理论物理导论思考题汇总
物理学导论试题及课后答案
21.（本题5分）（1652）假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R 的导体球带电．(1) 当球上已带有电荷q 时，再将一个电荷元d q从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功 (2) 使球上电荷从零开始增加到Q 的过程中，外力共作多少功22.（本题5分）（2654）如图所示，有两根平行放置的长直载流导线．它们的直径为a ，反向流过相同大小的电流I ，电流在导线内均匀分布．试在图示的坐标系中求出x 轴上两导线之间区域]25,21[a a 内磁感强度的分布． 23.（本题5分）（2303）图示相距为a 通电流为I 1和I 2的两根无限长平行载流直导线．(1) 写出电流元11d l I 对电流元22d l I 的作用力的数学表式；(2) 推出载流导线单位长度上所受力的公式．24.（本题10分）（2150）如图所示，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面．且导线框的一个边与长直导线平行，他到两长直导线的距离分别为r 1、r 2．已知两导线中电流都为t I I sin 0 ，其中I 0和为常数，t 为时间．导线框长为a 宽为b ，求导线框中的感应电动势．22.（本题5分）（2442）将细导线弯成边长d =10 cm 的正六边形，若沿导线流过电流强度为I =25 A 的电流，求六边形中心点的磁感强度B ．(0 =4×10-7 N ·A -2 )23.（本题5分）（2548）在氢原子中，电子沿着某一圆轨道绕核运动．求等效圆电流的磁矩m p与电子轨道运动的动量矩L 大小之比，并指出m p和L 方向间的关系．(电子电荷为e ，电子质量为m )24.（本题10分）（2737）两根平行无限长直导线相距为d ，载有大小相等方向相反的电流I ，电流变化率d I /d tIa aI xO2aII 21d l I22d l Ia12rIIOxr 1r 2 ab=>0．一个边长为d的正方形线圈位于导线平面内与一根导线相距d，如图所示．求线圈中的感应电动势，并说明线圈中感应电流是顺时针还是逆时针方向．ddII7-3 计算和证明题7-3-1解Q所受合力为零，即224l，求得Q7-3-2解场强大小为20044()a ladx lE dEx a a l，沿带电直线方向.7-3-3解如图建立坐标系，正负电荷关于x对称，它们在O点产生的场强沿y轴负向，在圆上取dl=Rdφdq=λdl=Rλdφ，它在O点产生场强大小为dE=24RRd方向沿半径向外则dE x=dEsinφ=dRsin4dE y=dEcos(π-φ)=R4cosφdφ积分22sin04xE dR2220002cos42yqE dR R R方向沿y轴负向．7-3-4解如图所示，dq dl Rd，它在圆心O点产生的场强200cos44Rd A ddER R其在x轴上的场强为cos()x xE dE dE2200cos44A d AR R方向沿x轴负向，其在y轴上的场强为sin()y yE dE dE2cos sin4A dR7-3-5解小球受力如图所示，由图可知，qE mgtg即2q mgtg，有622308.010/mgtgC mq7-3-6解在r R处取一细圆环，其带电量2dq dS rdr，根据教材例7-2-4结果可知，圆环在轴线上P点产生的场强大小223/2223/2223/200024()4()2()xdq x rdr x rdrdEx r x r x rxqEr22223/2223/222000()2()4()2RR x rdr x d x r E x r x r x R7-3-7解(1)11122222(2)(21) 1.05/e bd S b d S bd d N m C （2）由高斯定理可得，1209.2910ie iqC7-3-8解半圆柱薄筒的横截面如图所示，建立直角坐标系Oxy ，沿弧长方向取一宽度为dl 的细条，此细条单位长度上的带电量为dl Rd d R R， 此细条等同于无限长均匀带电直线，因此它在O 点产生的场强为20022d dE R R，20cos cos()2x d dE dE R， 20sin sin()2y d dE dE R，20cos 02x x d E dE R， 22000sin 2y y d E dE R R，20x y y E E i E j E j j Rr r r r r7-3-9解（1）以地面为高斯面，由高斯定理可得2111114ne iSi E dS E S E R qr r Ò，所以2510149.0310nii qE R C（2）如下图，由高斯定理1()e SE dS E E S nShr r Ò下上，所以有122120 1.0610/E E E E n C m h h下上7-3-10解我们可以设想不带电空腔内分布着体密度相同的正负电荷.由电场的叠加原理可知，有空腔的带电球体的电场，可以看作一个半径为R 电荷体密度为 的均匀带正电球体和一个半径为r 电荷体密度为 的均匀带负电球体所激发电场的叠加.即000E E E r r r由高斯定理可求出00E r，302004343a a E a r ， 所以O 点的场强大小为0003a E E，方向沿OO u u u u r .同理，O 点的场强大小为 00003a E E E，方向仍沿OO u u u u r . 7-3-11解由电荷的轴对称性分析可知，场强也具有轴对称性，可利用高斯定理求场强.（1） 在r R 处，作一同轴圆柱形高斯面，由高斯定理n rn rE r 下E r 上hS 2S 1dl 1120ne iSi E dS rlE qr r Ò311110191436410 1.610910q U R C所以 0E （2） 在12R r R 处，类似（1），有102l rlE所以 102E r（3） 在2r R 处，类似（1），有1202rlE l所以 1202E r7-3-12解（1）A点电势为104A q U r，B点电势为B U，63.610J注 式中90210q C（2）C点电势为204C q U r，D 点电势为1202D q q U d，2120000())42CD C D q q q A q U U q r d63.610J 7-3-13解 （1）00E ，9493104104910 2.881040.05iO i iq U Vr（2）9360()010 2.8810 2.8810O O A q U U J ，0q 电势能的改变为60 2.8810O W A J （3）60 2.8810O W W A J7-3-14解（1）雨滴的电势为11014q U R，有（21，这时雨滴表面电势为9112202574q U V R 7-3-15解根据电势叠加原理，O 点的电势可看作直线AB 、DE 和半圆周BCD 所带电荷在O 点产生电势的叠加，AB 、DE 在O 点产生的电势为 21300ln 244RRdx U U x，半圆周BCD 在O 点产生的电势为 22000444q R U RR所以O 点产生的电势为1230(2ln 2)4U U U U1000()(4AB A B q A q U U q r12121122200044R R rR R q q q dr dr drr r7-3-16解 金核表面的电势为，金核中心的电势为7-3-17解 由高斯定理可求得Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的场强大小分别为10E ，12204q E r123204q q E r设1P 、2P 、3P 分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域内任一点， （1） Ⅰ区域内任一点1P 的电势由电势的定义式计算，有11P U E dlr r 1212123R R rR R E dl E dl E dl r r r r r r12121()4q q R R（2） Ⅱ区域内任一点2P 的电势由电势的定义式计算，有22P U E dlr r 2223R rR E dl E dl r r r r22112220044R rR q q q dr dr r r1221()4q q r R（3） Ⅲ区域内任一点3P 的电势由电势的定义式计算，有33P U E dlr r 3r E dl r r12204rq q dr r1204q q r7-3-18解 两“无限长”共轴圆柱面之间场强可由高斯定理求得为02E r式中 为单位长度上所带电量.由电势差的定义，两圆柱面之间的电势差为212001ln 22BR AB AR R U E dl dr r Rr r ， 则8092124502.0810/102910ln ln 3AB U C m R R7-3-19解 由高斯定理可得场强分布为a x a 0E； x a 或x a 0E ；由电势的定义式计算电势分布在x a 区域，000axxaU Edx dx dx a在a x a 区域， 000xx U Edx dx x在a x区域，9197115091079 1.610 1.61047.010qU V R 72132000033 2.41044242RR qr q q U dr dr U V R r R00[ln ln()]ln 2l a a l a x l x a000axx a U Edx dx dx a电势U 随在x 分布如图所示7-3-20解 设坐标原点在左边导线轴线上，x 轴通过两导线并与之垂直.