物理学10章习题解答
《大学物理》 第二版 课后习题答案 第十章
习题精解10-1 在平面简谐波的波射线上，A,B,C,D 各点离波源的距离分别是3,,,424λλλλ。
设振源的振动方程为cos 2y A t πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ，振动周期为T.（1）这4点与振源的振动相位差各为多少？（2）这4点的初相位各为多少？（3）这4点开始运动的时刻比振源落后多少？ 解 （1） 122,2,2xxπϕπϕππλλ∆∆∆==∆==3432,222x x πϕπϕππλλ∆∆∆==∆== （2）112233440,,2223,222πππϕϕϕϕππϕϕπϕϕπ=-∆==-∆=-=-∆=-=-∆=-（3） 1212343411,,,24223,,,242t T T t T T t T T t T Tϕϕππϕϕππ∆∆∆==∆==∆∆∆==∆==10-2 波源做谐振动，周期为0.01s ，振幅为21.010m -⨯，经平衡位置向y 轴正方向运动时，作为计时起点，设此振动以1400u m s -=∙的速度沿x 轴的正方向传播，试写出波动方程。
解 根据题意可知，波源振动的相位为32ϕπ= 2122200, 1.010,4000.01A m u m s T ππωπ--====⨯=∙ 波动方程231.010cos 2004002x y t m ππ-⎡⎤⎛⎫=⨯-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦10-3 一平面简谐波的波动方程为()0.05cos 410y x t m ππ=-，求（1）此波的频率、周期、波长、波速和振幅；（2）求x 轴上各质元振动的最大速度和最大加速度。
解 （1）比较系数法 将波动方程改写成0.05cos10 2.5x y t m π⎛⎫=-⎪⎝⎭与cos x y A t u ω⎛⎫=-⎪⎝⎭比较得1120.05;10;0.21015; 2.5;0.5A m T s v s u m s u T m Tπωππλ--=======∙=∙=（2）各质元的速度为()10.0510sin 410v x t m s πππ-=⨯-∙ 所以1max 0.0510 1.57()v m s π-=⨯=∙ 各质元的加速度为()220.05(10)cos 410a x t m s πππ-=-⨯-∙ 所以22max 0.05(10)49.3()a m s π-=⨯=∙10-4 设在某一时刻的横波波形曲线的一部分如图10.1所示。
《大学物理》第十章气体动理论习题参考答案
第十章 气体动理论一、选择题参考答案1． (B) ；2． (B )；3． (C) ；4． (A) ；5． (C) ；6． (B )；7． (C )； 8． (C) ；9． (D) ；10． (D) ；11． (C) ；12． (B) ；13． (B) ；14． (C) ；15． (B) ；16．(D) ；17． (C) ；18． (C) ；19． (B) ；20． (B) ；二、填空题参考答案1、体积、温度和压强，分子的运动速度（或分子的动量、分子的动能）2、一个点；一条曲线；一条封闭曲线。
3. kT 21 4、1:1；4:1 5、kT 23；kT 25；mol /25M MRT 6、12.5J ；20.8J ；24.9J 。
7、1:1；2:1；10:3。
8、241092.3⨯9、3m kg 04.1-⋅10、（1）⎰∞0d )(v v v Nf ；（2）⎰∞0d )(v v v f ；（3）⎰21d )(212v v v v v Nf m 11、氩；氦12、1000m/s ； 21000m/s13、1.514、215、12M M三、计算题参考答案1．解：氧气的使用过程中，氧气瓶的容积不变，压强减小，因此可由气体状态方程得到使用前后的氧气质量，进而将总的消耗量和每小时的消耗量比较求解。
已知atm 1301=p ，atm 102=p ，atm 13=p ；L 3221===V V V ，L 4003=V 。
质量分布为1m ，2m ，3m ，由题意可得RT Mm V p 11=RT Mm V p 22= RT M m V p 333=所以该瓶氧气使用的时间为h)(6.94000.132)10130(3321321=⨯⨯-=-=-=V p V p V p m m m t 2．解：设管内总分子数为N ，由V NkT nkT p ==有 1210611)(⨯==.kT pV N （个）空气分子的平均平动动能的总和= J 10238-=NkT 空气分子的平均转动动能的总和 = J 106670228-⨯=.NkT 空气分子的平均动能的总和 = J 10671258-⨯=.NkT3．解：（1）根据状态方程RT MRT MV m p RT M m pV ρ==⇒=得 ρp M RT = ，pRT M ρ= 气体分子的方均根速率为1-2s m 49533⋅===ρp M RT v （2）气体的摩尔质量为1-2m ol kg 108.2⋅⨯==-p RTM ρ所以气体为N 2或CO 。
10级大学物理复习题(第10章)
第10章 机械振动和波一、填空题易：1、质量为0.10kg 的物体，以振幅1cm 作简谐运动，其角频率为110s -，则物体的总能量为， 周期为 。
（4510J -⨯，0.628s ）易：2、一平面简谐波的波动方程为y 0.01cos(20t 0.5x)ππ=-( SI 制)，则它的振幅为 、角频率为 、周期为 、波速为 、波长为 。
（0.01m 、20π rad/s 、 0.1s 、 40m/s 、4m ）易：3、一弹簧振子系统具有1.0J 的振动能量，0.10m 的振幅和1.0m/s 的最大速率，则弹簧的倔强系数为 ，振子的振动角频率为 。
（200N/m ，10rad/s ）易：4、一横波的波动方程是y = 0.02cos2π(100t – 0.4X )( SI 制)则振幅是_________，波长是_ ，频率是 ，波的传播速度是 。
（0.02m ，2.5m ，100Hz ，250m.s -1）易：5、两个谐振动合成为一个简谐振动的条件是 。
（两个谐振动同方向、同频率）易：6、产生共振的条件是振动系统的固有频率与驱动力的频率 （填相同或不相同）。
（相同）易：7、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的 （填奇数或偶数）倍。
（偶数）易：8、弹簧振子系统周期为T 。
现将弹簧截去一半，仍挂上原来的物体，作成一个新的弹簧振子，则其振动周期为 T 。
（T ）易：9、作谐振动的小球,速度的最大值为,振幅为,则振动的周期为;加速度的最大值为。
（34π，2105.4-⨯）易：10、广播电台的发射频率为 。
则这种电磁波的波长为 。
（468.75m ）易：11、已知平面简谐波的波动方程式为 则时，在X=0处相位为 ，在处相位为 。
(4.2s,4.199s)易：12、若弹簧振子作简谐振动的曲线如下图所示,则振幅;圆频率;初相。
(10m,1.2-s rad π,0)中：13、一简谐振动的运动方程为2x 0.03cos(10t )3ππ=+( SI 制)，则频率ν为 、周期T 为 、振幅A 为 ，初相位ϕ为 。
川师大学物理第十章 静电场中的导体和电介质习题解
第十章 静电场中的导体和电介质10–1 如图10-1所示，有两块平行无限大导体平板，两板间距远小于平板的线度，设板面积为S ，两板分别带正电Q a 和Q b ，每板表面电荷面密度σ1= ，σ2= ，σ3= ，σ4= 。
解：建立如图10-2所示坐标系，设两导体平板上的面电荷密度分别为σ1，σ2，σ3，σ4。
