大学物理II练习册答案16

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大学物理（二）练习册答案

1 大学物理（二）练习册参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(D)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)，二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aaò×==00d /(U 0=0). (2). ()042e /q q+，q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，l / (2e 0)；(4). s R / (2e 0) ；(5). 0 ；(6). ÷÷øöççèæ-p 00114r r qe ；(7). －2³103 V ；(8). ÷÷øöççèæ-p a br r q q 11400e (9). 0，pE sin a ；(10). ()i a x A2+-.三、计算题1. 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为l =q / L ，在x 处取一电荷元d q = l d x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L qE -+p =e ()204d x d L L xq -+p =e 总场强为ò+p =Lx d L x Lq E 020)(d 4－e ()d L d q +p =04e 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2．一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q 处取微小电荷d q = l d l = 2Q d q / p 它在O 处产生场强Ldq P +Q－QROxyＰLdd qx (L+d －x ) d ExOq e e d 24d d 20220RQRq E p =p =按q 角变化，将d E 分解成二个分量：分解成二个分量：q q e q d sin 2sin d d 202RQE E x p ==q q e q d cos 2cos d d 202RQE E y p -=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷úûùêëé-p =òòpp p q q q q e 2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R Q R QE y e q q q q e pp p p -=úûùêëé-p -=òò所以所以j R Q j E i E E y x202e p -=+=3. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为l ，试求轴线上一点的电场强度．，试求轴线上一点的电场强度．解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为荷线密度为q l l l d d d p=p =l R取q 位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为q e l e l d 22d d 020RR E p =p =如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为：轴上的二个分量为：d E x =d E sin q , d E y =－d E cos q 对各分量分别积分对各分量分别积分 R R E x 02002d sin 2e lq q e l pp =p =ò 0d c o s 202=p -=òp q q e lRE y场强场强 i Rj E i E E y x02e lp =+=4. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100 N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ． (1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0e ＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2) d qR Oxyqd qqq d E y y d l d q R q O d E xx d EOR’O'解：(1) 设电荷的平均体密度为r ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面D S 平行地面)上下底面处的上下底面处的场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：，则通过高斯面的电场强度通量为：òòE²S d ＝E 2D S -E 1D S ＝(E 2-E 1) D S 高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h D S r由高斯定理(E 2－E 1) D S ＝h D S r /e∴ () E Eh121-=er ＝4.43³10-13 C/m 3(2) 设地面面电荷密度为s ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理由高斯定理òòE ²S d =åi 01q e-E D S =SD se1∴ s=－e 0 E ＝－8.9³10-10 C/m 35. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为的带电球体，其电荷体密度分布为r =Ar (r ≤R ) ， r =0 (r ＞R )， A 为一常量．试求球体内外的场强分布．为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 r r Ar V q d 4d d 2p ×==r在半径为r 的球面内包含的总电荷为的球面内包含的总电荷为 403d 4Ar r Ar dV q rV p =p ==òòr (r ≤R) 以该球面为高斯面，按高斯定理有以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4e Ar r E p =p ×得到得到 ()0214/e ArE =， (r ≤R ) 方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4e AR r E p =p ×得到得到 ()20424/rAR E e =， (r >R ) 方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．时向里．6. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板的“无限大”带电平板，其电荷体密度分布为r ＝kx (0≤x ≤b )，式中，式中k 为一正的常量．求：为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度；处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？场强为零的点在何处？解：解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．，如图所示．E(2)xbP 1 P 2Px OSE 2D SE 1(1) h按高斯定理åò=×0e /d q S E S ，即，即 020002d d 12e e r e kSbx x kSxS SEb b ===òò得到得到 E = k b kb 2 / (4e 0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E ¢，如图所示．按高斯定理有定理有()022ee k S bx d x kSSE Ex==+¢ò得到得到 ÷÷øöççèæ-=¢22220b x k E e (0≤x ≤b ) (3) E ¢=0，必须是0222=-bx ，可得2/b x =7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为s ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为s 的大平面和面密度为－s 的圆盘叠加的的圆盘叠加的结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为处产生的场强为 i xx E012e σ=圆盘在该处的场强为圆盘在该处的场强为i x R x x E÷÷øöççèæ+--=2202112e σ ∴ i xR xE E E 220212+=+=e σ 该点电势为该点电势为()22222d 2xRR xR xx U x+-=+=òe se s8. 一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为r =Ar (r ≤R )，式中A 为常量．试求：求：(1) 圆柱体内、外各点场强大小分布；圆柱体内、外各点场强大小分布； (2) 选与圆柱轴线的距离为l (l ＞R ) 处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布．解：(1) 取半径为r 、高为h 的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为E 并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：面．则穿过该柱面的电场强度通量为：xS P SE ESSEd xb E ¢sOROxPòp =×SrhE S E2d 为求高斯面内的电荷，r ＜R 时，取一半径为r ¢，厚d r ¢、高h 的圆筒，其电荷为的圆筒，其电荷为r r Ah V ¢¢p =d 2d 2r则包围在高斯面内的总电荷为则包围在高斯面内的总电荷为3/2d 2d 32Ahrr r Ah V rVp =¢¢p =òòr由高斯定理得由高斯定理得 ()033/22e Ahr rhE p =p 解出解出 ()023/e Ar E = (r ≤R ) r ＞R 时，包围在高斯面内总电荷为：时，包围在高斯面内总电荷为：3/2d 2d 32AhRrrAh VRVp=¢¢p=òòr由高斯定理由高斯定理 ()033/22e A h R r h E p =p 解出解出 ()r AR E 033/e = (r >R ) (2) 计算电势分布计算电势分布r ≤R 时 òòò×+==lRRrlrrr AR r r A r E U d 3d 3d 0320e e()Rl AR rR A ln 3903330e e +-=r ＞R 时 rl AR rr AR rE Ulrl rln3d 3d 033e e =×==òò9．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 300 VV ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19 C) 解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为l ．按高斯定理有．按高斯定理有 2p rE = l / e 0 得到得到 E = l / (2p e 0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差方向沿半径指向轴线．两极之间电势差òòp -=×=-21d 2d 0R R BAB A rr r E U U el120ln 2R R elp -=得到得到()120/ln 2R R UUAB-=p e l，所以所以 ()rR R UUE AB1/ln 12×-=在阴极表面处电子受电场力的大小为在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R RR UUeReE F AB×-==＝4.37³10-14 N 方向沿半径指向阳极．方向沿半径指向阳极．RrhABR 2 R 1四研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为的静电场场强大小为 241rq E pe=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？何解释？参考解答：参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而同）而路径相等．因而d d d ¹×¢-×=×òòòc ba d l E l E l E 按静电场环路定理应有0d =×òl E ，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？能否求出该点的场强？为什么？参考解答：参考解答：由电势的定义：由电势的定义： ò×=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。