在两导线之间，坐标为x 的任一点P 的场强为0022()E x l x， 所以两导线间电势差为 00()22()l aAB aU dx x l x7-3-21解（1）在带电直线上取电荷元dq dx ，它在P 点的电势为 004()4()dq dxdU r x r x整个带电直线在P 点的电势为000ln 4()4lP r l U dx r x r（2）根据场强与电势的微分关系dUE dr，有 04()lE r r l7-3-22解 由高斯定理可求得均匀带电球体内外的场强分布为r R ，103rE； r R ，32203R E r（1）r R ，33220033r rrR R U E dr dr r r（2）r R ，320033R R R U R（3）r R，322122000(2)336RRr rRrR r R U E dr E dr dr dr R r r7-3-23解（1）r R 处，在圆柱体内任取一点，该点到轴线距离为r ，过该点作一半径为r ，高为l 的同轴闭合圆柱形高斯面，由高斯定理 11ne iSi E dS qr r Ò，可得312223ral rlE ar rldr r求得 23ar E 内，方向沿径向向外.对r R ，同理由高斯定理可得312223Ral rlE ar rldr R求得 30 3aR E r外（2）设1r m 处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外，则在r R区域内，33110ln 33r r aR aR U E dr dr r r 外外在r R区域内，23110033RRrRrR ar aR U E dr E dr dr dr r外内内33300()ln 93a aR R r R 8-3 计算和证明题8-3-1解 请参见教材P342题8-3-1图（1）由于静电感应，球壳内表面带电量为q ，外表面带电量为q ；球壳电势为33200344R R q q U E dl dr r Rr r 3（2）内表面带电量为q ，外表面带电量为0；球壳电势为0U 3（3）内球接地时，内球的电势0U 1，设内球此时带电量为q ，则球壳内表面带电量为q ；外表面带电量为q q ，空间场强分布为： 12R r R ，1204q E r；23R r R ，20E ；3r R ，3204q qE r； 因此，内球的电势 231231123R R R R R U E dr E dr E dr213220044R R R q q qdr drr r120311()044q q q R R R 求得12122313R R qq R R R R R R球壳的电势为3123303012231344R R R q q qU E dr R R R R R R R电势的改变为12333012231304R R qU U U U R R R R R R 8-3-2解 请参见教材P342题8-3-2图（1）设导体球上的感应电量为q ，这些感应电荷到球心O 点的距离都为R ，因此感应电荷q 在O 点产生的电势为04q R，点电荷q 在O 点产生的电势为042qR，故O 点的电势为000048q q U RR（导体球接地）， 求得2q q（2）因O 点场强为零，故q 在O 点产生的场强大小等于q 在O 点产生的场强大小，方向相反，即为00q q E E E r r r所以 2016q q E R8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图（1）设A 板两表面中左侧表面带电量为1q ，右侧表面带电量为2q ，其电荷面密度分别为11q S，22qS，由于B 、C 板都接地，故有 AC AB U UAC AC AB AB E d E d写成1200AC AB d d有12002q qS S① 又 12q q Q ② 由①②解得 12/3q Q ，2/3q Q 因此C板带电为712/3 2.010()C q q Q C ，72/3 1.010()B q q Q C（2）3200 2.2610()3A AB AB AB q Q U U d d V S S8-3-4解设导体片C 插入后，AC 间场强为1E ，CB 间场强为2E ，并假设0q ，则各板带电分布如图所示，并作如图所示的高斯面，两底面与板平行，由高斯定理可得120Sq S E dS E S E S Sr r Ò 即有 210qE E S① 由题意得 2122d dU E E② 由①②解得 20224C CB d U qdU U E S8-3-5解对于半径为R 的金属球，不论是实心还是空心，当带电量为q 时，其电势均为04q U R，则电容为04qC R U，可见电容是相同的. 对于地球，711C F 8-3-6解（1）设内、外金属膜圆筒半径分别为1R 和2R ，高度均为L ，其上分别带电量为Q ，则玻璃内的场强为12R r R ， 02r Q E Lr内外圆筒之间的电势差为21201ln2R R r R Q U E dl LRr r 莱顿瓶的电容为 90212 2.2810ln r L qC F R U R（2）圆柱形电容器两金属膜之间靠近内膜处场强为最大，令该处场强等于击穿场强，即 101()2r Q E R E LR击穿所以 5012 6.6710r Q LR E C 击穿 8-3-7解 （1）由123111AB C C C C ，求得3.75AB C F（2）总电量43.7510AB AB Q C U C因为1C 和2C 并联，故有1212Q Q C C 即有 122Q Q ①又 12Q Q Q ② 由①②求得2C 带电量为4211.25103Q Q C，2C 上的电压22225QU V C（3）3100U U V ,4333510Q C U C8-3-8解（1）作一高斯面，使其两底面分别在板中和介质中且平行于板面，由介质中的高斯定理1n iSi D dS qrr Ò可得0D S S 求得 0Q D S又0()[()]r U E d t Et d t t E求得 ()r UE d t t因此 00()r r r UD E d t t（2）由上面结果可知 00()r r USQ S DS d t t（3）0()r r S QC U d t t8-3-9解（1）由题意极板间带电量Q 不变，00000SQ Q C U U d（2）电位移00SQ D S d，介质中的场强000rU DE d（3）电容大小与带电量多少无关，由题意可知 0()r r SC d t t8-3-10解设单位长度带电量为，则两极板间场强2E r，击穿场强0E 一定时，02rE 最大，电容器两极板电压为0ln ln 2RrR R U Edr rE r r式中r 是变量，适当选择r 的值，可使U 有极大值，即令 00ln 0dU RE E dr r ， 求得0Rr e故当0Rr e时，电容器可能承受的最大电压为 0max 000ln 147RE R U r E KV r e8-3-11解（1）当1R r R ，由介质中的高斯定理可得0SD dS Qrr Ò，即有204r D Q求得 024QD r ，所以有 012004rr Q DE r当2R r R ，02204Q DE r（2）电势差为222220000041121()()222142312r Q Q Q Q C U C C C C （） 2112RR R RU E dr E dr2100220044RR R Rr Q Q dr drr r01211()4r rrQ R R R（3）001221124()()r r Q RR R C U R R R R R R （4）2122220102114422RR r R R W E r dr E r dr2001211()8r rrQ R R R（5）00211(1)(1)4rrQ R8-3-12解（1）在12R r R 区域内作以r 为半径，长为l 的同轴柱面为高斯面，则由介质中的高斯定理1n i Si D dS qrr Ò，有2rlD l所以 2D r又 0r D E我们得到离轴线距离为r 处的场强为 02r E r, 方向沿径向向外（2）22112001ln 22R R R R r r R U Edr dr r R（3）2122200112ln 24R r R r R W E rdr R8-3-13解（1）282014.410/2e w E J m （2）3354[()]7.6103e W R h R w J式中R 为地球半径并取6370R km8-3-14解（1）浸入煤油后，电容器电容增加为原来的r 倍，即002r C C C ，而电量不变.能量损失为2222210200000111(1)9109002222444Q Q Q Q W C U C C C C 41.8210J（2）若将两电容器并联，则要发生电荷转移，但电荷总量不变，仍为2Q .