大物上海交大课后答案第十二章
大学物理上海交大第四版-下册课后题全部答案
大学物理上海交大第四版-下册课后题全部答案习题11 11-1直角三角形ABC的A点上有电荷C108.191qB点上有电荷C108.492q试求C点的电场强度设0.04mBC0.03mAC。
解1q在C 点产生的场强11204ACqEir 2q在C点产生的场强22204BCqEjr ∴C 点的电场强度44122.7101.810EEEij C点的合场强224123.2410VEEEm 方向如图1.8arctan33.733422.7。
11-2用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环两端间空隙为cm2电量为C1012.39的正电荷均匀分布在棒上求圆心处电场强度的大小和方向。
解∵棒长为23.12lrdm ∴电荷线密度911.010qCml 可利用补偿法若有一均匀带电闭合线圈则圆心处的合场强为0有一段空隙则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去md02.0长的带电棒在该点产生的场强即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1利用微元积分201cos4OxRddER∴2000cos2sin2444OdEdRRR10.72Vm 解法2直接利用点电荷场强公式由于dr该小段可看成点电荷112.010qdC 则圆心处场强11912202.0109.0100.7240.5OqEVmR。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3将一“无限长”带电细线弯成图示形状设电荷均匀分布电荷线密度为四分之一圆弧AB的半径为R试求圆ji2cmORx心O点的场强。
解以O为坐标原点建立xOy坐标如图所示。
①对于半无限长导线A 在O点的场强有00coscos42sinsin42AxAyERER ②对于半无限长导线B在O点的场强有00sinsin42coscos42BxByERER ③对于AB圆弧在O点的场强有20002000cossinsin442sincoscos442ABxAByEdRREdRR ∴总场强04OxER04OyER得04OEijR。
《大学物理教程习题答案》上海交通大学出版社
习题 11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而vv =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+从0=t到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而vv =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt ==222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
大学物理(上海交通大学出版社——符五久)下册习题全解
第8章 真空中的静电场8-1 把某一电荷分成q 与Q-q 两个部分，且此两部分相隔一定距离，如果使这两部分有最大库仑斥力，则Q 与q 有什么关系?8-2 在边长为a 的正方形的四角，依次放置点电荷q 、2q 、一4q 和2q ，它的正中放着一个单位正电荷．求这个电荷受力的大小和方向.解 各点电荷在正方形中心产生的电场方向如图8-2所示，它们的大小为方向如图8-2所示，则在正方形中心处的场强为E 的方向指向-4q 。
该处单位正电荷的受力就等于该点的电场强度E 。
8-3 两根无限长的均匀带电直线相互平行，相距为2a ，线电荷密度分别为λ+和λ-，求每单位长度的带电直线所受的作用力.解 设带电直线1的线电荷密度为λ+，带电直线2的线电荷密度为λ-。
可得带电直线1在带电直线2处产生的场强为在带电直线2上取电荷dq ，由场强的定义得该电荷元受的作用力为带电直线1对带电直线2单位长度上的电荷的作用力为同理，带电直线2对带电直线1单位长度上的电荷的作用力为可见，两带电直线相互吸引。
8-4 —无限大带电平面，带有密度为σ的面电荷，如图所示.试证明：在离开平面为x 处一点的场强有一半是由图中半径为x 3的圆内电荷产生的.解 带电圆圆在轴线上的场强为8-5 (1)点电荷q 位于边长为a 的正立方体的中心，通过此立方体的每一面的电通量各是多少?(2)若点电荷移至正立方休的一个顶点上．那么通过每个面的电通量又各是多少?解 (1)点电荷q 位于正立方体的中心，正立方体的六个面对该电荷来说都是等同的。
因此通过每个面的电通量相等，且等于总电通量的1／6。
对正立方体的某一面，其电通量为(2)当点电荷移至正立方体的一个顶点上时，设想以此顶点为中心，作边长为2a 且与原边平行的大正方体，如图8—5所示。
与(1)相同，这个大正方体的每个面上的电通量都相等，且均等于06/εq 。
对原正方体而言，只有交于A 点的三个面上有电场线穿过，每个面的面积是大正方体一个面的面积的1/4，则每个面的电通量也是大正方体一个面的电通量的1/4，即024/εq ，原正方体的其他不A 点相交的三个面上的电通量均为零。
《物理学基本教程》课后答案 第十二章 磁介质中的磁场
第十二章 磁介质中的磁场12-1 一螺绕环的平均半径为R =0.08m, 其上绕有N =240匝线圈, 电流强度为I=0.30A 时充满管内的铁磁质的相对磁导率µr =5000, 问管内的磁场强度和磁感强度各为多少?分析 螺绕环磁场几乎都集中在环内， 磁场线是一系列圆心在对称轴上的圆．如果圆环的截面积很小，可认为环内各点的磁场强度大小相等，等于以平均半径R 为半径的圆上的磁场强度．解 H=nI A/m 2.143A/m 08.0230.02402=⨯⨯==ππR NI T 90.0T 2.14350001047r 0=⨯⨯⨯===-πμμμH H B12-2 在图12-6所示的实验中，环形螺线管共包含500匝线圈, 平均周长为50cm, 当线圈中的电流强度为2.0A 时, 用冲击电流计测得介质内的磁感强度为2.0T , 求这时(1)待测材料的相对磁导率r μ，(2)磁化面电流线密度s j ．分析 磁场强度和磁感强度B 的关系为H H B r 0μμμ==，从而可求出r μ． 解 (1) A/m 2000A/m 5.02500=⨯==L NI nI H7961021040.270r =⨯⨯⨯==-πμμH B (2)由于磁化面电流产生的附加磁感强度为B '=B-B 0，得s 00)(j nI B μμμ=-='则 A /m 1059.1)1(6r 0s ⨯=-=-=nI nI j μμμμ 12-3 将一直径为10cm 的薄铁圆盘放在B 0=0.4×10-4 T 的均匀磁场中, 使磁感线垂直于盘面, 已知盘中心的磁感强度为B c =0.1T, 假设盘被均匀磁化，磁化面电流可视为沿圆盘边缘流动的一圆电流．求(1)磁化面电流大小；(2)盘的轴线上距盘心0.4m 处的磁感强度．分析 铁盘在外磁场B 0中要被磁化, 产生附加磁场．附加磁场与外磁场B 0同向，所以盘中心的磁感强度B c =B 0+B c ˊ．如果将磁化面电流I s 视为沿圆盘边缘流动的圆电流．解 (1)磁化面电流I s 在环心c 处产生的附加磁场的磁感强度为RI B sc20μ='盘中心的总磁感强度为cc B B B '+=0 从已知条件可见，对于铁磁质，有c B B <<0，即cc B B '≈，得 A 1096.72230cs ⨯=='=μμRB B R I c(2)距c 点x 处的磁场可视为外磁场B 0与磁化面电流磁场B ˊ的叠加，即有T 1091.1)(242/32220-⨯=+='x R R I B s μ401031.2-⨯='+=B B B T12-4 半径为R 的载流长直导线，电流强度为I ，外面裹有一层厚度为b 的磁介质，其相对磁导率为r μ，(1)求磁介质中任一点的磁场强度H 和磁感强度B 的大小；(2)若沿磁介质的内外表面流动的磁化面电流方向与轴线平行，试证明二电流等大反向并求其大小．分析 长直载流直导线的磁场线是以轴线为中心的一系列同心圆．应用有磁介质的安培环路定理时只须计算闭合回路所包围的传导电流，而应用真空中的安培环路定理时应计算闭合回路所包围的传导电流和磁化面电流． 解 (1) 介质内rIH B rI H πμμπ2 2===(2) 假设介质为顺磁质，介质内表面磁化面电流I s 方向如图12-4所示，在介质内任一点磁感强度B=B 0+B ’，因rIB πμ2= =0B r I πμ20 r I B πμ2s 0='得rIr I B s πμμπμ2)(200-=='即有 I I )1(r s -=μ设介质外表面磁化面电流为I s ˊ，应用介质中的安培环路定律，可得介质外任一点磁场强度为rI H π2=应用真空中的安培环路定理，介质外有)(d s s 0I I I '++=⋅⎰μl B即 )(2s s 0I I I rB '++=μπrI I I B πμ2)(s s 0'++=又因 B=µ0H=rIπμ20 由以上两式得I I I )1(r s s --=-='μ即介质内外表面磁化面电流大小相等, 方向相反．。
《大学物理学》答案(上海交大版)上下册