由电荷守恒定律得12a S S Q σσ+= （1）34b S S Q σσ+= （2）设P ，Q 是分别位于二导体板内的两点，如图10-2所示，由于P ，Q 位于导板内，由静电平衡条件知，其场强为零，即3124000002222P E σσσσεεεε=---= （3）3124000002222Q E σσσσεεεε=++-= （4） 由方程（1）~（4）式得142abQ Q Sσσ+== （5） 232a bQ Q Sσσ-=-= （6） 由此可见，金属平板在相向的两面上（面2，3），带等量异号电荷，背向的两面上（面1，4），带等量同号电荷。
10–2 如图10-3所示，在半径为R 的金属球外距球心为a 的D 处放置点电荷+Q ，球内一点P 到球心的距离为r ，OP 与OD 夹角为θ，感应电荷在P 点产生的场强大小为 ，方向 ；P 点的电势为 。
解：（1）由于点电荷+Q 的存在，在金属球外表面将感应出等量的正负电荷，距+Q 的近端金属球外表面带负电，远端带正电，如图10-4所示。
P 点的场强是点电荷+Q 在P 点产生的场强E 1，与感应电荷在P 点产生的场强E 2的叠加，即E P =E 1+E 2，当静电平衡时，E P =E 1+E 2=0，由此可得21r 2204π(2cos )Qa r ar εθ=-=-+-E E e其中e r 是由D 指向P 点。
因此，感应电荷在P 点产生的场强E 2的大小为图10–4xσ2 4σQQ aQ b 图10-2σ1σ2 σ4σ3 Q a Q b图10-1图10-322204π(2cos )QE a r ar εθ=+-方向是从P 点指向D 点。
物理学10章习题解答
[物理学10章习题解答]10-3 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10-9所示的位置。
如果角很小，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,由上式可以解得图10-9.得证。
10-4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.10-5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 = 5.291011m。
质子的质量m = 1.671027kg，电子的质量m = 9.111031kg，它们的电量为e =1.601019c。
(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.10-6 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。
由图10-10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。
大学物理学 第10章_静电场 习题解答 [王玉国 康山林 赵宝群]
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q 6 0 q ；如果它包含 q 所在 24 0
2 2
对于边长 a 的正方形，如果它不包含 q 所在的顶点，则 e 顶点则 e 0 ．
(3) 因为通过半径为 R 的圆平面的电通量等于通过半径为 R x 的球冠面的电通 量，而球冠面积*
S 2π( R 2 x 2 )[1
P R q r P＇
2q a O a 3q a
+Q q a
R
d
∞
题 10-10 图
题 10-11 图
题 10-12 图
10-12 如图所示．试验电荷 q ， 在点电荷 Q 产生的电场中，沿半径为 R 的整个圆弧 的 3/4 圆弧轨道由 a 点移到 d 点的过程中电场力做功多大？从 d 点移到无穷远处的过程中， 电场力做功为多少？ 解：因为在点电荷 Q 产生的电场中， U a U d 。故试验电荷 q 在点电荷 Q 产生的电 场中， 沿半径为 R 的整个圆弧的 3/4 圆弧轨道由 a 点移到 d 点的过程中电场力做功 Aad 0 ； 从 d 点移到无穷远处的过程中，电场力做功为
q0 2.0 105 C ．试求该点电荷所受的电场力。
点电荷所在处产生场强为： d E
dx
4 0 d x
2 l
。整个杆上电荷在该点的场强为：
E
4 0
d x
0
dxLeabharlann 2l4 0 d d l
点电荷 q0 所受的电场力大小为：
F
方向：沿 x 轴负向
A q U d U qU d
[或另解： A
qQ 4 0 R
]
R
qE d r
大学物理第十章课后答案
题图10-1题10-1解图d第十章习题解答10-1 如题图10-1所示，三块平行的金属板A ，B 和C ，面积均为200cm 2,A 与B 相距4mm ，A 与C 相距2mm ，B 和C 两板均接地，若A 板所带电量Q =3.0×10-7C ，忽略边缘效应,求：（1）B 和C 上的感应电荷？（2）A 板的电势（设地面电势为零）。
分析：当导体处于静电平衡时，根据静电平衡条件和电荷守恒定律，可以求得导体的电荷分布，又因为B 、C 两板都接地，所以有ACAB U U =。
解：（1）设B 、C 板上的电荷分别为B q 、C q 。
因3块导体板靠的较近，可将6个导体面视为6个无限大带电平面。
导体表面电荷分布均匀，且其间的场强方向垂直于导体表面。
作如图中虚线所示的圆柱形高斯面。
因导体达到静电平衡后，内部场强为零，故由高斯定理得：1A C q q =-2A B q q =-即 ()A B C q q q =-+ ①又因为： ACAB U U =而: 2AC ACdU E =⋅ AB AB U E d =⋅∴ 2AC AB E E =于是：002C B σσεε =⋅ 两边乘以面积S 可得： 002C B S S σσεε =⋅即： 2C B q q = ②联立①②求得: 77210,110C B q C q C --=-⨯=-⨯题图10-2(2) 00222C C A AC C AC AC q d d d U U U U E S σεε =+==⋅=⋅=⋅ 733412210210 2.2610()200108.8510V ----⨯=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯10-2 如题图10-2所示，平行板电容器充电后，A 和B 极板上的面电荷密度分别为+б和－б，设P 为两极板间任意一点，略去边缘效应，求：（1）A,B 板上的电荷分别在P 点产生的场强E A ,E B ;（2）A,B 板上的电荷在P 点产生的合场强E ； (3)拿走B 板后P 点处的场强E ′。
大学物理课后习题详解(第十章)中国石油大学
根据高斯定理可得 方向由的正负确定
10-22 如图所示，在xOy平面内有与y轴平行、位于和处的两条无限长平 行均匀带电直线，电荷线密度分别为和。求z轴上任一点的电场强度。
[解] 无限长带电直线在线外任一点的电场强度 所以 P点的场强 由对称性知合场强的z方向分量为零，x方向分量 而
所以 方向指向x轴负方向 10-23 如图所示，在半径为R，体电荷密度为的均匀带电球体内点处放
所以 证毕。
10-27 电量q均匀分布在长为2l的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离 为a的点P的电势(以无穷远为零电势点)。 [解] 取如图所示的电荷元dq，，它在P点产生的电势为
则整个带电直线在P点产生的电势为
10-28 如图所示，在点电荷+q的电场中，若取图中点P处为电势零点， 则点M的电势为多少? [解] 取P点为电势零点，则M点电势为
