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大学物理学习指南答案第十一章 静电场例题答案：111. B； 112. B； 113. B114. ；从O点指向缺口中心点115. ；沿矢径OP 116. D117.向右 ; 向右 118. (见书上)119. D； 1110. C； 1111. C1112. 45 V 15 V1113-14. (见书上) 1115. 无答案练习题答案：Lddqx(L+dx)dExO111. 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l=q/L，在x处取一电荷元dq =ldx = qdx/L， （2分）它在P点的场强：总场强为：112. Q / e0，0113. s / (2e0)，3s / (2e0)114.B115. 解：在任意位置x处取长度元dx，其上带有电荷dq=l0 (xa)dx它在O点产生的电势O点总电势：116. 解：在圆盘上取一半径为rrdrX围的同心圆环其面积为 dS=2prdr其上电荷为 dq=2psrdr它在O点产生的电势为总电势117. 解：设导线上的电荷线密度为l，与导线同轴作单位长度的、半径为r的(导线半径R1r圆筒半径R2)高斯圆柱面，则按高斯定理有 2prE =l / e0得到E = l/ (2pe0r) (R1rR2)方向沿半径指向圆筒 导线与圆筒之间的电势差则 代入数值，则：(1) 导线表面处2.54 ×106 V/m (2) 圆筒内表面处1.70×104 V/m118. 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AB过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒 mvMV0 对该系统，由动能定理mgREqRmv2MV2、两式联立解出方向水平向右方向水平向左119. 解：设无穷远处为电势零点，则A、B两点电势分别为q由A点运动到B点电场力作功注：也可以先求轴线上一点场强，用场强线积分计算1110. 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8.85×10-9C / m2 (2) 设外球面上放电后电荷面密度为，则应有= 0即外球面上应变成带负电，共应放掉电荷6.67×10-9C 第十二章导体电学例题答案：121. D122. C123. (C)没答案124. q， 球壳外的整个空间125.，126. ，127. C128-9. (见书上)练习题答案：121. C=712Uf（没过程）122 解：三块无限大平行导体板，作高斯面如图，知：E1=s1 ¤e0，E2=s2 ¤e0左边两极板电势差U1=s1d1 ¤e0，右边两极板电势差U2=E2d2=s2d2 ¤e0，而U1=U2，则s1 ¤s2= d2 ¤d1。123.D124. C125. 证明：在导体壳内部作一包围B的内表面的闭合面,如图设B内表面上带电荷Q2，按高斯定理，因导体内部场强E处处为零，故根据电荷守恒定律，设B外表面带电荷为，则由此可得第十三章电介质例题答案：131. B132. （B）133. （C）134. e r，e r135. (见书上)136. C练习题答案：131 = 147 kV 解：设圆柱形电容器单位长度上带有电荷为l，则电容器两极板之间的场强分布为设电容器内外两极板半径分别为r0，R，则极板间电压为电介质中场强最大处在内柱面上，当这里场强达到E0时电容器击穿，这时应有适当选择r0的值，可使U有极大值，即令得显然有< 0，故当时电容器可承受最高的电压 = 147 kV 132 解：因为所带电荷保持不变，故电场中各点的电位移矢量保持不变，又因为介质均匀，电场总能量133解：设某瞬时球上带电q，电势为u，将dq自µ处移至球面，外力做功等于的电势能增量dw，即dw=udq。球上电量由q=0®Q，外力作的总功为球末态的电势能(即球带电Q的总静电能)。所以W=。134（1）U=1000V，= 5´10-6J （2）DWe= 5.0´10-6J由于把带电的两面三刀极板拉开时外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了4. 解(1)电容器充电后断开电源，则极板上所带的电量不变。故极板间的电势差和电场能量分别为=1000V，5´10-6J。(2)设极板原间距为d，增大为2d时，相应的电容量要变小，其值为C¢=e0S¤2d=C¤2。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为W¢e=Q2¤2C¢= Q2¤C 1.0´10-5J，电场能量的增加量为DWe= W¢eWe=5.0´10-6J，由于把带电的两面三刀极板拉开时，外力需克服电场力作功，这部分外力所作的功就转化为电场能量了。