习 题1-1. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为)ωt sin ωt (cos j i +=R r其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：1） 由)ωt sin ωt (cos j i +=R r 知 t cos R x ω= t sin R y ω=消去t 可得轨道方程 222R y x =+2） j rv t Rcos sin ωωt ωR ωdtd +-==i R ωt ωR ωt ωR ωv =+-=2122])c o s ()s i n [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r )t 23(t 42++=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：1）由j i r )t 23(t 42++=可知2t 4x =t 23y +=消去t 得轨道方程为：2)3y (x -=2）j i rv 2t 8dtd +==j i j i v r 24)dt 2t 8(dt 11+=+==⎰⎰Δ3） j v 2(0)= j i v 28(1)+=1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j i r t t 22+=，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：1）j i rv 2t 2dt d +== i va 2dtd ==2）212212)1t (2]4)t 2[(v +=+= 1t t 2dtdv a 2t +==n a ==1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121at t v y += （1） 图 1-420221gt t v h y -+= （2）21y y = （3） 解之t =初速度0v 水平抛出，求：1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的t d d r ，t d d v ，tv d d . 解：（1） t v x 0= 式（1）2gt 21h y -= 式（2）j i r )gt 21-h (t v (t)20+=（2）联立式（1）、式（2）得 22v 2gx h y -=（3）j i rgt -v t d d 0= 而 落地所用时间 gh 2t = 所以j i r 2gh -v t d d 0= j v g td d -= 2202y 2x )gt (v v v v -+=+=212220[()]g t dvdt v gt ==+1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
大学物理第十二章 习题答案
第十二章 电磁感应及电磁场基本方程12–1 如图12-1所示，矩形线圈abcd 左半边放在匀强磁场中，右半边在磁场外，当线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，线圈中 产生感应电流（填会与不会），原因是 。
解：线圈以ab 边为轴向纸外转过60º过程中，尽管穿过磁感应线的线圈面积发生了变化，但线圈在垂直于磁场方向的投影的面积并未发生变化，因而穿过整个线圈的磁通量并没有发生变化，所以线圈中不会产生感应电流。
因而应填“不会”；“通过线圈的磁通量没有发生变化”。
12–2 产生动生电动势的非静电力是 力，产生感生电动势的非静电力是 力。
解：洛仑兹力；涡旋电场力（变化磁场激发的电场的电场力）。
12–3 用绝缘导线绕一圆环，环内有一用同样材料导线折成的内接正方形线框，如图12-2所示，把它们放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，当匀强磁场均匀减弱时，圆环中与正方形线框中感应电流大小之比为___________。
解：设圆环的半径为a，圆环中的感应电动势1E 大小为2111d d d πd d d ΦB BS a t t t===E 同理，正方形线框中的感应电动势2E 大小为2212d d d 2d d d ΦB BS a t t t===E而同材料的圆环与正方形导线的电阻之比为12R R ==。
所以圆环与正方形线框中的感应电流之比为122I I a ==12–4 如图12-3所示，半径为R 的3/4圆周的弧形刚性导线在垂直于均匀磁感强度B 的平面内以速度v 平动，则导线上的动生电动势E = ，方向为 。
图12–5图12–4abdc图12–1Ba图12–2图12–3解：方法一：用动生电动势公式()d l =⨯⋅⎰B l v E 求解。
选积分路径l 的绕行方向为顺时针方向，建立如图12-4所示的坐标系，在导体上任意处取导体元d l ，d l 上的动生电动势为d ()d cos d B R θθ=⨯⋅B l =v v E所以导线上的动生电动势为3π3πd cos d 0BRBR θθ-===>⎰⎰v E E由于ε>0，所以动生电动势的方向为顺时方向，即bca 方向。
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习题1111-1．直角三角形ABC的A点上，有电荷C108.191-⨯=q，B点上有电荷C108.492-⨯-=q，试求C点的电场强度(设0.04mBC=，0.03mAC=)。
解：1q在C点产生的场强：1124ACqE irπε=，2q在C点产生的场强：2224BCqE jr=，∴C点的电场强度：44122.710 1.810E E E i j=+=⨯+⨯；C点的合场强：4123.2410VE m==⨯，方向如图：1.8arctan33.73342'2.7α===。
11-2．用细的塑料棒弯成半径为cm50的圆环，两端间空隙为cm2，电量为C1012.39-⨯和方向。
解：∵棒长为2 3.12l r d mπ=-=，∴电荷线密度：911.010q C mlλ--==⨯⋅可利用补偿法，若有一均匀带电闭合线圈，则圆心处的合场强为0，有一段空隙，则圆心处场强等于闭合线圈产生电场再减去md02.0=长的带电棒在该点产生的场强，即所求问题转化为求缺口处带负电荷的塑料棒在O点产生的场强。
解法1：利用微元积分：21cos4O xRddERλθθπε=⋅，∴2000cos2sin2444OdE dR R Rααλλλθθααπεπεπε-==⋅≈⋅=⎰10.72V m-=⋅；解法2：直接利用点电荷场强公式：由于d r<<，该小段可看成点电荷：112.010q d Cλ-'==⨯，则圆心处场强：1191222.0109.0100.724(0.5)OqE V mRπε--'⨯==⨯⨯=⋅。
方向由圆心指向缝隙处。
11-3．将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为λ，四分之一圆弧AB的半径为R，试求圆ix心O 点的场强。
解：以O 为坐标原点建立xOy 坐标，如图所示。
①对于半无限长导线A ∞在O 点的场强：有：00(cos cos )42(sin sin )42Ax A y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩②对于半无限长导线B ∞在O 点的场强：有：00(sin sin )42(cos cos )42B x B y E R E R λπππελπππε=-=-⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩③对于AB 圆弧在O 点的场强：有：20002000cos (sin sin )442sin (cos cos )442AB x AB y E d R R E d R R ππλλπθθππεπελλπθθππεπε==-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪=--⎩⎰⎰∴总场强：04O x E R λπε=，04O y E R λπε=，得：0()4O E i j R λπε=+。
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习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt =，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt =，有速度：82v t i j =+从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt =，有：2a i =；（2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dv a dt==，利用222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
上海交通大学版大学物理学习题答案之12导体电学习题思考题
2
σ 2.66 × 10 −8 解： E = = = 2 × 10 5 V m −12 −4 ε 0 8.85 × 10 × 150 × 10 U B = − Ed = 2 × 10 −5 × 5 × 10 −3 = −1000V
离 A 板 1.0mm 处的电势