10-10 如图所示，一厚度为b的无限大带电平板，其体电荷密度为 (0≤x≤b)，式中k为正常量。求：(1)平板外两侧任一点和处的场强大小； (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)过点作一圆柱体穿过无限大带电平板，由高斯定理
即 所以 因此平板外一点的场强与距平板的距离无关， (2)板内(即0≤x≤b区域) (3)若电场强度为0，则 此时，此即为场强为0的点。
10-1l 一半无限长的均匀带电直线，线电荷密度为。试证明：在通过带 电直线端点与直线垂直的平面上，任一点的电场强度 E的方向都与这直 线成45°角。 [解] 如图选择直角坐标系，在棒上取电荷元
它在过棒端的垂直面上任意点贡献场强为
由于
且
所以
总场强的分量为 它与负y方向的夹角是
10-12 一带电细线弯成半径为R的半圆形，线电荷密度，式中为一常 量，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] 取电荷元
基础物理学下册【韩可芳】第10章习题答案
第十章第十章第十章第十章 波动光学波动光学波动光学波动光学思考题思考题思考题思考题10-1 普通光源中原子发光有何特征？答答答：答：：：因为普通光源是大量不同原子在不同时刻发的光，是自然光，因此不满足干涉条件，所以一 般普通光源观察不到干涉现象。
10-2 如何用实验检验一束光是线偏振光、部分偏振光还是自然光？答答答：答：：：拿一块偏振片迎着这束光，转动偏振片，观察透射光。
（1）视场中光强有变化且有消光现象 的为线偏振光；（2）光强有变化但无消光现象的为部分偏振光；（3）光强无变化的为自然光。
10-3 自然光可以用两个独立的、相互垂直的、振幅相等的光振动表示。
那么线偏振光是否也可以用两个相互垂直的光振动表示？如果可以，则这两个相互垂直的光振动之间关系如 何？10-4 如何用实验测定不透明媒质的折射率？答答答：答：：：光线入射到不透明的媒介上，改变入射角i ，并同时用偏振片测定反射光线的偏振化程度。
当反射光线为完全偏振光时，此时入射角i0 即为布儒斯特角，满足tan 可求得不透明介质的折射率n 。
10-5 如图(a)所示，一束自然光入射在方解石晶体的表面上，入射光线与光轴成一定角度；问将有几条光线从方解石透射 出来？如果把方解石切割成等厚的A 、B 两块，并平行地移 开很短一段距离，如图(b)所示，此时光线通过这两块方解石后有多少条光线射出来？如果把B 块沿沿沿沿光线转过一个角度， 此时将有几条光线从B 块射出来？为什么？i 0n ，测得 i0 即考思考思考思考题题题题10-5图图图图10-6 从普通光源获得两束相干光的一般方法是什么？在光的干涉中决定相遇点产生明纹或暗纹的因素是什么？答答答：答：：：分波阵面法和分振幅法。
波源的相位差和波源到相遇点的光程差决定相遇点产生明纹或暗纹。
10-7 如图所示，设光线a 、b 从周相相同的A 、B 点传至P 点，试讨论：（1）在图中的三种情况下，光线a 、b 在相遇处P 是 否存在光程差？为什么？（2）若a 、b 为相干光，那么在相遇处的干涉情况怎 样？考题思考题思考题思考题 10-7 图图图图10-8 在杨氏双缝实验中，当作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化？（要说明理由）（1）使两缝之间的距离逐渐减小；（2）保持双缝的间距不变，使双缝与屏幕的距离逐渐减小；（3）如图所示，把双缝中的一条狭缝遮住，并在两缝的垂直平分线上放置一块平面反射镜。
沪教版物理七年级上 第十章力学原理练习一和参考答案
沪教版物理七年级上第十章力学原理练习一和参考答案1. 问题：一个物体的质量为5kg，重力加速度为9.8 m/s^2，求该物体所受的重力是多少？参考答案：根据力的计算公式 F = m * a，因为重力是物体质量和重力加速度的乘积，所以该物体所受的重力为 5 kg * 9.8 m/s^2 = 49 N。
2. 问题：一个物体在水中浸泡时，所受的浮力是多少？参考答案：根据浮力的计算公式F = ρ * V * g，其中ρ 是液体的密度，V 是物体在液体中的体积，g 是重力加速度。
浮力的大小等于物体排开的液体的重量，所以当物体完全浸泡在水中时，浮力等于所排开的水的重量，即物体的重力。
因此，物体在水中浸泡时所受的浮力等于物体的重力。
3. 问题：一个水桶里装有10 kg 的水，水桶的质量为2 kg，求水桶和水一起的总质量是多少？参考答案：水桶和水一起的总质量等于水桶的质量加上水的质量，所以总质量为 10 kg + 2 kg = 12 kg。
4. 问题：当一个物体受到一个50 N 的拉力时，它产生的加速度是多少？参考答案：根据力的计算公式 F = m * a，将已知的力和物体的质量代入计算公式，可以求得加速度 a = F / m = 50 N / m。
5. 问题：一个物体的质量为2 kg，施加在它上面的力为10 N，求该物体的加速度是多少？参考答案：根据力的计算公式 F = m * a，将已知的力和物体的质量代入计算公式，可以求得加速度 a = F / m = 10 N / 2 kg。
6. 问题：一个物体的质量为5 kg，施加在它上面的力是15 N，求该物体的加速度是多少？参考答案：根据力的计算公式 F = m * a，将已知的力和物体的质量代入计算公式，可以求得加速度 a = F / m = 15 N / 5 kg。
7. 问题：一个物体在水平地面上受到一个10 N 的拉力，它在水平方向上的摩擦力为6 N，求物体的加速度是多少？参考答案：根据力的平衡条件，当物体受到的合外力等于物体的摩擦力时，物体的加速度为零。
大学物理教程第10章习题答案
思 考 题10.1 人体也向外发出热辐射，为什么在黑暗中还是看不见人呢？ 答：人体的辐射频率太低, 远离可见光波段，在远红外波段, 由于为非可见光, 所以是看不到人体辐射的,在黑暗中也是如此。
10.1刚粉刷完的房间从房外远处看，即使在白天，它的开着的窗口也是黑的。
为什么？ 答：光线从窗户进去后经过多次反射，反射光的强度越来越弱，能再从窗户射出的光线非常少，窗户外的人看到的光线非常弱，因此觉得窗口很暗。
10.3 在光电效应实验中，如果（1）入射光强度增加一倍；（2）入射光频率增加一倍，各对实验结果有什么影响？答：（1）在光电效应中每秒从光阴极发射的光电子数与入射光强成正比。
入射光强度增加一倍时，饱和电流增加一倍。
（2）当入射光的频率增大时，光电子的最大初动能增大，遏止电压也增大，但入射光的频率和遏止电压两者不是简单的正比关系。
10.4 若一个电子和一个质子具有同样的动能，哪个粒子的德布罗意波长较大？ 答：电子的德布罗意波长较大。
10.5 n=3的壳层内有几个次壳层，各次壳层都可容纳多少个电子？答：n=3的壳层内有3个次壳层，各次壳层可容纳的电子数分别为2、6、10。
10.6 完成下列核衰变方程。
（1）?234238+−→−Th U（2）?9090+−→−Y Sr （3）?2929+−→−Ni Cu （4）Zn Cu 2929?−→−+ 答：（1）e H Th U 422349023892+−→−（2）e Y Sr 0190399038-+−→−（3）e Ni Cu 0129282929++−→−（4）Zn e Cu 2930012929−→−++习 题10.1 夜间地面降温主要是由于地面的热辐射。
如果晴天夜里地面温度为－50C ，按黑体辐射计算，每平方米地面失去热量的速率多大？解：依题意，可知地面每平方米失去的热量即为地面的辐射出射度2484/2922681067.5m W T M =⨯⨯==-σ10.2 宇宙大爆炸遗留在空间均匀、各向同性的背景热辐射相当于3K 的黑体辐射。
大学物理学 孙厚谦 第10章 习题
