原子物理学课后习题答案第9章
原子物理学课后习题答案
第一章 原子的基本状况1.1 若卢瑟福散射用的α粒子是放射性物质镭'C 放射的，其动能为67.6810⨯电子伏特。
散射物质是原子序数79Z =的金箔。
试问散射角150οθ=所对应的瞄准距离b 多大？解：根据卢瑟福散射公式：20222442K Mv ctgb b Ze Zeαθπεπε==得到：2192150152212619079(1.6010) 3.97104(48.8510)(7.681010)Ze ctg ctg b K οθαπεπ---⨯⨯===⨯⨯⨯⨯⨯⨯米式中212K Mv α=是α粒子的功能。
1.2已知散射角为θ的α粒子与散射核的最短距离为220121()(1)4sinmZe r Mv θπε=+，试问上题α粒子与散射的金原子核之间的最短距离m r 多大？解：将1.1题中各量代入m r 的表达式，得：2min202121()(1)4sin Ze r Mv θπε=+ 1929619479(1.6010)1910(1)7.6810 1.6010sin 75ο--⨯⨯⨯=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯143.0210-=⨯米1.3 若用动能为1兆电子伏特的质子射向金箔。
问质子与金箔。
问质子与金箔原子核可能达到的最小距离多大？又问如果用同样能量的氘核（氘核带一个e +电荷而质量是质子的两倍，是氢的一种同位素的原子核）代替质子，其与金箔原子核的最小距离多大？解：当入射粒子与靶核对心碰撞时，散射角为180ο。
当入射粒子的动能全部转化为两粒子间的势能时，两粒子间的作用距离最小。
根据上面的分析可得：220min124p Ze Mv K r πε==，故有：2min 04p Ze r K πε=19291361979(1.6010)910 1.141010 1.6010---⨯⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯米 由上式看出：min r 与入射粒子的质量无关，所以当用相同能量质量和相同电量得到核代替质子时，其与靶核的作用的最小距离仍为131.1410-⨯米。
《物理学基本教程》课后答案第九章静电场中的导体和电介质精品资料
第九章静电场中的导体和电介质9-1把一厚度为d的无限大金属板置于电场强度为 E 0的匀强电场中， E 0与板面垂直，试求金属板两表面的电荷面密度．- σ’+ σ’分析对于有导体存在的静电场问题，首先由静电-+平衡条件分析放入静电场后导体上电荷的重新分布情-+况，再计算空间电场和电势的分布．-+E0本题中，将金属板放入均匀电场后，由于静电感应，-+平板两面带上等值异号感应电荷．忽略边缘效应，两带-+电面可视为平行的无限大均匀带电平面．解设平板两表面的感应电荷面密度分别为和，如图 9-1 所示．由例题 8-7 结果知，带感应电荷图 9-1的两表面视为带等量异号电荷的无限大平行平面，在导体中产生的场强为E，方向与E0相反，由场强叠加原理，平板中任一点的总场强为E E0E E0根据静电平衡条件，金属板中场强E0 ，代入上式得E00则E0 0，E0 0结果与板的厚度无关．9-2一金属球壳的内外半径分别为R1和 R2，在球壳内距球心为 d 处有一电荷量为 q 的点电荷，（1 ）试描述此时电荷分布情况及球心O 处电势；（2 ）将球壳接地后，以上问题的答案； （3 ）如原来球壳所带电荷量为Q ，（1）、（2）的答案如何改变．分析 当导体内达到静电平衡后， 应用高斯定理可以确定导体上电荷重新分布的情况，然后用电势叠加原理求电势．解（ 1 ）按照静电平衡条件，导体内部E 0 ，在球壳内外表面间作同心高斯球面， 应用高斯定理，可知球壳内表面上应有 q 的感应电荷，为非均匀分布，如图 9-2 所示．根据电荷守恒定律和高斯定理，球壳外表面上有 + q 的感应电++ – +– d R 1+ q + –q ·+- q – R 2+– ++荷，且均匀分布．点电荷 q 在 O 点产生的电势为V 1图 9-2q4 d球壳内外表面上的感应电荷q 和 + q 无论分布情况如何，到球心距离分别为R 1 和 R 2 ，电势叠加原理表达式为标量求和，所以在O 点产生的电势分别为q V 3q V 2R 14R 24O 点电势为VV 1V 2 V 3q qq 4d4 R 1 4R 2q ( 11 1 )4dR 1R 2（2 ）将球壳接地后，外球面上的感应电荷消失，球面上电荷分布不变，得V V 1V 2 q (11 )4dR 1（3 ）如果原来球壳带电量为 Q ，达静电平衡后外球面上电荷 Q+ q 均匀分布，内球面上电荷分布不变，得V V1V2V3q( 1 1 1 )Q4 d R1R2 4 R2球壳接地后，结果与（ 2）相同．9-3一无限长圆柱形导体半径为R a，单位长度带有电荷量λ1，其外有一共轴的无限长导体圆筒，内外半径为分为R b和 R c，单位长度带有电荷量λ2，求（1）圆筒内外表面上每单位长度的电荷量；（2）r R a， R c r R b， R b r R c，r R c四个区域的电场强度．分析静电平衡条件下，在圆筒导体内场强为零，用高斯定理和电荷守恒定律可求出感应电荷的分布．解（ 1）如图 9-3所示，在圆筒形导体内作半径为r ，高为单位长的同轴圆柱形高斯面 S，设导体圆筒内外表面单位长的感应电荷分别为和，由静电平衡条件知导体内E 0,故有- λ1λ1R aE d S1q 1(1)0Rb0012λ+λ即得半径为 R b的圆筒内表面单位长上的感S r R c应电荷为 -λ1．由电荷守恒定律知，半径为 R c的圆筒外表面上单位长的感应电荷应为λ1，加上原有电荷量图 9-3λ2，单位长上总带电量为21．（2 ）电荷重新分布的结果形成三个同轴的无限长带电圆柱面如图9-3 ，由于电荷分布具有轴对称性的，产生的电场也是轴对称的，用高斯定理可求出r R a时，E0R a r R b时，E12rR b r R c时，E0r R c时，E1220r9-4证明：两平行放置的无限大带电的平行平面金属板 A 和 B 相向的两面上电荷面密度大小相等，符号相反，相背的两面上电荷面密度大小相等，符号相同，如果两金属板的面积同为 100cm 2，电荷量分别为Q A 6 10 8C和Q B410 8 C ，略去边缘效应，求两个板的四个表面上的电荷面密度．分析根据静电平衡条件，一切净电荷都分布在导体表面，本题中的电场空间可视为四个无限大均匀带电平行平面产生的电场的叠加，金属板 A 、 B 内任意点场强为零．由电荷守恒定律可以建立各表面的电荷面密度与两金属板的总电荷量之间的关系．A Bσ1σ2σ3σ4解设 A、B 两板的四个表面上的电荷面密度（先假定为正）分别为σ1、σ2、σ3和σ4，如图9-4所示．设向右为正向，由无限大均匀带电平面的场强公式和场强叠加原理，考虑到金属板 A 、B 内任意点场强为零，得图 9-4金属板 A内123422220金属板 B内1234222200 0解得23，又由电荷守恒定律得S()Q A，S(34)QB联立解得Q A Q B 5 106C/ 2 mS2Q A1110 6 C/m 2S31106 C/m 29-5 三个平行金属板 A 、B 和 C，面积都是 200cm2，A、B 相距 4.0mm ，A、C 相距 2.0mm ，B、C 两板都接地，如图 9-5 所示，如果 A 板带正电3.010 7C，略去边缘效应，（1）求 B 板和 C 板上感应电荷各为多少？（2 ）以地为电势零点，求 A 板的电势．分析由静电平衡条件， A 、B、C 板内各点的场强均为零， A 板上电荷分布在两个表面上，因B、C 两板均接地，感应电荷应分布在内侧表面上．解（1）设 A板 1 、2 两面上带电量分别为 q 1和 q 2，B、C 两板与 A 相对的两内侧表面 3 、 4上的感应电荷分别为 q 1’和 q 2’，如图 9-5所示．作侧面与平板垂直的高斯面 S1，两端面处E=0，忽略d1- d2 -边缘效应，侧面无电场线穿过，由高斯定理B A C31 2 411q1S q1S) 0S SE d S q(S0SS得q1q1S1q 1’q 2’同理可得 q2q2．