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    大学物理活页作业答案(全套)

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    1.质点运动学单元练习（一）答案

    1．B2．D3．D4．B
    5．；（提示：首先分析质点的运动规律，在t<时质点沿x轴正方向运动；在t=时质点的速率为零；，在t>时质点沿x轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。）
    6．135m（提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t的两次积分求得质点运动方程。）
    27．解：（1）r2ti(2tj

    r12ij
    (SI
    (m

    (mr24i2j
    (m

    rr2r12i3j
    rv2i3j
    tdr
    2i2tj（2）vdt

    v22i4j
    a22j
    8．解：
    (m/s
    dv
    (SIa2j
    dt(m/s
    (SI
    (m/s2
    v

    t
    o
    adtA2costdtAsint
    o
    t

    xAtvdtAAt
    o
    o
    sintdtAcost
    9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω

    /2
    6*3600
    7.27105rad/s
    vdsdthcos2
    t
    1.94103m/s（2）当旗杆与投影等长时，t/4
    t

    4
    1.08104s3.0h10．解：a
    dvddtvdydydtvdvdy
    ky-kyvdv/dy
    kydyvdv,

    1212ky2
    v2
    Cy=yC1o，v=vo则22v0
    12
    ky20v2v22
    ok(yoy2


    ω
    h
    s
    已知


    2.质点运动学单元练习（二）答案

    1．D2．A3．B4．C
    ds4t5．vdtdv
    ms；at4
    dt
    1v2
    ms；an8t2
    R
    2
    ms2；
    a4et8t2en
    6．o2.0
    ms2
    rad/s；4.0anr220
    rad/s；atr0.8
    rad/s；
    2
    m/s2
    7．解：（1）由速度和加速度的定义
    dr
    v2ti2j
    dtdv
    (SI；a2i
    dt
    (SI
    （2）由切向加速度和法向加速度的定义
    at
    d2t4t24dtt21
    2t1
    2
    (SI
    ana2at2
    (SI
    3/2v2
    （3）2t21
    an

    (SI

    8．解：火箭竖直向上的速度为vyvosin45gt火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得
    vo
    gt
    83m/s
    sin45
    u
    34.6m/s
    tan30
    9．解：v
    10．解：
    uhl；vuvlh


    3.牛顿定律单元练习答案

    1．C2．C3．A4．T
    10.2TMg367.5kg；a0.98m/s22M
    dvxdx
    k2k2vxdtdt
    22
    5．vxkx；2vx
    fxm
    dvx1
    mk2dt2
    6．解：（1）FTcosFNsinma
    FTsinFNcosmg
    FTmgsinmacos;
    （2）FN=0时；a=gcotθ
    2
    7．解：omRmg
    FNmgcosmasin
    goR
    8．解：由牛顿运动定律可得
    120t4010
    dvdt

    分离变量积分


    x
    v
    6.0
    dv
    2
    12t4dtv6t4t6o
    t
    (m/s
    (m
    5.0
    dx
    6t
    to
    2
    4t6dtx2t32t26t5

    9．解：由牛顿运动定律可得
    kvmgm
    分离变量积分
    dv
    dt

    v
    vo
    mgkdvktk
    dtlntkvmgkvomgmomo
    kvommgm
    lnln1kkvomgkmg
    t

    10．解：设f沿半径指向外为正，则对小珠可列方程
    v2
    mgcosfm，
    a
    mgsinm
    以及va
    dv，dt
    ad
    ，dtd，
    vdt
    积分并代入初条件得v22ag(1cos，
    v2
    fmgcosmmg(3cos2．
    a




    4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案

    1．A；2．A；3．B；4．C；5．相同6．v1
    Ft1Ft2
    ；v2v1
    m1m2m2
    7．解：（1）vx
    dvdx
    10t；axx10dtdt
    Fma20N；xx3x140m
    WFx800J
    （2）I

    3
    1
    Fdt40Ns
    8．解：mvmm'v1
    11122
    mv2mm'v1kxo222
    xv
    mm'

    kmm'