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大学物理练习十五一．选择题：1．如图所示，平行单色光垂直照射到薄膜上，经上下两表面反射的两束光发生干涉，若薄膜的厚度为e ，并且n 1<n 2 ，n 2>n 3，1λ为入射光在折射率为n 1的媒质中的波长，则两束反射光在相遇点的位相差为 [ C ](A) )/(2112λπn e n (B) πλπ+)/(4121n e n (C) πλπ+)/(4112n e n (D) )/(4112λπn e n解: n 1<n 2 ，n 2>n 3 有半波损失.2.在双缝干涉实验中，屏幕E 上的P 点处是明条纹。

若将缝S 2盖住，并在S 1S 2连线的垂直平分面处放一反射镜M ，如图所示，则此时 (A) P 点处仍为明条纹。

(B) P 点处为暗条纹。

(D) 无干涉条纹。

[B ]解: 反射镜M 有半波损失. （屏幕E 上的P 点处原是明条纹。

）3．如图所示，用波长为λ的单色光照射双缝干涉实验装置，若将一折射率为n 、劈角为α的透明劈尖b 插入光线2中，则当劈尖b 缓慢地向上移动时（只遮住S 2），屏C 上的干涉条纹 (A) 间隔变大，向下移动。

(B) 间隔变小，向上移动。

(D) 间隔不变，向上移动.。

[C ]解:当劈尖b 缓慢地向上移动时，改n 13λ1S屏λ4．如图，用单色光垂直照射在观察牛顿环的装置上。

当平凸透镜垂直向上缓慢平移而远离平面玻璃时，可以观察到这些环状干涉条纹 [B ](A) 向右平移. (B) 向中心收缩. (C) 向外扩张. (D) 静止不动. (E) 向左平移.解: 当平凸透镜垂直向上缓慢平移，薄膜厚增加. 环状干涉条纹向中心收缩.5. 在迈克尔逊干涉仪的一支光路中，放入一片折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长λ，则薄膜的厚度是 [ D ] (A) 2λ (B) ()n 2λ (C) n λ (D) )1(2-n λ解: λ=-=-=∆d n d nd )1(2226．如图所示，两个直径有微小差别的彼此平行的滚柱之间的距离为L ，夹在两块平晶的中间，形成空气劈尖，当单色光垂直入射时，产生等厚干涉条纹。

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大物2练习册答案
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6、黄金时代是在我们的前面，而不在我们的后面。
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7、心急吃不了热汤圆。
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8、你可以很有个性，但某些时候请收敛。
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9、只为成功找方法，不为失败找借口 (蹩脚的工人总是说工具不好)。
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10、只要下定决心克服恐惧，便几乎能克服任何恐惧。因为，请记住，除了在脑海中，恐惧无处藏身。-- 戴尔．就越加自命不凡。——邓拓 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。——老子 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。——歌德 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。——迈克尔·F·斯特利

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解：回路磁通=BS = Bn r 2感应电动势大小：£— = — (B TI r 2) = B2n r — = 0A0 V At dr dr10-2^-Bcosa2同理，半圆形ddc 法向为7,则0”2鸟与亍夹角和另与7夹角相等,a = 45°①和=Bn R 2 cos a10-6解：0/z? =BS = 5—cos(^ + 久)叫一加&sin （血+久）dr _2Bit r~O) Bn r~2 _ 2 2 2Bf2n f =兀 2『BfR R 解：取半圆形"a 法向为Z ,dt — HR? ABcos a —— dt -8.89 xlO'2V方向与cbadc 相反，即顺时针方向. 题10-6图(1)在Ob 上取尸T 尸+ dr 一小段71 同理•• • r 1 9 % - 3 ca^BAr = 一 Bco, °"」） 18 1 2 1 , £ab - £aO +% =（一花' + 石）广=(2)・・・£ah >0即U a -U h <0 :.b 点电势高.10-11在金属杆上取dr 距左边直导线为r ，则（2） |nj 理， £dc = 碇・d7>0U d -U c v0即 / >U d10-15 设长直电流为/ ,其磁场通过正方形线圈的互感磁通为％蓄绘/警5210-16Q)见题10-16图Q),设长直电流为/,它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为丛（丄+丄）d- I 2龙 r 2a-r •:实际上感应电动势方向从g T A , 即从图中从右向左,71 a-b10-14•d5 知, 此吋E 旋以。

为中心沿逆时针方向.(1) V ab 是直径，在〃上处处E 旋与ab m§E 旋• d7 = 0• • £亦也 U Q =Ub心 2n r 2TI 由样旋• M -/z 0/v a + b71 a-b（a （b12-4解:⑴由0 =—,务=£_知,各级条纹向棱边方 2/ 2向移动，条纹间距不变；（2）各级条纹向棱边方向移动，H.条纹变密. 12 5解：工件缺陷是凹的.故各级等厚线（在缺陷附近的）向棱边方向弯曲・按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分相当于条纹2向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为Ae = -,这也是工件缺陷的程度.2 12-6 ・・・ A/ = ^^- = A^^ln2 = 2.8xlO~6 H1 2JI(b)・・•长直电流磁场通过矩形线圈的磁通*2 = 0，见题10-16图(b)・・・ M = O10-17如图10-17图所示，取dS = /dr①二U(如+ ^_炖=做广「丄)做(In 厶-In 丄) 2〃r 2兀(d-r)2兀 “ r r-d 2K a d-a = ^Il_Xn d-a_7i a:.L / =如1门上£I TI a10-18•・•顺串时厶=厶+厶2 +2M反串联时//二厶+厶2-2M・•・ L_L f = 4MM = --------- = 0.15 H 412-1 y 不变，为波源的振动频率；A,n =— 变小；u = A n v 变小. n 12- 2由心=三久知，（1）条纹变疏；（2）条纹变密；（3）条纹变密；（4）零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动；（5）零 a级明纹向下移动.12- 3解：不同媒质若光程相等，则其儿何路程定不相冋其所需吋间相同，为&€・因为△中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。

