大学物理第十七章题解
大学物理习题详解—近代物理部分.doc
狭义相对论基本假设、洛伦兹变换、狭义相对论时空观 17. 2两火箭A 、B 沿同一直线相向运动，测得两者相对地球的速度大小分别是 =0.9c, v B = 0.8c.则两者互测的相对运动速度大小为：(A) 1.7c ； (B) 0.988c ； (C) 0.95c ；(D) 0.975c.答：B .分析：以 A 为 S ，系，则 w=0.9c, V v =-0.8c,由相对论速度变换关系可知：SAS'爪VB-0.8c-0.9c•0&・・。
.9疽一第十七章相对论17. 1在狭义相对论中，下列说法哪些正确？(1) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速，(2) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的运动状态而改变的， (3) 在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两个事件在其它一切惯性系中 也是同时发生的，(4) 惯性系中观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比 与他相对静止的相同时钟走得慢些.(A) (1) (3) (4) ； (B) (1) (2) (4)； (C)(2) (3) (4) ；(D) (1)(2)(3).[]答：B. 分析：(1) 根据洛仑兹变换和速度变换关系，光速是速度的极限，所以(1)正确； (2) 由长度收缩和时间碰撞(钟慢尺缩)公式，长度、时间的测量结果都是随 物体与观察者的运动状态而改变的；同时在相对论情况下，质量不再是守恒量，也 会随速度大小而变化，所以(2)是正确的；(3) 由同时的相对性，在S'系中同时但不同地发生的两个事件，在S 系中观察不是同时的。
只有同时、同地发生的事件，在另一惯性系中才会是同时发生的，故排 除⑶；(4) 由于相对论效应使得动钟变慢，故(4)也是正确的。
所以该题答案选(B)所以选(B)17. 3 —宇航员要到离地球5光年的星球去旅行，如果宇航员希望把这路程缩短为3光年，则他乘的火箭相对于地球的速度为：(A)c/2；(B) 3c/5；(C)4c/5；(D) 9c/10. [ ] 答：C.分析：从地球上看，地球与星球的距离为固有长度L。
大学物理下第17章习题详解
第17章习题解答【17-1】解 首先写出S 点的振动方程若选向上为正方向，则有：－=0 21cos 0-=ϕ 0=－A sin 0>0， sin 0<0即 πϕ320-= 初始位相 πϕ320-= 则 m t y s )32cos(02.0πω-= 再建立如图题17-1（a ）所示坐标系，坐标原点选在S 点，沿x 轴正向取任一P 点，该点振动位相将落后于S 点，滞后时间为：ux t =∆ 则该波的波动方程为：m u x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=πω32)(cos 02.0 若坐标原点不选在S 点，如图题17-1（b ）所示，P 点仍选在S 点右方，则P 点振动落后于S 点的时间为：uL x t -=∆ 则该波的波动方程为：m u L x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=πω32)(cos 02.0 若P 点选在S 点左侧，如图题17-1（c ）所示，则m u L x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=πω32)(cos 02.0 【17-2】解（1）由图题17-2可知，波长 =0.8m振幅 A=0.5m频率 Hz Hz u v 1258.0100===λ 周期 s vT 31081-⨯== （2）平面简谐波标准动方程为：⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=ϕω)(cos u x t A y 由图可知，当t=0，x=0时，y=A=，故=0。
将A 、(v)、u 、代入波动方程，得： m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=)100(250cos 5.0π 【17-3】解 （1）由图题17-3可知，对于O 点，t=0时，y=0，故2πϕ±= 再由该列波的传播方向可知，0<0取 2πϕ= 由图题17-3可知，m OP 40.0==λ，且u=0.08m/s ，则s rrad s rad uv /52/40.008.0222ππλππω==== 可得O 点振动表达式为：m t y )252cos(04.00ππ+= （2）已知该波沿x 轴正方向传播，u=0.08m/s ，以及O 点振动表达式，波动方程为： m x t y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=2)08.0(52cos 04.0ππ （3）将x==代入上式，即为P 点振动方程：m t y p ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=ππ3252cos 04.0 （4）图题17-3中虚线为下一时刻波形，由图可知，a 点向下运动，b 点向上运动。
2021年高考物理第十七单元第2讲
选修3-4高考第一轮复习第十七单元 机械波1必备知识2关键能力第2讲1机械波 横波和纵波1答案机械波 横波和纵波BDE2波的图象2答案波的图象C3波速、波长和频率(周期)的关系答案3波速、波长和频率(周期)的关系ACE4波的特有现象4波的特有现象C答案必备知识4波的特有现象B答案考点一波的传播与波速公式的应用考点一波的传播与波速公式的应用考点一波的传播与波速公式的应用答案解析考点一波的传播与波速公式的应用BCE解析考点一波的传播与波速公式的应用方法答案解析考点一波的传播与波速公式的应用CDE解析考点一波的传播与波速公式的应用考点二波的图象和振动图象的理解和应用考点二波的图象和振动图象的理解和应用考点二波的图象和振动图象的理解和应用答案解析考点二波的图象和振动图象的理解和应用ACE解析方法考点二波的图象和振动图象的理解和应用答案解析考点二波的图象和振动图象的理解和应用ACE解析考点二波的图象和振动图象的理解和应用答案解析考点三波的多解问题ACD解析考点三波的多解问题考点三波的多解问题方法考点三波的多解问题答案解析B考点三解析波的多解问题谢谢观赏。
大学物理17章答案
第17章 量子物理基础17.1 根据玻尔理论，计算氢原子在n = 5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比．[解答]玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为2π==n n hL mvr n ，对于第一激发态，n = 2，所以L 5/L 2 = 5/2．17.2设有原子核外的3p 态电子，试列出其可能性的四个量子数．[解答] 对于3p 态电子，主量子数为n = 3，角量子数为 l = 1，磁量子数为 m l = -l , -(l - 1), …, l -1, l ，自旋量子数为 m s = ±1/2．3p 态电子的四个可能的量子数(n ,l ,m l ,m s )为(3,1,1,1/2)，(3,1,1,-1/2)，(3,1,0,1/2)，(3,1,0,-1/2)，(3,1,-1,1/2)，(3,1,-1,-1/2) ．17.3 实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长λm 和黑体温度的乘积为一常数，即λm T = b = 2.897×10-3m·K ．实验测得太阳辐射波谱的峰值波长λm = 510nm ，设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度．[解答]太阳表面的温度大约为392.8971051010λ--⨯==⨯m b T = 5680(K)．17.4 实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M （即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度）与温度的4次方成正比，即M = σT 4，其中σ =5.67×10-8W·m -2·K -4．试由此估算太阳单位表面积的辐射功率（太阳表面温度可参见上题）．[解答]太阳单位表面积的辐射功率大约为M = 5.67×10-8×(5680)4 = 5.9×107(W·m -2)．17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K 黑体辐射．求：（1）此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？（2）地球表面接收此辐射的功率是多少？[解答]（1）根据公式λm T = b ，可得辐射的极值波长为λm = b/T = 2.897×10-3/3 = 9.66×10-4(m)．（2）地球的半径约为R = 6.371×106m ，表面积为 S = 4πR 2．根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为 M = σT 4，因此地球表面接收此辐射的功率是P = MS = 5.67×10-8×34×4π(6.371×106)2= 2.34×109(W)．17.6 铝表面电子的逸出功为6.72×10-19J，今有波长为λ = 2.0×10-7m 的光投射到铝表面上．试求：（1）由此产生的光电子的最大初动能；（2）遏止电势差；（3）铝的红限波长．[解答]（1）光子的能量为E = hν = hc/λ，根据爱因斯坦光电效应方程hν = E k + A，产生的光电子的最大初动能为E k= hν - A= 6.63×10-34×3×108/2.0×10-7-6.72×10-19= 3.23×10-19(J)．（2）遏止电势差的公式为eU s = E k，遏止电势差为U s = E k/e = 3.23×10-19/1.6×10-19=2.0(V)．（3）铝的红限频率为ν0= A/h，红限波长为λ0= c/ν0= hc/A= 6.63×10-34×3×108/6.72×10-19= 2.96×10-7(m)．17.7 康普顿散射中入射X射线的波长是λ = 0.70×10-10m，散射的X 射线与入射的X射线垂直．求：（1）反冲电子的动能E K ；（2）散射X 射线的波长；（3）反冲电子的运动方向与入射X 射线间的夹角θ．[解答]（1）（2）根据康普顿散射公式得波长变化为21222sin 2 2.42610sin 24ϕπλΛ-∆==⨯⨯= 2.426×10-12(m)，散射线的波长为λ` = λ + Δλ = 0.72426×10-10(m)．反冲电子的动能为`k hchcE λλ=-34834810106.6310310 6.63103100.7100.7242610----⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-⨯⨯= 9.52×10-17(J)．（3）由于 /`tan /`hc hc λλθλλ==，0.70.96650.72426==，所以夹角为θ = 44°1`．17.8 求波长分别为λ1 = 7.0×10-7m 的红光；λ2 = 0.25×10-10m 的X 射线的能量、动量和质量．[解答]X 射线的能量为E = h ν = hc/λ，动量为 p = h/λ；由E = hc/λ = mc 2，得其质量为m = h/cλ．对于红光来说，能量为348176.6310310710E --⨯⨯⨯=⨯= 2.84×10-19(J)，动量为34176.6310710p --⨯=⨯= 9.47×10-25(kg·m·s -1)，质量为341876.6310310710m --⨯=⨯⨯⨯= 3.16×10-36(kg)．对于X 射线来说，能量为3482106.63103100.2510E --⨯⨯⨯=⨯= 7.956×10-15(J)，动量为342106.63100.2510p --⨯=⨯= 2.652×10-23(kg·m·s -1)，质量为3428106.63103100.2510m --⨯=⨯⨯⨯= 8.84×10-32(kg)．17.9 处于第四激发态上的大量氢原子，最多可发射几个线系，共几条谱线？那一条波长最长．[解答]第四激发态的氢原子处于第5个能级，最多可发射四个线系．（1）能级5到4，1条谱线；（2）能级5和4到3，2条谱线；（3）能级5、4和3到2，3条谱线；（3）能级5、4、3和2到1，4条谱线．共10条谱线．从能级5跃迁到4发射的光谱频率最小，波长最长．17.10 设氢原子中电子从n = 2的状态被电离出去，需要多少能量．[解答]氢原子能级公式为4222018n me E h n ε=-，当n =1时，基态能级的能量为412208me E h ε=-≈-2.18×10-18(J) = -13.6(eV)，因此 12n E E n =．