重慶理工大學物理學大作業答案

Ⅰ 求武漢大學出版社的《大學物理學》習題答案

網路文庫里有大學物理(武漢大學出版社)課堂練習答案

Ⅱ 大學物理A2作業題答案 西南科技大學的

答 案
作業題 (一）
一、1-8 CBACADDC
二、
9. －20E0 / 3; 40E0 / 3
10. －3 / (20); － / (20);  / (20); 3 / (20)
11. ; 從O點指向缺口中心點．
12. Q / 0; ＝0，

三、
13. 解：在處取電荷元，其電荷為
dq =dl = 0Rsind
它在O點產生的場強為
3分
在x、y軸上的二個分量
dEx=－dEcos
dEy=－dEsin
對各分量分別求和 ＝0

∴

14. 解:設坐標系如圖所示．將半圓柱面劃分成許多窄條．dl寬的窄條的電荷線密度為

取位置處的一條，它在軸線上一點產生的場強為

如圖所示. 它在x、y軸上的二個分量為：
dEx=dE sin , dEy=－dE cos
對各分量分別積分

場強
15. 解：在球內取半徑為r、厚為dr的薄球殼，該殼內所包含的電荷為

在半徑為r的球面內包含的總電荷為
(r≤R)
以該球面為高斯面，按高斯定理有
得到 ， (r≤R)
方向沿徑向，A>0時向外, A<0時向里．
在球體外作一半徑為r的同心高斯球面，按高斯定理有

得到 ， (r >R)
方向沿徑向，A>0時向外，A<0時向里．
16. 解：設閉合面內包含凈電荷為Q．因場強只有x分量不為零，故只是二個垂直於x軸的平面上電場強度通量不為零．由高斯定理得：
-E1S1+ E2S2=Q / 0 ( S1 = S2 =S ) 3分
則 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)
= 0ba2(2a－a) =0ba3 = 8.85×10-12 C

作業題（二）

一、1-8 DBCDDACB
二、
9. 10cm 10.
11. Q / (40R2); 0 ; Q / (40R); Q / (40r2)
12. 單位正電荷在靜電場中沿任意閉合路徑繞行一周，電場力作功等於零 有勢（或保守力）
三、
13. 解：將題中的電荷分布看作為面密度為的大平面和面密度為－的圓盤疊加的結果．選x軸垂直於平面，坐標原點O在圓盤中心，大平面在x處產生的場強為
 

圓盤在該處的場強為
 
∴ 
該點電勢為
14. 解: 由高斯定理可知空腔內E＝0，故帶電球層的空腔是等勢區，各點電勢均為U .
在球層內取半徑為r→r＋dr的薄球層．其電荷為
dq =  4r2dr
該薄層電荷在球心處產生的電勢為

整個帶電球層在球心處產生的電勢為

因為空腔內為等勢區所以空腔內任一點的電勢U為

若根據電勢定義 計算同樣給分.
15.解：設內球上所帶電荷為Q，則兩球間的電場強度的大小為
(R1＜r＜R2)
兩球的電勢差
∴ ＝2.14×10-9 C

16. 解：設原點O在左邊導線的軸線上，x軸通過兩導線軸線並與之垂直．在兩軸線組成的平面上，在R＜x＜(d－R)區域內，離原點距離x處的P點場強為

則兩導線間的電勢差

作業題（三）
一、1-8 CBBBDBCB
二、
/(2r)；/(20r r)
10.
11. ;
12. 無極分子;電偶極子
三、
13. 解：(1) 由靜電感應，金屬球殼的內表面上有感生電荷-q，外表面上帶電荷q+Q．
(2) 不論球殼內表面上的感生電荷是如何分布的，因為任一電荷元離O點的距離都是a，所以由這些電荷在O點產生的電勢為