AB板间和AC板间为匀强电场，场强分别为q1q 2q1E q2E12SS图 9-5又已知 V AB V AC，即E1d1E2d 2因q 1 q 2q 3.0 10 7 C由以上各式，得 B 、C 两板上的感应电荷分别为q 1q 1q 1.0 10 7C3q 2 q 22q 12.0 10 7C（2 ）取地电势为零， A 板电势即为 A 、 B 间电势差V AVABE 1 d 1q 1d 12.3 103 VS9-6 半径为 R 11.0cm 的导体球所带电荷量为 q 1.0 10 10 C ，球外有一个内外半径分别为 R 23.0cm 和 R 34.0cm 的同心导体球壳，壳上带有电荷量Q 11 11 10 C ，求：（ 1）两球的电势；（2）用导线把两球连接起来时两球的电势；（ 3）外球接地时，两球电势各为多少？（以地为电势零点． ）分析 根据静电平衡条件可以确定感应电荷的分布，用导线连接的导体电势相等，外球接地后电势为零．解 （ 1）根据静电平衡条件，导体球壳内表面感应电荷为-q ，外表面感应电荷为 q ，原有电荷量 Q ．由电势叠加原理，导体球电势为V 1qq q Q 1 ( qq q Q) 3.3 10 2 VR 14 R 2 4R 34R 1R 2R 3导体球壳的电势为V 2q q Q q Q q 2.7 102 V4R34 R 34 R 34 R 3（2 ）球壳和球用导线相连后成为等势体， 电势等于半径为 R 3 带电量为 Q+ q的均匀带电球面的电势，以无穷远为电势零点，得V 2Q q 2.7 102 V4 R 3（3 ）外球接地后，只乘下内表面的电荷 -q ，由电势叠加原理内球电势为qq V 1460V4 R 1R 2外球壳接地与地等势，即V 2 0另外，求 V 1 ’时还可以用内球产生的电场的线积分计算，即R 2qdr q (11) 60VV 2r 2 R 144R 1 R 29-7 半径为 R 的金属球离地面很远，并用细导线与地相连，在与球心的距离为 D 3R 处有一点电荷q ，试求金属球上的感应电荷．R q ’ q分析 由于导体球接地， 其表面上的感应正电荷通过导线与地球内负电荷中和， 只剩下负感应电荷在金属球表面不均匀地分布， 如图 9-7 所示．接地后，导体球上各点电势均为零，球心OOD图 9-7点的电势应等于点电荷在该点电势与金属球表面感应负电荷在该点电势的代数和．解 设金属球上感应电荷为 q ，在金属球表面不均匀地分布，但这些电荷到O 点距离相等，电势叠加后得V 2qR4点电荷 q 在 O 点的电势为V 1q3R4V V 1q qV 243R4R得感应电量为qq3由此可以推证，当 D nR 时，qqn9-8 如图 9-8 所示，三个“无限长”的同轴导体圆柱面 A 、B 和 C ，半径分别为 R A 、 R B 、 R C ，圆柱面 B 上带电荷， A 和 C 都接地，求： B 的内表面单位长度电荷量 1 ，外表面单位长度电荷量2之比值 1/ 2．分析本题与题 9-5 的解题思路相似．解 在导体 B 内作单位长圆柱面形高斯面， 可以说明 A 面单位长度上感应电荷为 1 ．同理，可说明 C 面单位长度上感应电荷为 2 ．由高斯定理可知场强分布为R ArR B 时， E 1，方向沿径向由 B 指向 A ．rR BrR C 时， E 2 2，方向沿径向由 B 指向 C ．rRR AdrR BV BA RA1 1lnBA 间电势差E 2 d rR BB2r2R ABC 间电势差V BC2ln R C- λ22R BR B λ1 λ2B 为等势体， A 、C 接地， V BAV BC ，从而CARR1 ln( R C / R B )A B C- λ12ln( R B / R A )9-9 半径分别为 R 1 和 R 2 ( R 2 R 1 ) 的两个同心导体薄球壳，电荷量分别为 Q 1和Q 2 ，今将内球壳图 9-8用细导线与远处的半径为 r 的导体球相联，导体球原来不带电，并假设导线上无电荷分布，试求相连后，导体球所带电荷量q ．分析 带电的内球壳与导体球用导线相连后， 一部分电荷通过导线转移到导体球表面上．两者相距甚远，可以认为两球壳与球的电场互不影响，已假设导线上无电荷分布，利用内球壳与远处导体球电势相等建立方程求解．解因两球壳与球的电场互不影响，导体球电势为V1q4r2假设导线上无电荷分布，则内球壳上电荷量变为Q1q ，由电势叠加原理，内球壳的电势为Q1q Q 2V2R1 4R2Q24Q1- q q 内球壳与远处导体球电势相等，即R1R rV1V22qQ1q Q24 r 4 R1 4 R2图 9-9解得q r ( R1Q2R2Q1 ) R2 (R1r )9-10地球表面的电场强度为150N/C ，方向垂直指向地面，若把地球视为导体，试求地球表面的电荷面密度和地球带的总电荷量．分析由于地球表面的电场强度方向垂直指向地面，可知地球带负电，将地球视为导体，在静电平衡状态下，电荷分布在表面上．解设地球表面的电荷面密度为，表面附近的场强E，则E 0(150 8.85 10 12 )C/m 2 1.33 10 9 C/m 2地球半径 R 6.3710 6 m ，地球带的总电荷量为q 4 R 1.33 10 942C 6.8 10 5 C680kC9-11设有一孤立导体球，半径为R.，（1 ）试求其在真空中的电容表示式；（2）若把地球视为R 6.37 106m的导体球，它的电容量多大？（ 3）欲使地球的电势改变 1V ，需使其所带电荷量改变多少？解（1 ）将孤立导体球视为与无穷远处的同心导体球面组成的球形电容器，利用球形电容器电容表达式，（9-4 ）式给出孤立导体球的电容Q4 R ．CV（2）地球电容C4 6.37 106 F 710 4F（3）欲使地球电势改变 1 伏特，需使地球电量的改变为Q CV 7104 1 7 104C这个值很大，所以地球带电量的日常变化不会引起地球电势发生明显的改变，这就是通常可以选取地球作为电势零点的原因．9-12已知空气的击穿电场强度为 3 106 V/m ，求处于空气中一个半径为1m 的导体球最多能带多少电荷及能达到的最高电势．分析在带电导体球周围的空气形成一种绝缘介质包围着导体球，当导体球产生的电场足够强时，会使其周围的空气发生电离而成为导体，致使带电导体球放电，通常称为空气被击穿．因均匀带电导体球面的电场强度和电势与带电量成正比，为了不击穿周围的空气，带电导体球所带电量要受到限制．解由题意击穿电场强度Emax3106 V/m而E mQ m a x a xR2 4Qmax Emax4R 2310648.8510 1212C 3.3 10 4C最高电势为Q max E max 4R26 Vmax C4R RE max 310 V或Qmax 3.310 4V6 V maxR43 10V419-13收音机里的可变电容器如图9-13 （a）所示，其中共有 n 块金属片，相邻两片的距离均为 d ，奇数片联在一起固定不动（叫定片），偶数片联在一起可一同转动（叫动片），每片的形状如图9-13 （ b ）所示，求当动片转到使两组片重叠部分的角度为时，电容器的电容．分析除了最外侧的两片外，每块金属片的两个表面分别与相邻的金属片表面构成一个电容器，如图 9-13（c）所示，所以 n 块金属片如此连接等效于（ n 1 ）个平行板电容器并联．当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为 S( ) ，因此电容器的等效电容是的函数．收音机调频的电容器就是根据这个原理设计的．r 2r 1(a)(b)(c)图 9-13解当两组片重叠部分的角度为时，每个电容器有效极板面积为S( r12r2 )360（ n-1 ）个极板面积为S，板间距为 d 的平行板电容并联时的等效电容为C(n 1) 0S (n 1)r22r12 d360 d式中以度计．9-14半径都为 a 的两根平行长直导线相距为 d (d a) .（1）设两导线每单位长度上分别带电和，求两导线的电势差；（2）求此导线组每单位长度的电容．