大学物理(二)答案

大学物理（二）练习册参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(A)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)，二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aa⎰⋅==00d /(U 0=0).(2). ()042ε/q q +， q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，λ / (2ε0) ； (4). σR / (2ε0) ； (5). 0 ； (6).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π00114r r qε ； (7). －2³103V ； (8).⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-πb a r r q q 11400ε(9). 0，pE sin α ； (10). ()()j y x i xy40122482+-+-- (SI) ；三、计算题1. 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 ，试求圆心O 点的场强．解：在O 点建立坐标系如图所示．半无限长直线A ∞在O 点产生的场强：()j i R E -π=014ελ半无限长直线B ∞在O 点产生的场强：()j i R E +-π=024ελ四分之一圆弧段在O 点产生的场强：()j i R E +π=034ελ由场强叠加原理，O 点合场强为： ()j i RE E E E +π=++=03214ελBA∞O BA∞∞2. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ．(1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0ε＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2)解：(1) 设电荷的平均体密度为ρ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面∆S 平行地面)上下底面处的场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：⎰⎰E²S d ＝E 2∆S -E 1∆S ＝(E 2-E 1) ∆S高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h ∆S ρ由高斯定理(E 2－E 1) ∆S ＝h ∆S ρ /ε 0∴() E E h1201-=ερ＝4.43³10-13C/m 3(2) 设地面面电荷密度为σ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理⎰⎰E²S d =∑i1qε-E ∆S =S ∆σε01∴ σ =－ε 0 E ＝－8.9³10-10C/m 33. 带电细线弯成半径为R 的半圆形，电荷线密度为λ=λ0sin φ，式中λ0为一常数，φ为半径R 与x 轴所成的夹角，如图所示．试求环心O 处的电场强度．解：在φ处取电荷元，其电荷为d q =λd l = λ0R sin φ d φ它在O 点产生的场强为R R qE 00204d sin 4d d εφφλεπ=π= 在x 、y 轴上的二个分量d E x =－d E cos φ， d E y =－d E sin φ 对各分量分别求和⎰ππ=000d cos sin 4φφφελR E x ＝0 RRE y 000208d sin 4ελφφελ-=π=⎰π∴ j Rj E i E E y x008ελ-=+=(2)2(1)4. 一“无限长”圆柱面，其电荷面密度为： σ = σ0cos φ ，式中φ 为半径R 与x 轴所夹的角，试求圆柱轴线上一点的场强．解：将柱面分成许多与轴线平行的细长条，每条可视为“无限长”均匀带电直线，其电荷线密度为λ = σ0cos φ R d φ，它在O 点产生的场强为：φφεσελd s co 22d 000π=π=R E它沿x 、y 轴上的二个分量为： d E x =－d E cos φ =φφεσd s co 220π-d E y =－d E sin φ =φφφεσd s co sin 20π 积分：⎰ππ-=2020d s co 2φφεσx E ＝2εσ0)d(sin sin 2200=π-=⎰πφφεσy E∴ i i E E x02εσ-==5. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为4πRqr =ρ (r ≤R ) (q 为一正的常量)ρ = 0 (r >R )试求：(1) 带电球体的总电荷；(2) 球内、外各点的电场强度；(3) 球内、外各点的电势．解：(1) 在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 d q = ρd V = qr 4πr 2d r /(πR 4) = 4qr 3d r/R 4 则球体所带的总电荷为 ()q r r Rq V Q rV===⎰⎰34d /4d ρ(2) 在球内作一半径为r 1的高斯球面，按高斯定理有4041241211d 414Rqr r r Rqr E r r εε=π⋅π=π⎰得402114R qr E επ=(r 1≤R)，1E方向沿半径向外．在球体外作半径为r 2的高斯球面，按高斯定理有 0222/4εq E r =π得22024r q E επ=(r 2 >R )，2E方向沿半径向外．(3) 球内电势⎰⎰∞⋅+⋅=RR r r E r E U d d 2111⎰⎰∞π+π=RRr r rq r Rqrd 4d 4204021εε40310123Rqr R qεεπ-π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-π=3310412R r R qε ()R r ≤1 球外电势 2020224d 4d 22r q r rq r E U r Rr εεπ=π=⋅=⎰⎰∞()R r >26. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板，其电荷体密度分布为ρ＝kx (0≤x ≤b )，式中k 为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．按高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S，即22d d 12εερεkSbx x kSx S SE bb===⎰⎰得到 E = kb 2/ (4ε0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E '，如图所示．按高斯定理有()022εεk S b x d x kSSE E x==+'⎰得到 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-='22220b x k E ε (0≤x ≤b ) (3) E '=0，必须是0222=-bx ，可得2/b x =7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为σ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为σ的大平面和面密度为－σ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i xx E012εσ='圆盘在该处的场强为i x R x x E⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=2202112εσ ∴ i xR xE E E 220212+=+=εσ该点电势为 ()220222d 2xR R xR x x U x+-=+=⎰εσεσ8．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 V ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19C)解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为λ．按高斯定理有 2πrE = λ/ ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差⎰⎰π-=⋅=-21d 2d 0R R B A B A rr r E U U ελ120ln 2R R ελπ-= 得到()120/ln 2R R UUAB-=πελ，所以 ()rR R UUE AB1/ln 12⋅-=在阴极表面处电子受电场力的大小为()()11211/c R R R U U e R eE F A B ⋅-==＝4.37³10-14N 方向沿半径指向阳极．四研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为 241rq E πε=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而0d d d ≠⋅'-⋅=⋅⎰⎰⎰cb a d l E l E l E按静电场环路定理应有0d =⋅⎰l E，此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？参考解答：由电势的定义： ⎰⋅=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。

《大学物理》习题册题目及答案第16单元机械波

第16单元机械波（一）学号姓名专业、班级课程班序号一选择题[ C ]1.在下面几种说法中，正确的说法是： (A) 波源不动时，波源的振动周期与波动的周期在数值上是不同的 (B) 波源振动的速度与波速相同 (C) 在波传播方向上的任一质点振动相位总是比波源的相位滞后 (D) 在波传播方向上的任一质点的振动相位总是比波源的相位超前[ A ]2. 一横波沿绳子传播时的波动方程为)104cos(05.0t x y ππ-= (SI)，则(A) 其波长为0.5 m (B) 波速为5 m ⋅s -1(C) 波速为25 m ⋅s -1 (D)频率为2 Hz[ C ]3. 一简谐波沿x 轴负方向传播，圆频率为ω，波速为u 。

设t = T /4时刻的波形如图所示，则该波的表达式为： (A) )/(cos u x t A y -=ω (B) ]2/)/([cos πω+-=u x t A y (C) )/(cos u x t A y +=ω (D) ])/([cos πω++=u x t A y[ D ]4. 一平面简谐波沿x 轴正向传播，t = T/4时的波形曲线如图所示。

