵01=ΦB l 2
24
3=
Φ
∴22
1033.44
3-⨯==B l I
A J
练习九
1、D ，
2、C ，
3、0.40 V 、 0.5 m 2/s ，
4、5×10-
4 Wb
5、解：在矩形回路中取一小面元ds ，面元处：2I
B x
μπ= 一个矩形回路的磁通量为：
ln 22d a d
Il I
d a d BdS ldx x d
μμππ++Φ=Φ==⋅=⎰⎰⎰
由法拉第电磁感应定律，N 匝回路中的感应电动势为：
0ln cos 2N I l d d a N
t dt d
μωεωπΦ
+=-=- 6、解:abcd 回路中的磁通量⎰==︒=⋅=2
22
12160cos d klvt lv kt Blvt S B m Φ
由法拉第电磁感应定律 klvt t
m
-=-
=d d Φε 其沿abcd 方向顺时针方向．
练习十
1、A
2、πBnR 2 、0，
3、t B R /d d 2
12
π-
， 4、2
8
/104.0s m ⨯ 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：
dl l vI dl l I v l d B v d πμπμε2180cos 90sin 200-==∙⨯=
整个直导线中 d
L
d vI l dl vI L d d +-=-=⎰+ln
2200πμπμε 杆的右端电势低
6、解：∵bc ab ac εεε+=
t
B
R B R t t ab d d 43]43[d d d d 2
1=--=-
=Φε
=-=t
ab
d d 2Φεt B
R B R t d d 12π]12π[d d 22=--
∴t
B
R R ac d d ]12π43[22+=ε
∵
0d d >t
B
∴0>ac ε即ε从c a →
ε的方向也可由楞次定律判定。

练习十一
1、C ，
2、BH H B W m 2
1
212122===μμ， 3、（4）、（2）、（1） 4、位移电流，涡旋电场 0
01
με=C
5、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：
⎰∙=s
S d B N
ψa
d
a NIl ldr r I N b
d a
+==⎰
+ln
22πμπμ 互感为：a
d
a Nl I
M +=
=
ln
2πμψ
6、解：在R r <时，无限长圆柱体内部的2
0π2R
Ir
B μ=
∴磁场能量密度4
222002
π82R
r I B w m μμ== 取一小体积元r r V d π2d =(∵体元长度1=l )
则导线单位长度上储能⎰
⎰
=
==
R
R
m I R r
r I r r w W 0
2
04
320π
16π4d d 2μμπ
练习十二
1～3. ABD ；4.
λ
πe
n )1(2-，4×103 nm ；
5. 解：1）由λd
D k
x ±= 得λd D x 22=
则nm 600m 100.60
.12102.0100.6273
32=⨯=⨯⨯⨯⨯==---D d x λ 2）mm 0.32
21===-=+x
d D x x x k k λ∆ 6. 解：1）由λd
D
k
x ±= 得 m 11.01055010
222020
9
41010=⨯⨯⨯⨯==-=---+λ∆d D x x x 2）设零级明纹将移到原来的第k 级明纹处，则有
)(1212=+--='=-=ne e r r k r r δλ
δλδδk e n =-='-⇒)1(
796.610550106.6)158.1()1(9
6≈=⨯⨯⨯-=-=
--λ
e
n k
练习十三
1～3 ACC ；4、0.64 mm ；
5. 解：由反射加强的条件可知：λλ
δk ne =+=2
2
则 2
12-
=
k ne
λ，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：
nm 5004
)152()1030.0(2)12(22
22=⨯-⨯⨯⨯=-=-R k r λ，
2）由明环公式可得：
5.502
11054)1000.1(217
222=+⨯⨯⨯=+=--λR r k ， 即在OA 范围内可观察到50个明环。

练习十四
1～2 CB ；3. 3.0 mm ；4. 4，1级，暗纹；
5. 解：1）m m 47.110
4.0105890.139
1=⨯⨯⨯==--a f x λ 2）由单缝衍射明纹公式()
2
12sin λ
θ+=k a ，及θtan f x =可得：
mm 68.32
5
2512===
x a f x λ 6. 解：由单缝衍射暗纹公式λθk a =sin ，及θtan f x =可得：
a f f x λθ3sin 33=
≈，则两侧第三级暗纹之间的距离为a
f x x λ
∆623== 故)nm ( 5004
.06100.81015.063
3=⨯⨯⨯⨯==--f x a ∆λ 练习十五
1～3 DBA ；4. 1级；
5. 解：1）单缝衍射λϕ=0sin a 和ϕtan f x =得：a
f f f x λ
ϕϕ∆2sin 2tan 2000=
≈=， 代入数据得：cm 610210600125
9
0=⨯⨯⨯⨯=
--x ∆； 2）由光栅衍射主极大方程λϕk d =sin 得λ
ϕ
sin d k =，
又m 105200
10152
--⨯=⨯=
d ，0ϕϕ<， 则5.2102105sin 5
5
0=⨯⨯==⋅=<
--a d a d d k λλλϕ， k 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λϕk b a =+sin )(得：
m 104.25
.010600230sin 269
--⨯=⨯⨯==+
λb a ； 2）由缺级条件k a
b
a k '+=得：k a '⨯=-6108.0，
当1='k 时，得透光缝的最小宽度为m 108.06
min -⨯=a ；
3）由()410600104.290sin 96max =⎥⎦
⎤
⎢⎣⎡⨯⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+<--λ b a k ，知k max 只能取3，
因第3级缺级，故在给定范围内可能观察到的全部主极大级次为0、±1、±2。