分析因 d a ，可设两导线的电场互不影响，由场强叠加原理可求出两导线间的场强分布，d再用场强与电势的积分关系求两导线间电势差，rO P由电容器电容的定义即可求出单位长导线组的等2 a效电容．图 9-14解作两导线组合的截面图，以带正电导线轴心为原点建立坐标系如图9-14 所示．不难看出，正负电荷在P 点的场强均沿r 轴正向，矢量叠加简化为标量和E E E(d r )(11 )2 r r d - r 两导线间电势差为d a d a E d ra2a (11)dr lnd a r d r a由电容器电容的定义，导线单位长电容为Cd aVlna9-15有两个半径分别为 R1和 R2的导体球放在真空中，两球表面相距为d，已知 d R1和 d R2，试求两导体构成的电容器的电容.+Q- QOR1P R2d r图 9-15分析按题意d R2，可认为当两导体球分别带电Q 和Q 时，彼此电场互不影响，即各球面上电荷分布仍是均匀的，由场强叠加原理可求出两球球心连线上任一点的场，用与上题相似的方法可以求出两球电势差和两球构成的电容器电容．解以大球球心为原点，建立如图9-15 所示的坐标系，在坐标为r 处的 P 点（在连心线上），两球产生的电场均沿r 轴正向，得Q QE E E24( R1 R2 d r ) 24 r 两带电导体球间电势差为V R1 dE d rQ R1 d[11]dr R14R1r2( R1R2 d r )2Q1111)4(R2 d R1 d R2R1考虑到 d R1， d R2，可将电势近似表示为V Q ( 11 2 )4R1R2d此两导体球构成的电容器电容为Q4C12VR1 R2d9-16 两只电容器C18 F，C2 2 F ，分别把它们充电到1000V ，然后将它们反接，如图9-16 所示，求此时两极间电势差．分析并联电容极板间电压相同，因两电容器电容不等，则反接前两电容器带的电量必定不等．反接后，相连的极板上正负电荷中和，可以计算出中和后电荷量的代数和及并联电容器的等效电容C，从而求出电势差．解反接前，设 C1和 C 2带电量分别为 Q1和 Q2，充电电压 U 01000 V ，则Q1C1U 0Q2C2U 0+－反接后，正负电荷中和，中和后总电量为C1C2－+Q Q1 Q2，并联等效电容 C C1 C2，则并联电容器两板间电势差为图 9-16Q(C1C2)U0(810 62106 )1000 UC1C28 106210 6V 600VC9-17 如图 9-17所示， C110F, C2 5.0F,C3 5.0 F ，求：（1）AB间的电容；（2）在 AB 间加上 100V 电压时，求每一个电容器上的电荷量和电压；（ 3）如果 C1被击穿，问 C3上的电荷量和电压各是多少？分析并联电容器极板电势相等，串联电容器极板上电荷量相等，总电压等于各电容器上电压之和．当C1上电压超过 C1的额定电压， C1将被击穿， C1支路即短路，全部电压就加在 C 3上，如超过 C3的额定电压， C 3将被击穿，A、B间就发生短路．所以，在设计电容器组合电路时，除应计算等效电容外，还应考虑分配到每个电容器上的电压是否超过所选电容器的额定电压．解（1）C1和C2并联电容为C C1 C 2，再与 C 3串联后，等效电容为C C 33.75 FCC C 3（2 ）等效电容所带电量为Q CU ，串联的电容所带电量相等Q3Q CU 3.75 10 4 CAU 3Q375VC 3C C12U 1 U2Q Q1Q225V CC C1 C 23B又因Q1Q 2Q10 4C 图 9-17可解得Q1 2.5Q2 1.2510 4C（3）如果 C1被击穿， AB 间电压就加在 C3上，即U 3 U100V则Q3 C3U 3 5 104C9-18平板电容器，两极间距离为 1.5cm ，外加电压 39kV ，若空气的击穿电场强度为 30kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？现将一厚度为0.3cm 的玻璃插入电容器并与两板平行，若玻璃的相对电容率为7 ，击穿电场强度为100kV/cm，问此时电容器是否会被击穿？结果与玻璃片的位置有无关系？分析加玻璃片后，电场被分成两部分，应分别计算出空气和玻璃中的电场强度，再判断是否有哪种介质中的场强超过了其击穿场强．可以证明结果与玻璃板的位置无关．解未加玻璃前平板电容器内场强为E U39 V/cm26kV/cm30kV/cm d 1.5因其量值小于空气的击穿电场强度，电容器不会被击穿．加玻璃后，设电容器极板的电荷面密度为，平行板电容器中电位移 D．设玻璃和空气中场强分别为E 1 和 E 2 ，则有DDE 1E 20 r00U玻璃厚为 d 1 ，则空气层厚为 d - d 1，得E 1d 1 E 2 (d d 1 ) U图 9-18由以上各式得E 1U4.48kV/cm( d d 1d 1 ) rU r31.4kV/cm 30kV/cmE 2d 1 ) d 1 (dr即空气部分首先被击穿，然后全部电压加在玻璃板上，致使玻璃中场强为U 39 E 1130kV/cm 100kV/cmd 10.3玻璃部分也会被击穿．9-19一平板电容器极板面积为 S ，两板间距离为 d ，其间充以相对电容率分别为r1、r2的两种均匀介质， 每种介质各占一半体积， 若忽略边缘效应，（1 ）与两种不同介质相对的两部分极板所带电荷面密度是否相等？如果不相等，求：1 /2 = ？（ 2）试证此电容器的电容为CS r1r 2d2分析忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，从而可以确定两种不同介质中场强与极板电势差的关系， 以及与两部分极板上的电荷面密度的关系， 从而可知极板上的总电荷量． 另一种思路是将充入两种介质后的电容器视为由两个电容器并联而成，直接应用并联电容器的计算公式．解 1（1）设电容器端电压为U ，两种介质中场强分别为E1和 E2，由充满均匀介质的平行板电容器的场强与电压的关系可得E1 E2U（ 1）d设1、2分别为两种不同介质对应部分极板上的电荷面密度，忽略边缘效应，电容器中的电场可视为无限大平行平面间的电场，则有12（2 ）E1E20 r10 r2S代入 (1) 式可得1r1εr1εr2d2r2即两部分极板所带电荷面密度不相等．由（ 1 ）和（ 2）式可得极板上的总电荷量为图 9-19Q S0SU r1r2)(12)d(22由电容器定义得Q0S(r 1r 2) Cd2U解 2由并联电容器公式求总电容C C1S S0S(r 1r 2) C 20 r10 r 22 2d2d d可见第二种方法计算简单，用第一种方法可对物理过程、电场电荷分布有更明确的概念．另外在第一种方法中亦可用介质中的高斯定理求解．9-20一球形电容器，在外球壳的半径R 和内外导体间的电势差U 维持恒定的条件下，内球半径R 为多大时才能使内球表面附近的电场强度最小？并求这个最小电场强度的值．分析导体表面附近的场强与电荷面密度成正比，而当极板间电势差恒定时，极板所带电荷量取决于电容 C ，电容器的电容由电介质性质和几何因素决定，根据这些关系可以确定内球半径对内球表面附近电场强度的影响．解 球形电容器电容为4 RR CR R极板上带电量为4 RRU q CUR R当外球壳的半径 R 和极板间电势差 U 恒定时， q 是内球半径 R 的函数．内球表面附近的场强大小为qRU E2R(R R)4 R即也是 R 的函数．欲求场强的最小值，令dE2R R] 0RU [ R 2 ( R R ) 2 dR得RR2并有 RR时，d 2 E0 ，即 RR时，场强有极小值，且2dR 224U E minR9-21 图 9-21 为水蒸气分子 H 2O 中氧氢原子核及核外电子云示意图． 由于分子的正负电荷中心不重合，故其为有极分子，电矩p 6.2 10 30 C m ．（ 1）水分子有 10 个正电荷及 10 个负电荷，试求正负电荷中心之距 d= ?（2）如将水蒸气置于 E1.5 10 4 N/C 的匀强电场中，求其可能受到的最大力矩？