并联后总电容为001r C C C C 总（）， 两电容器并联后总能量为22024221rQ Q W C C总（）（） 并联后能量损失为0W W W W（） 56.110J8-3-15解K接到1处，1C 带电为641108101209.610()Q C U C ；再将K 接到2后，1C 和2C 总带电量仍为1Q ，两电容器电压为4169.6108010Q U V C 总（8+4） 电容器1C 中的能量2622111181080 2.561022W C U J电容器2C 中的能量22221 1.28102W C U J8-3-16解据题意，把电子看作电荷均匀分布在外表面上，其静电能为222200200111()422424R e e W E dV r dr r R在估计电子半径的数量级时，一般可以略去上式中的系数，因此204eW R，据题意2204e em C R，我们可以求得21520 2.8104e e R m m C8-3-17解当介质板插入x 距离时，电容器的电容为000()[(1)]r x r a x a xaaC a x ddd此时电容器储能为220()22[(1)]x r Q Q dW x C a a x电介质未插入时，电容器储能为22020022Q Q dW C a当电介质插入x 时，电场力F 对电介质板所作的功等于电容器储能的减少量，即0()W W x ，电场力为当插入一半时，2ax ，则电场力为，方向平行极板向右.8-3-18解（1）因电压U 不变，拉开前的静电能为 222001111222SS W C U U U d d拉开后的静电能为2220022112224S S W C U U U d d则系统静电能的改变为222000210424SSSW W W U U U ddd结果表明当极板拉开后，系统的静电能减少.（2）当保持电压一定时，电场对电源作功为 A U Q两板距离从d 拉开到2d 时，极板上电荷的增量Q 为0002121()22S SSQ Q Q C U CU U Ud dd因此 200()022SSA U Q U U U dd结果表明当极板拉开后，在保持U 不变时，电场对电源作正功.（3）外力F 对极板作的功为2222220021(222dd d dd d SU SU CU A F dl dx dx x d dr r外力F 对极板作的功，也可由功能关系得到222000()424SU SU SU A W A ddd所得结果相同. 8-3-19解（1）令无限远处电势为零，则带电荷为q 的导体球，其电势为04q U R，将dq 从无限远处搬到球上的过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有的电势能 04q dA dW dq R（2）外力作功为200048Qq Q A dA dq RR2020[()](1)2[(1)]r r W W x Q d F x a a x23302(1)()2(1)r r Q d a F a8-3-20解因为电荷保持不变，故有、无介质时，电场中各点的电位移矢量D r不变，电场能量密度为2000111222e e r r rw D D w DE D电场总能量为e rW W9-3计算题9-3-1. 解:（1）导线水平段在P 点产生的磁感应强度为零, 因此P 点的磁感应强度由竖直段产生, 即,4)90cos 0(cos 400aIa I B根据右手定则可判断其方向垂直纸面向外. （2）两水平段半长直导线在P 点产生的磁场方向相同,因此相当于一无限长直导线. 所以P 点的磁场为一无限长直导线和半圆共同产生的，即,4200rIr I B方向垂直纸面向里.（3）三边在P 点产生的磁场完全相同，因此P 点的磁感应强度为,29)150cos 30(cos 3024300a I tg a I B 方向垂直纸面向里.9-3-2. 解: O 点磁感应强度大小为部分圆弧和直线段共同产生，且它们的方向相同，所以),222(4)22cos(22cos 4222000tg R I R I R I B B B BA ACB •• •方向垂直纸面向里.9-3-3. 解：导线可分为四段，其中水平部分在O 点不产生磁场，因此O 点的磁场为两半圆和竖直向下半无限长直导线共同产生的，即磁感应强度大小为,444202010R IR IR IB方向垂直纸面向里. 9-3-4. 解：取薄金属板上宽度为dx 的长直电流元，其电流为,aIdxdI 到P 点的距离为x ，该线电流在点P 激发的磁感应强度大小为.,20方向垂直纸面向外xdIdB因所有线电流在点P 激发的磁场方向均相同,故点P 的磁感应强度为ab bdx axIdB B 20,ln20b b a a I 方向垂直纸面向外.9-3-5. 解：环心O 在两根通电直导线的延长线上，故它们在O 点产生的磁场为零，长为l 的载流圆弧在其圆心处的磁场为2001422rIlr l r I B，设左右两段圆弧的弧长分别为21,l l ,则两者在O 点的磁感应强度分别为，方向垂直纸方向垂直纸面向外；22202211014,4r l I B r l I B考虑到两段圆弧在电路中是并联关系,而在并联电路中,电流分配与电阻成反比,电阻又与导线长度成正比，所以212112l l R R I I，因此可得2211l I l I .由此可得, 两段圆弧在O 点的磁感应强度大小相等，方向相反.所以总磁感应强度为零,即021OB B B .9-3-6. 解: 将无限长载流圆柱形金属薄片看作是由许多平行而无限长直导线组成,对应于 d 到范围内无限长直导线的电流为Id dI ，它在环心处产生的磁感应强度为.cos 2cos ,sin 2sin 2sin 20200 d RIdB dB d R I R dI dB dB y x对整个半圆柱金属薄片积分,得20020200cos 2,sin 2d RI B R I d R I B y x ，故环心处磁感应强度为RIB B x 20 ,方向沿x 轴正向.9-3-7. 解: 由于此平面螺旋线圈绕得很密，可近似看成是由许多同心圆组成的，因为绕制均匀，所以沿半径方向单位长度的匝数为rR Nn,在线圈平面内,取半径为'',dr r 宽为的圆环作电流元，则此圆环的匝数为r d r R N r nd，等效电流为r d rR NIdI ，该圆环电流在O产生的磁场为：]2/22[]22[]22/2[B 2/2002/2/002/002• a d a d a d d m d r a I r I r a I r I r a Id Ir dS ）（）（）（）（）（ ,)(2200r r d r R NI r dIdB方向垂直纸面向外；所以由叠加原理，O点磁感应强度为.ln )(2d )(200r R r R NIr r r R NIdB B Rr方向垂直纸面向外9-3-8 解: 沿圆周单位长度的线圈匝数为R N/2R N/0.5n ，在距O 点x 处取一弧宽为dl 、半径为y 的圆环，则圆环上绕有 /2Nd ndl dN 匝线圈.通过圆环上的电流大小为 /2INd dN dI I ，该圆电流在球心处产生的磁感应强度为2/32202)(2y x dIy dB ,方向沿x 轴正向.由于所有小圆环电流产生的磁场方向相同，所以RNIy x Iy dB 4/2Nd )(2B 02/322202,方向沿x 轴正向.9-3-9 解: 根据电子绕核运动的角动量量子化假说：L=mva 0=h/2π, 可得电子的速率v=h/2πma 0，从而求出等效电流i=ev/2πa 0=he/4π2ma 02. 该电流在圆心处产生的磁感应强度为320008a 2ima heB. 9-3-10. 解: 带电圆环旋转时相当于一圆形电流nR T q 2/I ，根据教材P358-359中圆形电流在圆心和轴线上任意点产生磁场的规律可得，（1）圆心处： n R B 002/I ；（2）轴线上：232230232220)()(2x R R n x R IR B.9-3-11. 解: 带电直线沿直线运动相当于一无限长直线电流v q t /I ，根据无限长直线电流的磁感应强度分布规律可得rvr I B 2200. 9-3-12. 解: 参考例9-4可得abIl ln 20 .9-3-13 解: 无限长通电柱体的磁感应强度分布为202/2,2/d ）（内d IrB r，rIB r d 2,2/0外. 题中两导线轴线间区域中的磁场为两导线单独产生的磁场的叠加，而且两分磁场方向相同.因此磁通量 对该式积分可得)2ln 21(0daI m. 9-3-14 解:（1）根据安培环路定理，磁感应强度的环路积分只与闭合路径所包围的电流有关，故参考上题可得21012,r Ir B r r；rIB r r r 2,021；0,3 B r r ；][2,2223223032r r rr r I B r r r .（2）两柱面间磁通量为120r 0ln 22B 21r r Il r Ildr dS r m •.9-3-15解: 单块无限大平面电流产生的磁感应强度为2/0j B ，方向见下图.由题意，电流流向相反，使得两平面电流在之间产生的磁场方向相同，两侧方向相反，因此有：（1）之间：j j B 00212/2B B ，（2）两侧：0B B 21 B .9-3-16解: 参考例9-2，可利用补偿法求解.本题中电流密度为)(22a R Ij，（1）圆柱体轴线上的磁感应强度为空腔中方向电流产生，即2)(2ln 222022a22a 0a02a1ba b a Iv vdr r I vdr r I vdr B vdr B ba b a b a ba )(2)(2222022201a R b Ia a R r a I B ；（2）利用例9-2的结果可得)(2220a R IbB.9-3-17 证明略. 