当电子从n 能级跃迁到m 能级时放出（正）或吸收（负）光子的能量为12211()n m E E E E n m ∆=-=-．电离时，m 趋于无穷大．当电子从n = 2的能级电离时要吸收能量 221113.6()2E ∆=--∞= -3.4(eV)，因此需要3.4eV 的能量．17.11 质量为m 的卫星，在半径为r 的轨道上环绕地球运动，线速度为v ．（1）假定玻尔氢原子理论中关于轨道角动量的条件对于地球卫星同样成立．证明地球卫星的轨道半径与量子数的平方成正比，即r = Kn 2，（式中K 是比例常数）；（2）应用（1）的结果求卫星轨道和下一个“容许”轨道间的距离，由此进一步说明在宏观问题中轨道半径实验上可认为是连续变化的（利用以下数据作估算：普朗克常数h = 6.63×10-34J·s ，地球质量M = 6×1024kg ，地球半径R = 6.4×103km ，万有引力常数G =6.7×10-11N·m 2·kg -2．[解答]（1）卫星绕地球运动的向心力是万有引力22Mm mv G r r =；根据玻尔理论，角动量为mvr = nh /2π．将前式乘以mr 3得2222()()4nh GMm r mvr π==，所以 222224h n r Kn GMm π==，即：卫星的轨道半径与量子数的平方成正比．（2）假设卫星质量m = 100kg ，比例系数为2224h K GMm π=342211242(6.6310)4 6.710610(100)π--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯ = 2.77×10-87．可见：比例系数很小．当r = R 时，地球表面的量子数为460 4.810n ⨯．可见：地球表面处的量子数很大．地面以上的量子数设为n `，(n` = 1,2,3,…)，则总量子数可表示为两个量子数之和：n =n 0 + n`．轨道间的距离为Δr = K [(n 0 + n` + 1)2 - (n 0 + n`)2]= K [2(n 0 + n`) + 1]．由于n 0>>1，所以Δr = 2Kn 0 + 2Kn`．设n` = kn 0，即：取地面以上的量子数为地球表面量子数的倍数，有n = (k + 1)n 0，则r = Kn 02(k + 1)2，Δr = 2Kn 0(k + 1) = 2.66×10-40(k + 1)．这说明：当地面以上的量子数按k + 1成倍地增加时，半径将按k + 1的平方的规律增加，而轨道之间的距离只按k + 1的一次方的规律增加；由于Δr 的系数很小，所以轨道间距是非常非常小的，因此可认为轨道半径是连续变化的．17.12 电子和光子各具有波长2.0×10-10m ，它们的动量和总能量各是多少？[解答]它们的动量都为34106.6310210h p λ--⨯==⨯= 3.315×10-24(kg·m·s -1)．根据公式E 2 = p 2c 2 + m 02c 4，电子的总能量为E ==3×108×[(3.315×10-24)2+ (9.1×10-31×3×108)2]1/2=8.19×10-14(J)．光子的静止质量为零，总能量为E = cp= 3×108×3.315×10-24 = 9.945×10-16(J)．17.13 室温下的中子称为热中子T = 300K ，试计算热中子的平均德布罗意波长．[解答]中子热运动的平均速度为=v其中k为玻尔兹曼常数k= 1.38×10-23J·K-1，m p是电子的质量m p= 1.675×10-27kg，可得平均速度为v= 2.509×104(m·s-1)，平均动量为=np m v= 4.2×10-27(kg·m·s-1)．平均德布罗意波长为/λ=h p= 1.58×10-10(m) = 0.158(nm)．17.14 一束动量是p的电子，通过缝宽为a的狭缝，在距离狭缝为R 处放置一屏，屏上电子衍射图样中央最大的宽度是多少？[解答]根据动量和位置的不确定关系Δp x·Δx≧h，其中位置不确定量为Δx = a，动量的不确定量为Δp x = p sinθ．设电子衍射图样的中央最大半宽度为w，则sinθ = w/R，可得wp a hR⋅≥，宽度为22hRwpa≥．[注意]如果将h改为ћ/2，则宽度为2w≧ћR/pa．两者相差很小．17.15 一宽度为a的一维无限深势阱，试用不确定关系估算阱中质量为m的粒子最低能量为多少？[解答]粒子坐标的不确定范围是Δx ≦a ，动量的不确定范围是Δp ≧h /Δx ≧h /a ．这也就是动量p 的范围．因此能量为E = p 2/2m ≧ h 2/2ma 2，最低能量可估计为E min = h 2/2ma 2．17.16 设有一宽度为a 的一维无限深势阱，粒子处于第一激发态，求在x = 0至x = a /3之间找到粒子的几率？[解答]粒子在一维无限深势阱中的定态波函数为(0)(),(1,2,3,...)πψ≤≤==n x a n x x n a ，Ψ(x ) = 0，(x < 0，x > a )．当粒子处于第一激发态时，n = 2，在x = 0至x = a /3之间被发现的几率为/3220|()|d ψ⎰a x x /32022sin d π=⎰a x x a a23== 0.391．17.17 设粒子在宽度为a 的一维无限深势阱运动时，其德布罗意波在阱内形成驻波，试利用这一关系导出粒子在阱中的能量计算式．[解答]当粒子在势阱中形成稳定驻波时，势阱宽度必然为半波长的整数倍，即n (λ/2) = a ，(n = 1,2,3,…)．根据德布罗意假设 λ = h/p ，可得粒子的动量为2λ==h nhp a 能量为 222228==p h E n m ma ．17.18假定对某个粒子动量的测定可精确到千分之一，试确定这个粒子位置的最小不确定量．（1）该粒子质量为5×10-3kg ，以2m·s -1的速度运动；（2）该粒子是速度为1.8×108m·s -1的电子．[解答]粒子的动量为 p = mv ，动量的不确定量为 Δp = p /1000，根据动量和位置的不确定关系Δp ·Δx ≧ћ/2，位置的不确定量为 Δx = ћ/2Δp ．（1）100024h x p mv π∆≥=∆h3431000 6.631045102-⨯⨯=π⨯⨯⨯= 5.276×10-30(m)．（2）100024h x p mv π∆≥=∆h343181000 6.631049.110 1.810--⨯⨯=π⨯⨯⨯⨯= 3.22×10-10(m)．17.19设有某线性谐振子处于第一激发态，其波函数为2221ψ-=a x ．式中a =，k 为常数，则该谐振子在何处出现的概率最大？[解答]第一激发态的概率为22221||a xw e ψ-==，对x 求导得222222d (2)]d a x a x w xe x a x e t --=+-2222(1)a xx x a e -=-，令d w /d t = 0，得概率最大的位置为x = ±1/a ．17.20一维运动的粒子，处于如下的波函数所描述的状态,(0);()0,(0).x Axe x x x λψ-⎧>=⎨<⎩式中λ > 0，A 为常数．（1）将此波函数归一化；（2）求粒子位置的概率分布函数；（3）粒子在在何处出现的概率最大？[解答]（1）归一化得222201||d d x x A xe x λψ∞∞--∞==⎰⎰ 22201d 2x A x e λλ∞--=⎰2222001{2d }2x x A x e xe x λλλ∞∞---=-⎰222012()d 2xA x e λλ∞--=-⎰ 22220012(){d }2xx A xe e x λλλ∞∞---=--⎰22323012()24xA A e λλλ∞--==，所以A =2λ3/2 ．归一化波函数为3/22,(0);()0,(0).x xe x x x λλψ-⎧>=⎨<⎩（[注]利用Γ函数的性质可简化积分过程．10()d n x n x e x∞--Γ=⎰，当n 为整数时，Γ(n ) = (n - 1)!．设y = 2λx ，则d x = d y /2λ，可得22331001d ()d 2x y x ex y e y λλ∞∞---=⎰⎰ 3311()(3)2()22λλ=Γ=，可以得出同一结果．）（2）粒子坐标的几率分布函数为32224,(0);()|()|0,(0).x x e x w x x x λλψ-⎧>==⎨<⎩（3）利用上一题的方法求导可得几率最大的位置为x = 1/λ．17.21 设有某一维势场如下：0,(0);,(0,).≤≤⎧=⎨<>⎩x LVV x x L该势场可称为有限高势阱，设粒子能量E < V0，求E所满足的关系式．[解答]粒子运动的薛定谔方程为222()0mE Vψψ∇+-=h．在三个区域的方程为210122d2()0,(0);dmE V xxψψ+-=<h22222d20,(0);dmE x Lxψψ+=<<h230322d2()0,().dmE V x Lxψψ+-=>h设1k=h，2k=h，则得221112d0,(0);dk xxψψ-=<（1）222222d0,(0);dk x Lxψψ+=<<（2）223132d0,().dk x Lxψψ-=>（3）方程的通解为ψ1(x) = A1exp(k1x) + B1exp(-k1x),(x<0);（4）ψ2(x ) = A 2cos(k 2x ) + B 2sin(k 2x ),(0<x <L );（5）ψ3(x) = A 3exp(k 1x ) + B 3exp(-k 1x ),(x >L )．（6）当x →-∞时，ψ1有限，所以B 1 = 0；当x →∞时，ψ3有限，所以A 3 = 0．当x = 0时，ψ1(0) = ψ2(0)，可得A 1 = A 2； （7）同时ψ1`(0) = ψ2`(0)，可得k 1A 1 = k 2B 2． （8）当x = L 时，ψ2(L ) = ψ3(L )，ψ2`(L ) = ψ3`(L )，可得A 2cos k 2L +B 2sin k 2L = B 3exp(-k 1L )；（9）-k 2A 2sin k 2L + k 2B 2cos k 2L = -k 1B 3exp(-k 1L )(10)将（9）乘以k 1加（10）得k 1A 2cos k 2L + k 1B 2sin k 2L-k 2A 2sin k 2L + k 2B 2cos k 2L = 0．即 (k 1A 2 + k 2B 2)cos k 2L = (k 2A 2 - k 1B 2)sin k 2L ，亦 122222212t a n k A k B k L k A k B +=-． （11）由（7）和（8）得k 1A 2 = k 2B 2，即 B 2 = k 1A 2/k 2， （12）（12）代入（11）式得12222212tan kk k L k k =-，即0t a n =h （13）这就是总能量满足的关系式．17.22 原子内电子的量子态由n 、l 、m l 、m s 四个量子数表征，当n 、l 、m l 一定时，不同的量子态数目为多少？当n 、l 一定时，不同量子态数目为多少？当n 一定时，不同量子态数目为多少？[解答]当n 、l 、m l 一定时，m s 只取两个值，所以量子态数目为2． 当n 、l 一定时，m l 有(2l + 1)种不同取值，所以量子态数目为2(2l + 1)．当n 一定时，l 从0到(n - 1)共有n 种不同取值，量子态数目为1110002(21)421n n n l l l l l ---===+=+∑∑∑2(1)4222n n n n -=⨯+=．。
普通物理学第五版第17章光学答案---精品资料
17-13 彩色电视发射机常用三基色的分 光系统，如图所示，系用镀膜方法进行分色， 现要求红光的波长为600nm，绿光的波长为 520nm,设基片玻璃的折射率n3 =15.0，膜 材料的折射率 n2 =2.12。 空气的折射率为 0 n1 ，设入射角i =45 。 白光 i 试求膜的厚度。 红光 绿光 兰光
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17-4 (1)用白光垂直入射到间距为d = 0.25mm的双链上，距离缝1.0m处放置屏 幕。求第二级干涉条纹中紫光和红光极大点 的间距(白光的波长范围是400—760nm)。
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17-5 一射电望远镜的天线设在湖岸上， 距湖面高度为h 对岸地平线上方有一恒星刚 在升起，恒星发出波长为l 的电磁波。试求 当天线测得第一级干涉极大时恒星所在的角 位置 q (提示:作为洛埃镜干涉分析)
(r2 e )+ ne r1 = 7l
e (n 1) = 7l
7 ×5.5×10-7 e= = =6.6 ×10-6 (m) 1.58 1 (n 1)
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17-3 在双缝干涉实验装置中，屏幕到 双缝的距高D 远大于双缝之间的距离d，对 于钠黄光(l = 589.3nm)，产生的干涉条纹， 相邻两明纹的角距离(即相邻两明纹对双缝处 的张角)为0.200 。 (1)对于什么波长的光，这个双线装置所 得相邻两条纹的角距离比用钠黄光测得的角 距离大10%? (2)假想将此整个装置没入水中(水的折射 率n =1· 33)，用钠黄光照射时，相邻两明条 纹的角距离有多大?