（ 3）欲使电矩与外场平行反向的水分子转到外场方向（转向极化），问电场力作功多少？3kT 的多少分之一？在室温 这功的大小为室温（ 300K ）水分子的平均平动动能2下实现水分子的转向极化，外加电场强度应该多大？分析由电矩 pqd 及已知的水分子电量可计算正负电荷中心之距d ．由电偶极子在外场中受的力矩Mp E， MpE sin，可知，当 p 与 E 正交时力矩最大 .当电矩与外场平行反向(180 ) 时，电场力的力矩作功将使减小，最后0 ，注意到在此过程中 d0.如果这个功与室温下水分子的平均平动动能3k T 相比较是微不足道的，那么要使水分子在常温下实现极化，外电场作的功2至少要等于平均平动动能才能克服热运动的干扰，这就要求外电场足够强． 本题的目的在于启发在实际问题中综合各种物理因素的分析方法和数量级分析的方法．解 （ 1）由题意，水分子正负电荷中心不重合，形成一个电偶极子，电量q 10e ， 电矩大小 p qd (10e)d30正负电荷中心之距dp 6.2 1019 3.9 10 12 m 10e 10 1.6 10题9-21图中， OH键距为 0.958 1010 m ， d 为这个距离的4%.（2 ）由电场力作用于电偶极子的力矩Mp E，力矩大小为MPE sin ，90 ，M达极大 .M maxPE6.2 10301.5 1049.3 1026 N m（3 ）力矩作功为 W Md ，本题中，当转向极化进行时，力矩作正功但dWPE sin d2PE1.9 10 25Jθ180E而 T=300K 时，水分子的平均平动动能pk3kT3 1.38 10 23 300 6.2 10 21J22图 9-21k32630W可见在这样大小的外电场中，水分子的转向极化将被分子的热运动干扰，要实现转向极化，使180 的水分子也转到外电场的方向上，电场力作的功至少要等于分子热运动的平均平动动能k ，从而外场场强值至少要达到E W k 6.2 10 21 5 108 N/C2 p 2 p 2 6.210 309-22 平板电容器两级板相距 3.0cm ，其间平行地放置一层r 2.0 的介质，其位置和厚度如图 9-22(a) 所示，已知 A 板带负电、 B 板带正电，极板上电荷面密度为0 8.85 10 10 C/m 3，略去边缘效应，求：（1）极板间各区域的D、E；（2 ）极板间距 A 极 1cm 、 2cm 、 3cm 处的电势（设 A 板电势为零）；（ 3）绘出 D x 、 E x 、 U x 曲线；（4）介质表面的极化电荷面密度．解（ 1）作如图9-22(a) 所示的高斯面S1和S2，由介质中的高斯定理可以证明各区域 D 相等，得D08.8510 10 c/m 2介质外场强D10V 0/m E0介质内场强E D50 V / mr（2 ）以 A 板电势为零，则x1cm 处A S2B V1E0 x11000.011Vx2cm 处V2V1E( x2x1 )S1 1.5Vx1cm 处V3V2E0 ( x3x2 ) 2.5V0 1 2 3x /cmD/ (C/m)E/ (V/m)V/ V100(a)σ025010 1 2 3x0 1 2 3x0 1 23(b)图 9-22（3） D x ， E x ， V x 曲线如图 9.22(b)所示．（4 ）介质表面的极化电荷面密度为(1 1) 4.42510 10 C/m r9-23平板电容器两极间充满某种介质，板间距d2mm ，电压 600V ，如果断开电源后抽出介质，则电压升高到1800V ，求：（1 ）介质的相对电容率；（ 2）介质上的极化电荷面密度；（3 ）极化电荷产生的电场强度．分析断开电源后抽出介质意味着极板上的自由电荷电量保持不变，电位移D也不变，但是电场强度改变，电压也会改变．在计算有均匀各向同性电介质的平行板电容器之间的电场时，电场强度可以表示为E E0E0，即自由电荷的电场和极化电荷产生的附加电场的00叠加，其中电介质对电场的影响以极化电荷面密度的形式表现出来，反映了空间电场是自由电荷和极化电荷共同产生的；介质中的电场强度也可以直接表示为 E0，其中电介质对电场的影响以相对电容率r 的形式表现出来，也反映0 r了空间的电场是自由电荷和极化电荷共同产生的．这两种表现形式是等效的．解（1）由 E0U 0， EU，得相对电容率为d dE0U 01800rU3E600（2 ）在平行板电容器两极板间充满均匀电介质时，忽略边缘效应，得(1 1 )(11) E0 0 5.31 10 6 C/mr r（3 ）极化电荷的分布形成等量异号带电板，忽略边缘效应，得E 6 10 5 V/m9-24 盖革计数器可用来测量电离辐射，它的正极是半径为R1的金属丝，负极是半径为 R2的同轴圆柱面，当管内充以低压惰性气体，并使两极间建立起强电场，若有辐射粒子进入器壁时将使气体电离，在电子向正极运动的过程中，又会与其他气体原子产生碰撞电离，这样将有更多的电子到达正极并产生一个信号，记录下该辐射，假设 R125 10 6 m , R2 1.4 10 2 m ，管长 L 1610 2 m ，两级间电势差 U 6000V ，低压惰性气体的相对电容率r 1 ，试计算此时阳极上的电荷量和电荷数．分析由于 L R2 , L R1，忽略边缘效应，可以把盖革计数器视为带等量异号电荷的无限长同轴圆柱面电容器．解 两级间场强为 E，方向沿径向指向阴极．电势差为2 0rUR 2drR 2r2ln2 0R 1R 1则Uln R 2R 1阳极上电荷量为2 0UL 2600016 10 2 10 9CqLR 2 ln(1.4 10 2/ 2510 6)8.4 lnR 1q 8.4 10 相应的电荷数为Ne 1.6 109195.25 10109-25圆柱形电容器是由半径为 R 1 的导体圆柱和与它同轴的导体圆筒构成 的，圆筒的半径为 R 2 ，电容器的长为 L ，其间充满相对电容率为 r 的介质，设沿轴线单位长度上圆柱带电荷量为，圆筒单位长带电荷量为，忽略边缘效应，求：（1）介质中的电位移和电场强度； （2 ）介质表面的极化电荷面密度； （3）两极之间的电势差 U ，从而求电容器电容．分析 已知电荷分布，由介质中的高斯定理可知介质中的 D 和 E ，由场强叠加原理可求出极R 2εrεR 1rLλ化电荷的面密度 .–λ解 （1）由于电场具有轴对称性，以半径为r 作高为 L 的同轴高斯面，介质中的高斯定理得2 rL D L图 9-25DrD（ 1）Er 2rr （2 ）设介质内外表面单位长上的极化电荷分别为和，在介质内，其内表面极化电荷产生的附加电场的场强为E2 0 r根据场强叠加原理，在介质内电场是导体圆柱表面的自由电荷产生的电场和介质内表面极化电荷产生的附加电场的叠加，即E E0E（ 2）2 0 r 2 0 r由（ 1）和（ 2）式解得(1 1 )r介质内外表面单位长的面积分别为 2 R2， 2 R1，则极化电荷面密度分别为2 R1(1)(1)2 R1r2R2 2R2r（3 ）电容器两极板电势差为U E d rR2dr ln R2R2R1R120 r r0rR1电容为Q L20rL CR2R2 U ln ln2R1R10 r9-26在半径为 R 的金属球外有一层外半径为R 的均匀介质层，设电介质的相对电容率为r ，金属球带电量为Q，求：（1 ）介质层内外的电场强度；（2 ）介质层内外的电势；（ 3）金属球的电势．分析本题为球对称场，已知电荷分布由介质中的高斯定理可求出D、E 分布．以无穷远电势为零由场强与电势的积分关系或电势叠加原理可求电势分布．解（ 1）如图 9-26，作半径为 r的球面为高斯面，由有介质的高斯定理得4 r 2 D QDQ4r 2R在介质内， R r RD Q R’r E14r r20r0εr在介质外，r RD Q E24r 2（2 ）介质内任一点的电势为图 9-26V1RE1dr E2 dr Q1(1 1)1（ 1）4r r R Rr R介质外任一点电势为V2Q rE2 dr4 0 r（3 ）金属球的电势可由（ 1）式中令 r R 得到，即V0Q1111 4 0R R Rr9-27球形电容器由半径为R1的导体球和与它同心的导体球壳组成，球壳内半径为 R3，其间有两层均匀电介质，分界面半径为R2，相对电容率分别为r1和r2 ，如图9-27所示，求：（1）当内球所带电荷量为Q 时，电场强度的分布；（ 2）各介质表面上的束缚电荷面密度；（3 ）电容器电容．分析本题电场为球对称的，已知电荷分布，可由介质中的高斯定理先求 D ，再求 E 的分布．束缚电荷分布在内外两层介质的四个表面上，因为各表面的曲率。