    9．解：物体m落下h后的速度为v2gh
    当绳子完全拉直时，有m2ghmMv'
    v'
    mMm
    2gh
    I2IT2Mv'
    2mM
    2gh
    Mm
    10．解：设船移动距离x，人、船系统总动量不变为零
    Mumv0
    等式乘以dt后积分，得

    t
    o
    Mudtmvdt0
    o
    t
    Mxm(xl0x

    ml
    0.47m
    Mm


    5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案

    1．C2．D3．D4．C5．18J；6m/s6．5/3
    7．解：摩擦力fmg
    由功能原理f(x1x20kx12
    解得.
    2mg(x1x2
    12kx12
    v2
    8．解：根据牛顿运动定律mgcosFNm
    R
    由能量守恒定律
    1
    mv2mgh2
    cos
    Rh
    R
    质点脱离球面时FN0;
    解得：h
    R3

    9．解：(1在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小m1v1m2v2(m1m2v①
    v
    m1v1m2v2

    m1m2
    (2两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差
    Ep
    1112mv12m2v2(m1m2v2②2221
    m1m2(v1v22/(m1m22
    联立①、②得Ep

    10．解：(1由题给条件m、M系统水平方向动量守恒，m、M、地系统机械能守恒．
    m(uVMV0①11
    m(uV2MV2mgR②22
    解得：Vm
    2gR
    ；u
    M(Mm2(MmgR

    M
    (2当m到达B点时，M以V运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M为参考系Nmgmu/R
    Nmgmu/Rmg2(Mmmg/MN

    2
    2
    Mmg2(Mmmg3M2m
    mg
    MM


    6.刚体转动单元练习（一）答案
    1．B2．C3．C4．C
    5．v=m/s；an=m/s；α=–rad/s；N=转。6．
    2
    2
    J
    ln2k
    Fr
    39.2rad/s2J
    7．解：（1）由转动定律，
    （2）由刚体转动的动能定理EkEkFh490J（3）根据牛顿运动定律和转动定律：
    mg–F’=marF’=Jαa=rα
    联立解得飞轮的角加速度
    mg2
    21.8rad/s2
    Jmr

    8．解：（1）由转动定律mg
    l123g
    ml
    232l
    （2）取棒与地球为系统，机械能守恒
    Ek
    1
    mgl2
    111
    mglml22223
    11
    mv2J222
    (3棒下落到竖直位置时
    3g
    l
    9．解：（1）系统的能量守恒，有mgh
    vr
    联立解得：v
    2mghr2
    ；
    mr2J2mgh

    mr2J
    （2）设绳子对物体(或绳子对轮轴的拉力为T，则根据牛顿运动定律和转动定律得：
    mg–T＝maTr＝J

    由运动学关系有：a=r联立解得：T
    10．解：以中心O为原点作坐标轴Ox、Oy和Oz如图所示，取质量为
    dmdxdy
    mgJ

    Jmr2
    式中面密度为常数，按转动惯量定义，
    Jz(x2y2dmdx(x2y2dy
    b2b2a2a2

    (ab3a3b12

    薄板的质量mab所以Jz

    m2
    (ab212
    7.刚体转动单元练习（二）答案

    1．C2．A3．D4．B5．3o；
    1Jo3
    6．
    412o；Joo32
    7．解：小球转动过程中角动量守恒
    ro2
    mrom4o
    4
    2o
    W
    121232JJomro2o222

    8．子弹与木杆在水平方向的角动量守恒
    26m2vl1l2m2vm1lm2m3ml212212
    9．解：圆环所受的摩擦力矩为MmgR，
    由转动定律mgRmR，
    2
    gR
    至圆环停止所经历的时间t
    00R
    g
    10．解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为
    11L
    ML22Mg，①232
    碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒
    mvx
    1
    ML2，②3
    碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒
    mv
    ①、③消去，得v
    L
    M，③2
    M
    3gL，④2m
    ②、④消去v，得x

    2L.3


    8.机械振动单元练习（一）答案
    1．B2．B3．C4．A
    5．x0.10cos(π/6tπ/3m6．2:1
    7．解：A0.1m，2π/Tπ
    运动方程xAcos(t0.1cos(πtm
    （1）由旋转矢量法π/2，x0.1cos(πtπ/2m；