提示：直接参考教材P371的例题9-5-1的解答过程及其具有普遍性的结论.9-3-18 解：设导线2上一点P 到O 点的距离为l ，则导线1在P 点产生的磁场 sin 2B 0l I，P 点附近的电流元Idl 受到的磁场力为sin 220l dlI BIdl dF ，它对O 点的力矩为ldF dM ，所以单位长度导线所受磁力对O 点的力矩为sin 2sin 220201I dl I dM M l l. 9-3-19 解：（1）见例题9-6，RI F 220 ,方向沿x 轴正向;（2）若将圆柱面换成直导线，则两直导线间作用力可参考教材P371-372，为d220 I F ，令F F 可求得R d 2.9-3-20 解：线圈左边受力为alII l F 2I B 10111 ，方向向左，右边受力为)(2I B 10122b a lII l F，方向向右，线圈上下两边受力为一对平衡力. 所以，它所受合力为)(2F 1021b a a lbII F F方向向左；因为线圈磁矩与磁场平行，所以0 M .10-3-1 解：由安培环路定理可得磁介质内部：LNInI H，SL NI B ro .所以NIS Lr 0，带入数据可求得：（1）31021 r （2）5302r .10-3-2 解：（1）导体内任选一以轴线为圆心的圆形路径，有I d l•l H ， 而22r RII.因此，在导体内部：22RIr H)(R r ，2r 02R rI H B ；（2）导体外部，类似有I d l•l H ，得rI H 2，从而rIH B 200)(R r ；（3）4r B S B 0SSILLd d r• . 11-3计算题11-3-1 解：通过圆形线圈的磁通量为)3cos(10)583(a S B 422• t t ，因此电动势为)3cos(10)86(a 42t dt d ，将t=2代入可得（1）,1014.35V A I 21014.3R＝感；（2）C Rdt Rdt d q t t 202104.4)(1idt.11-3-2解：定义电动势方向向右，则由动生电动势的公式可得：，方向从C 到D ，即D 端电势高.11-3-3解：（1）磁通量为：abt l I r il bln 2sin 2S B 00a 0 •； （2）电动势为：abt l I dt d ln cos 200 .11-3-4 解： (1)大线圈中电流在小线圈处产生的磁感应强度近似为R I2B 0 ，原因在于小线圈很小.t 时刻通过小线圈的磁通量为wt S B cos a B 2 • 小，从而小线圈中的电流为：t bRa I Rdt d isin 220 ；(2) 小线圈受到大线圈的磁力矩大小为：tba I R wt B iS wt B P B P M m m 2220sin )2(sin sin 小，要保持小线圈匀速转动，要求合力矩为零，即外界施加的力矩也为t sin )2(2220 ba I R .(3) 互感系数为wt cos a 2bI M 2，因此小线圈中的电流在大线圈中产生磁通量为t ba R I 2sin )2(2Mi 220 ，所以大线圈中的感应电动势为t ba R I dt d 2cos 220 .11-3-5 解：(1) 由动生电动势公式可得V v AB 8Bl 1 ,方向由A 指向B ；同理，V CD 4 ，方向由C 指向D.（2）两棒与金属轨道构成的闭合回路中，电流为5.0RI CDAB，方向为ABCDA ，所以V U V U CD AB 6IR ,6-IR AB ＝ＣＤ (3) ＝０５０５０ＡＢＯＯDC U U U .. .11-3-6 解：设当线圈转过角度为wt 时，与导线平行的两边到轴线的距离分别为r 1和r 2，则通过线圈的磁通量为wtab b a wtab b a Ia adr r I S r r cos 2cos 2ln 22d B 22220S021•，所以)cos 2)(cos 2(sin )(222222220t ab b a t ab b a tb a b Ia dt d11-3-7 解：旋转角度为wt 时，磁通量为：• S2cos 5.0BScoswt B wt r B dS ，所以电动势为Hznt Rn r B R i nt n r B wt w r B dt d 60n ,2sin ,2sin sin 5.022222＝ ，所以A Rnr B i V w r B m m 72242103,1035.011-3-8 证明：作圆心到金属棒两端点的连线，金属棒和所做的两条连线围成的回路面积为2225.05.0S l R l .因此，回路中电动势的大小为222225.05.025.05.0l R l dtdB l R l dt dB dt dB S dt d.11-3-9 解：由题意及动生电动势公式可得：)ln (2)(2Bvdl 0L 00aLa a L I dl l a l I L，方向由O 点指向M 点.11-3-10解：由均匀磁场中动生电动势的性质可知AC 产生的电动势相当于ＯＣ，故222O sin 21OC 21L B B C AC ）（，方向由A指向C.11-3-11 解：电势差与电动势刚好相反，即0CA BC B 30cos B B lv lv U U U A AC ,代入数据可得V U AC 3107 ，为正，所以A 端电势高. 11-3-12 解：螺线管中磁场变化时产生的涡旋电场总是与半径方向垂直，因此由电动势定义可知,0B DC A 同理,0O O D A 而ＡＯＤ构成一个回路，因此,43d 2dtdBa dt dB S dt AD同理dt dBa dt dB a BC 22436,61所以，即为回路中的总电动势.11-3-13 解：(1)由上题分析，可知,0O aO d 所以,102)5.02(422V dtdBR R dt d abdO abd(2) 由螺线管内部变化磁场产生的感生电场性质可直接得.,,105242沿顺时针方向垂直于oa V OadtdB R E a11-3-14解：回路在运动过程中受合力为dtdvm l l R v B F R Blv B F F 22合，解方程可得：tmRl B e l B FR v 22122. 11-3-15解：回路中磁通量随时间的变化为tg t v tg x t 4222aob 25.05.05.0BS ，所以电动势为方向沿逆时针方向。
理论物理导论_(李卫_刘义荣_着)_北京理工大学出版社_课后答案
ka n 0 kn , 2 a
n 2,4,6, n 1,3,5,
cos
ka n 0 kn , 2 a
由此可得方程的解为
n B cos a x, n 1,3,5, n ( x) n A sin x, n 2,4,6, a
n ( x)
粒子的能量为
(| x | a / 2) (| x | a / 2)
2 n cos x, a a 2 n sin x, a a n 1,3,5, n 2,4,6,
试通过具体解定态薛定谔方程，证明势阱中粒子的波函数为
| x | a / 2
( x)
令k
2
2E ，则方程化为 2 ( x) k 2 ( x) 0
2E ( x) 0 2
该方程的通解为
( x) A sin kx B cos kx ( x) x a / 2 0 ( x) x a / 2 0
粒子的能量和波函数分别为
q 2E2 1 E n n 2 2 2
n ( x) N n e
1 2 2 x1 2
H n (x1 ),
x1 x
qE
2
证明：势函数与时间无关，是定态问题。定态薛定谔方程为
2 1 ( x) 2 x 2 qE x ( x) E ( x) 2u 2
上式可改写为
2 1 qE q 2 E2 q 2E2 ( x) 2 ( x 2 2 2 x 2 4 ) ( x ) ( x ) E ( x ) 2u 2 2 2
即
1 2 qE 2 q 2E2 ( x) ( x) 2 ( x ) E 2u 2 2 2 2 2 2 qE qE ， E E ，则方程化为标准的一维谐振子方程 作代换 x1 x 2 2 2
《物理学导论》(敬世超主编)习题解答第十一章_变化电磁场的基本规律
二、重点和难点
1.重点
（1）掌握法拉第电磁感应定律及其应用.
（2）理解动生电动势及感生电动势的本质，掌握相关问题的求解.
（3）知道电能和磁能的计算.
2.难点
（1）感生电动势的理解及其求解.
（2）互感系数的求解.
（3）位移电流的概率及蜗旋磁场的求解.
三、基本内容
11-1-2解 ，因为 可正可负，但大小恒定，因此选（A）.
11-1-3解 ，故其大小选（A）.
11-1-4解互感线圈的总磁能为 ，因两线圈相同且顺接，故L1=L2，I1=I2，M=1，所以W=2LI2，故选（D）
11-1-5解由通电螺旋管自感系数 知，L与线圈的匝数密度的平方成正比，故选（D）.
11-1-6解由感应电场的性质：即感应电场为涡旋电场，可知选（D）.
法拉第电磁感应定律：
3.动生电动势：
概念：当磁场不随时间变化，由于一段导体或导体回路作切割磁感线（磁力线）的运动而在导体上产生的感应电动势，叫动生电动势.
数学表示：
4.感生电动势和蜗旋电场：
感生电动势的概率：当一段导线或导体回路固定不动，由于磁场随时间变化而在导体中产生的感应电动势叫感生电动势.
数学表示：
（2）磁力线无头无尾；
（3）变化的电场伴有磁场；
（4）变化的磁场伴有电场。
解：（1）
（2）
（3）
（4）
简注：麦克斯韦方程组反映了电磁场的本质，读者应熟练掌握这四个方程及其它们的应用.
第十一章 习题解答
11-1选择题
11-1-1解根据法拉第电磁感应定律：感应电动势的大小与通过线圈的磁通量的变化率成正比，因两环中磁通量的变化率相同，故电动势相等，故选（D）.
