2015-2016湘潭大学物理练习答案

练习1 质点运动学(一)参考答案1. B ；2. D;3. 8m, 10m.4. 3, 3 6;5. 解：(1) 5.0/-==∆∆t x v m/s(2) v = d x /d t = 9t - 6t 2v (2) =-6 m/s(3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m6. 答：矢径r是从坐标原点至质点所在位置的有向线段．而位移矢量是从某一个初始时刻质点所在位置到后一个时刻质点所在位置的有向线段．它们的一般关系为0r r r-=∆0r 为初始时刻的矢径, r 为末时刻的矢径，△r为位移矢量．若把坐标原点选在质点的初始位置，则0r =0,任意时刻质点对于此位置的位移为△r =r，即r既是矢径也是位移矢量．1. D ；2.g /2 ， ()g 3/322v3. 4t 3-3t 2 (rad/s)， 12t 2-6t (m/s 2)4. 17.3 m/s, 20 m/s .5. 解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t ⎰⎰=vv 0d 4d tt tv 2=t 2v d =x /d t 2=t 2 t t x txx d 2d 020⎰⎰=x 2= t 3 /3+x 0 (SI)6. 解：根据已知条件确定常量k()222/rad 4//s Rt t k ===v ω24t =ω, 24Rt R ==ωvt=1s 时， v = 4Rt 2 = 8 m/s2s /168/m Rt dt d a t ===v 22s /32/m R a n ==v()8.352/122=+=nt a a a m/s 21.D2.C3.4. l/cos 2θ5.如图所示，A ，B ，C 三物体，质量分别为M=0.8kg, m= m 0=0.1kg ，当他们如图a 放置时，物体正好做匀速运动。

（1）求物体A 与水平桌面的摩擦系数；（2）若按图b 放置时，求系统的加速度及绳的张力。

解：(1)mM m )(m 00+=+===μμ联立方程得：g m M N N T T g U=1/9=0.11(2)(1)(2)BA N BA f PCA NABgMm m m M T gMm ma MaMg T am m T g m m ++=+==-+=-+）（计算结果，得到)1(利用）（）（0''0'0μa=g/11=0.89m/s^2 T=2g/11=1.781N6.解：(1) 子弹进入沙土后受力为－Ｋv ，由牛顿定律tmK d d v v =- ∴ ⎰⎰=-=-vv v vvvd d ,d d 0t t m K t m K ∴ mKt /0e -=v v(2) 求最大深度 解法一： txd d =vt x mKt d ed /0-=vt x m Kt tx d e d /000-⎰⎰=v∴ )e1()/(/0mKt K m x --=vK m x /0max v =解法二：xm t x x m t mK d d )d d )(d d (d d vvv v v ===- ∴ v d Kmdx -=v v d d 0max⎰⎰-=K mx x ∴ K m x /0max v =练习4 质点动力学(二)参考答案1. B2. A3.211m m t F +∆， 21211m t F m m t F ∆++∆4. 140 N·s， 24 m/s ，⎰⎰⋅=+==212s N 140d )4030(d t t t t t F I1212;v v v v m I m I m m +==-m /s 24/)(12=+=m m I v v5. 解：(1) 因穿透时间极短，故可认为物体未离开平衡位置．因此,作用于子弹、物体系统上的外力均在竖直方向，故系统在水平方向动量守恒．令子弹穿出时物体的水平速度为v '有 mv 0 = mv +M vv = m (v 0 v )/M =3.13 m/sT =Mg+Mv 2/l =26.5 N(2) s N 7.40⋅-=-=∆v v m m t f (设0v方向为正方向)负号表示冲量方向与0v方向相反．6. 解：设V 为船对岸的速度，u 为狗对船的速度，由于忽略船所受水的阻力，狗与船组成的系统水平方向动量守恒：0)(=++u V m MV 即 u mM mV +-=船走过的路程为 l m M mt u m M m t V L tt+=+==⎰⎰00d d 狗离岸的距离为 l mM MS L l S S +-=--=00)(练习5 质点动力学(三)参考答案1. B2. C3. 18J, 6 m/s4. mt F 222,t F m t F 0222v +5. 