若振动以余弦函数表示，且此题各点振动的初相取π-到π之间的值，则 (A) 0点的初位相为00=ϕ(B) 1点的初位相为 21πϕ-=(C) 2点的初位相为 πϕ=2(D) 3点的初位相为 23πϕ-=［ D ］5. 一平面简谐波在弹性媒质中传播，在媒质质元从平衡位置运动到最大位移处的过程中： (A) 它的动能转换成势能。

(B) 它的势能转换成动能。

(D) 它把自己的能量传给相邻的一段质元，其能量逐渐减小。

二填空题1.频率为100Hz 的波，其波速为250m/s ，在同一条波线上，相距为0.5m 的两点的相位差为52π. 2. 一简谐波沿x 轴正向传播。

1x 和2x 两点处的振动曲线分别如图(a)和(b)所示。

智慧树答案大学物理II知到课后答案章节测试2022年

第一章1.如图所示，两个同心均匀带电球面，内球面半径为R1、带电量Q1，外球面半径为R2，带电量Q2，则在外球面外面、距离球心为r处的P点的场强大小E为：（）答案:2.如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R1，带电量Q1，外球面半径为R2，带电量Q2。

设无穷远处为电势零点，则在两个球面之间，距离球心为r处的P的点电势为：()答案:3.空间某区域静电场的电场线分布如图、所示，现将电量为-q的点电荷由a点经任意路径移到b点，则在下列说法中，正确的是（）答案:电势能Wa＜Wb，电场力作负功4.如图所示，A、B两点与O点分别相距5cm和20cm，场源电荷位于O点且Q=10-9C。

若选无限远处为电势零点，则B点的电势VB为()答案:45V5.在点电荷+q的电场中，若取图中P点处电势为零点，则M点的电势为()答案:6.边长为a的正六边形每个顶点处有一个点电荷，取无限远处作为参考点，则O点电势和场强为()答案:电势为零，场强为零7.两个均匀带电的同心球面，半径分别为R1、R2(R1<R2)，小球带电Q，大球带电-Q，下列各图中哪一个正确表示了电场的分布：()答案:8.真空中静电场的高斯定理告诉我们答案:穿过高斯面的电场强度通量，仅与面内自然电荷有关9.静电场的环路定理表明静电场是：答案:保守场10.下列几个说法中哪一个是正确的答案:E=1/4πε0•Q/r2er适用于点电荷及非点电荷电场第二章1.如图所示，一个不带电的空腔导体球壳，内半径为R，在腔内离球心的距离为d处（d＜R），固定一电量为+q的点电荷，用导线把球壳接地后，再把地线撤去。

选无穷远处为电势零点，则球心O处的电势为：()答案:2.一导体外充满相对电容率为εr的均匀介质，若测得导体表面附近的电场强度为E，则导体表面上的自由电荷密度为σ为()答案:3.一片二氧化钛晶片(εr=173)，其面积为1.0 cm2，厚度为0.10 mm。

把平行平板电容器的两极板紧贴在晶片两侧。

大学物理II练习册答案16

大学物理I I练习册答案16-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN大学物理练习十六一、选择题1．一束波长为λ的平行单色光垂直入射到一单缝AB 上，装置如图，在屏幕D 上形成衍射图样，如果P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置，则BC 的长度为 [A ](A) λ (B)λ/2 (C) 3λ/2 (D) 2λ解: P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置,λθk a C B ==sin (k=1)2．单缝夫琅和费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a=4λ的单缝上，对应于衍射角为300的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为 (A) 2个 (B) 4个 (C) 6个 (D) 8个 [B ]解: 0304sin ===θλλθa k a 可得k=2, 可分成的半波带数目为4个.3．根据惠更斯—菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某点P 的光强度决定于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的（A ）振动振幅之和。

（B ）光强之和。

（B ）振动振幅之和的平方。

（D ）振动的相干叠加。

[D ]解: 所有面积元发出的子波各自传到P 点的振动的相干叠加.4．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小。

若C屏fD LABλ使单缝宽度a 变为原来的23，同时使入射的单色光的波长λ变为原来的3/4，则屏幕C 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度x ∆将变为原来的 (A) 3/4倍。

(B) 2/3倍。

(D) 1/2倍。

（E ）2倍。

[ D ]解5．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，将单缝宽度a 稍稍变宽，同时使单缝沿y 轴正方向作微小位移，则屏幕C 上的中央衍射条纹将 [C ](A) 变窄，同时向上移； (B) 变窄，同时向下移； (C) 变窄，不移动；(D) 变宽，同时向上移； (E) 变宽，不移动。

大学物理2课后习题答案.docx

大学物理2习题答案

一、单项选择题：1. 北京正负电子对撞机中电子在周长为L 的储存环中作轨道运动。

已知电子的动量是P ，则偏转磁场的磁感应强度为：（ C ）(A) eL P π； (B)eL P π4； (C) eLP π2； (D) 0。

2. 在磁感应强度为B 的均匀磁场中，取一边长为a 的立方形闭合面，则通过该闭合面的磁通量的大小为：（ D ）(A) B a 2； (B) B a 22； (C) B a 26； (D) 0。

3．半径为R 的长直圆柱体载流为I ，电流I 均匀分布在横截面上，则圆柱体内（R r 〈）的一点P 的磁感应强度的大小为 ( B )(A) r I B πμ20=； (B) 202R Ir B πμ=； (C) 202r I B πμ=； (D) 202RI B πμ=。

4．单色光从空气射入水中，下面哪种说法是正确的 ( A )(A) 频率不变，光速变小； (B) 波长不变，频率变大；(C) 波长变短，光速不变； (D) 波长不变，频率不变.5.如图,在C 点放置点电荷q 1,在A 点放置点电荷q 2,S 是包围点电荷q 1的封闭曲面,P 点是S 曲面上的任意一点.现在把q 2从A 点移到B 点，则 (D )(A) 通过S 面的电通量改变,但P 点的电场强度不变；(B) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都改变；(C) 通过S 面的电通量和P 点的电场强度都不变；(D) 通过S 面的电通量不变,但P 点的电场强度改变。

6．如图所示，两平面玻璃板OA 和OB 构成一空气劈尖，一平面单色光垂A C直入射到劈尖上，当A 板与B 板的夹角θ增大时，干涉图样将 ( C )(A) 干涉条纹间距增大，并向O 方向移动；(B) 干涉条纹间距减小，并向B 方向移动；(C) 干涉条纹间距减小，并向O 方向移动；(D) 干涉条纹间距增大，并向O 方向移动.7．在均匀磁场中有一电子枪，它可发射出速率分别为v 和2v 的两个电子，这两个电子的速度方向相同，且均与磁感应强度B 垂直，则这两个电子绕行一周所需的时间之比为 ( A )(A) 1:1； (B) 1:2； (C) 2:1； (D) 4:1.8．如图所示，均匀磁场的磁感强度为B ，方向沿y 轴正向，欲要使电量为Q 的正离子沿x 轴正向作匀速直线运动，则必须加一个均匀电场E ，其大小和方向为 ( D )(A) E = B ，E 沿z 轴正向； (B) E =v B ，E 沿y 轴正向；(C) E =B ν，E 沿z 轴正向； (D) E =B ν，E 沿z 轴负向。