这里是普通物理学第五版
1、本答案是对普通物理学第五版第十七章 的答案，本章共19节内容，习题有63题，
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大学物理学习题全解-赵近芳版(10-17章)
，
由于δ≧0，所以 ，因此不论分子的速度的分布服从什么规律，都有 ．
另外也可直接用平均值运算．
由于 ，展开得 ，
取平均值时得 ．
因为 、 并且 ，所以 ，即 ．证毕．
10．10将（11.19）式表示成以理想气体最可几速率vp为单位表示的形式，即令x = v/vp，若已知 ，试计算：
（1）分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的百分比为多少？
当射线粒子能量全部转变成氖气的内能时，由公式 可得气体升高的温度为
= 1.28×10-6(K)．
10．7某些恒星的温度达到108K的数量级，此时原子已不存在，只有质子存在，求：
（1）质子的平均动能是多少？
（2）质子的方均根速率多大？
[解答]（1）质子的平动自由度为t= 3，平均平动动能为 = 2.07×10-15(J)．
（2）nf(v)dv，n为分子数密度；
（3） ；
（4） ，vp为最可几速率；
（5） ．
[解答]（1）由公式dN/N = f(v)dv可知：f(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数的比率dN/N．
（2）由于n = N/V，可得ndN/N =dN/V，因此nf(v)dv表示分子数在速率区间v~v+dv之中分子数密度．
（3） 表示分子在速率区间v1到v2之间的平均速率．
（4） 表示分子速率小于最可几速率的分子占分子总数的比率．
（5） 表示分子速率大于最可几速率的速率平方的平均值．
10．14质量为6.2×10-14g的微粒悬浮于27℃的液体中，观察到它的方均根速率为1.4cm·s-1．由这些结果计算阿佛加德罗常数NA．
当系统沿adc路径变化时，可得：Q1= ΔE1+A1，
大学物理第17章学习题答案.docx
习题十七17-1按照原子核的质子一中子模型,组成原子核；X的质子数和中子数各是多少？核内共有多少个核子？这种原子核的质量数和电荷数各是多少？答：组成原子核；X的质子数是Z,中子数是力-Z・核内共有/个核子.原子核的质量数是核电荷数是Z.17-2原子核的体积与质量数之间有何关系？这关系说明什么？答：实验表明，把原子核看成球体，其半径7?与质量数/的关系为R = R.A\说明原子核的体积与质量数/成正比关系.这一关系说明一切原子核中核物质的密度是一个常数.即单位体积内核子数近似相等，并由此推知核的平均结合能相等.结合能正比于核子数，就表明核力是短程力.如果核力象库仑力那样，按照静电能的公式，结合能与核子数/的平方成正比，而不是与/成正比. 17-3什么叫原子核的质量亏损？如果原子核；X的质量亏损是A加，其平均结合能是多少？解：原子核的质量小于组成原子核的核子的质量之和，它们的差额称为原子核的质量亏损•设原子核的质量为M x,原子核；X的质量亏损为：△刃=[Zm p + (/ - Z)mJ- M x平均结合能为£o= —=0 A A17-4已知％Th的原子质量为232.03821“，计算其原子核的平均结合能.解:结合能为AE = [Zm H + (/ - Z)加”一M] x 931.5 MeV隘Th 原子M = 232.03821 u, Z = 90,力=232,氢原子质量加日=1.007825m n = 1.008665 u:4E = [90x 1.007825 + (232-90)x 1.008665 — 232.0382l]x931.5 MeV= 1.766.56 MeV・・・平均结合能为瓦=乞」766.56= 7 GMA 23217-5什么叫核磁矩？什么叫核磁子(冷)？核磁子冷•和玻尔磁子厶有何相似之处？有何区别？质子的磁矩等于多少核磁子？平常用来衡量核磁矩大小的核磁矩“:的物理意义是什么？它和核的g因子、核自旋量子数的关系是什么？解：原子核自旋运动的磁矩叫核磁矩，核磁子是原子核磁矩的单位，定义为:式中加"是质子的质量.核磁子与玻尔磁子形式上相似，玻尔磁子定义为P B =~^~，式中 4mi e 阻是电子的质量.质子的磁矩不等于冷・质子的磁矩冷=2.79273/Y ・平常用来衡量核 磁矩大小的是核磁矩在外磁场方向分量的最大值“;，它和原子核g 因子、自旋量子数的关系是“；=Sl^N17-6核自旋量子数等于整数或半奇整数是由核的什么性质决定？核磁矩与核自旋角动量有 什么关系？核磁矩的正负是如何规定的？解：原子核是由质子和中子组成.质子和中子的自旋均为丄.因此组成原子核的质子和中子 2数的奇、偶数决定了核自旋量子数为零或丄的奇、偶倍数. 2核磁矩与自旋角动量的关系是：Q 的正负取决于幻的正负.当必与B 平行时必为正，当〃/与E 反平行时，几为负.17-7什么叫核磁共振？怎样利用核磁共振来测量核磁矩？解：原子核置于磁场中，磁场和核磁矩相互作用的附加能量使原子核能级发生分裂.当核在 电磁辐射场中时，辐射场是光子组成的，当光子的能量等于核能级间隔时，原子核便吸 收电磁场的能量，称为共振吸收，这一现象称为核磁共振.在磁场中核能级间隔为：共振吸收时，hv = AE =通常用核磁矩在磁场方向分量的最大值“;来衡量磁矩的大小，//; = g/I^N ,则有 hu 丛B I・・・“；=/罟，已测出/, u,现测得B 就可以算出“；.17-8什么叫核力？核力具有哪些主要性质？答：组成原子核的核子之间的强相互作用力称为核力.核力的主要性质：（1）是强相互作用力，主要是引力・（2）是短程力,作用距离小于10" m , （3）核力与核子的带电状况无关.（4）具有饱和性.17-9什么叫放谢性衰变？ cc, 0,厂射线是什么粒子流？写出鬻U 的©衰变和彳爲Th 的0“N eh 4兀m —^=5.05.xl0-A.^衰变的表示式•写出4衰变和0衰变的位移定则.解：不稳定的原子核都会自发地转变成另一种核而同时放出射线，这种变化叫放射性衰变.6Z 射线是带正电的氮核：He 粒子流，0射线是高速运动的正、负电子流，了射线是光子流.亍 U T 芽 Th+： He芽 Th t 常 pa+「+ QQ 衰变和0衰变的位移定则为：Y+H + q17-10什么叫原子核的稳定性？哪些经验规则可以预测核的稳定性？答：原子核的稳定性是指原子核不会自发地从核中发岀射线而转变成另一种原子核的性质. 以下经验规则可预测核的稳定性：(1) 原子序数大于84的核是不稳定的•(2) 原子序数小于84的核中质子数和中子数都是偶数的核稳定.(3) 质子或中子数等于幻数2、8、20、28、50、82、126的原子核特别稳定.(4) 质子数和中子数之比仝=1的核稳定.比值越大，稳定性越差.P17-11写出放射性衰变定律的公式.衰变常数2的物理意义是什么？什么叫半衰期八？ T x2 2和2有什么关系？什么叫平均寿命厂？它和半衰期片、和2有什么关系？2解：N = N&^ ,衰变常数2 =-理泸 ・的物理意义是表示在某时刻，单位时间内衰变 的原子数与该时刻原子核数的比值.是表征衰变快慢的物理常数.原子核每衰变一半所需的时间叫半衰期.平均寿命r 是每个原子核衰变前存在时间的平均值. 1 T =—7\ = t\n 2 ・217-12测得地壳中铀元素駕U 只点0. 72%,其余为弋U,已知零U 的半衰期为4. 468 X109Q 衰变0衰变的位移定则为:Y+； HeIn 2 T"2年，零u 的半衰期为7. 038X10*年，设地球形成时地壳中的莖U 和莖U 是同样多，试估计 地球的年龄.解：按半衰期r=ln2 = 0：693对繆U ： =2^21 = _ =9.847x10-2 1/年T 、 7.038xl018按衰变定律N =,可得则地球年龄:I 0.72 In ------- = ________ 99.28-(1.551 — 9.847)x10-°= 5.94x109 年17-13放射性同位素主要应用有哪些？答：放射性同位素主要在以下几个方面应用较广泛：医学上用于放射性治疗和诊断；工业上 用于无损检测；农业上用放射性育种；考古学、地质学中用于计算生物或地质年代；生物学 中作示踪原子等等.17-14为什么重核裂变或轻核聚变能够放出原子核能？答：轻核和重核的平均结合能较小，而中等质量（力=40〜60）的核平均结合能较大，因此 将重核裂变成两个中等质量的核或轻核聚变成质量数较大的核时平均结合能升高，从而放出 核能. 17-15原子核裂变的热中子反应堆主要由哪几部分组成？它们各起什么作用？ 答：热中子反应堆的主要组成部份有堆芯、中子反射层、冷却系统、控制系统、防护层.堆芯是放置核燃料和中子减速剂的核心部份，维持可控链式反应，释放原子核能. 冷却系统与换能系统合二为一，再通过冷却系统将堆芯释放出的核能输送到堆芯以外. 控制系统是通过控制棒插入堆芯的长度，控制参加反应的中子数，使反应堆保持稳定的 功率.中子反射层是阻挡中子从反应堆中逸出.防护层是反应堆的安全屏障.17-16试举出在自然界中存在负能态的例子•这些状态与狄拉克真空，结果产生1 MeV 的电 子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：例如物体在引力场中所具有的引力势能；正电荷在负电荷电场中的静电能，都是自然界 中的负能态.这些负能态是能够观测到的，具有可观测效应.狄拉克的负能态是观测不到的, 没有可观测效应.对；；8U ：人0.693 0.693 4.468x10°= 1.551xlO -10 1/年17-17将3MeV能量的了光子引入狄拉克真空，结果产生IMeV的电子，此时还将产生什么？它的能量是多少？答：把能量大于电子静能两倍£>2m o c2 =1.022 MeV的了光子引入真空，它有可能被负能量电子的一个电子所吸收，吸收了这么多能量的电子有可能越过禁区而跃迁到正能量区，并表现为一个正能量的负电子不；同时，留下的空穴表现为一个正能量的正电子，・这一过程称为电子偶的产生，可写为了 T 幺+ +€_按题意，根据能量守恒，正电子的能量为2 MeV17-18试证明任何能量的了光子在真空中都不可能产生正、负电子对.答：证明：设由了光子转化成的一对正负电子其动量分别为卩和卩2,在电子的质心系中应有P1+P2 =0并且正负电子的总能量应大于2加工2.按照相对论，光子动量与能量的关系为E = pc, 动量等于零而能量不等于零的光子是不存在的.显然厂光子转换成正负电子，同时满足能量守恒和动量守恒是不可能的，即在真空中无论7光子能量多大，都不可能产生正负电子对•但是了光子与重原子核作用时便可转化为正负电子对.。