解：(1) 0sin kx mg =θk mg x /sin 0θ=(2) 取弹簧原长处为弹性势能和重力势能的零点，平衡位置处 θsin 2102000mgx kx E E K -+= 伸长x 处系统的机械能 θsin 212mgx kx E E K x -+= 由机械能守恒定律， x E E =0 解出 20]sin )/1([21θmg k x k E E K K --= 另解: (2) 取平衡位置为振动势能零点，可证明振动势能(包括弹性势能和重力势能)为20)(21x x k -, 则由A 、弹簧、地球组成系统，在振动过程中机械能守恒： 020)(21K K E x x k E =-+ 200)(21x x k E E K K --=20]sin )/1([21θmg k x k E K --=6. 解：两自由质点组成的系统在自身的引力场中运动时，系统的动量和机械能均守恒．设两质点的间距变为l /2时，它们的速度分别为v 1及v 2，则有02211=-v v m m ①lm Gm m m l m Gm 212222112122121-+=-v v ② 联立①、②，解得 )(22121m m l G m +=v ，)(22112m m l Gm +=v练习6 刚体力学(一)参考答案1. B2. C挂重物时， mg －T = ma =mR β, TR =J ,P =mg由此解出 JmR mgR+=2β而用拉力时， mg R = J β' JmgR=/β 故有β'＞3. ma 2 ,21 ma 2 , 21ma 2 . 4. 4.0rad/s5. 质量为m 1， m 2 （ m 1 > m 2）的两物体，通过一定滑轮用绳相连，已知绳与滑轮间无相对滑动，且定滑轮是半径为R 、质量为 m 3的均质圆盘，忽略轴的摩擦。

求： (1)滑轮的角加速度b 。

（绳轻且不可伸长）解：ββR a R m I I R T R T a T a m ===-=-=23212221112121m g m m T -g m m 上升下降，设联立方程得到， m 3m m m m gm m m m m m m T gR m m m m m gm m m m m a 32213213121132121321214)(24])(2[)(2)(2)(2++++=++-=++-=β6 解：撤去外加力矩后受力分析如图所示． m 1g －T = m 1a Tr ＝Ja ＝ra = m 1gr / ( m 1r + J / r ) 代入J ＝221mr , a =mm g m 2111+= 6.32 ms 2∵ v 0－at ＝0 ∴ t ＝v 0 / a ＝0.095 sm 1 m , r β0v P T a练习7 刚体力学(二)参考答案1. E2. C3. 2275 kgm 2·s1 ,13 m·s14. θsin 3gl5. 解：由人和转台系统的角动量守恒J 11+ J 22= 0其中 J 1＝300 kg ·m 2，1=v /r =0.5 rad / s ， J 2＝3000 kg m 2∴ 2＝－J 11/J 2＝－0.05 rad/s人相对于转台的角速度r＝1－2＝0.55 rad/s∴ t ＝2 /r ω＝11.4 s6. 一长为1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成60°，然后无初转速地将棒释放．已知棒对轴的转动惯量为213ml ，其中m 和l 分别为棒的质量和长度．求：(1) 放手时棒的角加速度；(2) 棒转到水平位置时的角加速度．解：设棒的质量为m ，当棒与水平面成60°角并开始下落时，根据转动定律 M = J其中 4/30sin 21mgl mgl M ==于是 2rad/s 35.743 ===lgJ M β当棒转动到水平位置时， M =21mgl那么 2rad/s 7.1423 ===lgJ M βl O60°m g练习8 狭义相对论(一)参考答案1. B2. B3. c4. c 545. 解：解：根据洛仑兹变换公式:2)(1/c t x x v v --=' ，22)(1//c c x t t v v --='可得 2222)(1/c t x x v v --=' ，2111)(1/c t x x v v --='在K 系，两事件同时发生，t 1 = t 2，则21212)(1/c x x x x v --='-' ，∴21)/()()/(112122='-'-=-x x x x c v 解得 2/3c =v ．在K ′系上述两事件不同时发生，设分别发生于1t '和 2t '时刻， 则 22111)(1//c c x t t v v --='，22222)(1//c c x t t v v --='由此得 221221)(1/)(/c c x x t t v v --='-'=5.77×10－6s6. 解：设两系的相对速度为v ．