    （2）由旋转矢量法π/3，x0.1cos(πtπ/3m；（3）由旋转矢量法π，x0.1cos(πtπm。
    8．解：木块处于平衡位置时，浮力大小Fmg。上下振动时，取其处于力平衡
    位置点为坐标原点，竖直向下作为x轴正向，则当木块向下偏移x位移时，合外力为
    FPF'
    其中，浮力F'FgSxmggax
    合外力
    2
    FPF'gaxkx
    2
    kga2为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。
    d2xd2xga2x
    0由Fm2可得木块运动的微分方程为2
    dtdtm
    令
    2
    ga2
    m
    ，可得其振动周期为
    T
    2π

    2π
    a木
    水g

    9．解：如图，由旋转矢量法可知
    tπ/3
    图8-1
    tπ/31/3s10.解：（1）Ep
    1211
    kxEkA2224
    x
    （2）Ep
    2
    A0.141m2
    12121121kxkA(kAE28424

    EkEEk

    3E4
    9.机械振动单元练习（二）答案
    10．11．12．13．14．15．16．
    BBC
    2kππ/3，7102m，2kπ4π/3，1102mπ/2
    （1），；（2）0s，1s,2s。
    解：（1）由已知的运动方程可知：A0.10m，2π/3，3π，
    T2π/2/3s
    -12-2
    （2）vmaxA0.94ms，amaxA8.88ms

    17．
    解：振动系统的角频率为
    k
    10s1
    m1m2
    由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值v0为
    v0
    m1v
    0.8ms1
    m1m2
    又因初始位移x00，则振动系统的振幅为
    2
    Ax0(
    v0

    2
    v0

    0.08m
    图9-1
    如图由旋转矢量法可知0π/2，则简谐运动方程为
    x0.08cos(10tπ/2(m
    18．
    解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为
    2
    AA12A22A1A2cos(π/20.10m
    合振动初相为
    πarctan
    A1sinπ/3A2sinπ/6

    A2cosπ/6A1cosπ/3
    图
    πarctan2.341113
    10.解：如图由旋转矢量法可知0aπ/3，0b2π/3。可见它们是反相的，因此合振动振幅为：
    AA1A21cm
    合振动初相为：0aπ/3同样由旋转矢量法可知
    图9-3
    t55π/6

    T2π/12s


    10.机械波单元练习（一）答案
    19．20．21．22．23．24．25．
    BCB
    yAcos[(t
    6，30
    xl
    0]u
    解：（1）由波动方程可知振幅A0.05m，角频率20π，/u3π，

    则波速u6.67ms，频率/2π10Hz，波长u（2）vmaxAπ3.14m/s26．
    1
    2π

    2/3m。
    解：（1）由图可知振幅A0.1m，波长4m，波速u100ms
    1
    则2π/T
    2πu

    50π。
    又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动，则由旋转矢量法可得
    π/2，因此波动方程为
    y0.1cos[50π(tx/100π/2](m
    （2）P处质点的振动方程为
    y0.1cos(50πt3π/2(m
    27．
    解：由图可知振幅A0.1m，波长100m，则角频率

    2πu
    2ππ。T
    由P点的运动方向可知波向x轴负方向传播。又由图可知原点O初始时刻位于
    A/2处，且向y轴负方向运动，则由旋转矢量法可得0π/3。则波动方程为
    y0.1cos[π(tx/50π/3](m
    10．解：（1）以A点为坐标原点的波动方程为
    y3102cos[3π(tx/30](m
    （2）BA2π
    AB


    AB
    u

    π
    2
    则以B点为坐标原点的波动方程为
    y3102cos[3π(tx/30π/2](m



    11.机械波单元练习（二）答案
    28．29．30．31．32．33．
    CBC
    /2，π
    550Hz，m
    2

    34．
    解：两列波传到S1S2连线和延长线上任一点P的相位差
    20102πS1左侧各点：
    r2r1

    π2π
    r2r1


    π2πS2右侧各点：
    r2r1

    π2π
    10
    6π，振动都加强；4
    π2πS1、S2之间：
    r2r1

    π2π
    10
    4π，振动都加强；4
    π2π

    r2r1

    π2π
    10r1r1
    6πr1π(2k1π4
    则距S1点为：r11m,3m,5m,7m,9m处各点静止不动。35．
    解：（1）
    图11-7
    20102π
    r2r1


    (r2r1
    u
    π
    （2）π2kπ时振动加强，即(2k1π36．
    解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为
    xx
    y2Acos[2π(tπ]=Acos2π(t