135Vmax=。解(1)设该球形电容器带有电量，则两球壳间场强分布为r1£r£r2由此可知，当r趋近于r1时，场强值增大。要使电容器不被击穿，E<Eb，在取极限值E=Eb时，有Eb=得：，两球间所允许的最大电势差为：Vmax=。(2)方法一：在r1£r£r2内取半径r厚度dr的薄层壳内电能密度we=eE2=均匀分布在薄层中，此薄球壳能量，dW=4pr2dr× we，电容器能贮存的最大静电能为We=。方法二：此电容C=，We=(Eb4per12)2=第十四章例题答案：例14-1：解：令、和分别代表长直导线1、2和三角形框ac、cb边和ab边中的电流在O点产生的磁感强度则 ：由于O点在导线1的延长线上，所以= 0：由毕萨定律式中 方向：垂直纸面向里和：由于ab和acb并联，有又由于电阻在三角框上均匀分布，有由毕奥萨伐尔定律，有且方向相反，的方向垂直纸面向里例14-2：解：利用无限长载流直导线的公式求解 (1) 取离P点为x宽度为dx的无限长载流细条，它的电流(2) 这载流长条在P点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里 (3) 所有载流长条在P点产生的磁感强度的方向都相同，所以载流平板在P点产生的磁感强度方向垂直纸面向里例14-3：解：，。的方向与y轴正向一致例14-4：解：由毕奥萨伐尔定律可得，设半径为R1的载流半圆弧在O点产生的磁感强度为B1，则。同理， 故磁感强度例14-5： C例14-6： 环路L所包围的所有稳恒电流的代数和环路L上的磁感强度例14-7：证明：由安培定律，ab整曲线所受安培力为 因整条导线中I是一定的量，磁场又是均匀的，可以把I和提到积分号之外，即，载流相同、起点与终点一样的曲导线和直导线，处在均匀磁场中，所受安培力一样例14-8：答：第一说法对，第二说法不对 围绕导线的积分路径只要是闭合的，不管在不在同一平面内，也不管是否是圆，安培环路定理都成立例14-9：解：如图所示，圆筒旋转时相当于圆筒上具有同向的面电流密度i，作矩形有向闭合环路如右图中所示从电流分布的对称性分析可知，在上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。的大小和方向均相同，而且错误！不能通过编辑域代码创建对象。的方向平行于错误！不能通过编辑域代码创建对象。，在错误！不能通过编辑域代码创建对象。和错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。的方向与线元垂直，在错误！不能通过编辑域代码创建对象。，错误！不能通过编辑域代码创建对象。上各点错误！不能通过编辑域代码创建对象。应用安培环路定理可得圆筒内部为均匀磁场，磁感强度的大小为，方向平行于轴线朝右例14-10：A； 例14-11：D； 例14-12：D； 例14-13： 有关 无关习题答案：14-1：C； 14-2： 垂直纸面向； 14-3：D14-4：解：带电圆盘转动时，可看作无数的电流圆环的磁场在O点的叠加某一半径为r 的圆环的磁场为而正电部分产生的磁感强度为负电部分产生的磁感强度为今14-5：02； 14-6： 0； 14-7：D；14-8：12 1214-9：解：建立坐标系，应用安培环路定理，左边电流产生的磁感应强度； 方向向里 右边电流产生的磁感应强度； 方向向外 应用磁场叠加原理可得磁场分布为，的方向垂直x轴及图面向里14-10：B； 14-11：D； 14-12：C； 14-13：C； 14-14：B； 14-15：B14-16： 第十五章例题答案：例15-1：B； 例15-2：D例15-3：答：不能因为它并不是真正在磁介质表面流动的传导电流，而是由分子电流叠加而成，只是在产生磁场这一点上与传导电流相似 习题答案：15-1：C； 15-2：I / (2pr) mI / (2pr)15-3：铁磁质顺磁质15-4：矫顽力小容易退磁15-5：B第十六章例题答案：例16-1：B例16-2：解：长直带电线运动相当于电流（2分）正方形线圈内的磁通量可如下求出例16-3：解：筒以w旋转时，相当于表面单位长度上有环形电流，它和通电流螺线管的nI等效按长螺线管产生磁场的公式，筒内均匀磁场磁感强度为： (方向沿筒的轴向) 筒外磁场为零穿过线圈的磁通量为：在单匝线圈中产生感生电动势为感应电流i为i的流向与圆筒转向一致例16-4： N例16-5：解：带电平面圆环的旋转相当于圆环中通有电流I在R1与R2之间取半径为R、宽度为dR的环带，环带内有电流dI在圆心O点处产生的磁场在中心产生的磁感应强度的大小为 选逆时针方向为小环回路的正方向，则小环中方向：当dw (t) /dt >0时，i与选定的正方向相反；否则i与选定的正方向相同例16-6：解：在距O点为l处的dl线元中的动生电动势为 de e 的方向沿着杆指向上端例16-7：D； 例16-8：D例16-9：解：(1) 