根据洛仑兹变换， 对于两事件，有2)/(1c t x x v v -'+'=∆∆∆22)/(1(c x )/ct t v v -'+'=∆∆∆由题意： 0='∆t 可得 x c t ∆∆=)/(2v 及 2)/(1c x x v -='∆∆ 由上两式可得 x '∆2/1222])/()[(c t c x ∆∆-=2/1222][t c x ∆∆-== 4×106 m1. C2. C3. C4. 2/3c =v , 2/3c =v5. 5.8×10-13, 8.04×10-26. 解：据相对论动能公式 202c m mc E K -=得 )1)/(11(220--=c c m E K v 即419.11)/(11202==--c m E c Kv 解得 v = 0.91c 平均寿命为 821031.5)/(1-⨯=-=c v ττ s7. 解：根据功能原理，要作的功 W =E根据相对论能量公式E = m 2c 2- m 1c 2根据相对论质量公式 2/12202])/(1/[c m m v -=2/12101])/(1/[c m m v -=∴ )1111(22122220ccc m W v v ---=＝4.72×10-14 J ＝2.95×105eV1. D2. E3. )212cos(π-πT t A , )312cos(π+πT t A4. 3.43 s, -2/35. 解: (1) v m = A ∴ = v m / A =1.5 s -1∴ T = 2/ 4.19 s(2) a m = 2A = v m = 4.5×10-2 m/s 2(3) π=21φ x = 0.02)215.1cos(π+t (SI)6. 证：(1) 当小物体偏离圆弧形轨道最低点角时，其受力如图所示．切向分力 θsin mg F t -= ① ∵角很小， ∴ sin≈牛顿第二定律给出 t t ma F = ② 即 22d /)(d t R m mg θθ=- θωθθ222//d d -=-=R g t ③ 将③式和简谐振动微分方程比较可知，物体作简谐振动． (2) 由③知 R g /=ω周期 g R T /2/2π=π=ωθgm tF N练习11 机械振动(二)参考答案1. B2. B3.2222TmA π4. )21cos(04.0π-πt5. 解：(1) 由题意 kA F m =，m x A =，m m x F k /=．16.021212===m m m x F kx E J (2) π===2mmm x A v v ω rad /s 由 t = 0， φcos 0A x ==0.2 m ， 0sin 0<-=φωA v 可得 π=31φ则振动方程为 )312cos(4.0π+π=t x6. 解：(1) 221kA E E E p K =+= 2/1]/)(2[k E E A p K +== 0.08 m(2)222121v m kx = )(sin 22222φωωω+=t A m x m)(sin 222φω+=t A x 2222)](cos 1[x A t A -=+-=φω222A x =， 0566.02/±=±=A x m(3) 过平衡点时，x = 0，此时动能等于总能量 221v m E E E p K =+= 8.0]/)(2[2/1±=+=m E E p K v m/s练习12 机械波(一)参考答案1. C2. B3. 30, 30.4. ]/2cos[1φ+π=T t A y , ])//(2cos[2φλ++π=x T t A y5. 解：(1) O 处质点振动方程])(cos[0φω++=uLt A y (2) 波动表达式])(cos[φω+--=u Lx t A y (3) ωukL x L x π±=±=2 (k = 0，1，2，3，…)6. 解：(1) 由振动曲线可知，P 处质点振动方程为])4/2cos[(π+π=t A y P )21cos(π+π=t A (SI) (2) 波动表达式为])4(2cos[π+-+π=λdx t A y (SI)(3) O 处质点的振动方程)21cos(0t A y π=练习13 机械波(二)参考答案1. A2. D3. )22cos(1π-π=t T A y x 或写成 )/2sin(1T t A y x π=4. π5. 解：(1) 坐标为x 点的振动相位为)]/([4u x t t +π=+φω)]/([4u x t +π=)]20/([4x t +π= 波的表达式为 )]20/([4cos 1032x t y +π⨯=- (SI)(2) 以B 点为坐标原点，则坐标为x 点的振动相位为 ]205[4-+π='+x t t φω (SI) 波的表达式为 ])20(4cos[1032π-+π⨯=-xt y (SI)6. 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．