理论物理导论思考题汇总
理论物理导论思考题汇总二6.为什么把微观粒子波动性叫物质波或几率波？答：就一个粒子而言，其出现的位置是随机的， 但相同条件下的大量粒子，或在同一粒子在相同条件下的大量重复行为，是有规律的，服从几率统计。
微观粒子衍射过程中明条纹处表示粒子出现的几率取极大值，暗条纹处表示粒子出现的几率取极小值即微观粒子的波动性与其出现的几率有一定关系，故把微观粒子波动性叫做物质波或几率波。
7.微观粒子的波粒二象性等于经典粒子性加经典波动性吗？答：不等于。
微观粒子的波动性体现于其传播过程中的7.微观粒子的波粒二象性等于经典粒子性加经典波动性吗？答：不等于。
微观粒子的波动性体现于其传播过程中的衍射现象，而微观粒子的粒子性体现于其与物质相互作用时，所以并不等于经典粒子性加经典波动性。
10.求解薛定谔方程的过程中，微观粒子的能量取量子化值的结论是人为规定的吗？答：不是。
量子力学中，波函数随时间变化遵守薛定谔方程。
求解薛定谔方程的过程中，能量的表达式中有n 的存在，n 的取值为离散的，则微观粒子的能量取量子化值三7．什么是厄米算符本征函数的正交性和完全性？答：正交性: 任意一个厄米算符它的本征函数是1Ψ、2Ψ···n Ψ···，相应的本征值为,1λ2λ···n λ，对其本征函数系必有：0*=ΨΨ∫τd m n 。
完全性：任意态能用本征态展开，任意一个厄米算符它的本征函数是1Ψ、2Ψ···n Ψ···，则对粒子的任意可能态()r Ψ，都可以用本征态的线性叠加，把()r Ψ完全准确地表示出来，即()()r C r n nn Ψ=Ψ∑12、线性叠加态()()r C r n nn Ψ=Ψ∑式中的n C 有什么物理意义？答：是线性叠加态处于()r n Ψ态的概率四6氢原子电子的径向分布几率有什么规律性？答：径向分布几率是指核外电子出现在半径为r 和r+dr 这两个球面之间这一夹层空间范围内的几率(r)dr,且有：(r)dr=dr 可见(r)dr 与无关，与量子数m 无关，与n,l,有关。
2 理论物理导论-第一章2
m2g
y1
3、应用动力学普遍方程
FIA δxA FIB δxB m1 g δy A m1 g δyB m2 g δyC 0
O1 rA FIA m1g l
C
x1
l l
A
x A l cos y A l sin xB l cos yB l sin yC 2l sin
x
解：自由度 k 2 ， 选x和θ为广义坐标。
m A r
30
vA
m
l
C
L T V
3 2 1 2 l 2 l m x ( θ) 2 x θ sin θ mx 4 2 2 2 1 ml 2 1 mgl sin θ 2 12 2
2
典型例题3 如图所示，4根等长均质杆铰联悬挂于重力场中，每
杆重量为G，长为l，试求平衡时杆的水平倾角 与 之间的关系。
x
l
l
G
y
G G
l
G
l
解：完整系统k=2，两组对称杆重心竖向坐标分别为
l l y1 sin , y2 l sin sin 2 2
给对称虚位移:
y1
x
1 2 l 2 V kl (1 cos ) mg cos 2 2
dV 由 0 ，有 dθ
k
A
mg [kl (1 cos ) ]sin 0 2 故 0， 1
mg
B
再由
mg 2 arccos(1 ) 53.8 2kl d2 V mg 2 2 kl (cos cos sin ) cos 2 d 2
物理学导论期末考试习题及答案
一、单选题1、在本课程中，主讲教师把物理学的基本知识领域及相关学科按照其发展顺序整合成为A.一棵物理树B.一片物理森林C.一座物理山D.一片物理云正确答案：C2、光从太阳到达地球所需的时间大约为A.8秒钟B.不需要时间，瞬时到达C.8分钟D.8小时正确答案：C3、下列关于哥白尼日心说宇宙观的说法，正确的是A.日心说一经提出，立即得到全世界的认可B.哥白尼日心说是正确并且完善的宇宙理论C.用日心说描述星体运行，比地心说更简单D.哥白尼因为提出日心说而遭到教会的迫害正确答案：C4、伽利略得出惯性定律和落体定律的途径是A.设计斜面实验并进行数学计算B.在比萨斜塔上表演两球落地实验C.学习牛顿的著作D.用望远镜进行天文观测正确答案：A5、按照牛顿理论，苹果和卫星都受到地球的引力，但苹果从树上落地、卫星绕地球转动，是因为二者A.初始条件不同B.密度不同C.质量不同D.遵循的力学规律不同正确答案：A6、花样滑冰运动员在旋转时为了提高自己的角速度，会采用哪种方式A.收紧手臂使身体的质量向转轴集中B.尽量使自己的重心降低C.尽量保持原有姿势不变D.伸展手臂使身体的质量远离转轴正确答案：A7、自然界中，下列哪一现象不可能自动发生A.滴入清水中的墨水发生扩散B.热量从低温物体传向高温物体C.热量从高温物体传向低温物体D.在27℃的室内开口容器中的水的蒸发正确答案：B8、地球大气层的上层温度约为零下二十度，而地表温度约零上十五度，维持这一温度差的主要原因是大气中存在的A.水和二氧化碳B.氮气C.稀有气体D.氧气正确答案：A9、按照气体分子运动理论，气体的压强本质上是A.气体被压缩时才有压强，低于大气压就不会有压强B.气体被加热时才有压强，室温下平衡的气体没有压强C.气体分子之间的相互吸引力D.气体分子之间和分子与容器壁间的碰撞正确答案：D10、美国科学家富兰克林在1747年进行雷电实验的主要意义是A.促使人们发明了莱顿瓶B.使人们认识到电现象和磁现象是无关的C.使人们认识到雷电和地面电现象的性质相同D.促使人们发明了感应起电正确答案：C11、安培为了说明磁现象的本质，提出了A.磁场的概念B.静电、静磁公式C.磁荷的概念D.分子环流假说正确答案：D12、英国物理学家法拉第在1831年从实验中发现了A.电流的磁效应现象B.磁荷之间的相互作用力公式C.电荷之间的相互作用力公式D.电磁感应现象正确答案：D13、现代物理学对光的本性的认识是A.光是波，不是粒子B.光现象是难以理解的C.光是粒子，不是波D.光既具有波动性、也具有粒子性正确答案：D14、我国战国时期记载了研究光的传播、反射现象的著作是A.物理学B.诗经C.光学D.墨经正确答案：D15、雨后天空中出现彩色的虹霓，是因为A.地面有不同颜色的物质上升到空中B.阳光中不同波长成分通过水滴后折射角不同C.阳光通过不同高度的水滴形成不同的颜色D.阳光与水滴发生了化学反应正确答案：B16、立体电影能使观看的人感受到逼真的立体感，拍摄和再现立体电影时利用了光的哪一方面的特性？A.干涉B.直线传播C.折射D.偏振正确答案：D17、根据经典理论推导出的黑体辐射公式会导出能量在短波段趋于无穷大的错误，人们形象地称之为A.能量灾难B.紫外灾难C.紫外乌云D.迈克尔逊灾难正确答案：B18、量子力学诞生的标志是A.普朗克提出能量子假说B.爱因斯坦提出光量子假说C.光电效应现象的发现D.泡利不相容原理的提出正确答案：A19、当两个惯性参考系以接近光速作相对匀速直线运动时，用哪一理论处理最恰当？A.牛顿力学B.量子力学C.广义相对论D.狭义相对论正确答案：D20、根据2016年的报道，美国激光干涉引力波观测站(简称LIGO)于2015年9月探测并记录到了A.水星轨道进动现象B.引力波现象C.雷达回波延迟现象D.引力红移现象正确答案：B二、判断题1、打乒乓球时的上旋球、下旋球现象与空气的存在有关，在真空中不会出现2、高速行驶的自行车在通过弯道时，应使车身倾斜正确答案：√3、只要进行大量的计算，应用牛顿运动定律可以研究大量微观粒子组成的热学体系的运动规律正确答案：×4、在高山上食物不易煮熟，是因为高山上温度低，食物吸收的热量不够正确答案：×5、进行人工降雨时，实际上是增加使水蒸气凝结成液体的凝结核正确答案：√6、一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的正确答案：√7、实验发现，虽然电能够产生磁，但磁不能产生电正确答案：×8、物质发光是由于组成物质的粒子在不同能量状态间的跃迁正确答案：√9、电子显微镜是能够使我们直接观察到电子的设备正确答案：×10、光传播到两种介质的分界面时，既可能发生反射、也可能透射正确答案：√11、我们看到云是白色的，这是米氏散射的结果12、光纤通信主要利用了光在一定条件下的全反射特性正确答案：√13、海市蜃楼是人们的幻觉，不能用科学理论解释正确答案：×14、在原子、分子尺度的微观领域，能量总是连续变化的正确答案：×15、原子核衰变时发出的γ射线具有极强的穿透性正确答案：√16、放射性射线十分危险，毫无用处正确答案：×17、只有量子力学才是描述客观世界的准确理论，牛顿力学已经被推翻了，不需要去学习它正确答案：×18、按照狭义相对论理论，真空中的光速与观察者的运动无关正确答案：√19、在某参照系中用玩具枪发射子弹击中远处的气球，使气球破裂，按照洛伦兹变换，可能存在另一个参照系，观察到气球破裂发生在枪发射子弹之前正确答案：×20、自然界中任何真实物体在真空中的运动速度都不能大于c正确答案：√。
物理学史思考题