大学物理第9章习题解答
第9章 真空中的静电场 习题解答9－1 精密的实验已表明，一个电子与一个质子的电量在实验误差为e 2110－±的范围内是相等的，而中子的电量在e 2110－±的范围内为零。
考虑这些误差综合的最坏情况，问一个氧原子（含8个电子、8个质子、8个中子）所带的最大可能净电荷是多少？若将原子看成质点，试比较两个氧原子间的电力和万有引力的大小，其净力是引力还是斥力？解：（1）一个氧原子所带的最大可能净电荷为 e q 21max 1024－⨯±= （2）两个氧原子间的电力和万有引力的大小之比为6222711221921122222max 0108.2)1067.116(1067.6)106.11024(1085.84141------⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅⨯⨯=≤r r rm G r q f f G e ππε氧 其净力是引力。
9－2 如习题9－2图所示，在直角三角形ABC 的A 点处，有点电荷q 1 = 1.8×10-9C ，B 点处有点电荷q 2 = －4.8×10-9C ，AC = 3cm ，BC = 4cm ，试求C 点的场强。
解：根据点电荷场强大小的公式22014q qE kr r==πε， 点电荷q 1在C 点产生的场强大小为112014q E AC =πε 994-1221.810910 1.810(N C )(310)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯ 方向向下。
点电荷q 2在C 点产生的场强大小为2220||14q E BC =πε994-1224.810910 2.710(N C )(410)--⨯=⨯⨯=⨯⋅⨯， 方向向右。
C 处的总场强大小为E =44-110 3.24510(N C )==⨯⋅，总场强与分场强E 2的夹角为12arctan33.69E E ==︒θ．9－3 半径为R 的一段圆弧，圆心角为60°，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，其电荷线密度分别为+λ和-λ，求圆心处的场强。
原子物理学习题答案(褚圣麟)
7.2 原子的3d 次壳层按泡利原理一共可以填多少电子？为什么？答：电子的状态可用四个量子s l m m l n ,,,来描写。
根据泡利原理，在原子中不能有两个电子处在同一状态，即不能有两个电子具有完全相同的四个量子数。
3d 此壳层上的电子，其主量子数n 和角量子数l 都相同。
因此，该次壳层上的任意两个电子，它们的轨道磁量子数和自旋磁量子数不能同时相等，至少要有一个不相等。
对于一个给定的l m l ,可以取12;,....,2,1,0+±±±=l l m l 共有个值；对每个给定的s l m m ,的取值是2121-或，共2个值；因此，对每一个次壳层l ,最多可以容纳）（122+l 个电子。
3d 次壳层的2=l ，所以3d 次壳层上可以容纳10个电子，而不违背泡利原理。
7.4 原子中能够有下列量子数相同的最大电子数是多少？n l n m l n )3(;,)2(;,,)1(。
答：（1）m l n ,,相同时，s m 还可以取两个值：21,21-==s s m m ；所以此时最大电子数为2个。
（2）l n ,相同时，l m 还可以取两12+l 个值，而每一个s m 还可取两个值，所以l n ,相同的最大电子数为)12(2+l 个。
（3）n 相同时，在（2）基础上，l 还可取n 个值。
因此n 相同的最大电子数是：212)12(2n l N n l =+=∑-=7.5 从实验得到的等电子体系K Ⅰ、Ca Ⅱ……等的莫塞莱图解，怎样知道从钾Z=19开始不填s d 43而填次壳层，又从钪Z=21开始填s d 43而不填次壳层？解：由图7—1所示的莫塞莱图可见，S D 2243和相交于Z=20与21之间。
当Z=19和20时，S 24的谱项值大于D 23的值，由于能量同谱项值有hcT E -=的关系，可见从钾Z=19起到钙Z=20的S 24能级低于D 23能级，所以钾和钙从第19个电子开始不是填s d 43而填次壳层。
物理化学第九章课后题答案
9.14 已知气体2I 相邻振动能级的能量差J 2010426.0，试求300K 时2I 分子的,,v v v vf q q 及。
解：Jh2010426.0Kkh v5.308当T=300K 时，9309.0)(122TTvvveeq 557.1)1(1Tvveq 557.10vvq f 9.16已知气态I原子的20,e g ，21,e g 电子第一激发态与基态能量之差J e2010510.1，试计算1000K 时气态I 原子的电子配分函数e q以及在第一激发态的电子分布数1n 与总电子数N 之比。
解：kTe kTe kTii e ee e ie eg eg eg q 1,0,,1,0,,67.2)exp(221,0,/0,kTq eq e e ekTee 2509.00/1,11,ekTe qeg Nn e 9.17 1mol2O 在298.15K ，100kPa 条件下，试计算（1）2O 分子的平动配分函数t q ；（2）2O 分子的转动配分函数r q ，已知2O 分子的平衡核间距m R 10102037.1；（3）2O 分子的振动配分函数v q 及0v q 。
已知2O 分子的振动频率11310666.4s ；（4）2O 分子的电子配分函数0eq ，已知电子基态30,e g ，电子激发态可忽略。
解：（1）平动配分函数t q ：mpnRTh mkT V hmkT q t3023223210345.4)2()2(（2）转动配分函数r q ：Ik hr2282R ImR 10102037.105.72rrTq （3）k hv0234.0)(122TTv vveeq 0005.1)1(1Tvveq （4）由于电子激发态可以忽略，则3,/00,e e kTeg q eqe 9.21利用9.17题的结果计算25℃时氧气的标准摩尔熵m S （298.15K ）。
解：em vm rm tm m S S S S S ,,,,其中723.20ln ln 25ln 23,pTMR S tm rrm TR S ln ,+R111,)1()1ln(TvTv m vv eT Re R S 0,ln eem q R S 那么11034.205KmolJ S m9.25用标准摩尔吉布斯自由能函数及标准摩尔焓函数计算下列合成氮反应在1000K 时的标准平衡常数，)(2)(3)(322g NH g H g N 已知数据如下：物质11,0)1000)((KmolJ K T U G mm 1,0)298(molkJ U K H mm )(2g N 198.054 8.669 )(2g H 137.0938.468)(3g NH 203.577 9.9161311.46)15.298,(molkJ K NH H m f解：由上述已知条件可得1322.92)15.298,(2)15.298(molkJ K NH H K H m fm rBB m B m B m m rmolkJ U K H U K H 1,,0,,0241.14)15.298()15.298(利用上述两式结果可以得1,0,0979.77)15.298()15.298(molkJ U K H K H U mm rm rmr那么1000K 时反应的标准摩尔吉布斯自由能函数变为1,,0,,,0179.202)1000)(()1000)((molkJ K TU G K TU G Bm BT m BBm m r那么938.141)1000)((1ln ,0,0mrm m rU RTK TU G RK则710255.3K。