U = − Ed = 2 × 10 −5 × 1 × 10 −3 = −200V
①
②
Qb a+b Q = 4πε 0 (a + b) q2 4πε 0b
（2）根据电容的定义： c =
Q = U
12-10. 图示一球形电容器， 在外球壳的半径 b 及内外导体间的电势差 U 维持恒定的条件下，内球半径 a 为多大时才能使内球表面附近的电场 强度最小？求这个最小电场强度的大小． 解： E =
=
R1
R1 ≺ r ≺ R2 r ≻ R2
∞ q q dr + ∫ dr 2 2 R 2 4πε r 4πε 0 r 0
0 ≺ r ≤ R1
r
q 1 1 1 ( − + ) 4πε 0 r R1 R2 q q dr = 2 R2 4πε r 4πε 0 R2 0
∞
R1 ≺ r ≤ R2
U =∫ U =∫
R2
=
q 1 1 2 ( − + ) 4πε 0 R3 R2 R1
12-4. 一电量为 q 的点电荷位于导体球壳中心，壳的内外半径分别为 R1 、 R2 ．求球壳 内外和球壳上场强和电势的分布，并画出 E ~ r 和 V ~ r 曲线. 解：
E1 =
q 4πε 0 r 2
0 ≺ r ≺ R1
92
E2 = 0 E3 = q 4πε 0 r 2 U =∫
大物上海交大课后答案第十二章
电子与光子的动能之比为
12-4．以速度 运动的电子射入场强为 的匀强电场中加速，为使电子波长 ，电子在此场中应该飞行多长的距离？
解：利用能量守恒，有： ，考虑到 ，
有：
，
利用匀强电场公式 有： 。
12-5．用电子显微镜来分辨大小为1 的物体，试估算所需要电子动能的最小值。（以 为单位）
解：由于需要分辨大小为1 的物体，因此电子束的徳布罗意波长至少为1 ，
由 ，有电子的动量为： ；
试算一下它的速度： ，
因此不考虑相对论效应，那么利用 ，有电子动能的最小值：
。
12-6．设电子的位置不确信度为 ，计算它的动量的不确信度；假设电子的能量约为 ，计算电子能量的不确信度。
解：由不确信关系： ，有 ，
（2）由 态跃迁到 态时，质子放出多大能量的光子？
解：（1）由一维无穷深势阱粒子的能级表达式：
时为零点能量：
（2）由 态跃迁到 态时，质子放出光子的能量为：
试探题12
12-1．证明玻尔理论中氢原于中的电子轨道是电子德布罗意波长的整数倍。
证明：设电子轨道的半径为 ，那么电子轨道的周长为 ，需要证明 。
玻尔理论中，氢原子中的电子轨道为：
而电子的德布罗意波长： （∵ ）
12-10．计算一维无穷深势阱中基态粒子处在 到 区间的概率。设粒子的势能散布函数为：
解：依照一维无穷深势阱的态函数的计算，当粒子被限定在 之间运动时，其定态归一化的波函数为： ，
概率密度为：
粒子处在 到 区间的概率： ，
若是是基态， ，那么 。
12-11．一个质子放在一维无穷深阱中，阱宽 。
（1）质子的零点能量有多大？
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习题11-1．已知质点位矢随时间变化的函数形式为(cos sin )r =R ωt i ωt j + 其中ω为常量．求：（1）质点的轨道；(2)速度和速率。
解：(1) 由(cos sin )r =R ωt i ωt j +，知：cos x R t ω= ，sin y R t ω=消去t 可得轨道方程：222x y R +=∴质点的轨道为圆心在（0，0）处，半径为R 的圆；（2）由d rv dt=，有速度：sin Rcos v R t i t j ωωωω=-+ 而v v =，有速率：1222[(sin )(cos )]v R t R t R ωωωωω=-+=。
1-2．已知质点位矢随时间变化的函数形式为24(32)r t i t j =++，式中r 的单位为m ，t 的单位为s 。
求：（1）质点的轨道；（2）从0=t 到1=t 秒的位移；（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度。
解：（1）由24(32)r t i t j =++，可知24x t = ，32y t =+ 消去t 得轨道方程为：x =2(3)y -，∴质点的轨道为抛物线。
（2）由d rv dt=，有速度：82v t i j =+ 从0=t 到1=t 秒的位移为：11(82)42r v d t t i j d t i j ∆==+=+⎰⎰（3）0=t 和1=t 秒两时刻的速度为：(0)2v j =，(1)82v i j =+ 。
1-3．已知质点位矢随时间变化的函数形式为22r t i t j =+，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
解：(1)由d r v dt =，有：22v t i j =+，d va dt=，有：2a i =； （2）而v v =，有速率：12222[(2)2]21v t t =+=+∴t dva dt==222t n a a a =+有： n a ==1-4．一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
大学物理上海交通大学章课后习题答案
习题1414-1．如图所示的弓形线框中通有电流I ，求圆心O 处的磁感应强度B 。
解：圆弧在O 点的磁感应强度：00146I I B R R μθμπ==，方向：；直导线在O 点的磁感应强度：000203[sin 60sin(60)]4cos602IIB R R μμππ=--=，方向：⊗；∴总场强：031)23IB Rμ=-，方向⊗。
14-2．如图所示，两个半径均为R 的线圈平行共轴放置，其圆心O 1、O 2相距为a ，在两线圈中通以电流强度均为I 的同方向电流。
（1）以O 1O 2连线的中点O 为原点，求轴线上坐标为x 的任意点的磁感应强度大小；（2）试证明：当a R =时，O 点处的磁场最为均匀。
解：见书中载流圆线圈轴线上的磁场，有公式：2032222()I R B R z μ=+。
（1）左线圈在x 处P 点产生的磁感应强度：20132222[()]2P I R B aR x μ=++， 右线圈在x 处P 点产生的磁感应强度：20232222[()]2P I R B aR x μ=+-，1P B 和2P B 方向一致，均沿轴线水平向右，∴P 点磁感应强度：12P P P B B B =+=2330222222[()][()]222I R a a R x R x μ--⎧⎫++++-⎨⎬⎩⎭；（2）因为P B 随x 变化，变化率为d Bd x ，若此变化率在0x =处的变化最缓慢，则O 点处的磁场最为均匀，下面讨论O 点附近磁感应强度随x 变化情况，即对P B 的各阶导数进行讨论。
对B 求一阶导数：当0x =时，0d Bd x =，可见在O 点，磁感应强度B 有极值。
对B 求二阶导数：当0x =时，202x d B d x ==222072223[()]2a R I R a R μ-+，可见，当a R >时，2020x d Bd x =>，O 点的磁感应强度B 有极小值，当a R <时，2020x d B d x =<，O 点的磁感应强度B 有极大值，当a R =时，2020x d B d x ==，说明磁感应强度B在O 点附近的磁场是相当均匀的，可看成匀强磁场。
[VIP专享]大学物理第12章课后习题
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Qq 4πε0r 2
E2 r
r＞R2 时，
q 4πε0r 2
int level(BinTreeNodlesevt}r*Beutsl,icnBt(rtrTuiontrcaoTetgtert,_eyapNnpetg)oy;oeN_pddinoeeodtd;fde*esreafc*ttrphsB*au{l)ti;cilrn/duh/tT;ciB/lr/tdo1eiTt;u1ea//NcnrNgoto_loiu(fdn(dtnbe*oetpivdlt{(roe(e}TbidpEititrcfrl(ero!-pbmu>tintrTvritgaey-l(>hlpbulteeie,rtrf=xdt)e,=apr{xkextta,)rt;ru{;k,kr)sd+n;tra+;u1t;ac}0txyBpieTNxv},ooidi{ndet&m*lkac)hi}nil(de)}l;s/e/ js+tr}+uj;cBf+BtoB.+Bid.r.L(;+adikTe+taanN=;t[agojB]e[tdkh=l.se+L+eA1e*+]nr.i;dfc=g(d.-[d;{aiB]1a/it;f/a.;t(dkaA[}ia[]>.kBtdB<}=a];aii.T[BLjt+;aNke.+d[Loni;-]aed-g>t)netahg,B[jt*]+h.)wBd+]{avhi;T=otilareiAedi[n(Be.i{dtm;.<Laive=etAoarngi.0[dLgie],e;jt2Ch=n(o{Sg-0ut9q1h,n/kAL])/t)/iL/[;2s1/e1AtA…aABBmf"…,.S(h+Bq"mniLT6m+irsnet8]e&mhBTen),amidn+dtn&a2Ot*acx(7o10u)n+t)0x{11*ixf=0( nT+o1)d*{ex2i_1f c(+(o!uT2/xn/-*10>tx+l2+cxh=1il;+dnx)o&2/d/h&e=tt_(pn!c:To0o//-duw>1enrw*_c2t/wchx-oi0.1ldu;xon)/)1c*t;cinx6o42.1ucleonfmtt+d/+5ap;t-a5//r7iLg9Cihs4ot8lNuet5nmof9ttdreLp4iegme.