物理学史思考题力学：1、伽利略对经典力学的建立作出了哪些贡献？为什么说他的工作对近代物理学的诞生具有开创性的意义？2、笛卡儿、惠更斯和胡克在力学研究中作了哪些工作？取得了哪些成果？3、关于运动的两种量度的争论是如何提出来的？4、说明牛顿运动三定律的思想是如何形成和发展的。
5、牛顿是怎样在前人研究成果的基础上建立三个运动定律的？它的主要贡献是什么？6、简述牛顿建立万有引力定律的基本线索以及该定律运用于天文学的辉煌例证。
7、简述分析力学的发展过程。
8、简述力学中三大守恒定律（质心运动守恒、动量矩守恒和活力守恒）建立的过程。
9、为什么说天文学的新进展揭开了科学革命的序幕？10、说明开普勒三大定律的意义。
11、从古希腊到力学体系的形成，为什么经历了两千年之久？12、热学：13、试述蒸汽机的发明和改进的社会背景及其意义。
14、概述对热的本性认识的历史并对热质说作出评价。
15、试析能量守恒原理建立的科学渊源。
16、简述迈尔、焦耳、亥姆霍兹对建立能量守恒定律的贡献。
17、卡诺是如何得到他的热机理论的？18、克劳修斯和开尔文是怎样提出热力学第二定律的？19、克劳修斯是如何得到熵的概念和熵的增加原理？20、热力学第三定律是如何提出来的？21、在分子运动论和统计力学的建立中，克劳修斯、麦克斯韦、玻尔兹曼和吉布斯分别作出了哪些贡献？22、范德瓦尔斯是如何对气体方程进行修正的？23、对布朗运动的理论研究有什么重要意义？24、试述分子运动论和统计力学的特点和意义。
电磁学：25、简述吉尔伯特的工作，你认为吉尔伯特的研究工作在电磁学发展史中有何地位？26、富兰克林对电磁学的发展有何贡献？他是如何进行著名的“风筝实验”的？27、库仑定律是如何建立的？它的发现标志着电磁学进入什么样的发展阶段？28、伽伐尼电流是如何发现的？29、欧姆运用何种方法建立欧姆定律？30、电流磁效应的发现有何重大意义？为什么说奥斯特的发现不是偶然的？31、安培是如何提出“分子电流”假说的？有何重要意义？32、试述安培对电磁学的贡献与他的巧妙的实验思想。
大学文科物理物理学概论课后思考题,独家完整版
第二章对物体运动规律的思考5、伽利略落体运动的研路：提出问题合理猜想数学推理实验验证合理外推得出结论操作过程：由于伽利略时代的实验仪器不能精确测量快速下落所需的时间，所以他设想通过斜面落体来“冲淡重力”，并通过延伸斜面和控制斜面倾角来控制物体运动的速度和所经历的时间。
经过多次实验发现，虽然不断改变斜面的倾斜度，但得到的结果有共同点：小球经过的距离的比值等于经过这些距离对应所用时间间隔的平方之比.伽利略在这个基础上进行合理外推，当倾角增大到90度时，实验结论仍应成立，此即竖直落体运动.至此，伽利略就完成了对自由落体运动的研究.限制条件：无法测量瞬时速度，没有准确计时工具（无法测量自由落体那么短暂的时间），空气阻力无法营造真空条件，和理想化：坡面是完全光滑的，忽略空气阻力，使用特殊方法： 1.运用推理方法，使亚里士多德的结论陷入矛盾中.2.运用理想模型，猜想落体运动的规律.3 .运用数学方法，推导自由落体运动的数学表达式以及可以直接测定的物理量之间的函数关系.4.运用实验方法，对自由落体运动定律进行实验验证.近代科学研究方法：对现象的一般观察→提出假设→运用逻辑得出推论→实验进行检验→对假设进行修正和推广6、牛顿吸收哪些物理思想后创立经典力学：伽利略通过对自由落体的研究，已经发现了惯性运动和在重力作用下的匀加速运动，奠定了牛顿第一定律和第二定律的基本思想。
伽利略关于抛物体运动定律的发现，对牛顿万有引力的学说也有深刻的启示作用。
开普勒所发现的行星运动定律则是牛顿万有引力学说产生的最重要前提。
7、牛一是牛二的特例？：这种提法是不合适的，因为牛顿第一定律不包括“所受合外力为零”的情况。
牛顿第一定律反映的是物体不受力时的运动状态是匀速直线运动或静止，不能反映所受合力为零时的运动状态是匀速直线运动或静止，合力为零时的情况是牛顿第二定律解决的问题。
8、作用力和反作用力？关系是什么？反映了物质世界的什么普遍性质？：一个物体对另一个物体有作用力时，同时也受到另一个物体对它的作用力。
大物一复习思考题
大物一期末复习思考题一、问答题1、某人骑自行车以速率v 向正西方行驶，今有风以相同速率从北偏东30°方向吹来，试问人感到风从哪个方向吹来？2、某物体的运动规律为t k t 2d /d v v -=，式中的k 为大于零的常量．当0=t 时，初速为v 0，则速度v 与时间t 的函数关系是什么？3、若在一个孤立导体球壳内偏离球心处放一个点电荷，则球壳内、外表面上将出现感应电荷，其分布情况是怎样的？4、如何求静电场力作功？5、静电场的高斯定理的内容是什么？你如何理解穿过整个高斯面的电通量、高斯面上的场强、高斯面所包围的体积内电量代数和间的关系？6、处于静电平衡的导体，内部的场强有何特点？导体表面处的场强大小与表面电荷面密度有怎样关系？方向与导体表面又有怎样的关系？7、已知一定量的某种理想气体，在温度为T 1与T 2时的分子最概然速率分别为v p 1和v p 2，分子速率分布函数的最大值分别为f (v p 1) 和f (v p 2)．若T 1<T 2，比较v p 1和v p 2；f (v p 1) 和f (v p 2)的大小关系.8、若质量一定，如何计算各种理想气体的内能？9、理想气体的状态方程？10、质点系动量守恒、机械能守恒条件是什么？刚体角动量守恒的条件是什么？11、变力做功的计算.12、电偶极子的定义及特点.13、麦克斯韦速率分布函数的物理意义是什么？一定量的气体处于平衡态时的最概然速率决定于哪些因素？计算其大小的公式？三种统计速率的物理意义？14、如何计算质点在某一物理过程中的动量增量？某个力的冲量？自己举例分析。
15、地球绕太阳转动角动量和动量都守恒吗？为什么？16、一根质量为m 与地面垂直的细杆受一扰动，绕接触点自由倒下过程中角速度、角加速度、杆上各点的线速度如何变化？17、静电场的电场强度与电势之间有怎样的关系？比如在空间的分布有何特点？18、为什么说静电场是保守力场？为什么说静电场是有源场？19、温度、压强相同的氦气、氮气和二氧化碳，它们分子的平均动能、平均平动动能、平均转动动能有怎样的特点？20、伽利略坐标变换的核心思想是什么？牛顿定律适用的条件是什么？21、“势能概念的引入是以保守力作功为前提的”这句话对吗？22、场强和电势的积分与微分关系式分别是什么？高斯定理说明静电场是有源场，对吗？23、在xoy 平面内的抛物运动，质点的x 分量运动方程为t v x 0=，y 分量的运动方程为23gt y =，写出用位矢来描述质点的运动方程？二、选择题1、质点作半径为R 的变速圆周运动时, 加速度大小为 (v 表示任一时刻质点的速率) [ ](A) d v/d t (B) v 2/R (C) d v/d t + v 2/R (D) [(d v/d t )2+(v 4/R 2)]1/22、某人骑自行车以速率v 向正西方行驶，遇到由北向南刮的风(设风速大小也为v )，则骑车人感觉风是来自于[ ](A)东北方向 (B)西北方向 (C)东南方向 (D)西南方向3、两个质量相等的小球A 和B 由一轻弹簧相连接，再用一细绳悬挂于天花板上，处于静止状态，如图所示。
大学物理思考题
填空题物理模型是为了便于研究而建立的高度抽象的反映事物本质特征的理想物体。
一般我们把研究的物体看作是一个具有________而没有________和________的理想物体，称为质点。
物理模型是为了便于研究而建立的高度抽象的反映事物本质特征的理想物体。
一般我们把研究的物体看作是一个具有质量而没有大小和现状的理想物体，称为 。
牛顿第二定律解决问题只涉及________，只有用分隔物体法，才可以使内力转化为外力，这是这个方法最大的优点和最本质的内容。
一质点以半径R 作匀速圆周运动，以圆心为坐标原点，质点运动半个周期内，其位矢大小的增量=∆r ________，其位移大小=∆r________ 。
牛顿第二定律表述为： ，只有当_____________________时， a m F = 才成立。
物理学是一门基础科学，它研究的是物质 的基本规律。
普朗克的能量子假说，突破了_____ _ 连续变化的传统观念；爱因斯坦突破了牛顿的_______ 时空观的束缚，在相对时空观的基础上建立了狭义相对论。
力 i t F2=作用在质量为kg m 2=的物体上，使物体由原点从静止开始运动，头3秒内该力的冲量____________，3秒末物体的速度___________dt v m d F )( =y 粒子B 的质量是粒子A 质量的4倍，开始时粒子A 的速度为)43(j i +m/s ，粒子B 的速度为)72(j i -m/s ，由于两者的相互作用（无其他作用力）粒子A 的速度变为)47(j i -m/s ，此时粒子B 的速度等于__________________。