P /atm P2 C
A B
O
V1
习题 10-9 图
V 2 V /(103 m3 )
查看答案 10-9
10-10 如图所示，使 1mol 理想气体氧气进行 A→B→C→A 的循环，已知 A→B 为等温过程，C→A 为绝 热过程， （设 T1
300K ，V1 0.41103 m3 ， V2 4.1103 m3 ）,求(1)循环过程中所作的净
-3 3 -3 3
10-15 一个卡诺循环，当高温热源的温度为 107
0
C ，低温热源的温度为 270 C ，对外作的净功是
8000J，今维持低温热源的温度不变，提高高温热源的温度，使其对外作的净功增为 10000J，若两个卡 诺循环都工作在相同的二绝热线之间。求(1)第二个循环吸收的热量；(2)第二个循环的热效率；(3)第二 个循环的高温热源温度。 查看答案 10-15
E 0
Q W RTA ln
VB V p2V2 ln B VA VA
5 3
44.8 1.013 10 44.8 10 ln 22.4
返回 10-4
3.15 103 J
（2）整个过程
E 0
Q W WAC WCB WCB p2 (V2 V1 )
查看答案 10-3
23
10-4 如图所示，1mol 氧气(1)由状态 A 等温地变化到状态 B;(2)由状态 A 等体地变化到状态 C，再由 状态 C 等压地变到状态 B;试分别计算以上两种情况下，氧气的内能增量，对外做的功和吸收的热量。 (已知 V1
22.4 103 m3 , V2 44.8103 m3 , p2 1atm)
大学物理下册第10章课后题答案
习题10-3图第10章 静电场中的导体和电介质习 题一 选择题10-1当一个带电导体达到静电平衡时，[ ] (A) 表面上电荷密度较大处电势较高 (B) 表面曲率较大处电势较高(C) 导体内部的电势比导体表面的电势高(D) 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零 答案：D解析：处于静电平衡的导体是一个等势体，表面是一个等势面，并且导体内部与表面的电势相等。
10-2将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近，导体B 的电势将[ ](A) 升高 (B)降低 (C)不会发生变化 (D)无法确定 答案：A解析：不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A ）。
10-3将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ，在N 的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。
若将导体N 的左端接地（如图10-3所示），则[ ](A) N 上的负电荷入地 (B) N 上的正电荷入地 (C) N 上的所有电荷入地 (D) N 上所有的感应电荷入地 答案：A解析：带负电的带电体M移到不带电的导体N附近的近端感应正电荷；在远端感应负电荷，不带电导体的电势将低于无穷远处，因此导体N的电势小于0，即小于大地的电势，因而大地的正电荷将流入导体N，或导体N的负电荷入地。
故正确答案为（A）。
10-4 如图10-4所示，将一个电荷量为q电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d。
设无穷远处为零电势，则在导体球球心O点有[ ](A)0E，4πε=qVd(B)24πε=qEd，4πε=qVd(C) 0E，0V(D)24πε=qEd，4πε=qVR答案：A解析：导体球处于静电平衡状态，导体球内部电场强度为零，因此0E。
导体球球心O点的电势为点电荷q及感应电荷所产生的电势叠加。
感应电荷分布于导体球表面，至球心O的距离皆为半径R，并且感应电荷量代数和q∑为0，因此4qVRπε==∑感应电荷。
大学物理课后习题答案(第十章)-北京邮电大学出版社
习题十10-1 一半径r =10cm 的圆形回路放在B =0.8T 的均匀磁场中．回路平面与B垂直．当回路半径以恒定速率t rd d =80cm ·s -1收缩时，求回路中感应电动势的大小．解: 回路磁通 2πr B BS m感应电动势大小40.0d d π2)π(d d d d 2trr B r B t t m V 10-2 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路，半径R =5cm ，如题10-2图所示．均匀磁场B =80×10-3T ，B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直，且与两个半圆构成相等的角 当磁场在5ms 内均匀降为零时，求回路中的感应电动势的大小及方向．解: 取半圆形cba 法向为i ， 题10-2图则cos 2π21B R m同理，半圆形adc 法向为j，则 cos 2π22B R m∵ B 与i 夹角和B 与j夹角相等，∴45则cos π2R B m 221089.8d d cos πd dt BR t m V方向与cbadc 相反，即顺时针方向．题10-3图*10-3 如题10-3图所示，一根导线弯成抛物线形状y =2ax ，放在均匀磁场中．B 与xOy 平面垂直，细杆CD 平行于x 轴并以加速度a 从抛物线的底部向开口处作平动．求CD 距O 点为y 处时回路中产生的感应电动势．解: 计算抛物线与CD 组成的面积内的磁通量aym yB x x y B S B 0232322d )(2d 2∴ vy B t y y B t m 21212d d d d∵ ay v 22∴ 212y a v则aByy a yBi 8222121i 实际方向沿ODC ．题10-4图10-4 如题10-4图所示，载有电流I 的长直导线附近，放一导体半圆环MeN 与长直导线共面，且端点MN 的连线与长直导线垂直．半圆环的半径为b ，环心O 与导线相距a ．设半圆环以速度v 平行导线平移．求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN 两端的电压N M U U ．解: 作辅助线MN ，则在MeNM 回路中，沿v 方向运动时0d m ∴ 0 MeNM即MN MeN又∵ba ba MNb a ba Iv l vB 0ln 2dcos 0所以MeN 沿NeM 方向，大小为 b a ba Iv ln20M 点电势高于N 点电势，即b a ba Iv U U N Mln 20题10-5图10-5如题10-5所示，在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈．两导线中的电流方向相反、大小相等，且电流以t Id d 的变化率增大，求：(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量； (2)线圈中的感应电动势． 解: 以向外磁通为正则(1)]ln [lnπ2d π2d π2000d ad b a b Ilr l r Ir l rIab bad dm(2)t I b a b d a d l t d d ]ln [ln π2d d 0 10-6 如题10-6图所示，用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆．令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转．整个电路的电阻为R ．求：感应电流的最大值．