=h*ap3tMfAmBol(a[aTrTlit]ex(-;(><i2)nAlccetl[ha0i]}ise=l=ds1,0}A…Tc;[yoine2pu<-nT6ein=-yH>12tp)(]Te;v;enn[Co1-A-ti1o3m1d[u]nA)pHin-[/;in(tv-kL21]ene;]1reyais=A+)nef=[+(t-nm(k1Ta])eAT-p){y>nyA;r-p%c2eh…1iAld3e[2,1]3c,2e1oi20Vn0(u3e=bt×n4i{)n3t1a5)B0);,5b20A}{7,B(2ce[2a150,(l0)ds0cn(a20e,a)]×ie[13j1)1cnr2,a17Af2e0A4,i58g2jtB]b1u(B03}(a5r4,21[En)]06a1B;=07A51([}{0]b937S<A/3)56/HaL([06C0c,sT1b3)]uo[A.>81A0c5u,493]cBn<B0.]=taC5H[L8(0,A1De(4g]k/,Aa5>2EBef0,[)Fy,<]*4C[G)G]b[=2B1,,DHk)g+[]e>,I1AEJy,/[<(,81%C1c]-[8,a5bD1)]C>3C]B,D1<[D1]2Bd62,GFc3E>=41A,V5</1I5EdH475,Gf1231>01+0*J5,91<420G4+0e*30G241,7W1d+*787>13P031,4*9<1L74=41f=0+,515a24953>**/546,17<5+15=0g37413,2*0c5572>/4+517,5<6451*g524,0d+3>956,*5<0315f9+2,3e5W12>14P,12*<3L157g+=56,52f13053>105*693}64*1,{73+80217+9596510*77046873+1*71249264+*9503182+79012*176208590=*2092+8123169831731237*793}W2+531P352L5*0313173+s3T3125158*,21T2052=5,2…915W063…303P5,LTS Tini k1i(2i={a1b,2c,d…e…fg}S0)1,1k10in1i011k11k10n+1kk1Pn21>r+0ikm…00…11+1k0s1=0n11+n21K…ru…snkas1l ns,s=nk,nk a11a121a02K1)aru2s2kaa=2l203*:9(a1i+03/1jA2-03aB(3a131+Aa12=3B+42[…0+]3A…+a3aij1+n3inn149-+iH10-41au+jnfi84+fnm4+16a5B8n+58F1544):52=5706305306.986,2T76:0150,D811:00148110683171,F10ST6:06D413S024H515,1H12:007412101402H*1291u60+22f{f7m4*63a2+n58307*71836+21102*72306+722774*0674128+493}*()4+86*312=513219 5:13/5671(130+7822+6261+p03a1+341352+401143,41)p0=83,21a.8425,913,,p66331:121,0A1a24B13G,,CP4pJ9AD3KG21EHD12AFDaJ3GBH,EPaDHKBApGIBM3J2HEKIF1AJMCKCAEFCMFIIM
大学物理第11-12章作业答案
11-4 解：（1）s 32322===ππωπT .m 20 3230=⨯==uT λ.（2）m 303cos 03.03cos 03.0⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ππππx t u x t y 11-5 解：（1）ππλππνω525222=⋅===urad/s. 由原点处质点的振动曲线知：1.0=A m ；0=t 时，0=y 且0>v . 作旋转矢量图：由图得初相：πϕ23=.∴波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πππππ235cos 1.02355cos 1.0x t x t y m.（2）0=t 时，()x x y πππsin 1.023cos 1.0-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= m.5.0=x 时，()t t y ππππ5cos 1.0235.05cos 1.0-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-= m.11-7 解：（1）ππλππνω10210222=⋅===urad/s. 由0=t 时的波形图可知：1.0=A m ；0=t 时，0=x 处的质点05.0=y m 且0<v .作旋转矢量图：由图得初相：3ϕ=.∴波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫⎝⎛-=310cos 1.031010cos 1.0πππππx t x t y m.（2）画出 P 点对应的旋转矢量由图知P 点相位滞后于O 点相位35πϕ∆=， ∵O 点处质点振动方程：⎪⎭⎫ ⎝⎛+=310cos 1.0ππt y m ，∴ P 点处质点振动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=3410cos 1.035310cos 1.0πππππt t y P m11-8解：∵1.0>T s ，∴1.0=t s ，波动由a 行进到b 的距离为：5.0424===λ∆x m. 波速：51.05.0===t xu ∆ m/s,ππλππνω525222=⋅===u rad/s.由0=t 时的波形a 可知：0=x 处的质点0=y 且0<v .由图可知初相：2ϕ=.则波动方程为：⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=25cos 1.0255cos 1.0πππππx t x t y m.11-9 解：（1）πππνω50025022=⋅== rad/s.由0=t 时的波形图可知：1.0=A m ，20=λm.∴500025020=⨯==λνu m/s.∵简谐波的传播方向为沿x 轴负方向。
大学物理12-14课后习题解答
第十二章 恒定磁场 (Steady Magnetic Field)一、选择题12.1 均匀磁场的磁感强度B垂直于半径为r 的圆面．今以该圆周为边线，作一半球面S ，则通过S 面的磁通量的大小为 (A) B r 22π． (B)B r 2π． S B •=Φ(C) 0． (D) 无法确定的量． ［ B ］12.2 载流的圆形线圈(半径a 1 )与正方形线圈(边长a 2 )通有相同电流I ．若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感强度大小相同，则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为(公式及图像表示法))135cos 45(cos 244,4a 2,002022110192-⨯⨯⨯=⨯=a I B a I B P πμππμ，(A) 1∶1 (B)π2∶1(C)π2∶4 (D) π2∶8 ［ D ］12.3 如题图12.1，两根直导线ab 和cd 沿半径方向被接到一个截面处处相等的铁环上，稳恒电流I 从a 端流入而从d 端流出，则磁感强度B沿图中闭合路径L 的积分⎰⋅LlB d 等于(A) I 0μ． (B)I 031μ． (C) 4/0I μ． (D) 3/20I μ． ［ D ］II a bcdL120°题图12.1I 1I 212.4 如题图12.2，在一固定的载流大平板附近有一载流小线框能自由转动或平动．线框平面与大平板垂直。
大平板的电流与线框中电流方向如图所示。
则在同一侧且对着大平板看，通电线框的运动情况是： （电流同相吸，异相斥） (A) 靠近大平板． (B) 顺时针转动．(C) 逆时针转动． (D) 离开大平板向外运动． ［ B ］12.5 在匀强磁场中，有两个平面线圈，其面积A 1 = 2 A 2，通有电流I 1 = 2 I 2，它们所受的最大磁力矩之比M1 / M 2等于 M=PB (A) 1． (B) 2．(C) 4． (D) 1/4． ［ C ］12.6 如题图12.3所示，无限长直导线在P 处弯成半径为R 的圆，当通以电流I 时，则在圆心O 点的磁感强度大小等于 (A)RIπ20μ； (B)RI40μ； (C)RIπ20μ ；(D))11(20π-R Iμ； (E) )11(40π+R I μ。
大学物理下册(上海交大第四版)课后习题解答
12-4. 将一“无限长”带电细线弯成图示形状，设电荷均匀分布，电荷线密度为 ，四分之 一圆弧 AB 的半径为 R ，试求圆心 O 点的场强． 解：设 O 为坐标原点，水平方向为 x 轴，竖直方向为 y 轴 半无限长导线 A 在 O 点的场强 E 1