大学物理第二册习题答案详解

∴2+3= 0 (1)
2= -3
答：场强与电势的微分关系是, .场强的大小为电势沿等势面法线方向的变化率，方向为电势降落的方向。场强与电势的积分关系，
因此,
(1)说法不正确.
(2)说法正确.
(3)说法不正确.
(4)说法不正确
(5)说法不正确
(6)说法不正确.
8-5如图所示，在直角三角形ABC的A点处，有点电荷q1＝1.8×10－9C，B点处有点电荷q2＝－4.8×10－9C，试求C点处的场强.
(1)电通量不变，1＝q1/0，高斯面上各点的场强E改变
(2)电通量改变，由1变为2＝(q1＋q2)/0，高斯面上各点的场强E也变
(3)电通量不变，仍为1．但高斯面上的场强E会变。
(4)电通量变为0，高斯面上的场强E会变.
8-4以下各种说法是否正确，并说明理由.
(1)场强为零的地方，电势一定为零；电势为零的地方，场强也一定为零.
9-6在一个平行板电容器的两极板间，先后分别放入一块电介质板与一块金属板，设两板厚度均为两极板间距离的一半，问它们对电容的影响是否相同？
解：平行插入厚的金属板，相当于原来电容器极板间距由d减小为，则
插入同样厚度的介质板，相当于一个极板间距为的空气平行板电容器与另一个极板间距为，充满介电常量为0r的的电介质的电容器串联，则
答：(1)电容器两极板间距减小时：电荷不变，场强不变，电势差变小，电容变大，电容器储能减少。
(2)电荷增加，场强变大，电势差不变，电容变大，电容器储能增加。
9-4电容分别为C1，C2的两个电容器，将它们并联后用电压U充电与将它们串联后用电压2U充电的两种情况下，哪一种电容器组合储存的电量多？哪一种储存的电能大？
9-7如题9-7图所示，在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为的电介质．试分析充电后在有电介质和无电介质的两部分极板上的自由电荷面密度是否相同？如不相同它们的比值等于多少？