    驻波表达式
    xxx
    yy1y2Acos[2π(t]Acos[2π(t]2Asin2πsin2πt

    2Acos(2π

    ππcos(2πt22x

    10.解：乙接受并反射的信号频率为
    '
    uv乙
    uv甲
    甲接受到的信号频率为
    ''

    uv甲uv甲uv乙
    '8.56104Hzuv乙uv乙uv甲
    12.静电场单元练习（一）答案
    37．38．39．
    BDB

    40．41．
    C

    E10
    (rR;E2
    1
    er
    2or
    (rR
    42．利用点电荷电场的矢量叠加求y轴上的电场强度。

    E(y
    E(y
    43．
    2q4oya
    q
    4oya

    2
    23/2


    aiyj

    q
    4oya

    2
    23/2


    aiyj


    2
    23/2


    ai3yj

    解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。
    Tsin
    q2o
    Tcosmg
    tan
    q

    2omg
    q
    44．
    2omg
    tan3.03109C
    解：利用电荷元电场的积分叠加，求O点的电场强度。
    22
    ExEy
    E
    45．
    dl2
    coscosd2
    4oR22oR4oR
    dl
    sin0
    4oR2

    22

    i
    2oR
    解：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布。

    E10
    (rR1

    43
    E24rrR13
    3o
    2

    E2
    33rR1er3or2

    (R1rR2
    43
    E34rR2R13
    3o
    2

    E3
    33RR21er23or

    (rR2
    10．解：用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面，求电场强度的分布。（1）带电面外侧
    bS
    E2S
    o
    （2）带电面内
    bEi
    2o
    2xS
    E2S
    o

    xEi
    o
    13.静电场单元练习（二）答案
    46．47．
    CD

    48．49．50．
    BC
    1Q1Q1Q
    ；0；；2
    4oR4oR4or2
    ＞
    51．
    52．
    解：假设阴极A与阳极B单位长度带电分别为–λ与λ，由高斯定律求电
    场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差U，由已知量求电场强度并由阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力
    E
    2or
    U
    R
    ln22oR1
    E
    UR2rln
    R1
    eUR1ln
    R2R1
    4.341014N
    FeE
    8．解：（1）方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求电势分布；

    E10
    2
    (rR1
    Q
    E24r1
    o
    E2
    Q1
    e2r
    4or
    (R1rR2
    QQ2
    E34r1
    o
    2
    QQ2E31er
    4or2
    (rR2

    V3V2V2V1


    r

    E3dl


    r
    Q1Q2Q1Q2
    erdl
    4or4or2
    rR2

    R2
    r

    E2dlE3dl
    R2

    R2
    r
    QQQ112
    edlerdl2r2R24r4oro
    Q1Q2

    4or4oR2
    R1rR2
    QQQ112
    R14or2erdlR24or2erdl
    R2

    R1
    r
    R2
    E1dlE2dlE3dl
    R1
    R2
    V1
    Q1Q2

    4oR14oR2
    rR1
    方法二：带电量为Q，半径为R的带电球面对电势的贡献
    球面内电势：V
    QQ
    V球面外电势：
    4oR4or
    有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。
    R2Q1Q1
    edl（2）电势差UE2dlR1R14r2r4oo
    R2
    11
    RR
    21
    3
    9．解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：MmaxpE210Nm
    （2）电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功
    AMdpEsindpE2103J
    2
    2
    00

    *10．解：带电粒子处在h高度时的静电势能为W1到达环心时的静电势能为W2qQ/40R
    qQ40hR

    2
    21/2



    据能量守恒定律
    1122mv2W2mv1mghW122
    11
    R
    h2R2
    1/2
    2qQ
    联立求解得v2v12gh
    2m0




    14.导体电介质和电容单元练习（一）答案
    53．54．55．56．57．58．59．
    BCDC＜
    92
    负电；oE1.0610C/m
    解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等，
    Q1Q221.0108C
    Q1Q2

    R1R2
    解得：Q2
    Q22
    6.0103V2.01081.33108C；V2
    4oR23
    Q2188
    V6.0103VQ12.0100.6710C1
    4oR23

    8．解：依照题意d>>R，导体上的电荷分布基本保持不变，电场可以视为两个长直带电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点，两根导线的垂直连线为x轴。任意一点P的电场强度