(i j ) 4 0 R
U1
则内球电荷：
4 0 R1
q1
4 0 R2
q1
Q q1 0 4 0 R3
q1
外球电势：
R1 R2 Q R1 R3 R3 R2 R1 R2
U2
电势差：
Q q1 Q( R1 R2 ) 4 0 R3 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 ) Q( R1 R2 ) 4 0 ( R1 R3 R3 R2 R1 R2 )
B0
B2
L2
由于两段圆弧电流对 O 的磁感应强度方向相反，所以
14-10. 在 半径 R 1cm 的 无 限 长 半 圆 柱 形 金 属 片 中 ， 有 电 流 I 5A 自下而上通过，如图所示。试求圆柱轴线上一点 P 处的磁 感应强度的大小。 解：将半圆柱形无限长载流薄板细分成宽为 dl Rdθ 的长直电流
根据安培环路定理
B dL
0
I
B
0
2
(R 2 r 2 )
（2） 带电长直圆柱体旋转相当于螺线管， 端面的磁感应强度是中间磁感应强度的一半， 所以端面的磁感应强度
B
0 R 2
4
14-16. 如图所示的空心柱形导体，柱的半径分别为 a 和 b ，导体内载有电 流 I ，设电流 I 均匀分布在导体横截面上。证明导体内部各点（ a < r < b ） 的磁感应强度 B 由下式给出：
大学物理第十二章课后习题答案
⼤学物理第⼗⼆章课后习题答案第四篇⽓体动理论热⼒学基础求解⽓体动理论和热⼒学问题的基本思路和⽅法热运动包含⽓体动理论和热⼒学基础两部分．⽓体动理论从物质的微观结构出发，运⽤统计⽅法研究⽓体的热现象，通过寻求宏观量与微观量之间的关系，阐明⽓体的⼀些宏观性质和规律．⽽热⼒学基础是从宏观⾓度通过实验现象研究热运动规律．在求解这两章习题时要注意它们处理问题⽅法的差异．⽓体动理论主要研究对象是理想⽓体，求解这部分习题主要围绕以下三个⽅⾯：(1) 理想⽓体物态⽅程和能量均分定理的应⽤；(2) 麦克斯韦速率分布率的应⽤；(3)有关分⼦碰撞平均⾃由程和平均碰撞频率．热⼒学基础⽅⾯的习题则是围绕第⼀定律对理想⽓体的四个特殊过程(三个等值过程和⼀个绝热过程)和循环过程的应⽤，以及计算热⼒学过程的熵变，并⽤熵增定理判别过程的⽅向．1．近似计算的应⽤⼀般⽓体在温度不太低、压强不太⼤时，可近似当作理想⽓体，故理想⽓体也是⼀个理想模型．⽓体动理论是以理想⽓体为模型建⽴起来的，因此，⽓体动理论所述的定律、定理和公式只能在⼀定条件下使⽤．我们在求解⽓体动理论中有关问题时必须明确这⼀点．然⽽，这种从理想模型得出的结果在理论和实践上是有意义的．例如理想⽓体的内能公式以及由此得出的理想⽓体的摩尔定容热容2/m V,iR C =和摩尔定压热容()2/2m P,R i C +=都是近似公式，它们与在通常温度下的实验值相差不⼤，因此，除了在低温情况下以外，它们还都是可以使⽤的．在实际⼯作时如果要求精度较⾼，摩尔定容热容和摩尔定压热容应采⽤实验值．本书习题中有少数题给出了在某种条件下m V,C 和m P,C 的实验值就是这个道理．如习题中不给出实验值，可以采⽤近似的理论公式计算．2．热⼒学第⼀定律解题过程及注意事项热⼒学第⼀定律E W Q Δ+=，其中功?=21d V V V ρW ，内能增量T R i M m E Δ2Δ?=．本章习题主要是第⼀定律对理想⽓体的四个特殊过程(等体、等压、等温、绝热)以及由它们组成的循环过程的应⽤．解题的主要过程：(1) 明确研究对象是什么⽓体(单原⼦还是双原⼦)，⽓体的质量或物质的量是多少？ (２) 弄清系统经历的是些什么过程，并掌握这些过程的特征．(３) 画出各过程相应的p －V 图．应当知道准确作出热⼒学过程的p －V 图，可以给出⼀个⽐较清晰的物理图像．(４) 根据各过程的⽅程和状态⽅程确定各状态的参量，由各过程的特点和热⼒学第⼀定律就可计算出理想⽓体在各过程中的功、内能增量和吸放热了．在计算中要注意Q 和W 的正、负取法．3．关于内能的计算理想⽓体的内能是温度的单值函数，是状态量，与过程⽆关，⽽功和热量是过程量，在两个确定的初、末状态之间经历不同的过程，功和热量⼀般是不⼀样的，但内能的变化是相同的，且均等于()12m V,ΔT T C Mm E -=．因此，对理想⽓体来说，不论其经历什么过程都可⽤上述公式计算内能的增量．同样，我们在计算某⼀系统熵变的时候，由于熵是状态量，以⽆论在始、末状态之间系统经历了什么过程，始、末两个状态间的熵变是相同的．所以，要计算始末两状态之间经历的不可逆过程的熵变，就可通过计算两状态之间可逆过程熵变来求得，就是这个道理．4．麦克斯韦速率分布律的应⽤和分⼦碰撞的有关讨论深刻理解麦克斯韦速率分布律的物理意义，掌握速率分布函数f (v )和三种统计速率公式及物理意义是求解这部分习题的关键．三种速率为M RT /2P =v ，M RT π/8=v ，M RT /32=v ．注意它们的共同点都正⽐于M T /，⽽在物理意义上和⽤途上⼜有区别．P v ⽤于讨论分⼦速率分布图．v ⽤于讨论分⼦的碰撞；2v ⽤于讨论分⼦的平均平动动能．解题中只要抓住这些特点就⽐较⽅便．根据教学基本要求，有关分⼦碰撞内容的习题求解⽐较简单，往往只要记住平均碰撞频率公式v n d Z 22=和平均⾃由程n d Z λ2π2/1/==v ，甚⾄只要知道n Z ?∝v ，n /1∝λ及M T /∝v 这种⽐值关系就可求解许多有关习题．第⼗⼆章⽓体动理论12 －1 处于平衡状态的⼀瓶氦⽓和⼀瓶氮⽓的分⼦数密度相同，分⼦的平均平动动能也相同，则它们( )(A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦⽓压强⼤于氮⽓的压强(C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦⽓压强⼩于氮⽓的压强分析与解理想⽓体分⼦的平均平动动能23k /kT =ε，仅与温度有关．因此当氦⽓和氮⽓的平均平动动能相同时，温度也相同．⼜由物态⽅程nkT p =，当两者分⼦数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)．12 －2 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想⽓体，其分⼦数密度n 相同，⽅均根速率之⽐()()()4:2:1::2/12C 2/12B 2/12A =v v v ，则其压强之⽐C B A ::p p p 为( )(A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8(C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1分析与解分⼦的⽅均根速率为M RT /3=2v ，因此对同种理想⽓体有3212C 2B 2A ::::T T T =v v v ，⼜由物态⽅程nkT ρ，当三个容器中分⼦数密度n 相同时，得16:4:1::::321321==T T T p p p .故选(C)． 12 －3 在⼀个体积不变的容器中，储有⼀定量的某种理想⽓体，温度为0T 时，⽓体分⼦的平均速率为0v ，分⼦平均碰撞次数为0Z ，平均⾃由程为0λ，当⽓体温度升⾼为04T 时，⽓体分⼦的平均速率v 、平均碰撞频率Z 和平均⾃由程λ分别为( ) (A) 004,4,4λλZ Z ===0v v (B) 0022λλ===,,Z Z 0v v (C) 00422λλ===,,Z Z 0v v (D) 0042λλ===,,Z Z 0v v 分析与解理想⽓体分⼦的平均速率M RT π/8=v ，温度由0T 升⾄04T ，则平均速率变为0v 2；⼜平均碰撞频率v n d Z 2π2=，由于容器体积不变，即分⼦数密度n 不变，则平均碰撞频率变为0Z 2；⽽平均⾃由程n d λ2π2/1=，n 不变，则珔λ也不变．因此正确答案为(B)．12 －4 已知n 为单位体积的分⼦数，()v f 为麦克斯韦速率分布函数，则()v v d nf 表⽰( )(A) 速率v 附近，ｄv 区间内的分⼦数(B) 单位体积内速率在v v v d +~区间内的分⼦数(C) 速率v 附近，ｄv 区间内分⼦数占总分⼦数的⽐率(D) 单位时间内碰到单位器壁上，速率在v v v d ~+ 区间内的分⼦数分析与解麦克斯韦速率分布函数()()v v d /d N N f =，⽽v /N n =，则有()V N nf /d d =v v ．即表⽰单位体积内速率在v v v d ~+区间内的分⼦数．正确答案为(B)．12 －5 ⼀打⾜⽓的⾃⾏车内胎，在C 07o1.=t 时，轮胎中空⽓的压强为Pa 100451?=.p ，则当温度变为C 037o2.=t 时，轮胎内空⽓的压强2p 2p 为多少？(设内胎容积不变)分析胎内空⽓可视为⼀定量的理想⽓体，其始末状态均为平衡态，由于⽓体的体积不变，由理想⽓体物态⽅程RT Mm pV =可知，压强p 与温度T 成正⽐．由此即可求出末态的压强．解由分析可知，当K 15310037152732...=+=T ，轮胎内空⽓压强为Pa 1043451122?==./T p T p可见当温度升⾼时，轮胎内⽓体压强变⼤，因此，夏季外出时⾃⾏车的车胎不宜充⽓太⾜，以免爆胎．12 －6 有⼀个体积为35m 1001?.的空⽓泡由⽔⾯下m 050.深的湖底处(温度为C 4o )升到湖⾯上来．若湖⾯的温度为C 017o .，求⽓泡到达湖⾯的体积．