大学物理十六章课后答案

习题十六16-1 将星球看做绝对黑体，利用维恩位移定律测量m λ便可求得T ．这是测量星球表面温度的方法之一．设测得：太阳的m 55.0m μλ=，北极星的m 35.0m μλ=，天狼星的m 29.0m μλ=，试求这些星球的表面温度．解：将这些星球看成绝对黑体，则按维恩位移定律：K m 10897.2,3⋅⨯==-b b T m λ对太阳：K 103.51055.010897.236311⨯=⨯⨯==--mbT λ对北极星：K 103.81035.010897.236322⨯=⨯⨯==--mbT λ对天狼星：K 100.11029.010897.246333⨯=⨯⨯==--m bT λ16-2 用辐射高温计测得炉壁小孔的辐射出射度(总辐射本领)为22.8W ·cm -2，求炉内温度．解：炉壁小孔视为绝对黑体，其辐出度242m W 108.22cm W 8.22)(--⋅⨯=⋅=T M B按斯特藩-玻尔兹曼定律：=)(T M B 4T σ41844)1067.5108.22()(-⨯⨯==σT M T BK 1042.110)67.58.22(3341⨯=⨯=16-3 从铝中移出一个电子需要4.2 eV 的能量，今有波长为2000οA 的光投射到铝表面．试问：(1)由此发射出来的光电子的最大动能是多少?(2)遏止电势差为多大?(3)铝的截止(红限)波长有多大?解：(1)已知逸出功eV 2.4=A 据光电效应公式221m mv hv =A +则光电子最大动能：A hcA h mv E m -=-==λυ2max k 21 eV 0.2J 1023.3106.12.41020001031063.6191910834=⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=----m2max k 21)2(mv E eU a ==Θ ∴遏止电势差 V 0.2106.11023.31919=⨯⨯=--a U (3)红限频率0υ,∴000,λυυcA h ==又∴截止波长1983401060.12.41031063.6--⨯⨯⨯⨯⨯==A hc λm 0.296m 1096.27μ=⨯=- 16-4 在一定条件下，人眼视网膜能够对5个蓝绿光光子(m 105.0-7⨯=λ)产生光的感觉．此时视网膜上接收到光的能量为多少?如果每秒钟都能吸收5个这样的光子，则到达眼睛的功率为多大? 解：5个兰绿光子的能量J 1099.1100.51031063.65187834---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===λυhcnnh E 功率 W1099.118-⨯==t E16-5 设太阳照射到地球上光的强度为8 J ·s -1·m -2，如果平均波长为5000οA ，则每秒钟落到地面上1m 2的光子数量是多少?若人眼瞳孔直径为3mm ，每秒钟进入人眼的光子数是多少? 解：一个光子能量λυhch E ==1秒钟落到2m 1地面上的光子数为21198347m s 1001.21031063.6105888----⋅⨯=⨯⨯⨯⨯⨯===hc E n λ每秒进入人眼的光子数为11462192s 1042.14/10314.31001.24--⨯=⨯⨯⨯⨯==d nN π16-6若一个光子的能量等于一个电子的静能，试求该光子的频率、波长、动量．解：电子的静止质量S J 1063.6,kg 1011.934310⋅⨯=⨯=--h m 当 20c m h =υ时，则Hz 10236.11063.6)103(1011.92034283120⨯=⨯⨯⨯⨯==--h c m υο12A02.0m 104271.2=⨯==-υλc122831020122s m kg 1073.21031011.9s m kg 1073.2-----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯=====⋅⋅⨯==c m c c m c E p cpE hp 或λ16-7 光电效应和康普顿效应都包含了电子和光子的相互作用，试问这两个过程有什么不同?答：光电效应是指金属中的电子吸收了光子的全部能量而逸出金属表面，是电子处于原子中束缚态时所发生的现象．遵守能量守恒定律．而康普顿效应则是光子与自由电子(或准自由电子)的弹性碰撞，同时遵守能量与动量守恒定律．16-8 在康普顿效应的实验中，若散射光波长是入射光波长的1.2倍，则散射光子的能量ε与反冲电子的动能k E 之比k E /ε等于多少?解：由 2200mc h c m hv +=+υ)(00202υυυυ-=-=-=h h h c m mc E kυεh =∴5)(00=-=-=υυυυυυεh h E k已知2.10=λλ由2.10=∴=υυλυc2.110=υυ则52.0112.110==-=-υυυ16-9 波长οA 708.0=λ的X 射线在石腊上受到康普顿散射，求在2π和π方向上所散射的X射线波长各是多大? 解：在2πϕ=方向上：ο1283134200A 0243.0m 1043.24sin 1031011.91063.622sin 2Δ=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-=---πϕλλλc m h散射波长ο0A 732.00248.0708.0Δ=+=+=λλλ在πϕ=方向上ο120200A0486.0m 1086.422sin 2Δ=⨯===-=-c m h c m h ϕλλλ散射波长 ο0A756.00486.0708.0Δ=+=+=λλλ16-10 已知X 光光子的能量为0.60 MeV ，在康普顿散射之后波长变化了20%，求反冲电子的能量．解：已知X 射线的初能量,MeV 6.00=ε又有000,ελλεhchc =∴=经散射后000020.1020.0λλλλ∆λλ=+=+=此时能量为 002.112.1ελλε===hc hc反冲电子能量MeV 10.060.0)2.111(0=⨯-=-=εεE16-11 在康普顿散射中，入射光子的波长为0.030 οA ，反冲电子的速度为0.60c ，求散射光子的波长及散射角．解：反冲电子的能量增量为202022020225.06.01c m c m c m c m mc E =--=-=∆由能量守恒定律，电子增加的能量等于光子损失的能量，故有 20025.0c m hchc=-λλ散射光子波长ο1210831341034000A043.0m 103.410030.0103101.925.01063.610030.01063.625.0=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=------λλλc m h h由康普顿散射公式2sin 0243.022sin 22200ϕϕλλλ∆⨯==-=c m h 可得 2675.00243.02030.0043.02sin 2=⨯-=ϕ散射角为7162'=οϕ16-12 实验发现基态氢原子可吸收能量为12.75eV 的光子． (1)试问氢原子吸收光子后将被激发到哪个能级?(2)受激发的氢原子向低能级跃迁时，可发出哪几条谱线?请将这些跃迁画在能级图上．解：(1)2eV 6.13eV 85.0eV 75.12eV 6.13n -=-=+-解得 4=n或者)111(22n Rhc E -=∆ 75.12)11.(1362=-=n解出 4=n题16-12图题16-13图(2)可发出谱线赖曼系3条，巴尔末系2条，帕邢系1条，共计6条.16-13 以动能12.5eV 的电子通过碰撞使氢原子激发时，最高能激发到哪一能级?当回到基态时能产生哪些谱线?解：设氢原子全部吸收eV 5.12能量后，最高能激发到第n 个能级，则]11[6.135.12,eV 6.13],111[2221n Rhc n Rhc E E n -==-=-即得5.3=n ，只能取整数，∴ 最高激发到3=n ，当然也能激发到2=n 的能级．于是ο322ο222ο771221A6563536,3653121~:23A121634,432111~:12A 1026m 10026.110097.18989,983111~:13===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→=⨯=⨯⨯===⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=→-R R R n R R R n R R R n λυλυλυ从从从可以发出以上三条谱线．题16-14图16-14 处于基态的氢原子被外来单色光激发后发出巴尔末线系中只有两条谱线，试求这两条谱线的波长及外来光的频率．解：巴尔末系是由2>n 的高能级跃迁到2=n 的能级发出的谱线．只有二条谱线说明激发后最高能级是4=n 的激发态．ο1983424ο101983423222324A4872106.1)85.04.3(1031063.6A6573m 1065731060.1)51.14.3(10331063.6e 4.326.13e 51.136.13e 85.046.13=⨯⨯-⨯⨯⨯=-==⨯=⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=∴-=∴-==-=-=-=-=-=-=-----E E hc E E hc E E hc E E hch VE V E V E a mn m n βλλλλυ基态氢原子吸收一个光子υh 被激发到4=n 的能态∴λυhcE E h =-=14 Hz 1008.310626.6106.1)85.06.13(15341914⨯=⨯⨯⨯-=-=--h E E υ16-15 当基态氢原子被12.09eV 的光子激发后，其电子的轨道半径将增加多少倍? 解：eV 09.12]11[6.1321=-=-n E E n26.1309.126.13n =-51.16.1309.12.1366.132=-=n , 3=n12r n r n =,92=n ,19r r n =轨道半径增加到9倍.16-16德布罗意波的波函数与经典波的波函数的本质区别是什么?答：德布罗意波是概率波，波函数不表示实在的物理量在空间的波动，其振幅无实在的物理意义,2φ仅表示粒子某时刻在空间的概率密度．16-17 为使电子的德布罗意波长为1οA ，需要多大的加速电压?解：oo A1A 25.12==uλ 25.12=U∴ 加速电压 150=U 伏16-18 具有能量15eV 的光子，被氢原子中处于第一玻尔轨道的电子所吸收，形成一个光电子．问此光电子远离质子时的速度为多大?它的德布罗意波长是多少?解：使处于基态的电子电离所需能量为eV 6.13，因此，该电子远离质子时的动能为eV 4.16.13152112=-=+==E E mv E k φ它的速度为31191011.9106.14.122--⨯⨯⨯⨯==m E v k -15s m 100.7⋅⨯= 其德布罗意波长为：o 953134A10.4m 1004.1100.71011.91063.6=⨯=⨯⨯⨯⨯==---mv h λ16-19 光子与电子的波长都是2.0οA ，它们的动量和总能量各为多少?解：由德布罗意关系：2mc E =，λhmv p ==波长相同它们的动量相等．1-241034s m kg 103.3100.21063.6⋅⋅⨯=⨯⨯==---λhp光子的能量eV102.6J 109.9103103.3316824⨯=⨯=⨯⨯⨯====--pc hch λυε电子的总能量 2202)()(c m cp E +=,eV102.63⨯=cp而eV 100.51MeV 51.0620⨯==c m ∴cp c m >>20 ∴MeV51.0)()(202202==+=c m c m cp E16-20 已知中子的质量kg 1067.127n -⨯=m ，当中子的动能等于温度300K 的热平衡中子气体的平均动能时，其德布罗意波长为多少?解：kg 1067.127n -⨯=m ,S J 1063.634⋅⨯=-h ,-123K J 1038.1⋅⨯=-k中子的平均动能m p KT E k 2232== 德布罗意波长 o A456.13===mkT hp h λ16-21 一个质量为m 的粒子，约束在长度为L 的一维线段上．试根据测不准关系估算这个粒子所具有的最小能量的值．解：按测不准关系，h p x x ≥∆∆，x x v m p ∆=∆，则h v x m x ≥∆∆,x m hv x ∆≥∆这粒子最小动能应满足222222min22)(21)(21mL h x m h x m h m v m E x =∆=∆≥∆=16-22 从某激发能级向基态跃迁而产生的谱线波长为4000οA ，测得谱线宽度为10-4οA ，求该激发能级的平均寿命．解：光子的能量λυhch E ==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：λλ∆=∆2hcE由测不准关系，h t E ≥∆⋅∆，平均寿命t ∆=τ，则λλτ∆=∆=∆=c E h t 2s 103.51010103)104000(81048210----⨯=⨯⨯⨯⨯=16-23 一波长为3000οA 的光子，假定其波长的测量精度为百万分之一，求该光子位置的测不准量．解：光子λhp =，λλλλ∆=∆-=∆22hhp由测不准关系，光子位置的不准确量为cm30A 103103000o 962=⨯=====-λ∆λλ∆λ∆∆p h x16-24波函数在空间各点的振幅同时增大D 倍，则粒子在空间分布的概率会发生什么变化?解：不变．因为波函数是计算粒子t 时刻空间各点出现概率的数学量．概率是相对值．则21、点的概率比值为：22212221φφφφD D =∴ 概率分布不变．16-25 有一宽度为a 的一维无限深势阱，用测不准关系估算其中质量为m 的粒子的零点能．解：位置不确定量为a x =∆，由测不准关系：h p x x ≥∆⋅∆，可得：x h P x ∆≥∆,x hP P x x ∆≥∆≥∴222222)(22ma h x m h m P E x x =∆≥=，即零点能为222ma h ． 16-26 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：a xax 23cos1)(πψ=︒ )(a x a ≤≤-那么，粒子在ax 65=处出现的概率密度为多少? 解：22*)23cos 1(a x a πψψψ==a a a a a a aa 21)21(14cos 1)4(cos 145cos 12653cos 122222===+===πππππ16-27 粒子在一维无限深势阱中运动，其波函数为：)sin(2)(a x n a x n πψ=)0(a x <<若粒子处于1=n 的状态，在0～a41区间发现粒子的概率是多少?解：xa x a x w d sin 2d d 22πψ==∴ 在4~0a 区间发现粒子的概率为： ⎰⎰⎰===40020244)(d sin 2d sin 2a a ax a a x a ax a x a dw p ππππ 091.0)(]2cos 1[2124/0=-=⎰x a d a x a πππ16-28 宽度为a 的一维无限深势阱中粒子的波函数为xa n A x πψsin )(=，求：(1)归一化系数A ；(2)在2=n 时何处发现粒子的概率最大?解：(1)归一化系数⎰⎰==+∞∞-ax x 0221d d ψψ即⎰⎰=aa x a n x a n A n a x x a n A 00222)(d sin d sin ππππ⎰-=a x a n x a n A n a 02)(d )2cos 1(2πππ12222===A a n A n a ππ∴ =A a 2粒子的波函数x a n a x πψsin 2)(=(2)当2=n 时，x a a πψ2sin 22=几率密度]4cos 1[12sin 2222x a a x a a w ππψ-===令0d d =x w ，即04sin 4=x a a ππ,即,04sin =x a π，Λ,2,1,0,4==k k x a ππ∴4a kx = 又因a x <<0，4<k ，∴当4a x =和ax 43=时w 有极大值，当2a x =时，0=w ． ∴极大值的地方为4a ，a 43处16-29 原子内电子的量子态由s l m m l n ,,,四个量子数表征．当l m l n ,,一定时，不同的量子态数目是多少?当l n ,一定时，不同的量子态数目是多少?当n 一定时，不同的量子态数目是多少?解：(1)2)21(±=s m Θ (2))12(2+l ，每个l 有12+l 个l m ，每个l m 可容纳21±=s m 的2个量子态．(3)22n16-30求出能够占据一个d 分壳层的最大电子数，并写出这些电子的s l m m ,值．解：d 分壳层的量子数2=l ，可容纳最大电子数为10)122(2)12(2=+⨯=+=l Z l 个，这些电子的：0=l m ，1±，2±，21±=s m16-31 试描绘：原子中4=l 时，电子角动量L 在磁场中空间量子化的示意图，并写出L 在磁场方向分量z L 的各种可能的值．解：ηηη20)14(4)1(=+=+=l l L题16-31图磁场为Z 方向，ηl Z m L =，0=l m ,1±，2±，3±，4±．∴ )4,3,2,1,0,1,2,3,4(----=Z L η16-32写出以下各电子态的角动量的大小：(1)s 1态；(2)p 2态；(3)d 3态；(4)f 4态．解： (1)0=L (2)1=l , ηη2)11(1=+=L (3)2=l ηη6)12(2=+=L(4)3=l ηη12)13(3=+=L 16-33 在元素周期表中为什么n 较小的壳层尚未填满而n 较大的壳层上就开始有电子填入?对这个问题我国科学工作者总结出怎样的规律?按照这个规律说明s 4态应比d 3态先填入电子．解：由于原子能级不仅与n 有关，还与l 有关，所以有些情况虽n 较大，但l 较小的壳层能级较低，所以先填入电子．我国科学工作者总结的规律：对于原子的外层电子，能级高低以)7.0(l n +确定，数值大的能级较高．s 4(即0,4==l n )，代入4)07.04()7.0(=⨯+=+l n)2,3(3==l n d ，代入4.4)27.03(=⨯+s 4低于d 3能级，所以先填入s 4壳层．。