原点O 处质点，t = 0 时φcos 2/2A A =, 0sin 0<-=φωA v 所以 4/π=φO 处振动方程为 )41500cos(0π+π=t A y (SI) 由图可判定波长 = 200 m ，故波动表达式为 ]41)200250(2cos[π++π=x t A y (SI) (2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是 )45500cos(1π+π=t A y 振动速度表达式是 )45500cos(500π+ππ-=t A v (SI)练习14 机械波(三)参考答案1. D2. C3. ]2212cos[]π2212cos[2λφνλλL t L xA π-+π±π⨯-π±π4. 1065Hz, 935Hz5. 解：(1) 设振幅最大的合振幅为A max ，有φ∆⋅++=cos 22)2(222max A A A A A式中 λφ/4x π=∆，又因为 1/4cos cos =π=∆λφx 时， 合振幅最大，故 π±=πk x 2/4λ合振幅最大的点 λk x 21±= ( k = 0，1，2，…) (2) 设合振幅最小处的合振幅为A min，有φ∆⋅++=cos 22)2(222min A A A A A 因为 1cos -=∆φ 时合振幅最小且 λφ/4x π=∆ 故 π+±=π)12(/4k x λ 合振幅最小的点 4/)12(λ+±=k x ( k = 0，1，2，…)6. 解：(1) 与波动的标准表达式 )/(2cos λνx t A y -π= 对比可得：= 4 Hz ，= 1.50 m ， 波速 u == 6.00 m/s(2) 节点位置 )21(3/4π+π±=πn x )21(3+±=n x m , n = 0，1，2，3, … (3) 波腹位置 π±=πn x 3/4 4/3n x ±= m , n = 0，1，2，3, …1. D2. A3. 1.33×105 Pa4.23kT , 25kT , 25MRT /M mol .5. 解：(1) M / M mol =N / N A ∴ N =MN A / M mol21Amol 1027.8-⨯===MN E M N E w Kk J (2) kwT 32=＝ 400 K6. 解：(1) RT M M i RT M M i E 2mol 221mol 1122+=R M M i M M i E/T ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=2mol 221mol 1122＝300 K (2) kT 261=ε＝1.24×10 JkT 252=ε＝1.04×10 J1. B2. B3. 4000 m ·s -1, 1000 m ·s -14. 495 m/s5. 解： p 1V =RT 1 p 2V =21RT 2∴ T 2=2 T 1p 2 / p 12121212P P T T ==v v6. 解：由状态方程求得分子数密度 ==kTpn 2.69×1025 m 3 分子平均速率 =π=molM RT8v 4.26×102 m/s平均碰撞频率 ==n d Z v 2π2 4.58×109 s1平均自由程==Zvλ9.3×108 m练习17 热力学基础(一)参考答案1. B2. A3. ||1W - , ||2W -4. 1123V p , 05. 解：氦气为单原子分子理想气体，3=i(1) 等体过程，V ＝常量，W =0 据 Q ＝E +W 可知 )(12T T C M ME Q V mol-=∆=＝623 J (2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C M MQ p mol-==1.04×103 J E 与(1) 相同． W = QE ＝417 J(3) Q =0，E 与(1) 同 W =E=623 J (负号表示外界作功)6. 解：等压过程W = p ΔV =(M /M mol )R ΔT内能增量 iW T iR M M E mal 2121)/(==∆∆ 双原子分子5=i∴ 721=+=+=∆W iW W E Q J练习18 热力学基础(二)参考答案1. A2. C3. 8.31J , 29.09J4. 01)31(T -γ, 0)31(p γ.5. 解：(1) 312111035.5)/ln(⨯==V V RT Q J(2) 25.0112=-=T T η. 311034.1⨯==Q W η J (3) 3121001.4⨯=-=W Q Q J6. 解：设c 状态的体积为V 2，则由于a ，c 两状态的温度相同，p 1V 1= p 1V 2 /4故 V 2 = 4 V 1循环过程 ΔE = 0 , Q =W ． 而在a →b 等体过程中功 W 1= 0． 