(3) 球心O點處的總電勢為分布在球殼內外表面上的電荷和點電荷q在O點產生的電勢的代數和

14. 解：設導體球帶電q，取無窮遠處為電勢零點，則
導體球電勢：
內球殼電勢：
二者等電勢，即
解得
15. 解：(1) 令無限遠處電勢為零，則帶電荷為q的導體球，其電勢為

將dq從無限遠處搬到球上過程中，外力作的功等於該電荷元在球上所具有的電勢能
(2) 帶電球體的電荷從零增加到Q的過程中，外力作功為

16. 解：設內外圓筒沿軸向單位長度上分別帶有電荷+和, 根據高斯定理可求得兩
圓筒間任一點的電場強度為
則兩圓筒的電勢差為
解得
於是可求得A點的電場強度為
= 998 V/m 方向沿徑向向外
A點與外筒間的電勢差：
= 12.5 V

作業題（四）

一、1-8 C C D C B D B A
二、
9. 1:1 10. 0; 11. 12.
13. 解：(1) 圓柱形載流導體在空間的磁感強度的分布為

∴穿過ABCD的為
(2) 圓筒載流導體在空間的磁感強度分布為

穿過 ABCD 的Φ為： =
(3) 在題給條件下，筒壁中 0<B<0I /(2R)，B為有限值，當壁厚趨於零時壁截面上磁通量趨於零，即 ，可得

14. 解：將導線分成1、2、3、4四部份，各部分在O點產生的磁感強度設為B1、B2、B3、B4．根據疊加原理O點的磁感強度為：

∵  、 均為0，故 2分
方向 2分

方向  
其中 ，

∴ 方向 
15. 解：由畢奧－薩伐爾定律可得，設半徑為R1的載流半圓弧在O點產生的磁感強度為B1，則
同理,
∵ ∴
故磁感強度

∴

16. 解：如圖所示，圓筒旋轉時相當於圓筒上具有同向的面電流密度i，
3分
作矩形有向閉合環路如圖中所示．從電流分布的對稱性分析可知，在 上各點 的大小和方向均相同，而且 的方向平行於 ，在 和 上各點 的方向與線元垂直，在 , 上各點 ．應用安培環路定理

可得

圓筒內部為均勻磁場，磁感強度的大小為 ，方向平行於軸線朝右．

作業題(五)
一、1-8 ABAACBDB
二、 9. 10. 11. 12.
三、
.
13. 解：電子進入磁場作圓周運動，圓心在底邊上．當電子軌跡 與上面邊界相切時，對應最大速度，此時有如圖所示情形．

∴
由 ，求出v最大值為

14. 解：考慮半圓形載流導線CD所受的安培力

列出力的平衡方程式
故：
15. 解：(1) S = ab =5×10-3 m2
pm = SI =1×10-2 (A•m2)， =4.33×10-2 N•m
， =2.16×10-3 kg•m2
(2) 令從 到 的夾角為，∵ 與角位移d的正方向相反
=2.5×10-3 J
16. 解：由安培環路定理： 
0< r <R1區域： 
，
R1< r <R2區域：
，
R2< r <R3區域：

r >R3區域： H = 0，B = 0
作業題(六)
一、1-8 D A B A B D D A
二、
9. vBLsin ； a
10. ; O點
11.
12. 減小
三、
13. 解：大小：=dd tS dB / d t
=S dB / d t =
=3.68 mV
方向：沿adcb繞向．

14. 解：(1) 設線圈轉至任意位置時圓線圈的法向與磁場之間的夾角為，則通過該圓線圈平面的磁通量為
,
∴
在任意時刻線圈中的感應電動勢為

當線圈轉過時，t =T/4，則 A
(2) 由圓線圈中電流Im在圓心處激發的磁場為
6.20×10-4 T
方向在圖面內向下，故此時圓心處的實際磁感強度的大小
T
方向與磁場 的方向基本相同．