(取⼤⽓压强为Pa 10013150?=.p ) 分析将⽓泡看成是⼀定量的理想⽓体，它位于湖底和上升⾄湖⾯代表两个不同的平衡状态．利⽤理想⽓体物态⽅程即可求解本题．位于湖底时，⽓泡内的压强可⽤公式gh p p ρ+=0求出，其中ρ为⽔的密度( 常取33m kg 1001??=.ρ)．解设⽓泡在湖底和湖⾯的状态参量分别为(p 1 ，V 1 ，T 1 )和(p 2 ,V 2 ，T 2 )．由分析知湖底处压强为gh ρp gh ρp p+=+=021，利⽤理想⽓体的物态⽅程222111T V p T V p = 可得空⽓泡到达湖⾯的体积为()3510120121212m 1011.6//-?=+==T p V T gh ρp T p V T p V12 －7 氧⽓瓶的容积为32m 1023-?.，其中氧⽓的压强为Pa 10317?.，氧⽓⼚规定压强降到Pa 10016?.时，就应重新充⽓，以免经常洗瓶．某⼩型吹玻璃车间，平均每天⽤去3m 400.压强为Pa 100115?.的氧⽓，问⼀瓶氧⽓能⽤多少天？ (设使⽤过程中温度不变)分析由于使⽤条件的限制，瓶中氧⽓不可能完全被使⽤．为此，可通过两条不同的思路进⾏分析和求解：(1) 从氧⽓质量的⾓度来分析．利⽤理想⽓体物态⽅程RT Mm pV =可以分别计算出每天使⽤氧⽓的质量3m 和可供使⽤的氧⽓总质量(即原瓶中氧⽓的总质量1m 和需充⽓时瓶中剩余氧⽓的质量2m 之差)，从⽽可求得使⽤天数()321m m m n /-=．(2) 从容积⾓度来分析．利⽤等温膨胀条件将原瓶中氧⽓由初态(Pa 1030171?=.p , 321m 1023-?=.V )膨胀到需充⽓条件下的终态(Pa 1000162?=.p ，2V 待求)，⽐较可得2p 状态下实际使⽤掉的氧⽓的体积为12V V -．同样将每天使⽤的氧⽓由初态(Pa 1001153?=.p ，33m 400.=V )等温压缩到压强为p 2的终态，并算出此时的体积V′2 ，由此可得使⽤天数应为()212V V V n '-=/．解1 根据分析有RT V Mp m RT V Mp m RT V Mp m /;/;/333222111===则⼀瓶氧⽓可⽤天数()()5.9//33121321===-=V p V p p m m m n解2 根据分析中所述，由理想⽓体物态⽅程得等温膨胀后瓶内氧⽓在压强为Pa 1000162?=.p 时的体积为 2112p V p V /=每天⽤去相同状态的氧⽓容积2332p V p V /='则瓶内氧⽓可⽤天数为()()5.9//33121212=-='-=V p V p p V V V n12 －8 设想太阳是由氢原⼦组成的理想⽓体，其密度可当作是均匀的．若此理想⽓体的压强为Pa 1035114?.．试估计太阳的温度．(已知氢原⼦的质量Pa 1067127H -?=.m ，太阳半径kg 1067127H -?=.m ，太阳质量kg 1099130S ?=.m )分析本题可直接运⽤物态⽅程nkT p =进⾏计算．解氢原⼦的数密度可表⽰为()??==3S H S H S π34//R m m V m m n S 根据题给条件，由nkT p = 可得太阳的温度为()K 1016.13/π4/7S 3S H ?===k m R pm nk p T说明实际上太阳结构并⾮本题中所设想的理想化模型，因此，计算所得的太阳温度与实际的温度相差较⼤．估算太阳(或星体)表⾯温度的⼏种较实⽤的⽅法在教材第⼗五章有所介绍．12 －9 ⼀容器内储有氧⽓，其压强为Pa 100115.，温度为27 ℃，求：(1)⽓体分⼦的数密度；(2) 氧⽓的密度；(3) 分⼦的平均平动动能；(4) 分⼦间的平均距离．(设分⼦间均匀等距排列)分析在题中压强和温度的条件下，氧⽓可视为理想⽓体．因此，可由理想⽓体的物态⽅程、密度的定义以及分⼦的平均平动动能与温度的关系等求解．⼜因可将分⼦看成是均匀等距排列的，故每个分⼦占有的体积为30d V =，由数密度的含意可知n V /10=，d 即可求出．解 (1) 单位体积分⼦数325m 10442?==./kT p n(2) 氧⽓的密度-3m kg 301?===.//RT pM V m ρ(3) 氧⽓分⼦的平均平动动能J 102162321k -?==./kT ε(4) 氧⽓分⼦的平均距离m 10453193-?==./n d通过对本题的求解，我们可以对通常状态下理想⽓体的分⼦数密度、平均平动动能、分⼦间平均距离等物理量的数量级有所了解．12 －10 2.0×10－2 kg 氢⽓装在4.0×10-3 m 3 的容器内，当容器内的压强为3.90×105Pa 时，氢⽓分⼦的平均平动动能为多⼤？分析理想⽓体的温度是由分⼦的平均平动动能决定的，即23k /kT =ε．因此，根据题中给出的条件，通过物态⽅程pV ＝m/MRT ，求出容器内氢⽓的温度即可得k ε．解由分析知氢⽓的温度mRMPV T =，则氢⽓分⼦的平均平动动能为 ()8932323k ./===mR pVMk kT ε12 －11 温度为0 ℃和100 ℃时理想⽓体分⼦的平均平动动能各为多少？欲使分⼦的平均平动动能等于1eV ，⽓体的温度需多⾼？解分⼦在0℃和100 ℃时平均平动动能分别为J 10655232111-?==./kT εJ 10727232122-?==./kT ε由于1eV ＝1.6×10－19 J ，因此，分⼦具有1eV 平均平动动能时，⽓体温度为K 10737323k ?==./k T ε这个温度约为7.5 ×103 ℃．12 －12 某些恒星的温度可达到约1.0 ×108K ，这是发⽣聚变反应(也称热核反应)所需的温度.通常在此温度下恒星可视为由质⼦组成.求：(1) 质⼦的平均动能是多少？ (2) 质⼦的⽅均根速率为多⼤？分析将组成恒星的⼤量质⼦视为理想⽓体，质⼦可作为质点，其⾃由度 i ＝3，因此，质⼦的平均动能就等于平均平动动能.此外，由平均平动动能与温度的关系2/32/2kT m =v ，可得⽅均根速率2v .解 (1) 由分析可得质⼦的平均动能为 J 1007.22/32/3152k -?===kT m εv(2) 质⼦的⽅均根速率为1-62s m 1058.132??==mkT v 12 －13 试求温度为300.0 K 和2.7 K(星际空间温度)的氢分⼦的平均速率、⽅均根速率及最概然速率.分析分清平均速率v 、⽅均根速率2v 及最概然速率p v 的物理意义，并利⽤三种速率相应的公式即可求解.解氢⽓的摩尔质量M ＝2 ×10－3kg·mol －1 ，⽓体温度T 1 ＝300.0K ，则有 1-31s m 1078.18??==M πRT v 1-312s m 1093.13??==M RT v 1-31p s m 1058.12??==MRT v ⽓体温度T 2＝2.7K 时，有 1-31s m 1069.18??==M πRT v 1-322s m 1083.13??==MRT v1-31p s m 1050.12??==MRT v 12 －14 如图所⽰，Ⅰ、Ⅱ两条曲线分别是氢⽓和氧⽓在同⼀温度下的麦克斯韦分⼦速率分布曲线.试由图中数据求：(1)氢⽓分⼦和氧⽓分⼦的最概然速率；(2) 两种⽓体所处的温度；(3) 若图中Ⅰ、Ⅱ分别表⽰氢⽓在不同温度下的麦克斯韦分⼦速率分布曲线.则哪条曲线的⽓体温度较⾼？分析由MRT 1p 2=v 可知，在相同温度下，由于不同⽓体的摩尔质量不同，它们的最概然速率v p 也就不同.因22O H M M <，故氢⽓⽐氧⽓的v p 要⼤，由此可判定图中曲线Ⅱ所标v p ＝2.0 ×103 m·s －1 应是对应于氢⽓分⼦的最概然速率.从⽽可求出该曲线所对应的温度.⼜因曲线Ⅰ、Ⅱ所处的温度相同，故曲线Ⅰ中氧⽓的最概然速率也可按上式求得.同样，由M RT2p =v 可知，如果是同种⽓体，当温度不同时，最概然速率v p 也不同.温度越⾼，v p 越⼤.⽽曲线Ⅱ对应的v p 较⼤，因⽽代表⽓体温度较⾼状态.解 (1) 由分析知氢⽓分⼦的最概然速率为()13H p s m 100.222H 2-??==M RT v利⽤M O2 /M H2 ＝16 可得氧⽓分⼦最概然速率为()()12H p O p s m 100.54/22-??==v v (2) 由M RT2p =v 得⽓体温度K 1081.42/22p==R M T v (3) Ⅱ代表⽓体温度较⾼状态.12 －15 ⽇冕的温度为2.0 ×106K ，所喷出的电⼦⽓可视为理想⽓体.试求其中电⼦的⽅均根速率和热运动平均动能.解⽅均根速率16e2s m 105.93-??==m kT v 平均动能J 10142317k -?==./kT ε 12 －16 在容积为2.0 ×10－3m 3 的容器中，有内能为6.75 ×102J 的刚性双原⼦分⼦某理想⽓体.(1) 求⽓体的压强；(2) 设分⼦总数为5.4×1022 个，求分⼦的平均平动动能及⽓体的温度.分析 (1) ⼀定量理想⽓体的内能RT i M m E 2=，对刚性双原⼦分⼦⽽⾔，i ＝5.由上述内能公式和理想⽓体物态⽅程pV ＝mM RT 可解出⽓体的压强.(2)求得压强后，再依据题给数据可求得分⼦数密度，则由公式p ＝nkT 可求⽓体温度.⽓体分⼦的平均平动动能可由23k /kT ε=求出.解 (1) 由RT i M m E 2=和pV ＝mM RT 可得⽓体压强 ()Pa 1035125?==./iV E p(2) 分⼦数密度n ＝N/V ，则该⽓体的温度()()Pa 106235?===.