大学物理答案第十七章
第十七章 电磁振荡和电磁波17-1 若收音机的调谐电路所用线圈的自感系数为41062-⨯.H ，要收听535kHz 到1605kHz 的广播, 问与线圈连接的可变电容的最大值和最小值各为多少?分析 调谐电路是用电感和电容串联而成的振荡电路, 电路的固有频率LC 10=ω．外加电动势的频率ω等于电路固有频率0ω时, 电路中的电流振幅最大，称为电磁共振，0ω为谐振频率．给出电路的自感和谐振频率的最小值、最大值后，只需代入LC10=ω，不难求出电容的最大值和最小值． 解 电容的最大值和最小值分别为37.8pF F 108.37F 106.2)100016052(1)2(1340pF F 10340F 106.2)10005352(1)2(112422221242211=⨯=⨯⨯⨯⨯===⨯=⨯⨯⨯⨯==----ππνππνL C LC 17-2 在LC 电路中, 如果41062-⨯=.L H, F 102110-⨯=.C , 初始时电容器两极板间的电势差V 0=1V , 且电流为零，试求：(1)振荡频率；(2)最大电流；(3)任意时刻电容器两极板间的电场能、自感线圈中的磁场能；(4) 验证在任意时刻电场能和磁场能之和等于初始的电场能．分析 在LC 电路中，如果忽略电路中的电阻，并假设电容器的电场局限在两极板之间，自感线圈中的磁场局限在线圈内部，则振荡电路中无能量损耗，总能量守恒．不过，这只是理想化的结果．解 (1) 5104100.9102.1106.214.32121⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==--LC πνHz (2) 4000108.6-⨯====LC CVLCq q I ω A (3) 任意时刻，设两极板间的电势差为)cos(0ϕω+=t V V ，则电容器极板上的电荷为)cos(0ϕω+==t CV CV q ，电路中电流为)sin()sin(d d 00ϕωϕωω+-=+-==t V LC t CV t q I 其中ϕ为初相位．因此，任一时刻电容器两极板间的电场能为)cos 100.6)(cos 21212112202e ϕϕω+⨯=+==-t (ωt CV CV W 自感线圈中的磁场能为)sin 100.6)(sin 21212112202m ϕϕω+⨯==+==-t (ωt CV LI W 任意时刻的总能量为J 100.621211120m e -⨯==+=CV W W W 表明总能量保持不变，并等于初始能量11200100.621-⨯==CV W J ． 17-3 如图17-3所示，将开关K 按下后，电容器即由电池充电，放手后，电容器即经线圈L 放电．不计回路中的电阻，(1)若L =0.01H ，C =1.00μF ，E =1.40V ， 求放手后电容器两极板间的电势差及回路中的电流随时间变化的规律．(2)当分布在电容和电感间的能量相等时，电容器上的电荷为多少?(3)电荷为上述数值时经过了多少时间? 解 (1) t =0时，极板间的电势差为V 0= E = 1.40V 电容器极板上的电荷为)cos(0ϕω+==t CV CV q ，因LC 1=ω，电路中电流为 )sin()sin(d d 00ϕωϕωω+-=+-==t V LC t CV t q I 由初始条件：t =0时，00CV q q ==，得初相0=ϕ，故各量随时间的变化规律为t t CV q 46010cos 1040.1)cos(-⨯=+=ϕωt t V V 4010cos 40.1)cos(=+=ϕωt t V LC I 42010sin 1040.1)sin(-⨯=+-=ϕω (2)t t ωω22cos sin = 时电场能量与磁场能量相等，得22cos =t ω，此时电容器上的电荷为C 1090.9cos 1040.176--⨯=⨯=t q ω (3)由22cos =t ω，取时间的最小可能值，得4πω=t ，即s 1085.745-⨯==ωπt 17-4 一振荡电偶极子辐射电磁波，设电偶极子的电矩振幅为p 0=2.26×10-4C .m ，频率为800kHz ．求：(1)电磁波的波长；(2)在电偶极子赤道圈上距离电偶极子为2km 处电场强度和磁场强度的振幅．分析 本题涉及的概念有：振荡电偶极子、电偶极子的电矩；振荡电偶极子辐射的电磁波在足够远处可视为球面波．解 (1)由波长和频率的关系得m 375m 10810358=⨯⨯==νλc(2)由2/,2πθπνω==，得V/m 285.04sin 200220020===rp r p E v v επνπεθω A/m 1057.74sin 402020-⨯===rp r p H v v πνπθω 17-5 在真空中,一平面电磁波的电场强度由下式给出(式中各量均用国际单位)：)](102cos[6.008=-⨯==z y x E cx t E E π 求：(1)波长和频率；(2)传播方向；(3)磁感强度的大小和方向．分析 因为E 、H 及电磁波的传播方向三者互相垂直构成右手螺旋关系，电场矢量E 在y 方向振动，电磁波以波速c 沿x 正向传播，因此可判定磁场矢量H 在z 方向振动．解 (1) 由电场强度波函数得8102⨯=πω rad/s ，8102==πωνHz ，则 m 31010388=⨯==νλc(2) 由电场强度波函数表示式可知电磁波的传播方向为x 轴正向．(3) 由于H B 0μ=，000000E H B εμμ==，c100=εμ，得 T 100.2900-⨯==cE B )](102cos[100.289cx t B z -⨯⨯=-πB x =B y =017-6 某激光束的直径为0.2cm ，功率为6kW ，求该光束的坡印廷矢量对时间的平均值以及相应的电场强度、磁场强度的振幅．分析 通常激光束的功率实际上是指平均辐射功率，即辐射或接收的激光束的能量对一个周期的平均值．光波是电磁波，光波的能流密度矢量即为电磁波的坡印廷矢量S ．坡印廷矢量定义为单位时间通过垂直于传播方向单位面积的辐射能．所以，坡印廷矢量对时间的平均值应该等于单位面积上的平均辐射功率．解 激光束的平均辐射功率 W 1063⨯=P ，则坡印廷矢量对时间的平均值为2922232 W/m 109.1W/m )101.0(106⨯=⨯⨯⨯==-ππR P S (1) 将激光束视为平面波，坡印廷矢量可写为⎪⎭⎫ ⎝⎛-==v x t H E EH S ω200cos 对一个周期求时间的平均值，得0021H E S = (2) 其中E 0、H 0分别为电振动和磁振动振幅．由电磁波的基本性质0000H E με=，并联立(1)式和(2)式，得V/m 102.126000⨯==εμS E T 100.450000-⨯==E H με 17-7 同轴电缆由半径为r a 的长直导线及包在其外的半径为r b 的导体外壳组成，如图17-7所示．电源电动势为E , 负载电阻为R ，与同轴电缆连成回路．若同轴电缆的电阻很小，电流功率为P ，(1)求证同轴电缆内距轴线r 处一点的电场强度为a br r r E ln E=(r a <r <r b )；(2)求证该处磁感强度Er P B πμ20=(r a <r <r b )；(3)求同轴电缆内的坡印廷矢量S ；(4)对r a <r <r b 的环形面积分坡印廷矢量，证明其结果等于P ．由此我们看到，导线不仅起到引导电流的作用，还起到引导电磁能作用．电源的能量不是通过电流而是通过电磁场传递的．分析 这是一个具有稳恒电流的回路，回路中的电场是稳恒电场．同轴电缆构成一个柱形电容器，考虑到同轴电缆的电阻很小，两极板上的电势分别与电源两极电势相等，于是可以将柱形电容器的两极板就视为电源的两极，并认为电源两极上的正负电荷均匀地分布在柱形电容器的两极板上，因此在同轴电缆两极之间就形成了一个静电场．解 同轴电缆可视为柱形电容器，极板间电压等于电源电动势E ，两极板上的电荷为E E a b r r l C CU q ln 20πε=== 极板间的静电场电场强度方向向下，大小为 E a br r r r l qE ln 120==πε(2)由于同轴电缆的轴对称性，在垂直轴线平面内作半径为r 的圆形安培环路，H 的方向与电流I 形成右手螺旋关系，从左侧观看为逆时针方向．