题10-6图解: )cos(2π02t r B S B m∴ Bfr f r B r B t r B t m m i 222202ππ22π2π)sin(2πd d ∴ R Bf r R I m 22π10-7 如题10-7图所示，长直导线通以电流I =5A ，在其右方放一长方形线圈，两者共面．线圈长b =0.06m ，宽a =0.04m ，线圈以速度v =0.03m ·s -1垂直于直线平移远离．求：d =0.05m时线圈中感应电动势的大小和方向．题10-7图解: AB 、CD 运动速度v方向与磁力线平行，不产生感应电动势． DA 产生电动势ADI vbvBb l B v d 2d )(01BC 产生电动势)(π2d )(02d a Ivbl B v C B∴回路中总感应电动势8021106.1)11(π2ad d Ibv V 方向沿顺时针．10-8 长度为l 的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abcd 上平行移动．已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角(如题10-8图所示)，B的大小为B =kt (k 为正常)．设t =0时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向．解: 22212160cos d klvt lv kt Blvt S B m∴ klvtt m d d即沿abcd 方向顺时针方向．题10-8图10-9 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区，B的方向如题10-9图所示．取逆时针方向为电流正方向，画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0)．解: 如图逆时针为矩形导线框正向，则进入时0d dt ,0 ；题10-9图(a)题10-9图(b)在磁场中时0d d t,0 ； 出场时0d d t，0 ，故t I 曲线如题10-9图(b)所示.题10-10图10-10 导线ab 长为l ，绕过O 点的垂直轴以匀角速 转动，aO =3l磁感应强度B 平行于转轴，如图10-10所示．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）b a ,两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob 上取dr r r 一小段 则320292d l Ob l B r rB同理302181d l Oa l B r rB ∴ 2261)92181(l B l B Ob aO ab(2)∵ 0 ab即0 b a U U∴b 点电势高．题10-11图10-11 如题10-11图所示，长度为b 2的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间，并以速度v 平行于两直导线运动．两直导线通以大小相等、方向相反的电流I ，两导线相距2a ．试求：金属杆两端的电势差及其方向． 解：在金属杆上取r d 距左边直导线为r ，则b a b a Iv r r a r Iv l B v b a b a BA AB lnd )211(2d )(00∵ 0 AB∴实际上感应电动势方向从A B ，即从图中从右向左， ∴b a ba Iv U ABln 0题10-12图10-12 磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R 的圆柱形空间，一金属杆放在题10-12图中位置，杆长为2R ，其中一半位于磁场内、另一半在磁场外．当t Bd d ＞0时，求：杆两端的感应电动势的大小和方向．解： ∵bc ab act BR B R t t ab d d 43]43[d d d d 21tab d d 2 t BR B R t d d 12π]12π[d d 22∴t B R R acd d ]12π43[22∵ 0d d t B∴ 0 ac即 从c a 10-13 半径为R 的直螺线管中，有dt dB＞0的磁场，一任意闭合导线abca ，一部分在螺线管内绷直成ab 弦，a ,b 两点与螺线管绝缘，如题10-13图所示．设ab =R ，试求：闭合导线中的感应电动势．解：如图，闭合导线abca 内磁通量)436π(22R R B S B m∴t B R R i d d )436π(22 ∵ 0d d t B∴0 i，即感应电动势沿acba ，逆时针方向． 题10-13图题10-14图10-14 如题10-14图所示，在垂直于直螺线管管轴的平面上放置导体ab 于直径位置，另一导体cd 在一弦上，导体均与螺线管绝缘．当螺线管接通电源的一瞬间管内磁场如题10-14图示方向．试求： （1）ab 两端的电势差； （2）cd 两点电势高低的情况．解： 由 l S t B l Ed d d d 旋知，此时旋E 以O 为中心沿逆时针方向．(1)∵ab 是直径，在ab 上处处旋E 与ab 垂直∴ ll 0d 旋∴0 ab ,有b a U U(2)同理， 0d l E cddc旋∴0 c d U U 即d c U U题10-15图10-15 一无限长的直导线和一正方形的线圈如题10-15图所示放置(导线与线圈接触处绝缘)．求：线圈与导线间的互感系数．解： 设长直电流为I ，其磁场通过正方形线圈的互感磁通为32300122ln π2d π2a a Iar rIa∴2ln π2012aIM10-16 一矩形线圈长为a =20cm ，宽为b =10cm ，由100匝表面绝缘的导线绕成，放在一无限长导线的旁边且与线圈共面．求：题10-16图中(a)和(b)两种情况下，线圈与长直导线间的互感．解：(a)见题10-16图(a)，设长直电流为I ，它产生的磁场通过矩形线圈的磁通为2ln π2d 2πd 020)(12Iar r Ia S B b b S∴6012108.22ln π2a N I N M H (b)∵长直电流磁场通过矩形线圈的磁通012 ，见题10-16图(b)∴ 0 M题10-16图题10-17图10-17 两根平行长直导线，横截面的半径都是a ，中心相距为d ，两导线属于同一回路．设两导线内部的磁通可忽略不计，证明：这样一对导线长度为l 的一段自感为l L 0In a ad ．解： 如图10-17图所示，取r l S d d则a d aa d aa d d aa d Il r r rIl r l r I r πI )ln (ln 2πd )d11(π2d ))d (π22(0000a a d Illnπ0∴ a a d l I L lnπ0 10-18 两线圈顺串联后总自感为1.0H ，在它们的形状和位置都不变的情况下，反串联后总自感为0.4H ．试求：它们之间的互感． 解： ∵顺串时 M L L L 221反串联时M L L L 221∴ M L L 415.04L L M H10-19图10-19 一矩形截面的螺绕环如题10-19图所示，共有N 匝．试求： (1)此螺线环的自感系数；(2)若导线内通有电流I ，环内磁能为多少? 解：如题10-19图示 (1)通过横截面的磁通为ba a bNIhr h r NIlnπ2d π200磁链a bIh N N lnπ220 ∴a bhN IL lnπ220(2)∵221LI W m∴a b hI N W m lnπ422010-20 一无限长圆柱形直导线，其截面各处的电流密度相等，总电流为I ．求：导线内部单位长度上所储存的磁能．解：在R r 时 20π2R I B r∴4222002π82R r I B w m 取 r r V d π2d (∵导线长1 l )则R Rm I R rr I r r w W 0204320π16π4d d 2。