在b →c 等压过程中功W 2 =p 1(V 2－V 1) /4 = p 1(4V 1－V 1)/4=3 p 1V 1/4在c →a 等温过程中功 W 3 =p 1 V 1 ln (V 2/V 2) = p 1V 1ln 4∴ W =W 1 +W 2 +W 3 =[(3/4)－ln4] p 1V 1Q =W=[(3/4)－ln4] p 1V 1练习19 热力学基础(三)参考答案1. D2. C3. C4. 熵增加（或状态几率增大）, 不可逆的5. 不变 , 增加6. 解：准静态过程 T Q S /d d =等温过程 T V p T Q S /d /d d == 由 RT pV =得 V RT p /= 代入上式 得 V V R S /d d =熵变21ln/d 2/11R V V RS V V ==∆⎰ 76.5-= J/K练习20 静电场(一) 参考答案1. B2. C3. －3 / (20) , － / (2), 3 / (2).4. d>>a5. 解： 20114dq E επ=, 20224dq E επ=∵ 212q q = ， ∴ 212E E = 由余弦定理：1212221360cos 2E E E E E E =-+=20143dq επ== 3.11×106V/m由正弦定理得：αsin 60sin 1E E =, 2160sin sin 1== E E α = 30°∴E的方向与中垂线的夹角＝60°，如图所示．6. 解：选杆的左端为坐标原点，x 轴沿杆的方向 ．在x 处取一电荷元d x ，它在点电荷所在处产生场强为：()204d d x d xE +π=ελ整个杆上电荷在该点的场强为：()()l d d lx d x E l+π=+π=⎰00204d 4ελελ点电荷q 0所受的电场力为： ()l d d lq F +π=004ελ＝0.90 N 沿x 轴负向qOx λd xd+ xldx2Eα 1E60° dβ60° q 2q 1 d1. D2. B3. q / (60)4.204r q επ, 05．解：(1) 一根无限长均匀带电直线在线外离直线距离ｒ处的场强为： E = / (2r ) 2分根据上式及场强叠加原理得两直线间的场强为⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=+=x a x a E E E 21212021ελ ()22042x a a -π=ελ， 方向沿x 轴的负方向 3分(2) 两直线间单位长度的相互吸引力F =E =2/ (2a ) 2分6. 解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4εAR r E π=π⋅得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．-λ+λE 1O x12a /2-a /2E 2E1. D2. A3. 1.5×106 V4. －8×10-15 J , －5×104 V5. 解：在圆盘上取一半径为r →r ＋d r 范围的同心圆环．其面积为d S =2r d r其上电荷为 d q =2r d r 它在O 点产生的电势为 002d 4d d εσεrr q U =π=总电势 02d 2d εσεσRr U U RS ===⎰⎰6. 解：(1) 在杆上取线元d x ，其上电荷 d q ＝Q d x / (2a )设无穷远处电势为零，d q 在C 点处产生的电势 ()()x a a x Q dU -π=242/d 0ε 整个带电杆在C 点产生的电势3ln 82d 8d 00aQx a x a Q U U a a Lεεπ=-π==⎰⎰- 带电粒子在C 点时，它与带电杆相互作用电势能为 W =qU =qQ ln3 / (8a )(2) 带电粒子从C 点起运动到无限远处时，电场力作功，电势能减少．粒子动能增加．()a qQ m m 0228/3ln 2121επ=-∞v v 由此得粒子在无限远处的速率2/1203ln 4⎥⎦⎤⎢⎣⎡+π=∞v v am qQ εO d rRaa axC Oxd x1. B2. A3. -q , 球壳外的整个空间．4. 不变, 减小5. 解：(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷-q ，外表面上带电荷q +Q ．(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离O 点的 距离都是a ，所以由这些电荷在O 点产生的电势为 adqU q 04επ=⎰-aq04επ-=(3) 球心O 点处的总电势为分布在球壳内外表面上的电荷和点电荷q 在O 点产生的电势的代数和q Q q q O U U U U +-++= r q 04επ=a q 04επ-b q Q 04επ++ )111(40b a r q +-π=εbQ 04επ+6. 解：在圆柱导体内、外分别作半径为r 、长为L 的同轴圆柱形高斯面，并应用 D的高斯定理．