R I r H E ===⋅∑⎰π2d Ll H 电流功率为R P /2E =，则磁感强度为EE r P rR H B πμπμμ22000=== (3) 将能流密度的概念应用于稳恒电流通过的同轴电缆，其内部的坡印廷矢量H E S ⨯=，方向沿同轴电缆向右，大小为ab P r S ln 212π= (4)在同轴电缆内取半径为r , 宽为d r 的细圆环面元，单位时间穿过该面元的能量为r r S P d 2d π⋅=对同轴电缆内截面积分，得P r r ab P r r a br PP b a b a ===⎰⎰⎰d ln d 2ln 2d 2ππ 17-8 对于一个正在充电的平行圆板电容器, 忽略电容器的边缘效应．试证明：(1) 坡印廷矢量S 处处沿半径方向指向电容器内部；(2)电流流进电容器内的功率P 等于储存在该体积中的电场能量的增加率．由此看到, 储存在电容器中的电能并不是通过导线，而是通过导线和电容器极板周围的空间进入电容器的．证 (1) 设圆板电容器半径为R 间距为d , t 时刻两极板间的电场强度为E ,ER图17-7方向垂直板面从左到右．根据例题14-1，半径为r 的圆周上各点磁场强度沿圆周的切线方向，大小为t E r H d d 20ε= 所以圆周上各点坡印廷矢量S 的方向沿半径指向电容器内部，大小为 t E E R EH S d d 20ε== (2) 单位时间内流入电容器内部的功率P 为t EE d R Rd t E E R Rd S P d d 2d d 22020εππεπ==⋅=而电容器储存的电场能量为d R E W 22021πε=所以电场能量的增加率为P t EE d R t W==d d d d 02επ。
大学物理简明教程11-17例题习题答案
第十一章 静电场例题答案：11—1. B ； 11—2. B ； 11—3. B 11—4.()30220824Rqd d R Rqdεεπ≈-ππ；从O 点指向缺口中心点11—5./ελd ；()2204dR d-πελ ；沿矢径OP11—6. D 11—7.2εσ向右 ;23εσ 向右11—8. (见书上)11—9. D ； 11—10. C ； 11—11. C 11—12. 45 V —15 V 11—13-14. (见书上) 11—15. 无答案练习题答案：11—1. 证明：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λ=q /L ，在x 处取一电荷元d q =λd x = q d x /L ， （2分） 它在P 点的场强： ()204d d x d L qE -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε总场强为：⎰+π=Lx d L xL q E 02)(d 4－ε()d L d q+π=04ε11—2. Q / ε0， 011—3. －σ / (2ε0)， 3σ / (2ε0) 11—4. B11—5. 解：在任意位置x 处取长度元d x ，其上带有电荷d q =λ0 (x －a )d xＰ Ldd qx (L+d －x )d ExO它在O 点产生的电势 ()xxa x U 004d d ελπ-=O 点总电势： ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π==⎰⎰⎰++l a a la a x x a x dU U d d 400ελ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-π=a l a a l ln 400ελ 11—6. 解：在圆盘上取一半径为r →r ＋d r 范围的同心圆环．其面积为 d S =2πr d r其上电荷为 d q =2πσr d r它在O 点产生的电势为 002d 4d d εσεrrq U =π=总电势 02d 2d εσεσRr U U RS===⎰⎰11—7. 解：设导线上的电荷线密度为λ，与导线同轴作单位长度的、半径为r 的(导线半径R 1＜r ＜圆筒半径R 2)高斯圆柱面，则按高斯定理有 2πrE =λ / ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1＜r ＜R 2 ) 方向沿半径指向圆筒． 导线与圆筒之间的电势差 ⎰⎰⋅π==2121d 2d 012R R R R rr r E U ελ120ln2R R ελπ=则 ()1212/ln R R r U E = 代入数值，则： (1) 导线表面处 ()121121/ln R R R U E =＝2.54 ×106V/m(2) 圆筒内表面处 ()122122/ln R R R U E =＝1.70×104 V/m11—8. 解：设小球滑到B 点时相对地的速度为v ，槽相对地的速度为V ．小球从A →B 过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒 m v ＋MV ＝0 ①对该系统，由动能定理 mgR －EqR ＝21m v 2＋21MV 2 ②①、②两式联立解出 ()()m M m qE mg MR +-=2v 方向水平向右．()()m M M qE mg mR Mm V +--=-=2v 方向水平向左．11—9. 解：设无穷远处为电势零点，则A 、B 两点电势分别为Od rR22432ελελ=+=RR R UA22682ελελ=+=RR R U Bq 由A 点运动到B 点电场力作功()0001264ελελελq q U U q A B A=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算．11—10. 解： (1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=22110041r q r q U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛π-ππ=22212104441r r r r σσε()210r r +=εσ2100r r U +=εσ＝8.85×10-9 C / m 2 (2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有 ()2101r r U σσε'+='= 0即 σσ21r r -='外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 ()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π='-π='212222144r r r r q σσσ ()20021244r U r r r εσπ=+π=＝6.67×10-9 C第十二章 导体电学例题答案： 12—1. D 12—2. C 12—3. (C)没答案12—4. –q ， 球壳外的整个空间 12—5.)(21B A q q -， Sd q q B A 02)(ε-12—6. C Fd /2， FdC 212－7. C12－8-9. (见书上)O x-a -q+q+ax P (x ,0) y练习题答案：12—1. C=712Uf （没过程）12—2 解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E 1=σ1 / ε0，E 2=σ2 / ε0∴左边两极板电势差U 1=σ1d 1 / ε0，右边两极板电势差U 2=E 2d 2=σ2d 2 / ε0，而U 1=U 2，则σ1 / σ2= d 2 / d 1。
大学物理第十七章习题
1 r2 r1 2
在为加薄膜片之后P点为第7级条纹，在该 点的光程差为
2 (n2 1)d r2 [(n1 1)d r1 ] (n2 n1 )d 1 7
d 5 /(n2 n1 ) 105 m
r1 n1
P
r2
n2
d
P621 17.1.14 用曲率半径为R的牛顿环做实验，测得 第k级暗环直径为Dk,第k+5级暗环直径为Dk+5， 试问：测量单色光波长的公式为__________。 如果将整个实验装置浸入水中， 则测量单色光波长的公式为__________。
2n2 e
2 (2)
把波长390nm代入(2)式，k=4.2
把波长700nm代入(2)式，k=2.6 干涉级k只能取整数，即3和4 把k=3和4代入干涉相长公式(1)中，得波长 分别为584nm和417nm
题17.1.18 已知：用波长为 的光垂直照射单缝，单缝 后面有一个凸透镜，则在屏幕上出现了衍射 条纹。问：若将凸透镜上移或者下移，衍射 条纹如何变化？ 答：衍射条纹会随着凸透镜上移（或下移） 而上移（或下移）。 解 如图光路所示： o1 因平行于主光轴的 o 光线，经过凸透镜 以后，会聚焦到主 焦点上，而零级条 纹的中心，就是焦 点,则 o o1上移， 条纹随之上移。
题17.3.23(本硕）
已知：白光平行光垂直照射光栅，光栅常数 d=40000nm,白光中的红光波长 红 =750nm ， 紫光波长 紫 =400nm ，凸透镜的焦距f=2m。.
