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答 案

作业题 (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. ; 从O点指向缺口中心点．

12. Q / ?0?; ＝0 ，

三
、

13. 解：在?处取电荷元
，其电荷为

dq =?dl = ?0Rsind?

它在O点产生的场强为

3分

在x、y轴上的二个分量

dEx=－dEcos?

dEy=－dEsin?

对各分量分别求和 ＝0

∴

14. 解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．dl宽的窄条的电荷线密度为

取?位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为

如图所示. 它在x 、y轴上的二个分量为：

dEx=dE sin? , dEy=－dE cos?

对各分量分别积分

场强

15. 解：在球内取半径为r
、厚为dr的薄球壳 ，该壳内所包含的电荷为

在半径为r的球面内包含的总电荷为

(r≤R)

以该球面为高斯面
，按高斯定理有

得到 ， (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

得到
， (r >R)

方向沿径向，A>0时向外 ，A<0时向里．

16. 解：设闭合面内包含净电荷为Q．因场强只有x分量不为零
，故只是二个垂直于x轴的平面上电场强度通量不为零．由高斯定理得：

-E1S1+ E2S2=Q / ?0 ( S1 = S2 =S ) 3分

则 Q =0S(E2- E1) =0Sb(x2- x1)

= ?0ba2(2a－a) =?0ba3 = 8.85×10-12 C

作业题（二）

一、1-8 DBCDDACB

二 、

9. 10cm 10.

11. Q / (40R2); 0 ; Q / (40R); Q / (40r2)

12. 单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零 有势（或保守力）

三
、

13. 解：将题中的电荷分布看作为面密度为?的大平面和面密度为－?的圆盘叠加的结果．选x轴垂直于平面 ，坐标原点O在圆盘中心
，大平面在x处产生的场强为

圆盘在该处的场强为

? ?

∴ ?

该点电势为

14. 解: 由高斯定理可知空腔内E＝0，故带电球层的空腔是等势区 ，各点电势均为U .

在球层内取半径为r→r＋dr的薄球层．其电荷为

dq = ? 4?r2dr

该薄层电荷在球心处产生的电势为

整个带电球层在球心处产生的电势为

因为空腔内为等势区所以空腔内任一点的电势U为

若根据电势定义 计算同样给分.

15.解：设内球上所带电荷为Q
，则两球间的电场强度的大小为

(R1＜r＜R2)

两球的电势差

∴ ＝2.14×10-9 C

16. 解：设原点O在左边导线的轴线上，x轴通过两导线轴线并与之垂直．在两轴线组成的平面上 ，在R＜x＜(d－R)区域内
，离原点距离x处的P点场强为

则两导线间的电势差

作业题（三）

一、1-8 CBBBDBCB

二 、

/(2?r)；?/(2?0r r)

10.

11. ;

12. 无极分子;电偶极子

三、

13. 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

(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

14. 解：设导体球带电q，取无穷远处为电势零点 ，则

导体球电势：

内球壳电势：

二者等电势
，即

解得

15. 解：(1) 令无限远处电势为零，则带电荷为q的导体球 ，其电势为

将dq从无限远处搬到球上过程中
，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能

(2) 带电球体的电荷从零增加到Q的过程中，外力作功为

16. 解：设内外圆筒沿轴向单位长度上分别带有电荷+?和, 根据高斯定理可求得两

圆筒间任一点的电场强度为

则两圆筒的电势差为

解得

于是可求得A点的电场强度为

= 998 V/m 方向沿径向向外

A点与外筒间的电势差：

= 12.5 V

作业题（四）

一
、1-8 C C D C B D B A

二、

9. 1:1 10. 0; 11. 12.

13. 解：(1) 圆柱形载流导体在空间的磁感强度的分布为

∴穿过ABCD的?为

(2) 圆筒载流导体在空间的磁感强度分布为

穿过 A?B?C?D? 的Φ为： =

(3) 在题给条件下 ，筒壁中 0<B<?0I /(2?R)
，B为有限值，当壁厚趋于零时壁截面上磁通量趋于零 ，即 
，可得

14. 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B1 、B2
、B3、B4．根据叠加原理O点的磁感强度为：

∵ ?  、 均为0 ，故? 2分

方向 2分

?

方向

其中 ，

∴ 方向

15. 解：由毕奥－萨伐尔定律可得
，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则

同理,

∵ ∴

故磁感强度

∴

16. 解：如图所示 ，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i
，

3分

作矩形有向闭合环路如图中所示．从电流分布的对称性分析可知，在 上各点 的大小和方向均相同 ，而且 的方向平行于 
，在 和 上各点 的方向与线元垂直，在 , 上各点 ．应用安培环路定理

可得

圆筒内部为均匀磁场 ，磁感强度的大小为 
，方向平行于轴线朝右．

作业题(五)

一
、1-8 ABAACBDB

二、 9. 10. 11. 12.

三 、

.

13. 解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上．当电子轨迹 与上面边界相切时 ，对应最大速度
，此时有如图所示情形．

∴

由 ，求出v最大值为

14. 解：考虑半圆形载流导线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) 令从 到 的夹角为?
，∵ 与角位移d的正方向相反

=2.5×10-3 J

16. 解：由安培环路定理： ?

0< r <R1区域： ?