圆柱内： 2rLD ＝0得 D = 0 ()a r <E = 0 ()a r >圆柱外： 2rLD = L得 ()[]0π2/r r Dλ= ， (r ＞a ) 0r 为径向单位矢量()r D E εε01/ =()[]002/r r rεελπ= (a ＜r ＜b ) ()[]00022//r r D E ελεπ== (r ＞b )1. D2. A3. , /(r)4. rC 0 W 0 /r5. 解：(1) 设内、外球壳分别带电荷为+Q 和-Q ，则两球壳间的电位移大小为rQD π=4 场强大小为 204r Q E r εεπ=两球壳间电势差 ==⎰⋅21d 12R R r E U ⎰π2120d 4R R rr rQ εε )11(4210R R Q r -π=εε210124)(R R R R Q r εεπ-=电容 12210124R R R R U QC r -π==εε (2) 电场能量 1221221021222R R U R R CU W r -π==εε6. 解：在两极板电荷不变下，有电介质时的场强为E 1 = / (0r)取出电介质后的场强为 E 2= /抽电介质前后电场能量变化Sd E E W r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆2102202121εεεSd r ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=εεσ11202 外力作功等于电容器中电场能量的增量Sd W A r ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==∆εεσ112021. D2. A3. 221R B π- 4.2ln 20πIaμ5. 解：设圆线圈磁矩为p m 1，方线圈磁矩为p m 2，则211R I p m π=， 222a I p m =∴ )2/(2122a I R I π=正方形一边在其中心处产生的磁感强度为 )2/(201a I B π=μ正方形各边在其中心产生的磁感强度大小相等，方向相同，因此中心O ＇处总的磁感强度的大小为 aI B π='20022μ31202a I R μ=∵ RI B 2100μ=， 得 012μRB I =∴ 030)/2(B a R B =' 6. 解：将导线分成1、2、3、4四部份，各部分在O 点产生的磁感强度设为B 1、B 2、B 3、B 4．根据叠加原理O 点的磁感强度为：4321B B B B B+++=∵ 1B 、4B均为0，故32B B B +=)2(4102RIB μ= 方向242)sin (sin 401203RI aIB π=-π=μββμ)2/(0R I π=μ 方向 其中 2/R a =， 2/2)4/sin(sin 2=π=β2/2)4/sin(sin 1-=π-=β∴ RIRIB π+=2800μμ)141(20π+=R I μ 方向1 234 R ROIa 21. C导体中电流密度)(/22r R I J -π=．设想在导体的挖空部分同时有电流密度为J 和－J 的流向相反的电流．这样，空心部分轴线上的磁感强度可以看成是电流密度为J 的实心圆柱体在挖空部分轴线上的磁感强度1B 和占据挖空部分的电流密度－J 的实心圆柱在轴线上的磁感强度2B的矢量和．由安培环路定理可以求得 02=B , )(222201r R a Ia B -π=μ所以挖空部分轴线上一点的磁感强度的大小就等于 )(22201r R IaB -π=μ2. D3. )2/(0d I μ4. 0123()I I I μ--5. 解：在距离导线中心轴线为x 与x x d +处，作一个单位长窄条，其面积为x S d 1d ⋅=．窄条处的磁感强度202R Ix B r π=μμ所以通过d S 的磁通量为 x R IxS B r d 2d d 20π==μμΦ通过１m 长的一段S 平面的磁通量为⎰π=Rr x RIx20d 2μμΦ60104-=π=Ir μμ Wb6. 证： 设电子飞行时间为t ，其作螺旋运动的周期为T ，则：t L ⋅=αcos 0v ① )/(2eB m T e π= ②当t = nT 时，电子能恰好打在O 点．∴ nT L ⋅=αcos 0v )/(cos 20eB n m e αv π=x1. A2. C3. 负 ， IB / (nS )4. BIR 2 ， 沿y 轴正向5. 解：(1) A = I∵ 0＝0 ， θφcos BS S B =⋅=∴ A = IBS cos = IBS sin(2) B p M m⨯=αθcos sin IBS ISB ==6. 解：设圆半径为R ，选一微分元d l ，它所受磁力大小为 B l I F ⋅=d d 1由于对称性，y 轴方向的合力为零。