15. 解：由題意，大線圈中的電流I在小線圈迴路處產生的磁場可視為均勻的．

故穿過小迴路的磁通量為

由於小線圈的運動，小線圈中的感應電動勢為

當x =NR時，小線圈迴路中的感應電動勢為

16. 解：動生電動勢 
為計算簡單，可引入一條輔助線MN，構成閉合迴路MeNM, 閉合迴路總電動勢

2分

負號表示 的方向與x軸相反．
方向N→M

作業題 (七)

一、1-8 ACDCACCA
二、
9. 2 (n 1) e /  ； 4×103
10. (1) 使兩縫間距變小．
(2) 使屏與雙縫之間的距離變大
11. 2 ( n – 1) e –  /2 或者2 ( n – 1) e +  /2
12. 539.1
三、
13. 解：已知：d＝0.2 mm，D＝1 m，l＝20 mm
依公式：
∴ ＝4×10-3 mm＝4000 nm
故當 k＝10 1＝ 400 nm
k＝9 2＝444.4 nm
k＝8 3＝ 500 nm
k＝7 4＝571.4 nm
k＝6 5＝666.7 nm
這五種波長的光在所給觀察點最大限度地加強．
14. 解：(1) x＝20 D / a
＝0.11 m
(2) 覆蓋雲玻璃後，零級明紋應滿足
(n－1)e＋r1＝r2
設不蓋玻璃片時，此點為第k級明紋，則應有
r2－r1＝k
所以 (n－1)e = k
k＝(n－1) e / ＝6.96≈7
零級明紋移到原第7級明紋處
15. 解：第四條明條紋滿足以下兩式：
，即 2 ，即
第4級明條紋的位移值為
x =
(也可以直接用條紋間距的公式算，考慮到第四明紋離棱邊的距離等於3.5 個明紋間距．)
16. 解：根據暗環半徑公式有

由以上兩式可得
＝4 m

作業題(八) 答案
一、1-8 B C B C C B D B
二、9. 1.2; 3.6
10. 4 第一暗
11. 一；三
12. 6250Å(或625 nm)
13. 解：(1) 由單縫衍射暗紋公式得

由題意可知 ,
代入上式可得
(2) (k1 = 1, 2, ……)

(k2 = 1, 2, ……)

若k2 = 2k1，則1 = 2，即1的任一k1級極小都有2的2k1級極小與之重合．
14. 解：(1) 由單縫衍射明紋公式可知
(取k＝1 )

,
由於 ,
所以

則兩個第一級明紋之間距為
=0.27 cm
(2) 由光柵衍射主極大的公式

且有
所以  =1.8 cm

15. 解：(1) 由光柵衍射主極大公式得
a + b = =2.4×10-4 cm
(2) 若第三級不缺級，則由光柵公式得

由於第三級缺級，則對應於最小可能的a，方向應是單縫衍射第一級暗紋：兩式比較，得
a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm
(3) ，(主極大)
，(單縫衍射極小) (k＇=1，2，3，......) 因此 k=3，6，9，........缺級．
又因為kmax=(a＋b) / 4, 所以實際呈現k=0，±1，±2級明紋．(k=±4
在 / 2處看不到．)

16. 解：由光柵衍射主極大公式得

4分當兩譜線重合時有 1=2
即 ．．．．．．．
兩譜線第二次重合即是
， k1=6， k2=4
由光柵公式可知d sin60°=61
=3.05×10-3 mm