大学物理习题答案第十章
[习题解答]10-1如果导线中的电流强度为8.2 A，问在15 s内有多少电子通过导线的横截面？解设在t秒内通过导线横截面的电子数为N，则电流可以表示为,所以.10-2 在玻璃管内充有适量的某种气体，并在其两端封有两个电极，构成一个气体放电管。
当两极之间所施加的电势差足够高时，管中的气体分子就被电离，电子和负离子向正极运动，正离子向负极运动，形成电流。
在一个氢气放电管中，如果在3 s内有2.8⨯1018 个电子和1.0⨯1018 个质子通过放电管的横截面，求管中电流的流向和这段时间内电流的平均值。
解放电管中的电流是由电子和质子共同提供的，所以.电流的流向与质子运动的方向相同。
10-3 两段横截面不同的同种导体串联在一起，如图10-7所示，两端施加的电势差为U。
问：(1)通过两导体的电流是否相同？(2)两导体内的电流密度是否相同？(3)两导体内的电场强度是否相同？(4)如果两导体的长度相同，两导体的电阻之比等于什么？(5)如果两导体横截面积之比为1: 9，求以上四个问题中各量的比例关系，以及两导体有相同电阻时的长度之比。
解(1)通过两导体的电流相同，。
(2)两导体的电流密度不相同，因为,又因为,所以.这表示截面积较小的导体电流密度较大。
(3)根据电导率的定义,在两种导体内的电场强度之比为.上面已经得到，故有.这表示截面积较小的导体中电场强度较大。
图10-7(4)根据公式,可以得到,这表示，两导体的电阻与它们的横截面积成反比。
(5)已知，容易得到其他各量的比例关系,,,.若，则两导体的长度之比为.10-4两个同心金属球壳的半径分别为a和b(>a)，其间充满电导率为σ的材料。
已知σ是随电场而变化的，且可以表示为σ = kE，其中k为常量。
现在两球壳之间维持电压U，求两球壳间的电流。
解在两球壳之间作一半径为r的同心球面，若通过该球面的电流为I，则.又因为,所以.于是两球壳之间的电势差为.从上式解出电流I，得.10-5一个电阻接在电势差为180 V电路的两点之间，发出的热功率为250W。
大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 下册 第十章 习题10答案
习题1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解，正确的是：（A ）若环流等于零，则在回路L 上必定是H 处处为零； （B ）若环流等于零，则在回路L 上必定不包围电流；（C ）若环流等于零，则在回路L 所包围传导电流的代数和为零； （D ）回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。
[答案：C](2) 对半径为R 载流为I 的无限长直圆柱体，距轴线r 处的磁感应强度B （） （A ）内外部磁感应强度B 都与r 成正比；（B ）内部磁感应强度B 与r 成正比，外部磁感应强度B 与r 成反比； （C ）内外部磁感应强度B 都与r 成反比；（D ）内部磁感应强度B 与r 成反比，外部磁感应强度B 与r 成正比。
[答案：B](3）质量为m 电量为q 的粒子，以速率v 与均匀磁场B 成θ角射入磁场，轨迹为一螺旋线，若要增大螺距则要（） （A ） 增加磁场B ；（B ）减少磁场B ；（C ）增加θ角；（D ）减少速率v 。
[答案：B](4）一个100匝的圆形线圈，半径为5厘米，通过电流为0.1安，当线圈在1.5T 的磁场中从θ=0的位置转到180度（θ为磁场方向和线圈磁矩方向的夹角）时磁场力做功为（） （A ）0.24J ；（B ）2.4J ；（C ）0.14J ；（D ）14J 。
[答案：A]10.2 填空题(1)边长为a 的正方形导线回路载有电流为I ，则其中心处的磁感应强度 。
[答案：aIπμ220，方向垂直正方形平面](2)计算有限长的直线电流产生的磁场 用毕奥——萨伐尔定律，而 用安培环路定理求得（填能或不能）。
[答案：能, 不能](3)电荷在静电场中沿任一闭合曲线移动一周，电场力做功为 。
电荷在磁场中沿任一闭合曲线移动一周，磁场力做功为 。
[答案：零，正或负或零](4)两个大小相同的螺线管一个有铁心一个没有铁心，当给两个螺线管通以 电流时，管内的磁力线H 分布相同，当把两螺线管放在同一介质中，管内的磁力线H 分布将 。
大学物理 第十章 波动部分习题
第十章 波动一、简答题1、什么是波动? 振动和波动有什么区别和联系?答：波动一般指振动在介质中的传播。
振动通常指一个质点在平衡位置附近往复地运动，波动是介质中的无数个质点振动的总体表现。
2、机械波的波长、频率、周期和波速四个量中，(1) 在同一介质中，哪些量是不变的? (2) 当波从一种介质进入另一种介质中，哪些量是不变的?答：(1) 频率、周期、波速、波长 （2）频率和周期3、波动方程⎪⎭⎫ ⎝⎛-=u x cos y t A ω中的u x 表示什么? 如果把它写成⎪⎭⎫ ⎝⎛-=u x cos y ωωt A ，u x ω又表示什么? 答：u x 表示原点处的振动状态传播到x 处所需的时间。
ux ω表示x 处的质点比原点处的质点所落后的相位。
4、波动的能量与哪些物理量有关? 比较波动的能量与简谐运动的能量.答：波的能量与振幅、角频率、介质密度以及所选择的波动区域的体积都有关系。
简谐运动中是振子的动能与势能相互转化，能量保持守恒的过程；而行波在传播过程中某一介质微元的总能量在随时间变化，从整体上看，介质中各个微元能量的变化体现了能量传播的过程。
5. 平面简谐波传播过程中的能量特点是什么？在什么位置能量为最大？答案：能量从波源向外传播，波传播时某一体元的能量不守桓，波的传播方向与能量的传播方向一致，量值按正弦或余弦函数形式变化，介质中某一体元的波动动能和势能相同，处于平衡位置处的质点，速度最大，其动能最大，在平衡位置附近介质发生的形变也最大，势能也为最大。
6. 驻波是如何形成的？驻波的相位特点什么？答案：驻波是两列振幅相同的相干波在同一直线上沿相反方向传播时叠加而成。
驻波的相位特点是：相邻波节之间各质点的相位相同，波节两边质点的振动有的相位差。
7 惠更斯原理的内容是什么？利用惠更斯原理可以定性解释哪些物理现象？答案：介质中任一波振面上的各点，都可以看做发射子波的波源，其后任一时刻，这些子波的包络面就是该时刻的波振面。
太原理工大学大学物理第五版第10章课后题答案
第10章 导体和电介质中的静电场（习题选解）10-1 如图所示，在一不带电的金属球旁有一点电荷q +，金属球半径为R ，已知q +与金属球心间距离为r 。
试求：（1）金属球上感应电荷在球心处产生的电场强度E 及此时球心处的电势V ；（2）若将金属球接地，球上的净电荷为多少？题10-1图解：（1）由于导体内部的电场强度为零，金属球上感应的电荷在球心处产生的电场强度E 与点电荷q +在球心处产生的电场强度'E 大小相等，方向相反。
204r q E E πε='= E 的方向由O 指向q +点电荷q +在球心处的电势为rq V q 04πε=金属球表面感应电荷在球心的电势为R V ，由于球表面感应电荷量总和为零，⎰⎰===ssR dq RRdq V 041400πεπε 故球心电势为q V 和R V 的代数和rq V V V R q 04πε=+=（2）若将金属球接地，金属球是一个等势体，球心的电势0=V 。
设球上净电荷为q '。
球面上的电荷在球心处的电势为⎰⎰'===ssR Rq dq R Rdq V 0004414πεπεπε点电荷q +在球心的电势为 rq V q 04πε=由电势叠加原理 0=+=q R V V Vq R V V -=rq Rq 0044πεπε-='q rR q -=' 10-2 如图所示，把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q +的金属板A ，平行放置。
