答案作業題 (一）
一、1-9 ccbacdddc
二、10. －2ε0e0 / 3; 4ε0e0 / 3
11. －3σ / (2ε0);－σ / (2ε0);σ / (2ε0);3σ / (2ε0)
12.三、13. 解：在φ處取電荷元，其電荷為
dq=λdl = λ0rsinφdφ
它在o點產生的場強為
3分在x、y軸上的二個分量
dex=－decosφ
dey=－desinφ
對各分量分別求和 ＝0
∴ 14. 解:設座標系如圖所示．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θ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 sinθ , dey=－decosθ
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：設閉合面內包含淨電荷為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 / ε0 ( s1 = s2 =s3分
則q =ε0s(e2- e1) =ε0sb(x2- x1)
=ε0ba2(2a－a) =ε0ba3 = 8.85×10-12 c
作業題（二）
一、1-8 dbcddacc
二、9. 10cm 10.
11. q / (4πε0r2); 0; q / (4πε0r); q / (4πε0r2)
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σ的大平面和面密度為－σ的圓盤疊加的結果．選x軸垂直於平面，座標原點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 = ρ 4πr2dr
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
∴＝2.14×10-9c
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、1-9 cbbbbbcbc
二、10.λ/(2πr)；λ/(2πε0εr r) 11. 12. ;
13. 無極分子;電偶極子
三、14. 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
15. 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16. 解：(1)
(2)作業題（四）
一、1-8 c c d c b d b a
二、 9. 1:1 10. 1112.
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φ為
(2) 圓筒載流導體在空間的磁感強度分布為
穿過 abcd的φ為： =
(3) 在題給條件下，筒壁中 0 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 acbacbdb
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：(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dθ的正方向相反
=2.5×10-3 j
15. 解：由安培環路定理：
0，r1，r2r>r3區域：h = 0，b = 0
作業題(六)
一、1-8 d a b a b d d a
二、9. vblsinθ；a10. ;o點
11. 12. 減小
三、13. 解：
(1) 同理故
(2) 即，故點電勢高。
14. 解：建立座標系，長直導線為y軸，dc邊為x軸，原點在長直導線上，式中r是t時刻ad邊與長直導線的距離，線圈中磁通量
當時，方向：abcda（即順時針）
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
作業七一、選擇題 1-10 d c c a b c cc b d
二、填空題 11.
12`.，，
13. 分布在vp~∞速率區間的分子數在總分子數中佔的百分率, 分子平動動能的平均值．
14. 氬，氦
15. 解：(1) 根據歸一化條件，
∴，即得c = 1 / v0．
(2) 根據定義式 ，
∴．16．解：設管內總分子數為n．
由p = nkt= nkt/ v
(1) n = pv / (kt)= 1.61×1012個．
(2) 分子的平均平動動能的總和= (3/2) nkt= 10-8 j
(3) 分子的平均轉動動能的總和= (2/2) nkt= 0.667×10-8 j
(4) 分子的平均動能的總和= (5/2) nkt= 1.67×10-8 j
17．解：(1) ∵t相等, ∴氧氣分子平均平動動能＝氫氣分子平均平動動能
＝6.21×10-21 j．
且m/s
(2) ＝300 k．
18．解0.8×＝(m / mmol) ，
∴ t＝0.8 mmolv2 / (5r)=0.062 k
又 p=rt / v (一摩爾氧氣)
∴ p=0.51 pa．
作業八熱力學
一、選擇題 1-8 a d d b a d b d
二、填空題 9. 166j 10. , 11. 400 12.狀態機率增大，不可逆的
三、計算題
13. 解：(1) 等溫過程氣體對外作功為
=8.31×298×1.0986 j =2.72×103 j
(2) 絕熱過程氣體對外作功為＝2.20×103 j
14. 解：氦氣為單原子分子理想氣體，
(1) 等體過程，v＝常量，w =0
據q＝e+w可知
＝623 j
(2) 定壓過程，p = 常量，
=1.04×103 j
e與(1) 相同．
w = q -e＝417 j
(3q =0，e與(1) 同
w=-e=-623 j (負號表示外界作功
15.解：(1) j
(2j(3) j
16. （1）狀態a→b，放熱
狀態b→c，吸熱
狀態c→a，吸熱
（2）狀態a→b，做負功
狀態b→c，不做功
狀態c→a，做正功
因此淨功
（3）17、解：
15.1%
大學物理作業
一 單選題 1 若一平面簡諧波的波的方程為y acos bt cx 式中a b c為正值恒量，則 c a 波速為c b 週期為c 波長為 d 圓頻率為。2 如圖所示為t 0時刻的波形，則波動方程為 a a b c d 二 判斷題 略 三 填空題 1 一平面簡諧波沿x軸正向傳播，已知座標原點的振動方程...
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習題九9 1 在同一磁感應線上，各點的數值是否都相等?為何不把作用於運動電荷的磁力方向定義為磁感應強度的方向?解 在同一磁感應線上，各點的數值一般不相等 因為磁場作用於運動電荷的磁力方向不僅與磁感應強度的方向有關，而且與電荷速度方向有關，即磁力方向並不是唯一由磁場決定的，所以不把磁力方向定義為的方向...
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1 定義 q0 單位 n c v b fmax qv 方向，小磁針指向 s n 單位 特斯拉 t 104高斯 g 和 q 洛侖茲公式 電勢 電勢差 電動勢 電通量 磁通量 磁通鏈 b n b單位 韋伯 wb q q s 電偶極矩 q磁矩 i is 電容 c q u 單位 法拉 f 自感 l i單位 ...