//nk pV nk p T⽓体分⼦的平均平动动能为J 104972321k -?==./kT ε12 －17温度相同的氢⽓和氧⽓，若氢⽓分⼦的平均平动动能为6.21×10－21J ，试求(1) 氧⽓分⼦的平均平动动能及温度；(2) 氧⽓分⼦的最概然速率. 分析 (1) 理想⽓体分⼦的平均平动动能23k /kT ε=，是温度的单值函数，与⽓体种类⽆关.因此，氧⽓和氢⽓在相同温度下具有相同的平均平动动能，从⽽可以求出氧⽓的温度.(2) 知道温度后再由最概然速率公式M RT 2p =v 即可求解v p . 解 (1) 由分析知氧⽓分⼦的平均平动动能为J 102162321k -?==./kT ε，则氧⽓的温度为：K 30032k ==k εT /(2) 氧⽓的摩尔质量M ＝3.2 ×10－2 kg·mol －1 ，则有 12p s m 1095.32-??==M RTv12 －18 声波在理想⽓体中传播的速率正⽐于⽓体分⼦的⽅均根速率.问声波通过氧⽓的速率与通过氢⽓的速率之⽐为多少？设这两种⽓体都是理想⽓体并具有相同的温度.分析由题意声波速率u 与⽓体分⼦的⽅均根速率成正⽐，即2v ∝u ；⽽在⼀定温度下，⽓体分⼦的⽅均根速率M /12∝v ，式中M 为⽓体的摩尔质量.因此，在⼀定温度下声波速率M u /1∝.解依据分析可设声速M A u /1=，式中A 为⽐例常量.则声波通过氧⽓与氢⽓的速率之⽐为2502222O H O H .==M M u u12 －19 已知质点离开地球引⼒作⽤所需的逃逸速率为gr v 2=，其中r 为地球半径.(1) 若使氢⽓分⼦和氧⽓分⼦的平均速率分别与逃逸速率相等，它们各⾃应有多⾼的温度；(2) 说明⼤⽓层中为什么氢⽓⽐氧⽓要少.(取r ＝6.40 ×106 m)分析⽓体分⼦热运动的平均速率MπRT 8=v ，对于摩尔质量M 不同的⽓体分⼦，为使v 等于逃逸速率v ，所需的温度是不同的；如果环境温度相同，则摩尔质量M 较⼩的就容易达到逃逸速率.解 (1) 由题意逃逸速率gr 2=v ，⽽分⼦热运动的平均速率M πRT 8=v .当v v = 时，有RMrg πT 4= 由于氢⽓的摩尔质量13H mol kg 10022--??=.M ，氧⽓的摩尔质量12O mol kg 10232--??=.M ，则它们达到逃逸速率时所需的温度分别为K 10891K,101815O 4H 22?=?=..T T(2) 根据上述分析，当温度相同时，氢⽓的平均速率⽐氧⽓的要⼤(约为4倍)，因此达到逃逸速率的氢⽓分⼦⽐氧⽓分⼦多.按⼤爆炸理论，宇宙在形成过程中经历了⼀个极⾼温过程.在地球形成的初期，虽然温度已⼤⼤降低，但温度值还是很⾼.因⽽，在⽓体分⼦产⽣过程中就开始有分⼦逃逸地球，其中氢⽓分⼦⽐氧⽓分⼦更易逃逸.另外，虽然⽬前的⼤⽓层温度不可能达到上述计算结果中逃逸速率所需的温度，但由麦克斯韦分⼦速率分布曲线可知，在任⼀温度下，总有⼀些⽓体分⼦的运动速率⼤于逃逸速率.从分布曲线也可知道在相同温度下氢⽓分⼦能达到逃逸速率的可能性⼤于氧⽓分⼦.故⼤⽓层中氢⽓⽐氧⽓要少.12 －20 容积为1m 3 的容器储有1mol 氧⽓，以v ＝10m·s －1 的速度运动，设容器突然停⽌，其中氧⽓的80％的机械运动动能转化为⽓体分⼦热运动动能.试求⽓体的温度及压强各升⾼了多少.分析容器作匀速直线运动时，容器内分⼦除了相对容器作杂乱⽆章的热运动外，还和容器⼀起作定向运动.其定向运动动能(即机械能)为m v 2/2.按照题意，当容器突然停⽌后，80％定向运动动能转为系统的内能.对⼀定量理想⽓体内能是温度的单值函数，则有关系式：()T R M m mv E Δ25%80Δ2?=?=成⽴，从⽽可求ΔT .再利⽤理想⽓体物态⽅程，可求压强的增量. 解由分析知T R M m m E Δ252/8.0Δ2?==v ，其中m 为容器内氧⽓质量.⼜氧⽓的摩尔质量为12m ol kg 1023--??=.M ，解得ΔT ＝6.16 ×10－2 K当容器体积不变时，由pV ＝mRT/M 得Pa 51.0ΔΔ==T VR M m p 12 －21 有N 个质量均为m 的同种⽓体分⼦，它们的速率分布如图所⽰.(1) 说明曲线与横坐标所包围的⾯积的含义；(2) 由N 和0v 求a 值；(3) 求在速率0v /2到30v /2 间隔内的分⼦数；(4) 求分⼦的平均平动动能.分析处理与⽓体分⼦速率分布曲线有关的问题时，关键要理解分布函数()v f 的物理意义. ()v v d /d N N f =，题中纵坐标()v v d /d N Nf =，即处于速率v 附近单位速率区间内的分⼦数.同时要掌握()v f 的归⼀化条件，即()1d 0=?∞v v f .在此基础上，根据分布函数并运⽤数学⽅法(如函数求平均值或极值等)，即可求解本题.解 (1) 由于分⼦所允许的速率在0 到20v 的范围内，由归⼀化条件可知图中曲线下的⾯积()1d 0=?∞v v f 即曲线下⾯积表⽰系统分⼦总数N .(2 ) 从图中可知，在0 到0v 区间内，()0/v v v a Nf ；⽽在0 到20v 区间，()αNf =v .则利⽤归⼀化条件有v v v v v ??+=000200d d v v a a N (3) 速率在0v /2到30v /2间隔内的分⼦数为12/7d d Δ2/300000N a a N =+=??v v v v v v v (4) 分⼦速率平⽅的平均值按定义为()v v f v v v d /d 02022??∞∞==N N 故分⼦的平均平动动能为20220302K 3631d d 2121000v v v v v v v v v v m N a N a m m ε=+==?? 12 －22 试⽤麦克斯韦分⼦速率分布定律导出⽅均根速率和最概然速率. 分析麦克斯韦分⼦速率分布函数为()???? ??-??? ??=kT m kT m f 2exp π2π4222/3v v v 采⽤数学中对连续函数求⾃变量平均值的⽅法，求解分⼦速率平⽅的平均值，即??=N Nd d 22v v ，从⽽得出⽅均根速率.由于分布函数较复杂，在积分过程中需作适当的数学代换.另外，最概然速率是指麦克斯韦分⼦速率分布函数极⼤值所对应的速率，因⽽可采⽤求函数极值的⽅法求得.解 (1) 根据分析可得分⼦的⽅均根速率为2/1242/302/1022d 2exp π2π4/d ???????????? ??-??? ??=??? ??=??∞v v v v v kT m kT m N N N令222/x kT m =v ，则有 2/12/12/104273.13d 2π42??? ??=??? ??=??=?∞-m RT m kT x e x m kT x v(2) 令()0d d =v v f ，即 02exp 222exp 2π2π42222/3=??--???? ??-??? ??kT m kT m kT m T k m v v v v v 得 2/12/141.12??? ??≈??? ??==m RT m kT P v v12 －23 导体中⾃由电⼦的运动可看作类似于⽓体分⼦的运动(故称电⼦⽓).设导体中共有N 个⾃由电⼦，其中电⼦的最⼤速率为v Ｆ (称为费⽶速率).电⼦在速率v v v d ~+之间的概率为()()>>>=v v v v v v 0,0 d π4d F 2A N A N N (1)画出分布函数图；(2) ⽤N 、v Ｆ定出常数A ；(3) 证明电⼦⽓中电⼦的平均动能53F /εε=，其中22F F /mv =ε.分析理解速率分布函数的物理意义，就不难求解本题.速率分布函数()vv d d 1N N f =，表⽰在v 附近单位速率区间的粒⼦数占总粒⼦数的百分⽐.它应满⾜归⼀化条件()()??=∞F 00d d v v v v v f f ，因此根据题给条件可得()v v ~f 的函数关系，由此可作出解析图和求出A .在()v v ~f 函数关系确定的情况下，由()v v v v d 22f ?=可以求出v2 ，从⽽求出2/2v m ε=. 解 (1) 由题设可知，电⼦的速率分布函数()()()>>>=F F 2 00 π4v v v v v v N A f ，其分布函数图如图所⽰. (2) 利⽤分析中所述归⼀化条件，有1d π4F02=?v v v NA 得 3F π4/3v N A = (3) ()53d N 4ππd 2F 20022F v v v v v v v v ===??∞f 5/32/F 2εm ε==v12 －24 ⼀飞机在地⾯时，机舱中的压⼒计指⽰为Pa 100115?.，到⾼空后压强降为Pa 101184..设⼤⽓的温度均为27.0 ℃.问此时飞机距地⾯的⾼度为多少？(设空⽓的摩尔质量为2.89 ×10－2 kg·mol －1 )分析当温度不变时，⼤⽓压强随⾼度的变化主要是因为分⼦数密度的改变⽽造成.⽓体分⼦在重⼒场中的分布满⾜玻⽿兹曼分布.利⽤地球表⾯附近⽓压公式()kT mgh p p /ex p 0-=，即可求得飞机的⾼度h .式中p 0 是地⾯的⼤⽓压强.解飞机⾼度为 ()()m 1093.1/ln /ln 300?===p p MgRT p p mg kT h 12 －25 在压强为Pa 1001.15?下，氮⽓分⼦的平均⾃由程为6.0×10－6cm,当温度不变时，在多⼤压强下，其平均⾃由程为1.0mm 。
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习题1212-1．计算下列客体具有MeV 10动能时的物质波波长，（1）电子；（2）质子。