    E

    2o
    dR
    1i2oxdx
    UAB
    dR
    R
    Edl

    R
    dR11
    lndxoRxdx
    dR两直导线单位长度的电容C
    o

    dUAB
    lnR
    9．解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能
    11Q2
    WVdqVdq
    228oR
    方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能
    12Q2
    C4oRWQ
    2C8oR
    方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能
    1Q2Q2dVQ24r2drQ22
    WweoE24322r48R232r322or4ooo

    *10．解：（1）导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的规律可参见《物理学教程习题分析与解答》，根据电荷守恒定律以及C板的电势，有
    1d2
    do2o
    1S2SQ2QQ2Q;2;解得：1QA3S3S3
    （2）C板的电势
    QB
    Q
    3
    UC

    1d2Q
    ddo2o3So


    15.导体电介质和电容单元练习（二）答案
    60．61．62．63．64．65．66．
    4
    解：设芯线单位长度带电荷
    ，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时
    CBCB
    r
    ，
    r

    该点首先被击穿
    Emax
    U

    R2


    2orR1
    R2R2
    drlnREln1maxR12orr2orR1R1

    8．解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变
    E
    Uo
    d

    DorE
    orUo
    d
    or1Uo
    （2）介质表面的极化电荷面密度Por1E
    dP
    or1Uo

    d
    9．解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能
    Wo
    1
    Q22Co
    r
    若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为容增大为
    r
    的无限大电介质中电
    C，系统的静电能
    W12Q2
    WeQo
    2C2rCr


    *10．解：用D的高斯定理求得电位移的大小为
    D=＝×10-10C/m2(0<x<2
    真空中电场强度Eo
    D＝100V/m00
    介质中电场强度E
    D
    ＝50V/m0r0r
    真空中电势U1=Eo(d1–x+Ed2＝－100x(SI
    U2=E(d2+d1x＝－50x(SI
    各区域内均为线性分布．

    D(1010C/m2
    -
    E(V/m10050
    21
    U(V
    8.85
    O12x(cm
    O12x(cm
    (E—x曲线(D—x曲线
    12x(cm
    (U—x曲线




    16.恒定磁场单元练习（一）答案

    1．E2．D3．C4．D5．06．0；oI

    7．解：（1）m0bac（2）mobed

    Bds
    Sobac
    Sobac
    Bdscos0
    0
    0
    BSobac0.072(Wb
    Bds
    Sobed
    Sobed
    Bdscos90
    0
    （3）macde
    Sacde

    Bds
    414Bdscos(cosBS0.072(Wbacde55Sacde
    8．解：（1）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为
    i
    eeev
    T2a0/v2a0
    原子核(圆心处的磁感应强度：B0
    0i0ev
    方向：垂直纸面向外2
    2a04a0
    ˆn（2）轨道磁矩：miSe

    eva0
    ˆn方向：垂直纸面向外e2
    9．解：（1）在螺线管内取一同心的圆为安培回路

    Bdl0I
    l
    (l内
    B2r0NI
    B(r
    0NI
    2r
    R2
    0
    （2）mBdSBdScos0
    S
    S
    0NI0NIbR2
    bdrln2r2R1R1
    *10．解：无限长的载流薄导体板可看作由许多无限长的载流直导线组成距板左侧为l,宽为dl的窄导体板内电流为：
    i
    I
    dlb
    由磁感应强度的叠加原理：

    b
    0i0IIbr
    BPdl0ln(
    2(blr02(blrb2br


    17.恒定磁场单元练习（二）答案
    1．B2．C3．A4．C5．398

    6.RIB/2，垂直于磁场向上，90
    7．解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动
    A
    20
    v

    evBm
    v
    mR2R
    2
    B

    轨道半径：R
    mv
    5.69107(meB
    1eB2.80109(S1T2m
    z
    旋转频率：
    8.解：（1）UAA'UAUA'6.55mV0
    根据洛仑兹力公式可判断：载流子为带负电的电子，因而半导体是n型半导体
    A
    （2）由于UAA'
    b
    B
    cI
    A
    a
    y
    IB
    nqa
    x
    n
    IB
    2.861020（个/m3）
    qaUAA'
    9.解：经分析可知，同轴电缆内外磁场具有柱对称性，所以取