质量为kg 2的质点，其运动学方程是j t t i t r)133()16(2+++-=，则质点所受到的力=F__________________，动量=p____________________________________________。
质量为m 的物体悬挂在弹簧上，在竖直方向上运动，其运动方程为t A y ωsin =，其中ω,A 均为常量，则物体的速度v =____________________，加速度a =___________________，动量p =_________________________。
大物思考题
大物思考题功能原理：机械能的增量等于外力做的功与非保守内力的功的和热力学第零定律：如果两个物体都与确定状态的第三物体处于热平衡，则该两个物体彼此处于热平衡热力学第一定律：A E E Q +-=12热力学第二定律:①：开尔文表述:不可能制成一种循环动作的热机，只从一个热源吸取热量，使之全变成有用的功，而不产生其他影响。
②：克劳修斯表述：热量不可能自动地从低温物体传向高温物体。
熵增加原理:在封闭系统中发生的任何不可逆过程，都导致了整个系统的熵的增加，系统的总熵只有在可逆过程中才是不变。
自然界一切与热有关的现象都与热力学第二定律有关， 单方向自发发生的过程都是熵增狭义相对论原理①：光速不变原理：在 彼此相对作匀速直线运动的任一参考系中，所测得的光在真空中的传播速度都是相等的②：相对性原理：所有惯性系对于描述物理现象都是等价的相对论时空观①：空间时间不可分割，与物质运动密切相关；②：时间是相对的，时间间隔随惯性系不同而异；③：空间是相对的，在不同的惯性系中，相同两点的空间间隔不同质量亏损原子核的静质量m 0小于组成它的所有核子的静质量之和，其差额称为原子核的质量亏损。
00m m m i -=∆∑原子核反应中，其静止质量小于反应前的静止质量，质量亏损，与之对应，会有大量的能量被释放出来。
质心运动定理:c ma F =∑i理想气体的微观模型？分子的大小忽略不计；分子间的相互作用力忽略不计；分子的动能不因碰撞而失； 气体处于平衡态时，气体分子在空间的分布均匀，沿空间各个方向运动的概率相等。
能量均分定理及含义在温度为T 的平衡态下，气体分子任一自由度的平均动能都等于KT 21，这是分子无规则运动动能的统计规/律，是分子热运动统计性的一种反映。
角动量守恒的条件，结论质点在运动过程中所受到的合力对某参考点的合力矩为零;质点对O 的角动量在运动过程中保持不变。
转动惯量和刚体质量，质量分布，给定轴的位置有关2-5-5：比较机械能守恒和动量守恒的条件，判断下列说法的正误机械能守恒：系统内只有保守力做功 动量守恒：合外力为零（1）：不受外力的系统必定同时满足动量守恒和机械能守恒系统内非保守力可能做功，所以机械能不一定守恒。
理论力学思考题解答
第一章思考题解答1.1答：平均速度是运动质点在某一时间间隔t t t ∆+→内位矢大小和方向改变的平均快慢速度，其方向沿位移的方向即沿t ∆对应的轨迹割线方向；瞬时速度是运动质点在某时刻或某未知位矢和方向变化的快慢程度其方向沿该时刻质点所在点轨迹的切线方向。
在0→∆t 的极限情况，二者一致，在匀速直线运动中二者也一致的。
1.2答：质点运动时，径向速度r V 和横向速度θV 的大小、方向都改变，而r a 中的r 只反映了r V 本身大小的改变，θa 中的θθ r r +只是θV 本身大小的改变。
事实上，横向速度θV 方向的改变会引起径向速度r V 大小大改变，2θ r -就是反映这种改变的加速度分量；经向速度rV 的方向改变也引起θV 的大小改变，另一个θr 即为反映这种改变的加速度分量，故2θ r r a r -=，.2θθθr r a +=。
这表示质点的径向与横向运动在相互影响，它们一起才能完整地描述质点的运动变化情况1.3答：内禀方程中，n a 是由于速度方向的改变产生的，在空间曲线中，由于a 恒位于密切面内，速度v 总是沿轨迹的切线方向，而n a 垂直于v 指向曲线凹陷一方，故n a 总是沿助法线方向。
质点沿空间曲线运动时，0,0≠=b b F a z 何与牛顿运动定律不矛盾。
因质点除受作用力F ，还受到被动的约反作用力R ，二者在副法线方向的分量成平衡力0=+b b R F ，故0=b a 符合牛顿运动率。
有人会问：约束反作用力靠谁施加，当然是与质点接触的周围其他物体由于受到质点的作用而对质点产生的反作用力。
有人也许还会问：某时刻若b b R F 与大小不等，b a 就不为零了？当然是这样，但此时刻质点受合力的方向与原来不同，质点的位置也在改变，副法线在空间中方位也不再是原来b a 所在的方位，又有了新的副法线，在新的副法线上仍满足00==+b b b a R F 即。
这反映了牛顿定律得瞬时性和矢量性，也反映了自然坐标系的方向虽质点的运动而变。
物理学史教程思考题汇总
物理学史教程思考题汇总第一章中国古代物理学成就1.我国古人对时间和空间的认识，有哪些重要观点？2.我国古代关于运动与静止、运动与时空的关系的论述有哪些？有什么意义？3.我国古代墨家关于力学研究的主要成就有哪些？试说明取得这些成就的原因。
4.我国古代关于浮力的认识和应用有哪些？5.关于杠杆的认识和应用有哪些？6.最早的尖底瓶出土于何处？它的力学意义是什么？7.简述古代发明的一些重要机械，说明其力学意义。
8.说明古代学者关于弹性形变的认识，以及他们所取得的成就。
9.简述墨家在光学上的研究成就。
10.简述我国古代各种反射镜和透镜的发展情况。
11.透光镜是什么镜？它的原理是什么？12.“小儿辩日”争论的内容是什么？这种争论有什么物理意义?13.张果的色散研究取得了那些成果？14.张志和对于虹的研究成果有什么意义？15.我国古人对雷电的认识有哪些？他们是如何防止雷电的破坏作用的？16.我国古人对磁石性质的认识有哪些？17.我国古人对地磁现象有哪些重大发现？18.指南针的形制有几种？大致经历了哪几个阶段的发展？19.什么是律学？什么是十二律？十二律之间有何联系？20.什么叫五声音阶？它产生于何时？21.什么叫三分损益律？什么叫十二平均律？它们是如何发现和给出的？22.我国古代关于共振研究有哪些重要的成果？试举例说明之。
23.天坛有哪几种声学效应？第二章西方古代物理学成就1、简述古希腊元素论的发展，以及亚里士多德的见解。
2、毕达哥拉斯学派是如何运用“数的和谐”思想来建立宇宙体系的？3、德谟克立特是如何建立原子论的？其要点是什么？伊壁鸠鲁对原子论的发展有何贡献？4、简述亚里士多德对物理学发展的贡献，他的学说对中世纪学者有何影响？5、阿基米德对物理学发展的贡献有哪些？6、古希腊的光学研究与应用有什么成就和特点?7、试比较纪元前西方和中国在物理学上取得的成就，并分析其原因。
8、中世纪阿拉伯在物理学上取得了那些成就？9、简述罗吉尔·培根在物理学上取得了那些成就。
理论物理整理习题答案
2 0
1 r / a0 1 d 2 d r / a0 2 e [r (e )]r sin drd d 3 2 a0 r dr dr
2
2 a
2
3 0
3 0
0
sin d d
0
2
0
r 2 2r 2r / a0 ( 2 )e dr a0 a0
2
d 2 (r ) 可改写为 Er 2 2 dr
2
令f (r ) r
代入上式，得
d 2 f (r ) Ef (r ) 2 2 dr
2
令k
2
2 E
2
上式可化为
d 2 f (r ) 2 k f (r ) 0 2 dr 方程的通解为 f (r ) A sin(kr ) B cos(kr )
d2 1 2 2 [ x ] ( x) 2 2 dx 2
2 4 2 2
2
利用
2
1 ( x 5 ) ( x) 2 x 2 ( x) 2 2 5 5 ( x ) 则此态下能量的本征值为 2 2
3.解（1）动能的平均值
2 1 ˆ ˆ2 T p 2 2 2
+ 1
=
+
-
d 1 ( ) 2 d dx
不是厄米算符
（3）设ψ1和ψ2为任意波函数
2 2 d + d 2 d - 1 dx2 2 = dydz - 1 dx2 dx +
d d 2 = dydz ( )dx - dx dx d 2 + + d d 2 1 = dydz 1 dx
理论物理导论习题及解答
2.9 秋千何以能越荡越高？这时能量的增长是从 哪里来的？
答：秋千受绳的拉力和重力的作用，在运动中绳的拉力 提供圆弧运动的向心力，此力不做功，只有重力做功。 重力是保守力，故重力势能与动能相互转化。当秋千荡 到铅直位置向上去的过程中，人站起来提高系统重心的 位置，人克服重力做功使系统的势能增加；当达到最高 点向竖直位置折回过程中，人蹲下去，内力做功降低重 心位置使系统的动能增大，这样循环往复，系统的总能 不断增大，秋千就可以越荡越高。 这时能量的增长是人体内力做功，消耗人体内能转
3.1半径为r的光滑半球形碗, 固定在水平面上. 一均质棒斜靠在碗 缘, 一端在碗内, 一端则在碗外, 在碗内的长度为c, 试证棒的全长 4c 2 2r 2 为
c
证: 研究对象为棒, 建立直角坐标系 并受力分析如图.