作業題 九

一、選擇題 1-8 ABBECBDC
二、填空題
9． 2；1/4
10． 2I
11．
12． 完全（線）偏振光； 垂直於入射面； 部分偏振光
三、計算題
13．解：設第二個偏振片與第一個偏振片的偏振化方向間的夾角為．透過第一個偏振片後的光強 I1＝I0 / 2．
透過第二個偏振片後的光強為I2，由馬呂斯定律，
I2＝(I0 /2)cos2
透過第三個偏振片的光強為I3，
I3 ＝I2 cos2(90°－) = (I0 / 2) cos2 sin2 (I0 / 8)sin22
由題意知 I3＝I2 / 16
所以 sin22 = 1 / 2，
＝22.5°
14．解：(1) 透過第一個偏振片的光強I1
I1＝I0 cos230°
＝3 I0 / 4
透過第二個偏振片後的光強I2， I2＝I1cos260°
＝3I0 / 16
(2) 原入射光束換為自然光，則
I1＝I0 / 2
I2＝I1cos260°＝I0 / 8
15．解：由布儒斯特定律
tg i0＝1.33
得 i0＝53.1°
16．解：(1) 設該液體的折射率為n，由布儒斯特定律
tgi0＝1.56 / n
得 n＝1.56 / tg48.09°＝1.40
(2) 折射角
r＝0.5－48.09°＝41.91° (＝41° )
作業題(十)
一、1-8 D D A C C C B C
二、
9. ; ;
10. 3.82×103
11. 5×1014 ;2
12. 0.0549
三、
13. 解：(1) 由
得
(恆量)
由此可知，對不同金屬，曲線的斜率相同．
(2) h = etg
=6.4×10-34 J•s

14. 解：(1)  eV
n =4 2分
(2) 可以發出41、31、21、43、42、32六條譜線．
能級圖如圖所示．

15. 解：(1) 2.86 eV ．
(2) 由於此譜線是巴耳末線系，其 k =2 eV (E1 =－13.6 eV)

．
(3) 可發射四個線系，共有10條譜線． 見圖
波長最短的是由n =5躍遷到n =1的譜線．

Ⅲ 《大學物理學》 張三慧 我要電磁學的全部答案word版本

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Ⅳ 求這本大學物理教程的答案

篇一：物理學教程(第二版)上冊課後答案8

8－1 如圖，一定量的理想氣體經歷acb過程時吸熱700 J，則經歷acbda過程時，吸熱為 ( ) (A) – 700 J （B） 500 J （C）- 500 J （D） -1 200 J

分析與解理想氣體系統的內能是狀態量，因此對圖示循環過程acbda，內能增量ΔE=0，由熱力學第一定律Q＝ΔE＋W，得Qacbda=W= Wacb＋ Wbd＋Wda，其中bd過程為等體過程，不作功,即Wbd=0；da為等壓過程，由pV圖可知，Wda= - 1 200 J. 這里關鍵是要求出Wacb,而對acb過程，由圖可知a、b兩點溫度相同，即系統內能相同.由熱力學第一定律得Wacb=Qacb-ΔE=Qacb=700 J，由此可知Qacbda= Wacb＋Wbd＋Wda=- 500 J. 故選（C）

題 8-1 圖

8－2 如圖，一定量的理想氣體，由平衡態A 變到平衡態B，且它們的壓強相等，即pA＝pB,請問在狀態A和狀態B之間，氣體無論經過的是什麼過程，氣體必然( ) (A) 對外作正功 (B) 內能增加 (C) 從外界吸熱 (D) 向外界放熱

題 8-2 圖

分析與解 由p－V圖可知，pAVA＜pBVB，即知TA＜TB，則對一定量理想氣體必有EB＞EA .即氣體由狀態A 變化到狀態B,內能必增加.而作功、熱傳遞是過程量，將與具體過程有關.所以(A)、(C)、(D)不是必然結果，只有(B)正確.

8－3 兩個相同的剛性容器，一個盛有氫氣，一個盛氦氣(均視為剛性分子理想氣體).