，

R1< r <R2区域：

，

R2< r <R3区域：

r >R3区域： H = 0
，B = 0

作业题(六)

一
、1-8 D A B A B D D A

二、

9. vBLsin? ； a

10. ; O点

11.

12. 减小

三 、

13. 解：大小：=?d?d t?S dB / d t

=?S dB / d t =

=3.68 mV

方向：沿adcb绕向．

14. 解：(1) 设线圈转至任意位置时圆线圈的法向与磁场之间的夹角为?，则通过该圆线圈平面的磁通量为

,

∴

在任意时刻线圈中的感应电动势为

当线圈转过时 ，t =T/4
，则 A

(2) 由圆线圈中电流Im在圆心处激发的磁场为

6.20×10-4 T

方向在图面内向下，故此时圆心处的实际磁感强度的大小

T

方向与磁场 的方向基本相同．

15. 解：由题意 ，大线圈中的电流I在小线圈回路处产生的磁场可视为均匀的．

故穿过小回路的磁通量为

由于小线圈的运动
，小线圈中的感应电动势为

当x =NR时，小线圈回路中的感应电动势为

16. 解：动生电动势 ?

为计算简单 ，可引入一条辅助线MN
，构成闭合回路MeNM, 闭合回路总电动势

2分

负号表示 的方向与x轴相反．

方向N→M

作业题 (七)

一、1-8 ACDCACCA

二
、

9. 2? (n ?1) e / ? ； 4×103

10. (1) 使两缝间距变小．

(2) 使屏与双缝之间的距离变大

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

故当 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

这五种波长的光在所给观察点最大限度地加强．

14. 解：(1)? ?x＝20 D? / a

＝0.11 m

(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足

(n－1)e＋r1＝r2

设不盖玻璃片时
，此点为第k级明纹，则应有

r2－r1＝k?

所以 (n－1)e = k?

k＝(n－1) e / ?＝6.96≈7

零级明纹移到原第7级明纹处

15. 解：第四条明条纹满足以下两式：

，即 2 
，即

第4级明条纹的位移值为

?x =

(也可以直接用条纹间距的公式算，考虑到第四明纹离棱边的距离等于3.5 个明纹间距．)

16. 解：根据暗环半径公式有

由以上两式可得

＝4 m

作业题(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. 6250(或625 nm)

13. 解：(1) 由单缝衍射暗纹公式得

由题意可知 ,

代入上式可得

(2) (k1 = 1, 2, ……)

(k2 = 1, 2, ……)

若k2 = 2k1 ，则?1 = ?2
，即?1的任一k1级极小都有?2的2k1级极小与之重合．

14. 解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知

(取k＝1 )

,

由于 ,

所以

则两个第一级明纹之间距为

=0.27 cm

(2) 由光栅衍射主极大的公式

且有

所以 ? =1.8 cm

15. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得

a + b = =2.4×10-4 cm

(2) 若第三级不缺级，则由光栅公式得

由于第三级缺级 ，则对应于最小可能的a
，方向应是单缝衍射第一级暗纹：两式比较，得

a = (a + b)/3=0.8×10-4 cm

(3)  ，(主极大)


，(单缝衍射极小) (k＇=1，2 ，3，......) 因此 k=3
，6，9 ，........缺级．

又因为kmax=(a＋b) / 4, 所以实际呈现k=0
，±1，±2级明纹．(k=±4

在? / 2处看不到．)

16. 解：由光栅衍射主极大公式得

4分当两谱线重合时有 ?1=2

即 ．．．．．．．

两谱线第二次重合即是

 ， k1=6
， k2=4

由光栅公式可知d sin60°=6?1

=3.05×10-3 mm

作业题 九

一、选择题 1-8 ABBECBDC

二 、填空题

9． 2；1/4

10． 2I

11．

12． 完全（线）偏振光； 垂直于入射面； 部分偏振光

三
、计算题

13．解：设第二个偏振片与第一个偏振片的偏振化方向间的夹角为?．透过第一个偏振片后的光强 I1＝I0 / 2．

透过第二个偏振片后的光强为I2，由马吕斯定律 ，

I2＝(I0 /2)cos2?

透过第三个偏振片的光强为I3
，

I3 ＝I2 cos2(90°－) = (I0 / 2) cos2? sin2 (I0 / 8)sin22?

由题意知 I3＝I2 / 16

所以 sin22? = 1 / 2，

＝22.5°

14．解：(1) 透过第一个偏振片的光强I1

I1＝I0 cos230°

＝3 I0 / 4

透过第二个偏振片后的光强I2 ， I2＝I1cos260°

＝3I0 / 16

(2) 原入射光束换为自然光
，则

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) 设该液体的折射率为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° )

作业题(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

(恒量)

由此可知 ，对不同金属，曲线的斜率相同．

(2) h = etg

=6.4×10-34 J?s

14. 解：(1) ? eV

n =4 2分

(2) 可以发出?41、?31 、?21
、?43、?42 、?32六条谱线．

能级图如图所示．

15. 解：(1) 2.86 eV ．

(2) 由于此谱线是巴耳末线系
，其 k =2 eV (E1 =－13.6 eV)

．

(3) 可发射四个线系，共有10条谱线． 见图

波长最短的是由n =5跃迁到n =1的谱线．

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