求：（1）第2级衍射光谱中红光谱与紫光 谱之间的距离为何？
解：由光栅公式
dn sin k k
xk f tgk f sin k f k / dn
大学物理(第四版)课后习题及答案 量子物理
第十七 章量子物理题17.1：天狼星的温度大约是11000℃。
试由维思位移定律计算其辐射峰值的波长。
题17.1解：由维思位移定律可得天狼星单色辐出度的峰值所对应的波长该波长nm 257m 1057.27m =⨯==-Tbλ 属紫外区域，所以天狼星呈紫色题17.2：已知地球跟金星的大小差不多，金星的平均温度约为773 K ，地球的平均温度约为293 K 。
若把它们看作是理想黑体，这两个星体向空间辐射的能量之比为多少？题17.2解：由斯特藩一玻耳兹曼定律4)(T T M σ=可知，这两个星体辐射能量之比为4.484=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=地金地金T T M M 题17.3：太阳可看作是半径为7.0 ⨯ 108 m 的球形黑体，试计算太阳的温度。
设太阳射到地球表面上的辐射能量为1.4 ⨯ 103W ⋅m －2，地球与太阳间的距离为1.5 ⨯ 1011m 。
题17.3解：以太阳为中心，地球与太阳之间的距离d 为半径作一球面，地球处在该球面的某一位置上。
太阳在单位时间内对外辐射的总能量将均匀地通过该球面，因此有 2244)(R Ed T M ππ=（1）4)(T T M σ= （2）由式（1）、（2）可得K 58004122=⎪⎪⎭⎫⎝⎛=σR E d T题17.4：钨的逸出功是4.52 eV ，钡的选出功是2.50 eV ，分别计算钨和钡的截止频率。
哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？题17.4解：钨的截止频率 Hz 1009.115101⨯==hW ν 钡的截止频率Hz 1063.015202⨯==hW ν 对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率02ν正好处于该范围内，而钨的截止频率01ν大于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料。
题17.5：钾的截止频率为4.62 ⨯ 1014 Hz ，今以波长为435.8 nm 的光照射，求钾放出的光电子的初速度。
题17.5解：根据光电效应的爱因斯坦方程W mv h +=221ν 其中λνν/0c h W ==，可得电子的初速度15210s m 1074.52-⋅⨯=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-=νλc m h v由于选出金属的电子的速度v << c ，故式中m 取电子的静止质量。
大学物理第十七章题解
第十七章 真空中的静电场17-1．三个相同的点电荷放置在等边三角形的三个顶点上，在此三角形的中心应放置怎样的电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零？解 设等边三角形的边长为a3；设顶点处电荷为q ，中心处电荷为Q ，Q 与q 反号．考虑到等边三角形的对称性，可知Q 受其它三个电荷的合力为零，与Q 的大小无关；顶点处三个电荷q 所受合力的大小相同．上方顶点处电荷q 受其它三个电荷的作用力如图所示，合力为零要求02cos30F F =即22024q aπε⨯=可求出3Q =．17-2．电子所带电量最先是由密立根通过油滴实验测得的，其实验装置如图所示．一个很小的带电油滴在均匀电场E中，调节A 、B 两端的电压，使作用在油滴上的电场力与油滴所受重力平衡．如果油滴的半径为41.6410cm -⨯，在平衡时511.9210V m E -=⨯⋅，求油滴上的电荷．已知油的密度为30.851g cm -⋅．解 由0qE mg +=，可得343R gmgq E E ρπ==6354851314(16410)98319210....-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ 1980210C .-=⨯5e =17-3．半径为R 、电荷线密度为η的半圆形带电线如图所示，求圆心O 点的场强． 解 在带电曲线上取一个长度为d l 的电荷元，其电量d d q l η=．电荷元在O 点的场强为d E ，如图所示．由于电荷分布对Ox 轴对称，所以全部电荷在O 点产生的总场强沿Oy 方向的分量之和为零，O 点的总场强E 沿Ox 方向，(d )x E E i =⎰．由于d =d l R θ，所以200d cos cos d cos d d 44x l E E R Rηθηθθθπεπε⋅===于是 22200cos (d )(sin )44E i |i R R ππππηθηθθπεπε--==⎰02i Rηπε=17-4．如图所示，匀强电场E与半径为R 的半球面1S 的轴线平行．试计算通过此半球面的E通量．若以半球面的边线为边，另取一个任意形状的曲面2S ，问2S 的电通量多大？解 以半球面1S 的边缘为边界作一个平面0S ，此平面为一个圆，面积为2R π．由于E 与0S 面垂直，所以通过0S 面的E 通量2R E Φπ=．因为通过1S 面和2S 面的E 通量与通过0S 面的E 通量相等，故通过1S 面和2S 面的E 通量均为2R E Φπ=．17-5．（1）一点电荷q 位于边长为a 的立方体中心，试问通过立方体每一面的E通量多大？（2）如果电荷q 移到该立方体的一个顶角上，这时通过立方体每一面的E通量多大？解 （1）立方体的六个面组成闭合曲面，由高斯定理可知通过此闭合曲面的电通量qΦε=由于立方体的六个面对其中心对称，所以每个面通过的电通量为12345606q ΦΦΦΦΦΦε======（2）由于n d d d E S E e S Φ=⋅=⋅，因此q 所在的三个面的电通量为零（n E e ⊥）． 以q 为中心，以2a 为边长做大立方体，使原立方体恰为大立方体的18．由（1）知，通过大立方体每个面的电通量各为06q ε．而原立方体的每个面为大立方体每个面的14，所以通过小立方体其它三个面的电通量各为024q ε．17-6．（1）设地球表面附近的场强约为1200V m -⋅，方向指向地心，试求地球所带总电量．（2）在离地面1400m 处，场强为120V m -⋅，方向仍指向地心，试计算1400m 以下大气里的平均电荷体密度．解 （1）在地球表面外、沿地球表面作一个球面，以此球面为高斯面，设地球所带总电量为Q ，地球半径66.410m R =⨯，由高斯定理20d 4SQE S E R πε⋅=-⨯=⎰⎰所以204Q E R επ=-⨯⨯1262885102004314(6410)...-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯59110(C).=-⨯（2）在距地球表面1400m 处，作与地球表面同心的球面，以此球面为高斯面，设从离地面1400m 到地面的大气所带总电量为Q '，由高斯定理20d 4SQ Q E S E R πε'+⋅=-⨯=⎰⎰则24049.110(C)Q Q E R επ'+=-⨯⨯=-⨯，459.1108.210(C)Q Q '=--⨯=⨯，所以52128210431464101400Q .V ..ρ'⨯==⨯⨯⨯⨯12311410C m .--=⨯⋅17-7．厚度为d 的无限大平板均匀带电，电荷体密度为ρ，求板内外电场E 的分布． 解 垂直于平板表面作横截面如图，图中虚线为与表面平行、距离两表面等距离（均为2d ）的平面AB ．由于带电平板无限大，电荷分布对平面AB 对称，可知电场强度E 与平板表面垂直，在距离平面AB 距离相等处电场强度的大小E 相同．作对平面AB 对称的闭合高斯面S ，高斯面S 由与平面AB 平行的两个底面1S 和2S和与平面AB 正交的柱面3S 组成，两个底面1S 和2S 到平面AB 的距离均为l ．1S 和2S 的E 通量相等，12ES ES =；3S 的E 通量为零．当2l d ≤时，根据高斯定理1110122E S lS ρε=即可求出10lE ρε=．当2l d >时，根据高斯定理 211012E S S d ρε=可求出202dE ρε=．平板带正电，E 垂直表面向外；平板带负电，E 垂直表面向内．17-8．求电荷面密度为σ的无限长均匀带电圆柱面（半径为R ）的场强分布，并画出r E -曲线．解 由于均匀带电圆柱面无限长，电荷分布对圆柱面轴线轴对称；所以电场线在垂直于圆柱面轴线的平面内，为过圆柱面轴线的放射状半直线．用以圆柱面轴线为轴，两底面与圆柱面轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面，如图所示．高斯面的两底面半径为r ，与E 平行，E 通量为零；高斯面的圆柱侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE Φπ=．在带电圆柱面内部，r R <，由高斯定理可得11d 20E S rlEπ⋅==⎰⎰所以10E =．在带电圆柱体外部，r R >，由高斯定理可得2202d 2Rl E S rlE πσπε⋅==⎰⎰故20R E rσε=．圆柱面带正电，E 沿半径方向向外；圆柱面带负电，E 沿半径方向指向轴线． 请读者画出r E -曲线．17-9．如图所示，在半径分别为1R 、2R 的两个同心薄球面上均匀分布着电荷1Q 和2Q ．（1）求I 、II 、III 区场强分布．（2）求I 、II 、III 区电势分布．解 由于电荷分布对球心O 具有球对称性，故电场分布也对球心O 具有球对称性，可知电场线为过O 点的放射状半直线，场强E 沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．（1）设研究的场点到O 点的距离为r ，以O 为圆心、r 为半径的球面为高斯面，E 与高斯面正交．根据高斯定理，在I 区，1r R <，有211d 40E S E rπ⋅=⋅=⎰⎰所以10E =．在II 区，12R r R <<，则由21204Q E r πε⋅=可求出12204Q E rπε=．在III 区，2r R >，则由212304Q Q E r πε+⋅=可求出123204Q Q E rπε+=． （2）取参考点在无穷远，积分路径沿半径方向，沿电场线积分．在III 区，2r R >，121233200()d d 44rrQ Q Q Q r E l r r rϕπεπε∞∞++=⋅==⎰⎰在II 区，12R r R <<，22212233220()d d d ()4R R rR rQ r E l E l r R rϕϕπε∞=⋅+⋅=+⎰⎰⎰21122002d 44R r Q Q Q r r R πεπε+=+⎰12021()4Q Q r R πε=+ 在I 区，1r R <，12121123()d d d R R rR R r E l E l E l ϕ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰122101210()()4Q Q R R R ϕπε=+=+17-10．在半径为R ，电荷体密度为ρ的均匀带电球体内，挖去一个半径为r 的小球，如图所示．试求：O 、O '、P 、M 各点的场强．解 把带电体看成半径为R 的均匀带电ρ+的球A ，与半径为r 的均匀带电ρ-的球B 的迭加．相当于在原空腔处补上体电荷密度为ρ+和ρ-的球体．设沿OO '的单位矢量为r e ．空间任意一点的场强A B E E E =+，其中A E 和B E 分别是带电球A 和带电球B 在此点的产生的场强，A E 与B E 可根据对称性由高斯定理求出．