Ⅳ 大學物理學c4版張三慧著上冊答案

你好，物理答案主要知識點 3．熱運動：物體內部大量分子的無規則運動。
4．改變物體的內能兩種方法：做功和熱傳遞，這兩種方法對改變物體的內能是等效的。
5．物體對外做功，物體的內能減小；
外界對物體做功，物體的內能增大。
6．物體吸收熱量，當溫度升高時，物體內能增大； 物體放出熱量，當溫度降低時，物體內能減小。
7．所有能量的單位都是：焦耳。
8．熱量（Q）：在熱傳遞過程中，傳遞能量的多少叫熱量。（物體含有多少熱量的說法是錯誤的）
9．比熱（c ）：單位質量的某種物質溫度升高（或降低）1℃，吸收（或放出）的熱量叫做這種物質的比熱。
10．比熱是物質的一種屬性，它不隨物質的體積、質量、形狀、位置、溫度的改變而改變，只要物質相同，比熱就相同。
11．比熱的單位是：焦耳/(千克·℃)，讀作：焦耳每千克攝氏度。
12．水的比熱是：C=4.2×103焦耳/(千克·℃)，它表示的物理意義是：每千克的水當溫度升高（或降低）1℃時，吸收（或放出）的熱量是4.2×103焦耳。
13．熱量的計算：
① Q吸=cm(t-t0)=cm△t升 （Q吸是吸收熱量，單位是焦耳；c 是物體比熱，單位是：焦/(千克·℃)；m是質量；t0是初始溫度；t 是後來的溫度。
② Q放 =cm(t0-t)=cm△t降
希望能幫到你。

Ⅵ 誰有陸培民版的大學物理課後答案

大學物理課後習題答案內容 機械波:機械振動在彈性介質中的傳播。
波源：產生機械振動的振源。
彈性介質：傳播機械振動的介質。
橫波：質點的振動方向和波的傳播方向垂直。
縱波：質點的振動方向和波的傳播方向平行。
復雜波: 可分解為橫波和縱波的合成。
波陣面：振動相位相同的點連成的面(簡稱波面)。
波前：在任何時刻，波面有無數多個，最前方的波面即是波前。波前只有一個。
波線：沿波的傳播方向作的一些帶箭頭的線。波線的指向表示波的傳播方向。
波速：單位時間內一定的振動狀態所傳播的距離，用u表示，是描述振動狀態在介質中傳播快慢程度的物理量，又稱相速。
簡諧波：簡諧振動在介質中傳播形成的波。
平面簡諧波：波面為平面的簡諧波。
2/4
波函數：表示介質中各質點的振動狀態隨時間變化的函數關系式，也稱波動表達式。 介質中所有參與波動的質點都在不斷地接受來自波源的能量，又不斷把能量釋放出去。 波的能量密度：介質中單位體積的波動能量
平均能量密度：波的能量密度在一個周期內的平均值。
波的平均能量密度與振幅的平方、頻率的平方和介質密度的乘積成正比。
能流：在單位時間內通過介質中某面積S 的能量。
單位時間內通過垂直於波線的單位面積的平均能流，稱為能流密度，也稱波強度。 電磁波：變化的電磁場在空間以一定的速度傳播形成。
輻射能：電磁波所攜帶的電磁能量。
能流密度S（輻射強度）：單位時間內通過垂直於傳播方向的單位面積的輻射能。
惠更斯原理：介質中任一波面上的各點，都可看成是產生球面子波的波源；在其後的任一時刻，這些子波的包絡面構成新的波面。
相干波：能夠產生干涉現象的波。
相干波源：能夠激發相干波的波源。
相干條件：頻率相同、振動方向相同、相位差恆定。
兩列相干波源為同相位時，在兩列波疊加的區域內，在波程差等於波長整數倍的各點，干涉相長（振幅最大）；在波程差等於半波長的奇數倍的各點，干涉相消（振幅最小）。 駐波：兩列振幅相同的相干波在同一條直線上相向傳播時疊加而成。
駐波特點：
1.沒有振動狀態或相位的傳播，而是媒質中各質點作穩定的振動或段與段之間的相位突變，與行波完全不同。
2.各個質點分別在各自的平衡位置附近作簡諧運動。動能和勢能在波節和波腹之間來回傳遞，無能量的傳播。
半波損失：入射波在反射時產生了的相位突變的現象。
多普勒效應：波源或觀察者相對於介質運動，使觀察者接收到的波的頻率發生變化的現象。

Ⅶ 大學物理

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