均质棒受到碗的弹力分别为 N 1 ， N 2 ,棒 自身重力为G。棒与水平方向的夹角 为 。设棒的长度为 l 。 由于棒处于平衡状态，所以棒沿x轴和y轴的合外力为零。 沿过A点且与z轴平行的合力矩为0。即：
d dr d dj rj j r j r dt dt dt dt
j r 2i r j r
故
2 i r 2r j r a r
⑤
2 r r 即沿位矢方向加速度： a
r
a r
1.10 一质点沿着抛物线 y 2 2 px 运动其切向加速度的量值为 p , p 法向加速度量值的 2k 倍。如此质点从正焦弦的一端 2 以速度 u 出发，试求其达到正焦弦另一端时的速率。 解： 质点切向加速度为： a t 法向加速度为： 且
理论物理导论-李卫1-3章习题解答完整
n 1,2,3,
波函数的两个表达式还可统一为一个表达式
n 1,2,3,
4．带电荷q的一维谐振子在外电场E作用下运动，
U ( x) ( 2 x2 / 2) qEx ，试证明粒子的能量和波函数分别为
1 q 2E 2 En n 2 2 2
（1）归一化因子A； （2）粒子的几率密度； （3）粒子出现在何处的几率最大？
( x 0) ( x 0)
解：（1） ( x) ( x)dx A
2
0
x 2e 2x dx 令
2x ，则
A2
0
A2 2 x 2 e 2 x dx 3 e d 8 0 A2 3 (3) 8 A2 3 2! 8 A2 3 4
n 1,2,3,
证明：势函数与时间无关，是定态问题。 由于是无限深势阱，粒子不可能到达阱外，因此在阱外
( x) 0,
| x | a / 2
| x | a / 2
在阱内，波函数满足定态薛定谔方程
2 ( x) E ( x) 2
上式可变形为 2E ( x) 2 ( x) 0
2 证明：势函数与时间无关，是定态问题。定态薛定谔方程为
2 1 ( x) 2 x 2 qEx ( x) E ( x) 2u 2
n ( x) N n e
1 2 2 x1 2
H n (x1 ),
x1 x
qE
上式可改写为
E , p k
3、用来解释光电效应的爱因斯坦公式为 4、戴微孙-革末 为
E , p k
物理学导论 试题及课后答案
7-3-2解场强大小为,沿带电直线方向、
7-3-3解 如图建立坐标系,正负电荷关于对称,它们在O点产生得场强沿轴负向,在圆上取dl=Rdφ
dq=λdl=Rλdφ,它在O点产生场强大小为
dE=方向沿半径向外
则 dEx=dEsinφ=
dEy=dEcos(π-φ)=cosφdφ
,
所以两导线间电势差为
7-3-21
解(1)在带电直线上取电荷元,它在点得电势为
整个带电直线在点得电势为
(2)根据场强与电势得微分关系,有
7-3-22
解由高斯定理可求得均匀带电球体内外得场强分布为
,;
,
(1),
(2),
(3), 7-3-23
解(1)处,在圆柱体内任取一点,该点到轴线距离为,过该点作一半径为,高为得同轴闭合圆柱形高斯面,由高斯定理
(导体球接地),
求得
(2)因O点场强为零,故在O点产生得场强大小等于在O点产生得场强大小,方向相反,即为
所以
8-3-3解请参见教材P342题8-3-3图
(1)设A板两表面中左侧表面带电量为,右侧表面带电量为,其电荷面密度分别为
,可得
求得,方向沿径向向外、
对,同理由高斯定理可得
求得
(2)设处为电势零参考位置且假设该点在圆柱体外,则在
区域内,
在区域内,
8-3计算与证明题
8-3-1解请参见教材P342题8-3-1图
(1)由于静电感应,球壳内表面带电量为,外表面带电量为;球壳电势为
(2)内表面带电量为,外表面带电量为0;球壳电势为
21、(本题5分)(1652)
假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为R得导体球带电.
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理论物理导论思考题汇总
二
6.为什么把微观粒子波动性叫物质波或几率波？
答：就一个粒子而言，其出现的位置是随机的， 但相同条件下的大量粒子，或在同一粒子在相同条件下的大量重复行为，是有规律的，服从几率统计。
微观粒子衍射过程中明条纹处表示粒子出现的几率取极大值，暗条纹处表示粒子出现的几率取极小值即微观粒子的波动性与其出现的几率有一定关系，故把微观粒子波动性叫做物质波或几率波。
7.微观粒子的波粒二象性等于经典粒子性加经典波动性吗？
答：不等于。
微观粒子的波动性体现于其传播过程中的7.微观粒子的波粒二象性等于经典粒子性加经典波动性吗？
答：不等于。
微观粒子的波动性体现于其传播过程中的衍射现象，而微观粒子的粒子性体现于其与物质相互作用时，所以并不等于经典粒子性加经典波动性。
10.求解薛定谔方程的过程中，微观粒子的能量取量子化值的结论是人为规定的吗？
答：不是。
量子力学中，波函数随时间变化遵守薛定谔方程。
求解薛定谔方程的过程中，能量的表达式中有n 的存在，n 的取值为离散的，则微观粒子的能量取量子化值
三
7．什么是厄米算符本征函数的正交性和完全性？
答：正交性: 任意一个厄米算符它的本征函数是1Ψ、2Ψ···n Ψ···，相应的本
征值为,1λ2λ···n λ，对其本征函数系必有：0*=ΨΨ∫
τd m n 。
完全性：任意态能用本征态展开，任意一个厄米算符它的本征函数是1Ψ、
2Ψ···n Ψ·
··，则对粒子的任意可能态()r Ψ，都可以用本征态的线性叠加，把()r Ψ完全准确地表示出来，即()()r C r n n
n Ψ=Ψ∑
12、线性叠加态()()r C r n n
n Ψ=Ψ∑式中的n C 有什么物理意义？
答：是线性叠加态处于()r n Ψ态的概率
四
6氢原子电子的径向分布几率有什么规律性？
答：径向分布几率是指核外电子出现在半径为r 和r+dr 这两个球面之间这一夹层空间范围内的几率(r)dr,且有：
(r)dr=dr 可见(r)dr 与无关，与量子数m 无关，与n,l,有关。
氢原子核外电子出现几率最大的区域在某个0a r =附近的两个球面之间 7波尔人为地规定氢原子只在r=的轨道上运动，正确吗？
答：不对，首先，氢原子核外电子的位置是不确定的，并不分布在特定的轨道上，满足一定的分布几率，而玻尔人为地规定了轨道；其次，氢原子核外电子径向分布几率最大值与n 、l 有关，而玻尔规定的轨道只与n 有关，轨道半径经常不与径向几率最大值对应的半径相等。
8氢原子电子的角分布几率有什么规律性？
答：角分布几率是指电子出现在、这一立体角内的几率
()d . 且有：
()d = 可见角分布几率与无关，只与有关，对z 轴具有旋转对称性
六
3.电子自旋角动量的量子数和z S 的量子数的量子化取值是怎么来的？
答：电子具有“自旋”是电子本身固有的属性，电子具有与自旋磁矩相对应的自旋角动量S ，S 在空间任意方向z 的投影z S 只有两个值，表明有两种自旋状态。
5.计入自旋以后，原子中电子的波函数要用哪几个量子数表征？电子能级n E 的简并度因此而有变化吗？
答：计入自旋之后，原子波函数要用四个量子数n,l,m,s m 表征。
n E 的简并度由222n n 变为。
9.已知多电子原子中，电子的能级用1n E 表示，该原子的Z 个电子是怎样在各个1n E 能级上排列的？
答：原子中的电子从低能级到高能级的顺序排列在各1n E 能级上，从下到上，从
最低级开始，一个能级填充满了以后，再按顺序填充它的上一个能级，知道该原子的Z 个电子填充完为
止，这样填充电子使原子的总能量最小，因而是最稳定的状态
十三
3、熵的统计物理意义是什么？
答：熵是热力学概率的函数，统计物理中,把熵定义为：W k S ln ，k 为玻尔兹
曼常数，W 为热力学概念。
这个公式明确地对热力学第二定律进行统计解释：在孤立系统中，熵的增加对应于分子运动状态的热力学概率趋向最大值。