解：（1）具有MeV 10动能的电子，可以试算一下它的速度：212k mv E =⇒v c ==>光速，所以要考虑相对论效应。
设电子的静能量为20m c ，总能量可写为：20k E E m c =+，用相对论公式：222240E c p m c =+，可得：p=h p λ==348-= 131.210m -=⨯；（2）对于具有MeV 10动能的质子，可以试算一下它的速度：74.410/v m s ===⨯，所以不需要考虑相对论效应。
利用德布罗意波的计算公式即可得出：34159.110h m p λ--====⨯。
12-2．计算在彩色电视显像管的加速电压作用下电子的物质波波长，已知加速电压为kV 0.25，（1）用非相对论公式；（2）用相对论公式。
解：（1）用非相对论公式：34127.7610h m p λ--====⨯； （2）用相对论公式：设电子的静能为20m c ，动能为：k E eU =，由20222240E eU m c E c p m c=+=+⎧⎪⎨⎪⎩，有：127.6710m λ-==⨯。
12-3．设电子与光子的德布罗意波长均为0.50nm ，试求两者的动量只比以及动能之比。
解：动量为 λhp = 因此电子与光子的动量之比为 1=γp p e ； 电子与光子的动能之比为 322104222)(2-⨯====.cm h m ch pc m p E E e e e k ke λλλγ12-4．以速度3610/v m s =⨯运动的电子射入场强为5/E V cm =的匀强电场中加速，为使电子波长A 1=λ，电子在此场中应该飞行多长的距离？ 解：利用能量守恒，有：212E mv eU =+，考虑到h p λ==有：222211111[()][()]222h h U mv mv e m e m λλ=-=- 342313219311011 6.6310[()9.1110(610)]2 1.6109.111010-----⨯=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯ 19172310(4.8210 3.2810)150.63.2V --↑=⨯-⨯=太小，舍去， 利用匀强电场公式U E d =有：150.60.301500U d m E ===。
12-5．用电子显微镜来分辨大小为1nm 的物体，试估算所需要电子动能的最小值。
（以eV 为单位） 解：由于需要分辨大小为1nm 的物体，所以电子束的徳布罗意波长至少为1nm ， 由hp λ=，有电子的动量为：342596.6310 6.6310/10p kgm s ---⨯==⨯； 试算一下它的速度：255310 6.63107.2810/9.1110p v m s c m --⨯===⨯<<⨯光速， 所以不考虑相对论效应，则利用202k p E m =，有电子动能的最小值： 2521931(6.6310) 2.41029.1110k E J ---⨯==⨯⨯⨯ 1.5eV =。
12-6．设电子的位置不确定度为A 1.0，计算它的动量的不确定度；若电子的能量约为keV 1，计算电子能量的不确定度。
解：由不确定关系：x p h ∆⋅∆≈，有3423106.6310 6.6310kg m/s 0.110h p x ---⨯∆≈==⨯⋅∆⨯， 由2k e E E m c =+，可推出：223152 6.6310 1.2410J k p p E E p p m m --⎛⎫∆=∆=∆=∆= ⎪=⨯=⨯。
12-7．氢原子的吸收谱线 A 5.4340=λ的谱线宽度为 A 102-，计算原子处在被激发态上的平均寿命。
解：能量hc E h νλ==，由于激发能级有一定的宽度E ∆，造成谱线也有一定宽度λ∆，两者之间的关系为：2hc E λλ∆=∆，由不确定关系，/2E t ∆⋅∆≥，平均寿命t τ=∆，则： 22224t E h c c λλτλπλ=∆===∆∆∆10211812(4340.510)5104 3.1431010s ---⨯==⨯⨯⨯⨯⨯。
12-8．若红宝石发出中心波长m 103.67-⨯=λ的短脉冲信号，时距为91(10s)ns -，计算该信号的波长宽度λ∆。
解：光波列长度与原子发光寿命的关系为：x c t ∆=∆，由不确定关系：2x p x ∆⋅∆≥，有：2224x x p λλπλλ∆==≈∆∆∆ ∴722389(6.310) 1.3231031010nm c t λλ---⨯∆===⨯∆⨯⨯。
12-9．设粒子作圆周运动，试证其不确定性关系可以表示为h L ≥∆∆θ，式中L ∆为粒子角动量的不确定度，θ∆为粒子角位置的不确定度。
证明：当粒子做圆周运动时，设半径为r ，角动量为：L rmv r p ==，则其不确定度P r L ∆=∆，而做圆周运动时：θ∆=∆r x ，利用：P x h ∆⋅∆≥代入，可得到：h L ≥∆∆θ。
12-10．计算一维无限深势阱中基态粒子处在0=x 到3/L x =区间的几率。
设粒子的势能分布函数为：()00()0U x x L U x x x L=<<=<⎧⎨∞>⎩，，和 解：根据一维无限深势阱的态函数的计算，当粒子被限定在0x L <<之间运动时，其定态归一化的波函数为：()0()00n nn x x x L l x x x L πψ=<<ψ=<>⎧⎪⎨⎪⎩，，和， 概率密度为：22()sin 0n n P x x x L l lπ=<<， 粒子处在0=x 到3/L x =区间的几率：2302112()sin sin 323ln n n P x x l l n πππ==-⎰， 如果是基态，1n =，则202112()sin sin 0.19519.5%323l n P x x l l πππ==-==⎰。
12-11．一个质子放在一维无限深阱中，阱宽m 1014-=L 。
（1）质子的零点能量有多大？（2）由2=n 态跃迁到1=n 态时，质子放出多大能量的光子？解：（1）由一维无限深势阱粒子的能级表达式：2228n h E n mL = 1n =时为零点能量：2342131227142(6.6310) 3.291088 1.6710(10)h E J m L ----⨯===⨯⨯⨯⨯。
（2）由2n =态跃迁到1n =态时，质子放出光子的能量为：21321121)9.8710E E E E J -∆=-=-=⨯(。
思考题1212-1．证明玻尔理论中氢原于中的电子轨道是电子德布罗意波长的整数倍。
证明：设电子轨道的半径为n r ，则电子轨道的周长为2n r π，需要证明2n r n πλ=。
玻尔理论中，氢原子中的电子轨道为：222002n h r n r n meεπ==而电子的德布罗意波长：2022h n me ελ==（∵2204281h me n E n ε=）可见电子轨道：2220022222n h h r n n n n me me εεππλπ==⋅=，是德布罗意波长的整数倍。
12-2．为什么说电子既不是经典意义的波，也不是经典意义的粒子？答：因为单个的电子是不具有波动的性质的，所以它不是经典意义的波，同时对于经典意义的粒子它的整体行为也不具有波动性，而电子却具有这个性质，所以电子也不是经典意义的粒子。
12-3．图中所示为电子波干涉实验示意图，S 为电子束发射源，发射出沿不同方向运动的电子，F 为极细的带强正电的金属丝，电子被吸引后改变运动方向，下方的电子折向上方，上方的电子折向下方，在前方交叉区放一电子感光板A ，1S 、2S 分别为上、下方电子束的虚电子源，21SS S S =，底板A 离源S 的距离为D ，设a D >>，电子的动量为p ，试求：（1）电子几率密度最大的位置；（2）相邻暗条纹的距离（近似计算）。
答：（1）电子的德布罗意波长：ph =λ，类似于波的干涉现象，在两边的第一级明纹之间分布的电子最多，所以其几率最大的位置应该在2D D h d a pλ±=±⋅之间； （2）相邻暗条纹的距离：2D D h x d a p λ∆==。
12-4．在一维势箱中运动的粒子，它的一个定态波函数如图a 所示，对应的总能量为eV 4，若它处于另一个波函数（如图b 所示）的态上时，它的总能量是多少？粒子的零点能是多少？答：由一维无限深势阱粒子的能级表达式：20n E E n = 。
在a 图中，2n =，知22024E E eV =⋅=，所以粒子的零点能01E eV =；若它处于另一个波函数（图b 所示，3n =）的态上时，它的总能量是：2230039E E n E eV ===。
12-5．图中所示为一有限深势阱，宽为a ，高为U 。
（1）写出各区域的定态薛定谔方程和边界条件；（2）比较具有相同宽度的有限深势阱和无限深势阱中粒子的最低能量值的大小。
答：（1）第I 区域定态薛定谔方程：21122()2()0d x mE x d xψψ+=，（24a a x -<<）， 第II 区域定态薛定谔方程：22222()2()()0d x m E U x d xψψ-+=，（2a x <-和2a x >）； 边界条件：1222a a ψψ-=-()()，1222a a ψψ=()()。
（2）无限深势阱中粒子的能量表述式为22222nE nm aπ=，最低能量值22122Emaπ=，显然与a的平方成反比，粒子的自由范围越大，最低能量值越低，应该说粒子在相同宽度的有限深势阱比在无限深势阱中的自由范围大一些，所以粒子在有限深势阱中的最低能量值低一些。