四川大学大学物理练习册答案16电磁感应一解答

L 0 ln d a a
证:
B
BL
BR
0I 2r
0I
2 d r
r I
d 2a
O
I r
d
d a
BdS
a
0I 2
d a 1 a r
1 ldr d r
0Il ln
d a a
L F 0 ln d a
Il Il
a
旧版电磁感应二计算题 3
(D) 变大，但与电流不成反比关系．
旧版电磁感应二选择题 4
电磁感应（一）
第八章
7．将一块铜板垂直于磁场方向放在磁感应强度正在增大的磁场中时，铜板中出现的涡流（感应电流）将
(A) 加速铜板中磁场的增加．
(B) 减缓铜板中磁场的增加．
(C) 对磁场不起作用．
(D) 使铜板中磁场反向．
B
i
电磁感应（一）
b
(D) 线圈中感应电流方向不确定． x
c
直导线产生的磁场 B 0I 2x
B
0I
2 x
l
l ab
B ds
0I
l a b
1
1 cdx 0cI ln a b ln l a b
la
2 la x l x
2 a
la
向外增加
电磁感应（一）
第八章
3．一导体圆线圈在均匀磁场中运动，能使其产生感应电流的一种情况是
u×B
ei
(v
B)
dl
L
e AB
d l
uBdx
d
d l
u
d
0I 2x
dx
0 Iu 2
ln
d l d