对O 点 3200140433OO O OO r r OO r E r e e r ρρππεε'''=+= 对O '点 3200140433OO O OO r r OO r E r e e r ρρππεε''''=+= 对P 点 3332220001414()43433P OP r r OP r OPO P O Pr E r e r e r e r r r ρρπρππεπεε''=-+=- 对M 点 333322220001414()43433M r r r OM O M O MOM r R E R e r e e r r r r ρρπρππεπεε''=-+=- 补充讨论 设N 是半径为r 的空腔内的任意一点，则33220014144343ONNO N ON NO ON ON NO NO r r E r r r r r r ρπρππεπε''''=+00()33ON NO OO r r r ρρεε''=+= 说明在空腔内各点场强都相等，方向由O 指向O'，为均匀场．17-11．半径为R 的无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求场强和电势分布．参考点选在该圆柱面上．解 由于均匀带电圆柱体无限长，电荷分布对圆柱轴线轴对称；所以电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面，如题所示．高斯面的两底面半径为r ，与E 平行，E 通量为零；高斯面侧面长度为l ，与E 正交，E 通量2rlE Φπ=．在带电圆柱体内部，r R <，由高斯定理可得2110d 2r lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰所以102rE ρε=．在带电圆柱体外部，r R >，由高斯定理可得 2220d 2R lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰因此2202R E rρε=．圆柱带正电时，E 沿半径方向向外；圆柱带负电时，E 沿半径方向指向轴线．参考点选在带电圆柱的圆柱面上，积分路径沿半径方向，沿电场线积分．在带电圆柱体内部，r R <，电势为22100d d ()24R Rrrr E l r R r ρρϕεε=⋅==-⎰⎰在带电圆柱体内部，r R >，电势为22200d d ln 22RRrrR R RE l r r rρρϕεε=⋅==⎰⎰17-12．电量均为9410C -⨯的四个点电荷置于正方形的四个顶点，各顶点距正方形中心O 点5.0cm ．试求：（1）O 点的场强和电势．（2）将试探点电荷90110C q -=⨯从无穷远处移到O 点，电场力做功多少？（3）电势能的改变为多少？解 （1）根据场强迭加原理，O 点的场强12340E E E E E =+++=根据电势迭加原理，O 点的电势12340144qrϕϕϕϕϕπε=+++=⨯99291040104510.--⨯⨯⨯=⨯⨯328810(V).=⨯ （2）电场力做功 0(0)A q ϕ=-93101028810..-=-⨯⨯⨯628810(J).-=-⨯（3）电势能的改变为 628810(J)W A .-∆=-=⨯17-13．如图所示，R AB 2=，OCD 是以B 为圆心、R 为半径的半圆．A 点有点电荷q +，B 点有点电荷q -．（1）把试探点电荷0q 从O 点沿OCD 移到D 点，电场力对它做了多少功？（2）把试探点电荷0q -从D 点沿AD 的延长线移到无穷远处，电场力对它做了多少功？解 （1）01()04O q q R R ϕπε=-=，01()43D q q R R ϕπε=-06qRπε=-10()O D A q ϕϕ=-006q qR πε=（2）0ϕ∞=，()20D A q ϕϕ∞=--006q qRπε=．17-14．已知空气的击穿场强为6310V m ⨯，测得某次闪电的火花长100m ．（1）求这次发生的闪电两端的电势差．（2）设闪电时通过的电量为30C ，问这次闪电消耗多大能量？ 解 （1）这次闪电两端的电势差68310100310(V)U Ed ϕ=∆==⨯⨯=⨯（2）这次闪电消耗能量8931030910(J)W qU ==⨯⨯=⨯17-15．如图所示，取z 轴沿均匀电场0E 的方向，参考点取在坐标原点．（1）求均匀电场的电势．（2）点电荷q 位于位矢r矢端处，求其电势能．解 （1） 000()cos E r E r E z ϕθ=⋅-=-=-（2） 0cos q W qE r θ=-0qE z =-（第十七章题解结束）。
大学物理习题答案 第17章 量子物理学基础
第17章 量子物理学基础 参考答案一、选择题1(D)，2(D)，3(C)，4(B)，5(A)，6(C)，7(C)，8(C)，9(D)，10(C) 二、填空题(1)． λ/hc ，λ/h ，)/(λc h . (2)． 2.5，4.0×1014 . (3)． A /h ，))(/(01νν-e h . (4)． π，0 . (5)．3/1 (6)． 1.66×10-33 kg ·m ·s -1 ，0.4 m 或 63.7 mm . (7)． 1， 2. (8)．粒子在t 时刻在(x ，y ，z )处出现的概率密度. 单值、有限、连续.1d d d 2=⎰⎰⎰z y x ψ(9). 2， 2×(2l +1)， 2n 2. (10). 泡利不相容， 能量最小. 三 计算题1. 用辐射高温计测得炼钢炉口的辐射出射度为22.8 W ·cm -2，试求炉内温度．（斯特藩常量σ = 5.67×10-8 W/(m 2·K 4) ）解：炼钢炉口可视作绝对黑体，其辐射出射度为M B (T ) = 22.8 W ·cm -2＝22.8×104 W ·m -2由斯特藩──玻尔兹曼定律 M B (T ) = σT 4 ∴ T = 1.42×103 K2．已知垂直射到地球表面每单位面积的日光功率（称太阳常数）等于1.37×103 W/m 2． (1) 求太阳辐射的总功率． (2) 把太阳看作黑体，试计算太阳表面的温度．（地球与太阳的平均距离为1.5×108 km ，太阳的半径为6.76×105 km ，σ = 5.67×10-8 W/(m 2·K 4)）解： (1) 太阳在单位时间内辐射的总能量 E = 1.37×103×4π(R SE )2 = 3.87×1026 W(2) 太阳的辐射出射度 =π=204Sr EE 0.674×108 W/m 2 由斯特藩－玻尔兹曼定律 40T E σ=可得 5872/40==σE T K3．图中所示为在一次光电效应实验中得出的曲线(1) 求证：对不同材料的金属，AB 线的斜率相同． (2) 由图上数据求出普朗克恒量h ． (基本电荷e =1.60×10-19C)解：(1) 由 A h U e a -=ν 得 e A e h U a //-=ν|14Hz)e h U a /d /d =ν (恒量) 由此可知，对不同金属，曲线的斜率相同． (2) h = e tg θ 1410)0.50.10(00.2⨯--=e= 6.4×10-34J ·s4. 波长为λ的单色光照射某金属M 表面发生光电效应，发射的光电子(电荷绝对值为e ，质量为m )经狭缝S 后垂直进入磁感应强度为B的均匀磁场(如图示)，今已测出电子在该磁场中作圆运动的最大半径为R ．求(1) 金属材料的逸出功A ； (2) 遏止电势差U a ．解：(1) 由 R m eB /2v v = 得 m R e B /)(=v ，代入 A m h +=221v ν 可得 222221mB e mR hc A ⋅-=λ m B e R hc 2222-=λ (2) 221v m U e a =， m eB R e m U a 22222==v .5．光电管的阴极用逸出功为A = 2.2 eV 的金属制成，今用一单色光照射此光电管，阴极发射出光电子，测得遏止电势差为| U a | = 5.0 V ，试求：(1) 光电管阴极金属的光电效应红限波长； (2) 入射光波长．（普朗克常量h = 6.63×10-34 J ·s ， 基本电荷e = 1.6×10-19 C ）解：(1) 由 00/λνhc h A == ==Ahc0λ 5.65×10-7 m = 565 nm(2)a U e m =221v , A U e hc h a +==λν 得 =+=AU e hca λ 1.73×10-7 m = 173 nm6．α粒子在磁感应强度为B = 0.025 T 的均匀磁场中沿半径为R =0.83 cm 的圆形轨道运动． (1) 试计算其德布罗意波长．(2) 若使质量m = 0.1 g 的小球以与α粒子相同的速率运动．则其波长为多少？(α粒子的质量m α =6.64×10-27 kg ，普朗克常量h =6.63×10-34 J ·s ，基本电荷e =1.60×10-19 C)解：(1) 德布罗意公式：)/(v m h =λ由题可知α 粒子受磁场力作用作圆周运动R m B q /2v v α=，qRB m =v α又 e q 2= 则 e R B m 2=v α故 nm 1000.1m 1000.1)2/(211--⨯=⨯==eRB h αλB× × × × ×(2) 由上一问可得 αm eRB /2=v 对于质量为m 的小球 αααλλ⋅=⋅==mm m m eRB hm h 2v =6.64×10-34 m7. 一电子处于原子某能态的时间为10-8 s ，计算该能态的能量的最小不确定量．设电子从上述能态跃迁到基态所对应的光子能量为3.39 eV ，试确定所辐射的光子的波长及此波长的最小不确定量．( h = 6.63×10-34 J ·s )解：根据不确定关系式 ∆E ∆t ≥ 得∆E ≥ /∆t = 0.659×10-7 eV根据光子能量与波长的关系 λν/hc h E ==得光子的波长 ==E hc /λ 3.67×10-7 m波长的最小不确定量为 ∆λ = hc ∆E /E 2 = 7.13×10-15 m8．已知粒子处于宽度为a 的一维无限深方势阱中运动的波函数为 ax n a x n π=sin 2)(ψ ， n = 1, 2, 3, … 试计算n = 1时，在 x 1 = a /4 →x 2 = 3a /4 区间找到粒子的概率．解：找到粒子的概率为⎰4/34/1*1d )()(a a x x x ψψ⎰π=4/34/2d sin 2a a x a x a π+=+ππ=121)12(1＝0.818四 研讨题1. 人体也向外发出热辐射，为什么在黑暗中还是看不见人？参考解答：人体辐射频率太低，远离可见光波段。