大学物理第九章课后习题答案
题库
第九章 静电场的基本规律
一、 填空 1. 电荷分为 和 ，一般把用 摩擦过的玻璃棒上所带的电 荷称为 ， 把用毛皮摩擦过的 上所带的电荷称为 。 2. 物体所带电荷的多寡程度的物理量称为 。 3. 物体所带的电荷量不是以连续值出现，而是以不连续的量值出现的，这称 为 。 4. 试探电荷满足的两个条件是 ， 。 5. 穿过电场中某曲面的电场线条数称为电场对该曲面的 。 6. 静电场的电场线起始于， ，终止于 ， 是 （填 “闭合” 或 “不闭合” ） 的曲线， 在没有电荷的空间里， 电场线既不会 ， 也不会 。 7. 高斯定理的表达式是 。 8. 电场中电势相等的点所构成的曲面称为 。 点电荷的等势面是以点电 荷为球心的一系列 。 9. 沿等势面移动电荷，电场力做功为 ，等势面和电场线处处 。 10. 沿电场线方向，电势 （填“升高”或“降低” ） 。 二、 简答 1. 2. 3. 4. 5. 简述真空中点电荷满足的库仑定律的内容及矢量表达式。 简述研究电场性质时，试探电荷需满足的两个条件。 简述电场线怎样描述电场的性质，以及静电场的电场线的特点。 简述高斯定理。 简述等势面具有的性质。
s
q内
0
。
8. 等势面，同心球面。 9. 零，正交。 10. 降低。 二、 简答 1. 答：内容：真空中两个点电荷之间的相互作用力沿其连线方向，同号相斥， 异号相吸；作用力的大小与两电荷的电荷量的乘积成正比，与两电荷之间的距离 的平方成反比。 矢量表达式： F =
q1 q 2 r0 。 4πε 0 r 2
� q j 2π 2 ε 0 R 2
联立①②， 可得 Q = 3 q 3
① ②
∴在三角形的中心应放置一电量为 − 的合力为零. 5.
大学物理习题答案第九章
[习题解答]9-3 两个相同的小球质量都是m ，并带有等量同号电荷q ，各用长为l 的丝线悬挂于同一点。
由于电荷的斥力作用，使小球处于图9-9所示的位置。
如果θ角很小，试证明两个小球的间距x 可近似地表示为.解 小球在三个力的共同作用下达到平衡，这三个力分别是重力m g 、绳子的张力T 和库仑力f 。
于是可以列出下面的方程式,(1),(2)(3)因为θ角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4). (5)将式(5)代入式(4)，得图9-9,由上式可以解得.得证。
9-4在上题中，如果l = 120 cm，m = 0.010 kg，x = 5.0 cm，问每个小球所带的电量q为多大？解在上题的结果中，将q解出，再将已知数据代入，可得.9-5氢原子由一个质子和一个电子组成。
根据经典模型，在正常状态下，电子绕核作圆周运动，轨道半径是r0 = 5.29⨯10-11m。
质子的质量M = 1.67⨯10-27kg，电子的质量m = 9.11⨯10-31kg，它们的电量为±e =1.60⨯10-19C。
(1)求电子所受的库仑力；(2)电子所受库仑力是质子对它的万有引力的多少倍？(3)求电子绕核运动的速率。
解(1)电子与质子之间的库仑力为.(2)电子与质子之间的万有引力为.所以.(3)质子对电子的高斯引力提供了电子作圆周运动的向心力，所以,从上式解出电子绕核运动的速率，为.9-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。
(1)证明任一顶角上的电荷所受合力的大小为.(2) F的方向如何？解立方体每个顶角上放一个电荷q，由于对称性，每个电荷的受力情况均相同。
对于任一顶角上的电荷，例如B角上的q B，它所受到的力、和大小也是相等的，即.首先让我们来计算的大小。
图9-10由图9-10可见，、和对的作用力不产生x方向的分量；对的作用力f1的大小为,f1的方向与x轴的夹角为45︒。
对的作用力f2的大小为,f2的方向与x轴的夹角为0︒。
原子核物理(卢希庭)课后习题答案全
2
t T1
2
解：由A N P (1 e T1 ln(1 A ) P 2 知t
t
) P (1 e
) P (1 2 ln 2)ln 2 2.696 ln(1 0.95)
11.65 d
2.6、实验测得纯235U样品的放射性比活度为80.0Bq· mg－1，试求235U的 半衰期。 解：
解：A N P(1 e t ) P(1 e
t ln 2 T1
2
) 5 108 (1 e
100.693 2.579
) 4.66 108 Bq
2-4
人工放射性的生长，放射性核素的特征量
t T1 / 2
解：由A(t ) P(1 2
8
)得
10 2.579
4 2 1 3
1
fm 2.33 fm
1 3
对于 对于
107 47 238 92
Ag，R 1.45 107 U，R 1.45 238
1
fm 6.88 fm fm 8.99 fm
3
1-5, 实验测得 241 Am和 243 Am的原子光谱的超精细结构由六条谱线.， 解：由已知条件知原子的总角动量量子数可以取6个值 又 电子总角动量j>核的自旋I 5 2 5 2
(整理)原子物理学杨福家1-6章 课后习题答案
原子物理学课后前六章答案（第四版）杨福家著(高等教育出版社)第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为M α，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。
电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsin sin 0v m V M e -'= （3）作运算：（2）×sin θ±(3)×cos θ,（4）（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，化简上式，得（６）θϕμϕθμ222s i n s i n )(s i n +=+ （７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有令sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sin θ=0若 sin θ=0, 则 θ=0（极小） （8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则 θ=90º-2φ （9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
1.2（1）动能为5.00MeV 的α粒子被金核以90°散射时，它的瞄准距离（碰撞参数）为多大？ （2）如果金箔厚1.0 μm ，则入射α粒子束以大于90°散射（称为背散射）的粒子数是全部入射粒子的百分之几？要点分析:第二问是90°～180°范围的积分.关键要知道n, 注意推导出n 值.其他值从书中参考列表中找.解：（1）依金的原子序数Z2=79答：散射角为90º所对所对应的瞄准距离为22.8fm.(2)解: 第二问解的要点是注意将大于90°的散射全部积分出来. (问题不知道nA,但可从密度与原子量关系找出)从书后物质密度表和原子量表中查出ZAu=79,AAu=197, ρAu=1.888×104kg/m3依θa 2sin即单位体积内的粒子数为密度除以摩尔质量数乘以阿伏加德罗常数。
大学物理第9章静电场习题参考答案