设两板面积都是S ，板间距是d ，忽略边缘效应。
求：（1）B 板不接地时，两板间的电势差； （2）B 板接地时，两板间电势差。
Qσ12σ34题10-2图解：（1）如图，设A 、B 两金属板各表面的面电荷密度分别为1σ、2σ、3σ、4σ。
由静电平衡条件可知⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-++=---02222022220403020104030201εσεσεσεσεσεσεσεσ 解得 ⎩⎨⎧-==3241σσσσ又 430σσ+= Q S S =+21σσ 故 1242Q Sσσσ===32Q Sσ=-两板间为匀强电场，电场强度31240000022222Q E Sσσσσεεεεε=+--= 两板间的电势差 SQdEd U 02ε==（2）若B 板接地，则有 ⎪⎩⎪⎨⎧=-===S Q 32410σσσσ两板间的电场强度 3200022QE Sσσεεε=-= 两板间的电势差 SQdEd U 0ε== 10-3 B A 、为靠得很近的两块平行的大金属平板，板的面积为S ，板间距离为d ，使B A 、板带电分别为A q 、B q ，且A B q q >。
物理学10章习题解答
[物理学10章习题解答]10-3两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10-9所示的位置。
如果角很小，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)图10-9,(2)(3)因为角很小，所以,.利用这个近似关系可以得到,(4).(5)将式(5)代入式(4)，得,由上式可以解得.得证。
10-4在上题中，如果l = 120 cm，m = kg，x = 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.10-5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 = 1011m。
质子的质量m = 1027kg，电子的质量m = 1031kg，它们的电量为e =1019c。
(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.10-6 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 图10-10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。
由图10-10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。
对的作用力f3的大小为,f3的方向与x轴的夹角为45。
大学物理知识总结习题答案(第十章)量子物理基础
其中，m为粒子的质量，U为粒子在外力场中的势能函数，E是粒子的总能量。
·在无限深方势阱中的粒子能量为
整数n称为量子数。每一个可能的能量值称为一个能级。
·在势垒有限的情况下,粒子可以穿过势垒到达另一侧,这种现象叫做势垒贯穿。
7．电子运动状态
·量子力学给出的原子中电子的运动状态由以下四个量子数决定
·在不同的热力学温度T下，单色辐射本领的实验曲线存在一个峰值波长 ，维恩从热力学理论导出T和 满足如下关系
其中b是维恩常量。
3．斯忒藩—玻尔兹曼定律
·斯忒藩—玻尔兹曼定律表明黑体的辐射出射度 与温T的关系
其中 为斯忒藩—玻尔兹曼常量。对于一般的物体
称发射率。
4．黑体辐射
·黑体辐射不是连续地辐射能量，而是一份份地辐射能量，并且每一份能量与电磁波的频率 成正比，这种能量分立的现象被称为能量的量子化，每一份最小能量 被称为一个量子。黑体辐射的能量为 ，其中n＝1，2，3，…，等正整数，h为普朗克常数。
解：每个光子能量为 ，其中 为普朗克常量且
则，100个波长为550nm的光子的光功率为
10-5（1）广播天线以频率1MHz、功率1kW发射无线电波，试求它每秒发射的光子数；（2）利用太阳常量I0＝1.3kW/m2，计算每秒人眼接收到的来自太阳的光子数（人的瞳孔面积约为 ,光波波长约为550nm）。
解：（1）每个光子能量为 ，由
10-7“光的强度越大，光子的能量就越大”，对吗？
答：不对,光的强度是单位时间内照射在单位面积上的光的总能量。一定频率的光强度越大，表明光子数量越多，但每个光子的能量是一定的，只与频率有关，与光子数目无关。
10-8什么是康普顿效应？
答：考察X射线通过物质时向各个方向的散射现象发现，在散射的X射线中，除了存在波长与原有射线相同的成分外，还有波长较长的成分，这种波长改变的散射称为康普顿散射，也称康普顿效应。
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物理学10章习题解答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mg、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q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,由上式可以解得、得证。
10-4 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、10-5 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、2910-11m。
质子的质量m =1、6710-27kg，电子的质量m =9、1110-31kg，它们的电量为 e =1、6010-19c。
(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、10-6 边长为a的立方体，每一个顶角上放一个电荷q。
图10-10(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qb，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。
由图10-10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。
对的作用力f3的大小为,f3的方向与x轴的夹角为45。
对的作用力f4的大小为,f4的方向与x轴的夹角为a，。
于是、所受合力的大小为、(2)f的方向：f与x轴、y轴和z轴的夹角分别为a、b和g，并且,、10-7 计算一个直径为1、56 cm的铜球所包含的正电荷电量。
解根据铜的密度可以算的铜球的质量、铜球的摩尔数为、该铜球所包含的原子个数为、每个铜原子中包含了29个质子，而每个质子的电量为1、60210-19 c，所以铜球所带的正电荷为、10-8 一个带正电的小球用长丝线悬挂着。
如果要测量与该电荷处于同一水平面内某点的电场强度e，我们就把一个带正电的试探电荷q0 引入该点，测定f/q0。
问f/q0是小于、等于还是大于该点的电场强度e？解这样测得的f / q0是小于该点的电场强度e的。
因为正试探电荷使带正电的小球向远离试探电荷的方向移动， q0受力f减小了。
10-9 根据点电荷的电场强度公式,当所考查的点到该点电荷的距离r接近零时，则电场强度趋于无限大，这显然是没有意义的。
对此应作何解释？解当r 0时，带电体q就不能再视为点电荷了，只适用于场源为点电荷的场强公式不再适用。