大学物理习题二

R1
(3)
1 P cos ( r 1)
; 2 P cos 0 ( r 1) 2 r R1 2 r R2
12、厚度为 b 的无限大平板内分布有均匀电荷密度（>0）的自由电荷，在板外两侧分别充有介电常数为 1、2 的电介质，如图所示。求（1）板内外的电场分布；（2）板外的 A 点与 B 点分别距左右两板壁为 l，求电势差 UAB 解：板内存在一平面 E 为零，以此面为原点建立图示坐标，设 d1、d2，d1+d2=b，作高斯面 1、2、3，见图示板内
C
C1
C 2 C3
C
1
C
C1 (C 2 C3 ) 25F C1 C 2 C3
C
2
C
3
（2）设 AB 两端的电压为 U
Q1 CU 25 10 6 100 2.5 10 3 C
B
U1
Q1 2.5 10 3 50V C1 50 10 6

r R1 U q内 q内 q Q 内 4 0 r 40 R 2 4 0 R 3 U q内 Q R2 r R3 4 0 R 3 q Q 内 r R3 40 r
R1 r R 2
注上式采用带电球壳的电势叠加，也可用 u E d l 获得 2、半径为 R1 和 R2 (R1<R2 )的相互绝缘的两同心导体球壳，现使内球壳带上+q 电量时求: (1) 外球的电荷与电势；(2) 若把外球接地后再重新绝缘，外球的电势与电荷； (3) 然后把内球壳再接地，这时内球的电荷为多少？这时外球的电势又为多少? 解： (1)

q1 d1 0S
1.0 10 7 4.0 10 3 2.3 10 3 V 8.85 10 12 0.2

大学物理二练习册答案

3. 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为 a，外筒半径为 b，筒长都是 L，中间充满相对介电常量为r 的各向同性均匀电介质．内、外筒分别带有等量异号电荷+Q 和-Q．设 (b- a) << a，L >> b，可以忽略边缘效应，求： (1) 圆柱形电容器的电容； (2) 电容器贮存的能量．
思考题 3：有一上下极板成 θ 角的非平行板电容器（长为 a ,宽为 b），其电容如何计算？
参考解答：设一平行板电容器是由长为 a , 宽为 b 的两导体板构成 , 板间距为 d , 则电容为
ab , 若该电容器沿两极板的长度同一方向有 d x的长度增 d a (b d x ) a d x 量,则电容为 C C0 , 在此基础上推广到 d d
L b a
解：由题给条件 ( b a) a 和 L b ，忽略边缘效应, 应用高斯定理可求出两筒之间的场强为：两筒间的电势差电容器的电容电容器贮存的能量
E Q /(2 0 r Lr )
b
U
Q dr Q b ln 2 0 r L r 2 0 r L a a
3
参考解答：由极性分子组成的电介质（极性电介质）放在外电场中时，极性分子的固有电矩将沿外电场的方向取向而使电介质极化。由于极性分子还有无规则热运动存在，这种取向不可能完全整齐。当电介质的温度升高时，极性分子的无规则热运动更加剧烈，取向更加不整齐，极化的 pi 效果更差。此情形下，电极化强度 P 将会比温度升高前减小。 V 在电介质中的电场 E 不太强时，各向同性电介质的 P 和 E 间的关系为 P 0 ( r 1) E . 很明显，在同样的电场下，当温度升高后，相对介电常量 εr 要减小。

大学物理II练习册答案16

大学物理练习十六一、选择题1．一束波长为λ的平行单色光垂直入射到一单缝AB 上，装置如图，在屏幕D 上形成衍射图样，如果P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置，则BC 的长度为 [A ](A) λ (B)λ/2(C) 3λ/2 (D) 2λ解: P 是中央亮纹一侧第一个暗纹所在的位置2．单缝夫琅和费衍射实验中，波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a=4λ的单缝上，对应于衍射角为300的方向，单缝处波阵面可分成的半波带数目为 (A) 2个 (B) 4个 (C) 6个 (D) 8个 [B ]解:304sin ===θλλθa k a 可得k=2, 可分成的半波带数目为4个.3．根据惠更斯—菲涅耳原理，若已知光在某时刻的波阵面为S ，则S 的前方某点P 的光强度决定于波阵面S 上所有面积元发出的子波各自传到P 点的（A ）振动振幅之和。

（B ）光强之和。

（B ）振动振幅之和的平方。

（D ）振动的相干叠加。

[D ]解: 所有面积元发出的子波各自传到P 点的振动的相干叠加.4．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，设中央明纹的衍射角范围很小。

若使单缝宽度a 变为原来的23，同时使入射的单色光的波长λ变为原来的3/4，则屏幕C 上单缝衍射条纹中央明纹的宽度x ∆将变为原来的 (A) 3/4倍。

(B) 2/3倍。

(D) 1/2倍。

（E ）2倍。

[ D ]解屏5．在如图所示的单缝夫琅和费衍射装置中，将单缝宽度a 稍稍变宽，同时使单缝沿y 轴正方向作微小位移，则屏幕C 上的中央衍射条纹将 [ C ](A) 变窄，同时向上移； (B) 变窄，同时向下移； (C) 变窄，不移动；(D) 变宽，同时向上移； (E) 变宽，不移动。

解:↑a↓∆x6．某元素的特征光谱中含有波长分别为λ1=450nm 和λ2=750nm （1nm=10-9m ）的光谱线。

在光栅光谱中，这两种波长的谱线有重叠现象，重叠处λ2的谱线的级数将是 [D ](A) 2,3,4,5……… (B) 2,5,8,11…….. (C) 2,4,6,8……… (D) 3,6,9,12……..解:2211sin λλθk k d ==6,103,52121====k k k k 当.....)3,2,1( 32==n n k7．设星光的有效波长为55000A ，用一台物镜直径为1.20m 的望远镜观察双星时，能分辨的双星的最小角间隔δθ是 [ D ](A) rad 3102.3-⨯ (B) rad 5104.5-⨯ (C) rad 5108.1-⨯ (D) rad 7106.5-⨯λ解:8．孔径相同的微波望远镜和光学望远镜相比较，前者的分辨本领较小的原因是(A)星体发出的微波能量比可见光能量小。

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