无限长载流直导线在与其相距为r处产生的磁感强度为：以顺时针为线圈回路的正方向，与线圈相距较远和较近的导线在线圈中产生的磁通量为：总磁通量感应电动势为：由e >0，所以e 的绕向为顺时针方向，线圈中的感应电流亦是顺时针方向例16-10：D； 例16-11：C习题解答16-1：D16-2：解：螺线管中的磁感强度，通过圆线圈的磁通量取圆线圈中感生电动势的正向与螺线管中电流正向相同，有在0 < t < T / 4内，16-2图在T / 4 < t < 3T / 4内，在3T / 4 < t < T内，16-4图e t曲线如图16-216-3：C16-4：解：建立如图16-4所示坐标系，x处磁感应强度；方向向里在x处取微元，高l宽dx，微元中的磁通量：磁通量：感应电动势方向：顺时针16-5：解：n =1000 (匝/m) =p2×10-1 sin 100 pt (SI) p2×10-1 A= 0.987 A 16-8图16-6：ADCBA绕向ADCBA绕向16-7：1.11×10-5 V A端16-8：解：建立坐标(如图16-8)则：，方向de16-11图感应电动势方向为CD，D端电势较高16-9：B； 16-10：D16-11：证明：建立如图16-11所示坐标，设电流为I，则在两长直导线的平面上两线之间的区域中B的分布为穿过单位长的一对导线所围面积（如图中阴影所示）的磁通为16-12：0.400 H 28.8J16-13：C； 16-14：C 第十八章17-1：垂直相同【例题精选】例181：【解】(1)Dx20Dl / a0.11 m(2) 覆盖云玻璃后，零级明纹应满足 (n1)er1r2设不盖玻璃片时，此点为第k级明纹，则应有r2r1kl所以(n1)e = klk(n1) e / l6.967零级明纹移到原第7级明纹处例182：变小、变小 例183：C例184：B例185：C例186：【解】(1) 明环半径5×10-5 cm (或500 nm) (2) (2k1)2 r2 / (Rl) 对于r1.00 cm，kr2 / (Rl)0.550.5 故在OAX围内可观察到的明环数目为50个【练习题】181：上(n-1)e 182： B183：【解】(1) x 2kDl / dd = 2kDl /Dx此处kd10 Dl / Dx0.910 mm (2) 共经过20个条纹间距，即经过的距离l20 Dl / d24 mm 184： B 185： A186：【解】(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e2l/2处是第二条暗纹中心，依此可知第四条暗纹中心处，即A处膜厚度e4=4.8×10-5 rad (2) 由上问可知A处膜厚为e43×500 / 2 nm750 nm 对于l600 nm的光，连同附加光程差，在A处两反射光的光程差为，它与波长之比为所以A处是明纹187：B188：【解】(1)第k个明环，(2)式中为第k级明纹所对应的空气膜厚度很小，可略去，得(k=1, 2, 3 )第十九章【例题精选】例191：B 例192：4 、第一例193：【解】(1) 双缝干涉条纹第k级亮纹条件：d sinq =kl第k级亮条纹位置：xk = f tgq f sinq kfl / d相邻两亮纹间距：Dx= xk+1xk=(k1)fl / dkfl / d=fl / d =2.4×10-3 m=2.4 mm (2) 单缝衍射第一暗纹：a sinq1 = l单缝衍射中央亮纹半宽度：Dx0= f tgq1f sinq1fl / a12 mm Dx0 / Dx=5双缝干涉第±5极主级大缺级在单缝衍射中央亮纹X围双缝干涉亮纹数N = 9，为k = 0，±1，±2，±3，±4级或根据d / a = 5指出双缝干涉缺第±5级主大，同样得该结论例194： 一 三例195：【解】 (1) 由单缝衍射暗纹公式得由题意可知 , 代入上式可得(2) (k1 = 1, 2, ) (k2 = 1, 2, ) 若k2 = 2k1，则q1 = q2，即l1的任一k1级极小都有l2的2k1级极小与之重合【练习题】191：子波 子波干涉(或 “子波相干叠加”) 192：D 193：C 194：B195：解：由光栅公式得 sinj= k1 l1 / (a+b) = k2 l2 / (a+b)k1 l1 = k2 l2 k2 / k1 = l1/ l2=0.668 / 0.447 将k2 / k1约化为整数比k2 / k1=3 / 2=6 / 4=12 / 8 . 