第9章 静电场9-1 两小球处于如题9-1图所示的平衡位置时，每小球受到张力T ，重力mg 以及库仑力F 的作用，则有mg T =θcos 和F T =θsin ,∴θmgtg F =,由于θ很小，故lxmgmg mg x q F 2sin tg 41220=≈==θθπε ∴3/1022⎪⎪⎭⎫⎝⎛mg l q πε9-2 设q 1,q 2在C 点的场强分别为1E 和2E，则有210141AC r q E πε=14299m V 108.103.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯=方向沿AC 方向 220241BC r q E πε=14299m V 107.204.0108.1109--⋅⨯=⨯⨯⨯= 方向沿CB 方向∴ C 点的合场强E的大小为：24242221)107.2()108.1(⨯+⨯=+=E E E 14m V 1024.3-⋅⨯=设E 的方向与CB 的夹角为α，则有︒===--7.337.28.11211tg E E tg α 9-3 坐标如题9-3图所示，带电圆弧上取一电荷元l q d d λ=，它在圆心O 处的场强为201d 41d RlE λπε=，方向如题9-3图所示，由于对称性，上、下两带电圆弧中对应电荷元在圆心O 处产生的d E 1和d E 2在x 方向分量相互抵消。
习题9-1图习题9-3图习题9-2图0=∴x E ，圆心O 处场强E 的y 分量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-===⎰⎰2312sin d 412sin d 412026260R R R R lE y πελθθλπεθλπεππ方向沿y 轴正向。
9-4 （1）如题9-4图(a)，取与棒端相距d 1的P 点为坐标原点,x 轴向右为正。
设带电细棒电荷元x q d d λ=至P 点的距离x ，它在P 点的场强大小为 20d 41d x xE P λπε=方向沿x 轴正向各电荷元在P 点产生的场强方向相同，于是 ⎰⎰-+-==11)(20d 41d d L d P P xxE E πε 132289110m V 1041.2102811081103109114----⋅⨯=⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=L d d πελ方向沿x 轴方向。
原子核物理(卢希庭)课后习题答案全
原子核物理(卢希庭)课后习题答案全<i>答案第一二章很全,后面章节也较多</i>第一章习题1-1 A 利用课本上的公式AZ BA, B已知(书上第四页) E h (其中h是常数为 .63 1034 ) 6B 上课讲的公式<i>答案第一二章很全,后面章节也较多</i>2-2质谱仪工作原理1 2 M qV (1) 2 M 2 q B ( 2) R q 2V qB 2 R 22 2 即M M B R 2V 由，1 2可以解出M A 1.66 10 27<i>答案第一二章很全,后面章节也较多</i>1-31 2 M qV 2 2 M q B R 2VM R 2 qB 2V1M 1 2 q1 B1 2V2 M 2 2 q2 B2<i>答案第一二章很全,后面章节也较多</i>4 1-4, 计算下列各核的半径：He, 2107 47Ag,238 92U, 设r0 1.45 fm.解：由R r0 A 3知，对于He,R 1.45 44 2 1 31fm 2.33 fm1 3对于对于107 47 238 92Ag,R 1.45 107 U,R 1.45 2381fm 6.88 fm fm 8.99 fm31-5, 实验测得241 Am和243 Am的原子光谱的超精细结构由六条谱线., 解：由已知条件知原子的总角动量量子数可以取6个值又电子总角动量j核的自旋I 5 2 5 2已知相应原子能级的电子角动量大于核的自旋，试求241 Am和243 Am核的自旋。
2I 1 6 I即241 Am和243 Am核的自旋为<i>答案第一二章很全,后面章节也较多</i>原子209 Bi的谱线2 D3 分裂成四条子能级，相邻能级的间距比为：4,求核的自旋值6 5: I2以及谱线2 S 1 和2 D3 分裂的能级总数。
大学物理_第九章_课后答案
µ0 I , r 为管外一点到螺线管轴 2πr
题 9-4 图 9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转， 能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发 生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场? 解：如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转，不能肯定这个区域中没有磁场，也可能存 在互相垂直的电场和磁场， 电子受的电场力与磁场力抵消所致． 如果它发生偏转也不能肯定 那个区域存在着磁场，因为仅有电场也可以使电子偏转． 9-6 已知磁感应强度 B = 2.0 Wb· m 的均匀磁场， 方向沿 x 轴正方向， 如题 9-6 图所示． 试求：(1)通过图中 abcd 面的磁通量；(2)通过图中 befc 面的磁通量；(3)通过图中 aefd 面 的磁通量． 解： 如题 9-6 图所示
题 9-7 图 9-7 如题9-7图所示， AB 、 CD 为长直导线， BC 为圆心在 O 点的一段圆弧形导线，其半 径为 R ．若通以电流 I ，求 O 点的磁感应强度． 解：如题 9-7 图所示， O 点磁场由 AB 、 BC 、 CD 三部分电流产生．其中
⌢
⌢
AB 产生
� B1 = 0
CD 产生 B2 =
9-13 一根很长的铜导线载有电流10A，设电流均匀分布.在导线内部作一平面 S ，如题9-13 图所示．试计算通过S平面的磁通量(沿导线长度方向取长为1m的一段作计算)．铜的磁导率
µ = µ0 .
解：由安培环路定律求距圆导线轴为 r 处的磁感应强度
� B ∫ ⋅ dl = µ 0 ∑ I
l
B 2πr = µ 0
B0 =
�
µ 0 ev = 13 T 4πa 2
电子磁矩 Pm 在图中也是垂直向里，大小为
Pm =
e 2 eva πa = = 9.2 × 10 − 24 A ⋅ m 2 T 2
沪教版九年级(下)物理第九章从原子到星系9.3 银河系 宇宙一和参考答案
九年级（下）物理第九章从原子到星系9.3银河系宇宙班级：组名：姓名：一、单项选择题1．宇宙中的基本天体是A．恒星、星云 B．恒星、行星 C．星云、行星 D．行星、卫星2．下列属于天体的是①地球②河外星系③天空中飘动的云④星际空间的气体和尘埃⑤陨星⑥流星体A、①②④B、①③④C、②④⑤D、①④⑥3. 目前人们能观测到的宇宙部分是A. 银河系 B 太阳系 C 总星系 D 河外星系4．有关光年的叙述正确的是A．光年是一个时间单位 B．恒星间的距离以光年为最小单位C．可见宇宙的半径约为8万光年 D．太阳距离地球约为1.5光年5．未包括地球在内的天体系统是A．太阳系 B．银河系 C．河外系统 D．总星系6．“星系”级别的天体系统是①太阳系②地月系③河外星系④银河系⑤总星系A．①③ B．②③ C．③④ D．①⑤7．下列有关天体系统的叙述正确的是A．总星系就是天文学家所说的宇宙 B．任意两个天体都可构成天体系统C．河外星系只有一个 D．天体系统的形成依赖于天体间的万有引力8．．1986年，当时一个14岁的中学曾观测到哈雷彗星的回归，如果它再次观测到这颗彗星时年龄应该是A．20岁B．25岁C．30岁D．90岁9．天体系统的层次，由小到大排列顺序正确的是A．太阳系→银河系→地月系→总星系 B．银河系→河外星系→太阳系→总星系C．地月系→银河系→总星系→河外星系 D．地月系→太阳系→银河系→总星系于2010年10月份发射升空的“嫦娥二号”卫星已于2012年4月15日受控飞向距离地球大约1 000万公里的太阳系空间，择机开展对4 179号小行星的探测，为未来的小天体探测积累经验。
据此回答10～11题。
10．对“嫦娥二号”的目前身份准确的定位是A．人造天体B．地球的人造卫星C．月球卫星 D．太阳系中的行星11．右图为“嫦娥二号”探月期间运行示意图，比图中所示天体系统高一级的天体系统是A．总星系 B．银河系C．河外星系 D．太阳系12、下列关于天体与天体系统的叙述，不正确的是A、“吴刚折桂”的传说反映的最小一级天体系统是地月系B、“牛郎织女”传说反映牛郎星与织女星在同一天体系统中C、人们所能观测到的恒星都属于银河系D、“扫帚星”是太阳系中的一种天体五星连珠，也叫“五星聚”。