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第十七章 真空中的静电场17-1．三个相同的点电荷放置在等边三角形的三个顶点上，在此三角形的中心应放置怎样的电荷，才能使作用在每一点电荷上的合力为零？解 设等边三角形的边长为a ，则由顶点到中心的距离为33a ；设顶点处电荷为q ，中心处电荷为Q ，Q 与q 反号．考虑到等边三角形的对称性，可知Q 受其它三个电荷的合力为零，与Q 的大小无关；顶点处三个电荷q 所受合力的大小相同．上方顶点处电荷q 受其它三个电荷的作用力如图所示，合力为零要求02cos30F F =o即 222003244(33)q aa πεπε⨯⨯= 可求出33Q q =-．17-2．电子所带电量最先是由密立根通过油滴实验测得的，其实验装置如图所示．一个很小的带电油滴在均匀电场E ρ中，调节A 、B 两端的电压，使作用在油滴上的电场力与油滴所受重力平衡．如果油滴的半径为41.6410cm -⨯，在平衡时511.9210V m E -=⨯⋅，求油滴上的电荷．已知油的密度为30.851g cm -⋅．解 由0qE mg +=r r，可得343R g mgq E E ρπ== 6354851314(16410)98319210....-⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ 1980210C .-=⨯5e =17-3．半径为R 、电荷线密度为η的半圆形带电线如图所示，求圆心O 点的场强． 解 在带电曲线上取一个长度为d l 的电荷元，其电量d d q l η=．电荷元在O 点的场强为d E r，如图所示．由于电荷分布对Ox 轴对称，所以全部电荷在O 点产生的总场强沿Oy 方向的分量之和为零，O 点的总场强E r 沿Ox 方向，(d )x E E i =⎰r r ．由于d =d l R θ，所以200d cos cos d cos d d 44x l E E R Rηθηθθθπεπε⋅===于是 222200cos (d )(sin )44E i |i R R ππππηθηθθπεπε--==⎰r r r 02i Rηπε=r17-4．如图所示，匀强电场E ρ与半径为R 的半球面1S 的轴线平行．试计算通过此半球面的E ρ通量．若以半球面的边线为边，另取一个任意形状的曲面2S ，问2S 的电通量多大？解 以半球面1S 的边缘为边界作一个平面0S ，此平面为一个圆，面积为2R π．由于E r 与0S 面垂直，所以通过0S 面的E r通量2R E Φπ=．因为通过1S 面和2S 面的E r 通量与通过0S 面的E r通量相等，故通过1S 面和2S 面的E r 通量均为2R E Φπ=．17-5．（1）一点电荷q 位于边长为a 的立方体中心，试问通过立方体每一面的E ρ通量多大？（2）如果电荷q 移到该立方体的一个顶角上，这时通过立方体每一面的E ρ通量多大？解 （1）立方体的六个面组成闭合曲面，由高斯定理可知通过此闭合曲面的电通量 0qΦε=由于立方体的六个面对其中心对称，所以每个面通过的电通量为12345606q ΦΦΦΦΦΦε======（2）由于n d d d E S E e S Φ=⋅=⋅r r r r ，因此q 所在的三个面的电通量为零（n E e ⊥r r）． 以q 为中心，以2a 为边长做大立方体，使原立方体恰为大立方体的18．由（1）知，通过大立方体每个面的电通量各为06q ε．而原立方体的每个面为大立方体每个面的14，所以通过小立方体其它三个面的电通量各为024q ε．17-6．（1）设地球表面附近的场强约为1200V m -⋅，方向指向地心，试求地球所带总电量．（2）在离地面1400m 处，场强为120V m -⋅，方向仍指向地心，试计算1400m 以下大气里的平均电荷体密度．解 （1）在地球表面外、沿地球表面作一个球面，以此球面为高斯面，设地球所带总电量为Q ，地球半径66.410m R =⨯，由高斯定理20d 4SQE S E R πε⋅=-⨯=⎰⎰r r Ò所以204Q E R επ=-⨯⨯1262885102004314(6410)...-=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯59110(C).=-⨯（2）在距地球表面1400m 处，作与地球表面同心的球面，以此球面为高斯面，设从离地面1400m 到地面的大气所带总电量为Q '，由高斯定理20d 4SQ Q E S E R πε'+⋅=-⨯=⎰⎰r r Ò则24049.110(C)Q Q E R επ'+=-⨯⨯=-⨯，459.1108.210(C)Q Q '=--⨯=⨯，所以52128210431464101400Q .V ..ρ'⨯==⨯⨯⨯⨯12311410C m .--=⨯⋅17-7．厚度为d 的无限大平板均匀带电，电荷体密度为ρ，求板内外电场E r的分布． 解 垂直于平板表面作横截面如图，图中虚线为与表面平行、距离两表面等距离（均为2d ）的平面AB ．由于带电平板无限大，电荷分布对平面AB 对称，可知电场强度E r与平板表面垂直，在距离平面AB 距离相等处电场强度的大小E 相同．作对平面AB 对称的闭合高斯面S ，高斯面S 由与平面AB 平行的两个底面1S 和2S 和与平面AB 正交的柱面3S 组成，两个底面1S 和2S 到平面AB 的距离均为l ．1S 和2S 的E r通量相等，12ES ES =；3S 的E r通量为零．当2l d ≤时，根据高斯定理1110122E S lS ρε=即可求出10lE ρε=．当2l d >时，根据高斯定理211012E S S d ρε=可求出202dE ρε=．平板带正电，E r 垂直表面向外；平板带负电，E r 垂直表面向内．17-8．求电荷面密度为σ的无限长均匀带电圆柱面（半径为R ）的场强分布，并画出r E -曲线．解 由于均匀带电圆柱面无限长，电荷分布对圆柱面轴线轴对称；所以电场线在垂直于圆柱面轴线的平面内，为过圆柱面轴线的放射状半直线．用以圆柱面轴线为轴，两底面与圆柱面轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面，如图所示．高斯面的两底面半径为r ，与E r 平行，E r 通量为零；高斯面的圆柱侧面长度为l ，与E r正交，E r通量2rlE Φπ=．在带电圆柱面内部，r R <，由高斯定理可得11d 20E S rlE π⋅==⎰⎰r r Ò所以10E =．在带电圆柱体外部，r R >，由高斯定理可得2202d 2Rl E S rlE πσπε⋅==⎰⎰r r Ò 故20R E rσε=．圆柱面带正电，E r 沿半径方向向外；圆柱面带负电，E r 沿半径方向指向轴线．请读者画出r E -曲线．17-9．如图所示，在半径分别为1R 、2R 的两个同心薄球面上均匀分布着电荷1Q 和2Q ．（1）求I 、II 、III 区场强分布．（2）求I 、II 、III 区电势分布．解 由于电荷分布对球心O 具有球对称性，故电场分布也对球心O 具有球对称性，可知电场线为过O 点的放射状半直线，场强E r沿半径方向，在到O 点的距离r 相同处，场强大小E 相等．（1）设研究的场点到O 点的距离为r ，以O 为圆心、r 为半径的球面为高斯面，E r与高斯面正交．根据高斯定理，在I 区，1r R <，有211d 40E S E r π⋅=⋅=⎰⎰r r Ò所以10E =．在II 区，12R r R <<，则由21204Q E r πε⋅=可求出12204Q E rπε=．在III 区，2r R >，则由212304Q Q E r πε+⋅=可求出123204Q Q E rπε+=． （2）取参考点在无穷远，积分路径沿半径方向，沿电场线积分．在III 区，2r R >，121233200()d d 44rr Q Q Q Q r E l r r r ϕπεπε∞∞++=⋅==⎰⎰r r在II 区，12R r R <<，22212233220()d d d ()4R R rR rQ r E l E l r R rϕϕπε∞=⋅+⋅=+⎰⎰⎰r r r r21122002d 44R r Q Q Q r r R πεπε+=+⎰12021()4Q Q r R πε=+ 在I 区，1r R <，12121123()d d d R R rR R r E l E l E l ϕ∞=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰r r r r rr122101210()()4Q Q R R R ϕπε=+=+17-10．在半径为R ，电荷体密度为ρ的均匀带电球体内，挖去一个半径为r 的小球，如图所示．试求：O 、O '、P 、M 各点的场强．解 把带电体看成半径为R 的均匀带电ρ+的球A ，与半径为r 的均匀带电ρ-的球B 的迭加．相当于在原空腔处补上体电荷密度为ρ+和ρ-的球体．设沿OO 'u u u u r 的单位矢量为r e r．空间任意一点的场强A B E E E =+r r r ，其中A E r 和B E r分别是带电球A 和带电球B 在此点的产生的场强，A E r 与B E r可根据对称性由高斯定理求出．对O 点 3200140433OO O OO r r OO r E r e e r ρρππεε'''=+=r r r 对O '点 3200140433OO O OO r r OO r E r e e r ρρππεε''''=+=r r r 对P 点 3332220001414()43433P OP r r OP r OP O P O Pr E r e r e r e r r r ρρπρππεπεε''=-+=-r r r r 对M 点 333322220001414()43433M r r r OM O M O MOM r R E R e r e e r r r r ρρπρππεπεε''=-+=-r r r r 补充讨论 设N 是半径为r 的空腔内的任意一点，则33220014144343ON NO N ON NO ON ON NO NO r r E r r r r r r ρπρππεπε''''=+r r r 00()33ON NO OO r r r ρρεε''=+=r r r 说明在空腔内各点场强都相等，方向由O 指向O'，为均匀场．17-11．半径为R 的无限长圆柱体内均匀带电，电荷体密度为ρ，求场强和电势分布．参考点选在该圆柱面上．解 由于均匀带电圆柱体无限长，电荷分布对圆柱轴线轴对称；所以电场线在垂直于圆柱轴线的平面内，为过圆柱轴线的放射状半直线．用以圆柱轴线为轴，两底面与圆柱轴线垂直的闭合圆柱面为高斯面，如题所示．高斯面的两底面半径为r ，与E r 平行，E r 通量为零；高斯面侧面长度为l ，与E r 正交，E r通量2rlE Φπ=．在带电圆柱体内部，r R <，由高斯定理可得2110d 2r lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰r r Ò 所以102rE ρε=．在带电圆柱体外部，r R >，由高斯定理可得 2220d 2R lE S rlE πρπε⋅==⎰⎰r r Ò因此2202R E rρε=．圆柱带正电时，E r 沿半径方向向外；圆柱带负电时，E r沿半径方向指向轴线．参考点选在带电圆柱的圆柱面上，积分路径沿半径方向，沿电场线积分．在带电圆柱体内部，r R <，电势为22100d d ()24RR rr r E l r R r ρρϕεε=⋅==-⎰⎰r r在带电圆柱体内部，r R >，电势为22200d d ln 22RR rr R R RE l r r r ρρϕεε=⋅==⎰⎰r r17-12．电量均为9410C -⨯的四个点电荷置于正方形的四个顶点，各顶点距正方形中心O 点5.0cm ．试求：（1）O 点的场强和电势．（2）将试探点电荷90110C q -=⨯从无穷远处移到O 点，电场力做功多少？（3）电势能的改变为多少？解 （1）根据场强迭加原理，O 点的场强12340E E E E E =+++=r r r r r根据电势迭加原理，O 点的电势12340144qrϕϕϕϕϕπε=+++=⨯99291040104510.--⨯⨯⨯=⨯⨯328810(V).=⨯ （2）电场力做功 0(0)A q ϕ=-93101028810..-=-⨯⨯⨯628810(J).-=-⨯（3）电势能的改变为 628810(J)W A .-∆=-=⨯17-13．如图所示，R AB 2=，¼OCD是以B 为圆心、R 为半径的半圆．A 点有点电荷q +，B 点有点电荷q -．（1）把试探点电荷0q 从O 点沿¼OCD移到D 点，电场力对它做了多少功？（2）把试探点电荷0q -从D 点沿AD 的延长线移到无穷远处，电场力对它做了多少功？解 （1）01()04O q q R R ϕπε=-=，01()43D q q R R ϕπε=-06qRπε=-10()O D A q ϕϕ=-006q qR πε=（2）0ϕ∞=，()20D A q ϕϕ∞=--006q qRπε=．17-14．已知空气的击穿场强为6310V m ⨯，测得某次闪电的火花长100m ．（1）求这次发生的闪电两端的电势差．（2）设闪电时通过的电量为30C ，问这次闪电消耗多大能量？ 解 （1）这次闪电两端的电势差68310100310(V)U Ed ϕ=∆==⨯⨯=⨯（2）这次闪电消耗能量8931030910(J)W qU ==⨯⨯=⨯17-15．如图所示，取z 轴沿均匀电场0E r的方向，参考点取在坐标原点．（1）求均匀电场的电势．（2）点电荷q 位于位矢r ρ矢端处，求其电势能．解 （1） 000()cos E r E r E z ϕθ=⋅-=-=-r r（2） 0cos q W qE r θ=-0qE z =-（第十七章题解结束）。