    同心的圆为安培环路Hdl
    l
    (l内）
    I
    0Ir2R1
    2
    rR1:H2r
    IR1
    2
    r2B0H

    R1rR2:H2rIBH
    I
    2r
    R3R2R
    1
    I
    R2rR3:H2rI
    I(R3R2
    2
    2
    2
    (r2R2
    I


    2
    0I(R3r2
    B0H22
    2r(R3R2
    rR3:H2r0B0H0
    *10.半径为R的均匀带电薄圆盘，总电荷为q．圆盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线以角速度
    匀速转动，求（1）盘心处的磁感强度；（2）圆盘的磁矩．
    解：（1）均匀带电薄圆盘转动后在圆盘面上会形成许多半径不同的圆电流半径为
    r,厚度为dr的圆环转动后形成的圆电流为：
    di
    dq2rdrqrdr
    dt2/R2
    0di0qdr
    2
    2r2R
    此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为：dB
    R
    盘心处的磁感应强度：B
    0qdr0q
    dB2
    2RS02R
    qrdr2qr3dr
    r（2）dmdiS22
    RR
    qr3dr1
    圆盘的磁矩：mdmqR22
    4RS0
    磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断
    R
    18.电磁感应单元练习（一）答案

    1．C2．B3．B

    4．D
    2
    5．onaImcost
    R26．
    8
    7．解：用导线连接MN与圆环一起构成闭合环路，环路电动势为零，因而半圆环动生电动势等于直导线MN的电动势。由动生电动势的关系式：
    E=L
    电动势方向向左。
    vBdl

    oIvoIvaR
    drlnaR2r2aR
    aR
    8．解：感应电荷Q解得B=(T
    1
    21；BSR
    9．金属圆板的感应电动势的大小
    E=L
    vBdl


    R
    0
    Brdr
    1
    BR22
    方向:中心指向边缘

    Bz
    dS*10．解：由麦克斯韦电磁场方程，EkdlLSt
    Bz
    r2Bor2sintr<a时，2rEkt
    Ek
    1
    Borsint2
    Bz
    a2Boa2sintr>a时，2rEkt

    Ek

    1
    Boa2sint2r
    19.电磁感应单元练习（二）答案

    1．C

    2．C3．D4．C5．=6．
    oEot/RC
    ，相反e
    RC
    7．解：（1）设回路中电流为I,在导线回路平面内，两导线之间的某点的磁感强
    度B
    0I0I
    2x2(dx
    沿导线方向单位长度对应回路面积上的磁通量为
    dr
    0I0I
    Bdxdxdx
    2x2(dxrrr
    Idr0Id0lnln
    rr
    dr
    dr
    L
    （2）磁场的能量
    0d
    lnIr
    120I2d
    ln.WmLI
    2r
    8．解：（1）先求出回路的磁通量，再求互感系数。


    ab
    a
    0IIcabcdx0ln2x2a0cablnI2a
    M
    （2）由互感电动势的定义

    E=M
    dI0cIoab
    sintln
    dt2a
    9．解方法一：由自感磁场能量的方法求单位长度电缆的磁场能量。

    0rI0rIR2drlnR12r2R1
    R2
    R0r
    Lln2
    I2R1
    120rI2R2
    WmLIln
    24R1
    方法二：由磁场能量密度的体积分求单位长度电缆的磁场能量。
    0rI2B2
    wm
    2or82r2
    0rI20rI2R2
    WmwmdV2rdrln
    R182r24R1
    R2

    *10．解：（1）电容器板极板上的电量
    Q
    idt0.2e
    o
    o
    tt
    t
    dt0.21et

    Qd0.2d1et
    UEd2
    oSoR
    （2）忽略边缘效应，t时刻极板间总的位移电流

    IdjdR2o
    dE
    R20.2etdt
    S

    （3）由安内环路定律BdlojddS，可求感应磁场的分布
    L
    0.2et2B2rorR2

    0.1oret
    B
    R2B2r0.2oet
    rR
    0.1oet
    B
    r

    rR

    20.几何光学单元练习答案

    67．68．69．70．71．72．73．
    BDC
    凹透镜，凸透镜.凸透，实，虚
    MN，CO，OA，，水，空气
    由O点发出的光线在圆形荷叶边缘处恰好发生全反射
    图20-1
    则sini1/n，rhtanihtan(arcsin74．
    如图20-2所示，物距
    1n
    s0.05m，r0.20m，
    则由公式
    112
    可得s'srs'0.10m
    图20-2
    即所成的是在凹面镜后0.10m处的一个虚像。75．
    已知p1a，代入第一个透镜的高斯公式，即
    3a3a1p1'a
    则p1'1.5a
    对于第二个透镜，此像点位于p21.5a2a处，代入第二个透镜的高斯公