原子物理学杨福家1-6章 课后习题答案
原子物理学课后前六章答案（第四版）杨福家著(高等教育出版社)第一章：原子的位形：卢瑟福模型 第二章：原子的量子态：波尔模型 第三章：量子力学导论第四章：原子的精细结构：电子的自旋 第五章：多电子原子：泡利原理 第六章：X 射线第一章 习题1、2解1.1 速度为v 的非相对论的α粒子与一静止的自由电子相碰撞，试证明：α粒子的最大偏离角约为10-4rad.要点分析: 碰撞应考虑入射粒子和电子方向改变.并不是像教材中的入射粒子与靶核的碰撞(靶核不动).注意这里电子要动.证明：设α粒子的质量为Mα，碰撞前速度为V ，沿X 方向入射；碰撞后，速度为V'，沿θ方向散射。
电子质量用me 表示，碰撞前静止在坐标原点O 处，碰撞后以速度v 沿φ方向反冲。
α粒子-电子系统在此过程中能量与动量均应守恒，有：（1）ϕθααcos cos v m V M V M e +'= （2）ϕθαsinsin0vmVMe-'=（3）作运算：（2）×sinθ±(3)×cosθ,得)sin(sinϕθθα+=VMvme（4）)sin(sinϕθϕαα+='VMVM（5）再将（4）、（5）二式与（1）式联立，消去Ｖ’与v，)(sinsin)(sinsin22222222ϕθθϕθϕααα+++=VmMVMVMe化简上式，得θϕϕθα222sinsin)(sinemM+=+（６）若记αμMme=，可将（６）式改写为θϕμϕθμ222sinsin)(sin+=+（７）视θ为φ的函数θ（φ），对（7）式求θ的极值，有)](2sin2sin[)]sin(2[sinϕθϕμϕθμθϕθ++-=+-dd令=ϕθdd，则 sin2(θ+φ)-sin2φ=0 即 2cos(θ+2φ)sinθ=0 若 sinθ=0, 则θ=0（极小）（8）（2）若cos(θ+2φ)=0 ,则θ=90º-2φ（9）将（9）式代入（7）式，有θϕμϕμ2202)(90si n si n si n +=-θ≈10-4弧度（极大）此题得证。
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第九章 分子结构和光谱
9.1 r HB 分子的远红外吸收光谱是一些1
94.16~-=∆厘米v 等间隔的光谱线。
试求r HB 分子的转动惯量及原子核间的距离。
已知H 和r B 的原子量分别为1.008和79.92。
解：远红外光谱是由分子的转动能级跃迁产生的，谱线间隔都等于2B 。
即B v
2~=∆ (1)
而 Ic h B 28/π= (2)
由（1）、（2）两式可得：
米米千克1021247221042.1)(10302.3~828--⨯=+⋅==⋅⨯=∆==
Br H Br H m m m m I I r c v
h BC h I μππ 9.2 HCl 分子有一个近红外光谱带，其相邻的几条谱线的波数是：
－１厘米49.2821,56.2843,09.2865,25.2906,78.2925。
H 和Cl 的原子量分别是
1.008和35.46。
试求这个谱带的基线波数0
~v 和这种分子的转动惯量。
解：由谱线的波数之差可见：除09.286525.2906-之外，其他相邻谱线之差近乎相等。
而2906.25和2865.09之差相当于其他相邻谱线之差的二倍。
显然这是一个振动转
动谱带。
上述两谱线之间有一空位，此空位即是只有振动跃迁是的基线波数0
~v 。
给出五条谱线中，显然，头两条属于R 分支，其波数按大小顺序分别记为1
2~,~R R v v ；后三条属于P 分支，其波数按大小顺序分别写作3,2,1~~~P P P v v v 。
R 分支的谱线波数近似地由下述公式决定： ⋯⋯=+= ,2,1','2~~0
J BJ v v R P 分支的谱线波数近似地由下述公式决定： ⋯⋯=-= ,2,1','2~~0
J BJ v v P 因此有:
(Ⅰ)⎩⎨⎧⋯⋯-=⋯⋯+=）（）（22~~12~~01
01B v v B v v P R (1)-(2) 式,得:
29.104
~~11=-=P R v v B
(Ⅱ) ⎩⎨⎧⋯
⋯-=⋯⋯+=）（）（44~~34~~0202B v v B v v P R (3)-(4) 式,得:
28.108
~~22=-=P R v v B 285.10228.1029.10=+=
∴B 转动惯量为: 24721072.28米千克⋅⨯≈=-Bc
h I π 由(Ⅰ)、 (Ⅱ)，得基线波数为：
112112028851717.2885)~~~~(4
1~--==+++=米厘米P P R R v v v v v 9.3 Cl 原子的两同位素3735Cl Cl 和分别与H 化合成两种分子3735HCl HCl 和。
试求这两种分子的振动光谱中相应光谱带基线的频率0v 之比。
解:
002.121
21~~~;~3535
3737122121212102012
211=⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅+⋅==
====∆=∆=Cl H Cl H Cl H Cl H m m m m m m m m m m m K m K f f v C v C v v u v u v π
πωωωω 9.4 试证明双原子分子相邻振动能量之间跃迁时发射光的频率与两核间固有振动频率一致。
假设两原子间相互作用力为弹性力。
证明：在同一电子态中，有振动能级的跃迁时发光频率v 由下式决定：12E E hv -= 波数为:
ω
ωλx u u u u u u b u a u b u a u hc hc
E E v )1')('()'(]})2
1()21[(])21'()21'{[(11~12++---=+-+-+-+=-== 式中是固有振动频率f c f hc a a b x ;//,/===ω。
若原子间为弹性作用，第二项或能级修正项b u 2
)21
(+应略去。
因此⋯⋯=∆∆=-=3,,2,1,)'(~u u u u v
ωω 也就是⋯⋯=ωωω3,2~，v ；对于相应能级，1=∆u
ω=∴v
~ 而c f /=ω；所以两相邻能级间跃迁时发射光的频率为：f v
C v ==~ 9.5 怎样解释分子的组合散射有下列两个特点：
（1） 波长短的伴线比波长长的伴线的强度弱；
（2） 随散射体温度的升高，波长短的伴线强度明显增强而波长长的伴线的强度几乎不变。
解：（1）根据统计分布律，处在较高能级的分子数少于处在较低能级的分子数。
因此，分子在纯转动能级间的受激辐射比受激吸收要弱得多。
辐射的能量归并于原光子，吸收的能量取自原光子。
因而波长短的伴线比波长长的伴线的强度弱的多。
（2）按玻尔兹曼分布律，KT E E i i i e g g N N /)(0
00--=，i N 是处在高能级i E 上的分子数，0N 是处在低能级0E 上的分子数。
0,g g i 是对应的权重。
可见当T 增高时，位于较高能级上的分子数i N 就会明显增多。
因而，随温度升高，波长短的伴线的强度明显增强。
而在一般温度范围内，处于低能级（通常是基态）上的分子数变化不十分显著，因而波长长的伴线的强度几乎不变。
9.6 光在HF 分子上组合散射使某谱线产生波长ο
οA A 34302670和为两条伴线。
试由此计算该分子的振动频率和两原子间已知的原子量分别为1.008和19.00。
解：设两条伴线的频率分别为"'v v 和，则 ;";'1010v v v v v v -=+=
式中0v 是入射频率；1v 是振动谱带频率。
由上两式可得：
Hz c v v v v v v v 141
11024.1)'
'1'1(2)"'(21'"'⨯=-=-=+=-λλ 而m
K v π21
1=，
米牛顿/1065.9)
()2()2()2(20212
121⨯=+=+==∴F H F H F H F H A A N A A v m m m m v m v K πππ。