练习十六
1、D
2、B
3、完全偏振光，与入射面垂直，部分偏振光
4、波动，横波
5、解：由布儒斯特定律
5333.1arctan arctan
1
2
===n n α
则太阳在地平线的仰角为
372
=-απ
在反射光中振动方向为与入射面垂直。

6、解：设夹角为α，则透射光强α2
0cos I I =
通过第一块偏振片之后，光强为：1/2I 0， 通过第二块偏振片之后：α20cos 2
1
I I =
（1）透射光强为入射光强的3/1得 I=I 0/3则 α
α=35.26° （2）当透射光强为最大透射光强的3/1时，也就是透射光强为入射光强的1/6，
可得： α=54.74°
练习十七
1-2、A ，D ， 3、c 3801089.88
或-⨯ 4
5、解：由洛伦兹变换得：
2
2
1c v
t v x x -∆-∆=
'∆；2
22
1c
v x c v t t -∆-
∆=
'∆ 得：m
x c v c
v 8221075.635321⨯='∆==-； 6、解： A 飞船的原长为：m l 1000=
B 飞船上观测到A 飞船的长度为：220
1c
V l l -=
A 飞船的船头、船尾经过
B 飞船船头的时间为：s t 7103
5
-⨯=
∆ 则有：s m c V V t l /1068.25
5
28⨯==
⇒⨯∆= 练习十八
1-2、C ，C ， 3、2
25.0c m e ，4、ls
m ls m 925，，5、20.14e m c 6、解：
s c
v c v c m E c
v c v
c m c m mc E k k 8022
2022
22202021032.5419.2191.0111
)
111
(-⨯==-==+=---=-=τττ故平均寿命：得由
7、解：（1）J c v c m mc E 1322
2
021086.51-⨯=-==
（2）14.12199.021)111(212222020=⨯=--=-c
v c m v m E E E e k 练习十九
1—3 DDC 4、5×1014,2
5、（1）已知电子的逸出功A=4·2ｅＶ， 由爱因斯坦光电效应方程A mv h +=22
1ν； 得光电子的初动能
eV J A c h A h mv 0.2)(106.12.410
21031063.6211978342=⨯⨯-⨯⨯⨯=-=-=---λν （２）因为：a U e mv =22
1，所以 V U a 2= （３）逸出功00λνc
h h A == 所以
07198
340295410954.210
6.12.41031063.6A m A hc =⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==---λ ６、由维恩位移定律：m b
T λ=
其中维恩常量 k m b ⋅⨯=-3
10897.2
所以太阳的表面温度为 k T 57961050.010897.26
3
=⨯⨯=-- 天狼星的表面温度为 k T 999310
29.010897.263
=⨯⨯=-- 练习二十
1—3 ACD 4、10, 3
5、（1）有题意 12175.126.13E n
ev E n =-= ev E 6.131= 求得 4=n
（2）受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出4—3、4—2、4—1、3—2、3—1、2—1
共6条谱线。

6、（1）由康普顿公式 2
sin 220θλλmc h += 而 A mc
h c 00243.0==λ 所以 0200243.12sin
2A c =+=θλλλ （2）反冲电子的动能为 ev J hc c h c h h h E k 291106.465)100243.111011(101063.6)11(191010834000=⨯=⨯-⨯⨯⨯=-=-=-=----λ
λλλνν
吴百诗<大学物理>第三版下册的第十至十三章选择题答案
第十章
1 D
2 Ｂ
3 B
4 Ｂ
5 Ａ
6 Ｂ
第十一章
1 Ｂ 2D 3 Ｂ ４Ｂ ５Ｂ ６Ａ
第十二章 1Ｂ Ａ Ｃ 2C 3Ａ 4ａ图Ａ ｂ图Ｃ ｃ图Ａ ｄ图Ａ 5 (ａ)C (ｂ)Ｂ
第十三章 1Ｂ 2A 3Ｄ 4B 5Ａ。