这时只能如实地将该电荷视为具有一定电荷体密度的带电体。
10-10 离点电荷50 cm处的电场强度的大小为2、0 nc-1 。
求此点电荷的电量。
解由于,所以有、10-11 有两个点电荷，电量分别为5、010-7c和2、810-8c，相距15 cm。
求：(1)一个电荷在另一个电荷处产生的电场强度；(2)作用在每个电荷上的力。
图10-11解已知 =5、010-7c、 =2、810-8c，它们相距r =15 cm ，如图10-11所示。
(1)在点b产生的电场强度的大小为,方向沿从a到b的延长线方向。
在点a产生的电场强度的大小为,方向沿从b到a的延长线方向。
(2)对的作用力的大小为,方向沿从b到a的延长线方向。
对的作用力的大小为、方向沿从a到b的延长线方向。
10-12 求由相距l的 q电荷所组成的电偶极子，在下面的两个特殊空间内产生的电场强度：(1)轴的延长线上距轴心为r处，并且r >>l；图10-12(2)轴的中垂面上距轴心为r处，并且r >>l。
解 (1)在轴的延长线上任取一点p，如图10-12所示，该点距轴心的距离为r。
p点的电场强度为、在r >> l的条件下，上式可以简化为图10-13 、(1)令,(2)这就是电偶极子的电矩。
这样，点p的电场强度可以表示为、(3)(2)在轴的中垂面上任取一点q，如图10-13所示，该点距轴心的距离为r。
q点的电场强度为也引入电偶极子电矩，将点q的电场强度的大小和方向同时表示出来：、10-13 有一均匀带电的细棒，长度为l，所带总电量为q。
求：(1)细棒延长线上到棒中心的距离为a处的电场强度，并且a>>l；(2)细棒中垂线上到棒中心的距离为a处的电场强度，并且a>>l。
解图10-14(1)以棒中心为坐标原点建立如图10-14所示的坐标系。
在x轴上到o点距离为a处取一点p，在x处取棒元dx，它所带电荷元为ldx ，该棒元到点p的距离为a- x，它在p点产生的电场强度为、整个带电细棒在p点产生的电场强度为图10-15,方向沿x轴方向。
(2)坐标系如图10-15所示。
在细棒中垂线(即y轴)上到o 点距离为a处取一点p，由于对称性，整个细棒在p点产生的电场强度只具有y分量ey。
所以只需计算ey就够了。
仍然在x处取棒元dx，它所带电荷元为ldx，它在p点产生电场强度的y分量为、整个带电细棒在p点产生的电场强度为,方向沿x轴方向。
图10-1610-14 一个半径为r的圆环均匀带电，线电荷密度为l。
求过环心并垂直于环面的轴线上与环心相距a的一点的电场强度。
解以环心为坐标原点，建立如图10-16所示的坐标系。
在x轴上取一点p，p点到盘心的距离为a。
在环上取元段dl，元段所带电量为dq = l dl，在p点产生的电场强度的大小为、由于对称性，整个环在p点产生的电场强度只具有x分量ex。
所以只需计算ex 就够了。
所以、10-15 一个半径为r的圆盘均匀带电，面电荷密度为s。
求过盘心并垂直于盘面的轴线上与盘心相距a的一点的电场强度。
图10-17解取盘心为坐标原点建立如图10-17所示的坐标系。
在x轴上取一点p，p点到盘心的距离为a。
为计算整个圆盘在p点产生的电场强度，可先在圆盘上取一宽度为dr的圆环，该圆环在p点产生的电场强度，可以套用上题的结果，即,的方向沿x轴方向。
整个圆盘在p点产生的电场强度，可对上式积分求得、图10-1810-16 一个半径为R的半球面均匀带电，面电荷密度为s。
求球心的电场强度。
解以球心o为坐标原点，建立如图10-18所示的坐标系。
在球面上取宽度为dl的圆环，圆环的半径为r。
显然,圆环所带的电量为、根据题10-14的结果，该圆环在球心产生的电场强度为,方向沿x轴的反方向。
由图中可见， ,, 将这些关系代入上式，得、所以,e的方向沿x轴的反方向。
10-19 如果把电场中的所有电荷分为两类，一类是处于高斯面s内的电荷，其量用q表示，它们共同在高斯面上产生的电场强度为e，另一类是处于高斯面s外的电荷，它们共同在高斯面上产生的电场强度为e ，显然高斯面上任一点的电场强度e = e + e。
试证明：(1)；(2)。
解高斯面的电通量可以表示为、显然，上式中的第一项是高斯面内部电荷对高斯面电通量的贡献，第二项是高斯面外部电荷对高斯面电通量的贡献。
高斯定理表述为“通过任意闭合曲面s 的电通量，等于该闭合曲面所包围的电量除以e0，而与s以外的电荷无关。
”可见，高斯面s以外的电荷对高斯面的电通量无贡献。
这句话在数学上应表示为、 (1)所以，关系式的成立是高斯定理的直接结果。
因为,于是可以把高斯定理写为、将式(1)代入上式，即得、 (2)图10-1910-20 一个半径为r的球面均匀带电，面电荷密度为s。
求球面内、外任意一点的电场强度。
解由题意可知，电场分布也具有球对称性，可以用高斯定理求解。
在球内任取一点，到球心的距离为r1，以r1为半径作带电球面的同心球面s1，如图10-19所示，并在该球面上运用高斯定理，得,由此解得球面内部的电场强度为、在球外任取一点，到球心的距离为r2，以r2为半径作带电球面的同心球面s2，如图10-19所示，并在该球面上运用高斯定理，得,即、由此解得,e2的方向沿径向向外。
10-21 一个半径为R的无限长圆柱体均匀带电，体电荷密度为r。
求圆柱体内、外任意一点的电场强度。
图10-20解显然，电场的分布具有轴对称性，圆柱体内、外的电场强度呈辐射状、沿径向向外，可以用高斯定理求解。
在圆柱体内部取半径为r1、长度为l的同轴柱面s1(见图10-20)作为高斯面并运用高斯定理、上式左边的积分实际上包含了三项，即对左底面、右底面和侧面的积分，前两项积分由于电场强度与面元相垂直而等于零，只剩下对侧面的积分，所以上式可化为,于是得,方向沿径向向外。
用同样的方法，在圆柱体外部作半径为r2、长度为l的同轴柱面s2，如图10-20所示。
在s2上运用高斯定理，得、根据相同的情况，上面的积分可以化为,由上式求得,方向沿径向向外。
10-22 两个带有等量异号电荷的平行平板，面电荷密度为 s，两板相距d。
当d比平板自身线度小得多时，可以认为两平行板之间的电场是匀强电场，并且电荷是均匀分布在两板相对的平面上。
(1)求两板之间的电场强度；(2)当一个电子处于负电板面上从静止状态释放，经过1、510-8 s的时间撞击在对面的正电板上，若d =2、0 cm，求电子撞击正电板的速率。
解图10-21(1)在题目所说情况下，带等量异号电荷的两平行板构成了一个电容器，并且电场都集中在两板之间的间隙中。
作底面积为ds的柱状高斯面，使下底面处于两板间隙之中，而上底面处于两板间隙之外，并且与板面相平行，如图10-21所示。
在此高斯面上运用高斯定理，得,由此解得两板间隙中的电场强度为、(2)根据题意可以列出电子的运动学方程,、两式联立可以解得、10-24 一个半径为r的球体均匀带电，电量为q，求空间各点的电势。
解先由高斯定理求出电场强度的分布，再由电势的定义式求电势的分布。
在球内：，根据高斯定理，可列出下式,解得,方向沿径向向外。
在球外：，根据高斯定理，可得,解得,方向沿径向向外。
球内任意一点的电势：, ()、球外任意一点的电势：, ()、10-25 点电荷+q 和-3q相距d =1、0 m，求在它们的连线上电势为零和电场强度为零的位置。
图10-22解 (1)电势为零的点：这点可能处于+q的右侧，也可能处于+q的左侧，先假设在+q 的右侧x1处的p1点，如图10-22所表示的那样可列出下面的方程式、从中解得、在+q左侧x2处的p2点若也符合电势为零的要求，则有、解得、(2)电场强度为零的点：由于电场强度是矢量，电场强度为零的点只能在+q的左侧，并设它距离+q为x，于是有、解得、图10-2310-26 两个点电荷q1 = +4010-9c和q2 =9c，相距10 cm。