    式，即
    aa1p2'(3/2a2a
    得p2'7a/51.4a，即象点位于第二个透镜后处。
    10.由分析可知M
    距为
    f0'
    10，又f0'fe'110cm，则得物镜和目镜的像方焦fe'
    f0'100cm

    fe'10cm



    21.波动光学单元练习（一）答案
    76．77．78．79．80．81．82．
    DBAC500nm
    折射率较小，折射率较大，π屏上任一点对应的光程差为
    (r1tn0tnr2n0(n1t(r1r2
    （1）第零级明纹所在处0，则r1r2，即条纹上移。（2）原中央处O点(n1tk7则云母片的折射率n7/t11.5883．
    反射光加强的条件为2ne/2k
    则
    2ne

    k1/2
    k2时，1709.3nmk3时，2425.6nm
    84．
    b/21.5mmb'bl0.5mm
    '/2b'4104rad

    rkkR10．rk10(k15R
    4.0
    2.0
    k15
    ，k5，则400nmk
    22.波动光学单元练习（二）答案
    85．86．87．4．Ｄ5．4，1，暗6．
    7．（１）由单缝衍射明条纹公式可得相邻明条纹间距lf/b1.25mm（２）由光栅方程可得明条纹位置xftanfsinfk/(bb'
    则相邻明条纹间距xf/(bb'12.5mm
    8．望远镜的最小分辨角01.22/D
    能分辨的最小距离dh01.2m9．（1）由光栅方程可得(bb'sin1k11
    光栅常数bb'3.3610m
    （2）同理由光栅方程可得(bb'sin2k22则k11k22，2
    6
    CBA
    k11
    420nmk2

    10．
    （1）x02f/b2.95mm
    （2）第二级明条纹距离中央明纹中心的距离
    x2
    (2k15f
    f3.68mm
    2b2b
    第二级暗条纹距离中央明纹中心的距离
    x2'
    k2f
    f2.95mmbb
    23.波动光学单元练习（三）答案
    88．89．90．91．92．
    CCBＤ

    图23-1
    93．94．95．
    0，I0/8
    60
    （1）由布儒斯特定律tani0n2/n1，得介质的折射率ntan603
    （2）由于i0r0π/2，则折射角r0π/2i030

    96．
    设入射光强为I入，其中自然光强为I自，线偏振光强为I线，出射光强为I出
    2
    I出maxI自/2I线
    I出I自/2I线cos，则
    II/2出min自
    由已知I出max/I出min4
    可得I自/I入2/5，I线/I入3/5
    10．（１）透过第一个偏振片后的光强度I1I0cos30片后的光强度I2I1cos60
    2
    2
    3
    I0，透过第二个偏振4
    3Io16
    （２）透过第一个偏振片后的光强度I1I0/2，透过第二个偏振片后的光强度
    I2I1cos260

    1
    Io。8


    24．气体动理论单元练习

    1．B；2．D；3．A；4．C；5．2，1，6．1:1，2:1，10:37．（1）n
    P
    4.831025/m3kT
    （2）
    PM
    2.57kg/m3RT
    （3）kt
    3
    KT6.211021J2
    1/3
    1
    （4）d
    n
    8．（1）kt
    2.75109m
    3
    KT8.281021J2

    （2）k
    5
    KT1.381020J2
    m5
    RT8307JM2
    （3）E
    9．（1）由v
    2E55
    1.35105PaRTPV得P5V22
    3KT
    3
    （2）由得kt7.51021J2
    5N5KT
    2
    53
    由ENKT(或kt=KT得362K
    22m3V3
    10．平RTRT7.31106J
    M2M2m5pV5RTRT4.16104J
    M2M2
    kt
    (v2
    1
    2
    22
    （v2）（v12）2
    11
    3R
    (T2T10.856ms1M



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