取最小的k1和k2 ，k1=2，k2 =3，则对应的光栅常数(a + b) = k1 l1 / sinj=3.92 mm 196：解：(1) 由单缝衍射明纹公式可知(取k1 ) , 由于 , 所以则两个第一级明纹之间距为=0.27 cm (2) 由光栅衍射主极大的公式且有所以=1.8 cm 197：答：因k =±4的主极大出现在q =±90°的方向上，实际观察不到所以，可观察到的有k =0,±1,±2,±3共7条明条纹198：答：可观察到最高级次是k =3 光栅常数(ab)=2×10-4 cm, 按光栅公式 (a + b)sinq = kl q 最大为90°，所以kmax(ab)sin90°/ lkmax2×10-4 / 5000×10-8=4 实际上q =90°的第四级观察不到，所以可观察到最高级次是k =3第二十章【例题精选】例201：波动；横 例202： C 例203：30°；1.73例204：遵守通常的折射； 不遵守通常的折射；A例205：【解】设I0为自然光强由题意知入射光强为2 I0 (1) I1=2·2 I0 / 30.5 I0I0cos2q4 / 30.5cos2q所以q24.1°(2) I1= (0.5 I0I0 cos224.1°)2(2 I0) / 3，I2I1cos230°3 I1 / 4所以I2 / 2I0 = 1 / 2 例206：C【练习题】201：B 202：A 203：B204：解：设Imax，Imin分别表示出射光的最大值和最小值，则ImaxIa/ 2IbIminIa / 2令所以205：A206：A207：完全（线）偏振光垂直于入射208：54.7°35.3°209：证明：设介质、的折射率分别为n1、n2，、交界面(图中的上界面)处折射角为r，它也等于、下界面处的入射角最后的折射角为由折射定律n1 sini = n2 sinr = n1 sin 所以i在上界面，布儒斯特定律，irp所以rp这表明在下界面处也满足布儒斯特定律，所以在下界面处的反射光也是线偏振光2010：D2011：D 第二十一章【例题精选】例211：C例212：【答】不能产生光电效应。因为：铝金属的光电效应红限波长，而 A =4.2 eV =6.72×10-19 Jl0 =296 nm 而可见光的波长X围为400 nm760 nm > l0。例213：C例214：5×10142例215：C例216：B例217解：极限波数可求出该线系的共同终态.由l=6565 Å 可得始态=3由 eV 可知终态n =2，E2 = -3.4 eV 始态n =3，E3 = -1.51 eV 例218：1.45 Å6.63×10-19 Å【练习题】211：D 212：A/h、213：D214：1.45 V 7.14×105 m·s-1215：证明：由爱因斯坦方程 及逸出功得因为时EK = 0，由图可知：入射光频率为n时 即 216：13.63.4217：证明： , 而：，代入上式：与比较，得里德伯常量 218：C219：C2110：D2111：变长变长 2112：第二十二章【例题精选】例221：A 例222：例223：1.45 Å6.63×10-19 Å例224：【解】(1)考虑相对论效应：eU12=mec2(g-1)，g=1+=，v=，l=。U12 = 100 kV=105V，则eU12+mec2=9.8´10-14，=5.367´10-14，v=1.643´108m¤s，得相对论波长l=3.706´10-12m。(2)不考虑相对论效应：eU12=mev2¤2，v=，l¢=。=1.71´10-22，l¢=h¤=3.877´10-12m。相对误差是= 4.6%。例225：D例226：单值、有限、连续例227：【证明】由即据题意 以及德布罗意波公式得比较、式得例228：D 例229：证明：由即据题意 以及德布罗意波公式得比较、式得例2210：C 例2211：A 例2212：B 例2213：泡利不相容能量最小例2214：C 例2215：【练习题】221：答：用相对论计算由计算得222：证明：依题意：则有由于则故即，n =1，2，3，223：解：(1) 德布罗意公式：由题可知a 粒子受磁场力作用作圆周运动， 又 则 故(2) 由上一问可得对于质量为m的小球=6.64×10-34 m224：答：(1)电子和光子的动量大小相同因为p = h/l对两者都成立，而l相同，故 p相同 (2)电子的能量Ee = mc2其中根据可解出：光子的能量 可见电子和光子的能量不相同225：A226：C227：答：用经典力学的物理量例如坐标、动量等只能在一定程度内近似地描述微观粒子的运动，坐标x和动量px存在不确定量Dx和D px，它们之间必须满足不确定关系式这是由于微观粒子具有波粒二象性的缘故228：B229：C2210：D2211：证明：先求粒子的位置概率密度当时，有最大值在0xaX围内可得2212：解：(1) 先求粒子的位置概率密度当时，有最大值在0xaX围内可得 发现粒子的概率为最大的位置(2) 粒子位于0 a/4内的概率为： =0.0912213：B2214：C2215：0,2216：2×(2l+1) 2n22217：0，1，2，3 0，±1，±2，±32218：C2219：B2220：答：主量子数n大体上确定原子中电子的能量 角量子数l确定电子轨道的角动量 磁量子数ml确定轨道角动量在外磁场方向上的分量 自旋磁量子数ms确定自旋角动量在外T / 20