大学物理学习指南1125章例题习题参考答案(详解).doc

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1、例题练习题参考答案(详解)第11章 静电场【例题精选】例11-1 （见书上）例11-2 ，从O点指向缺口中心点 例11-3 D例11-4 D 例11-5 B例11-6 ， 向右； ， 向右； ， 向左 例11-7 （见书上）【练习题】11-1 B 11-2 ，沿矢径OP 11-3 ，11-4 B 11-5 【解】（1）作与球体同心，半径rR的高斯球面S1。球体内电荷密度r随r变化，因此，球面S1内包含的电荷。已知的电荷体密度r(r) =kr，根据高斯定理：， ，可求得球体内任意点的场强：，rR的球面S2，因R外电荷为零，故S2内的电荷Q2=Q总，根据高斯定理：，得球体外任意一点的场强：，rR。

2、11-6 ，11-7 【解】两同轴圆柱面带有等量异号电荷，则内外电荷线密度分别为l和-l。电场分布具有轴对称性。（1）建立半径的同轴高斯柱面，设高为h。高斯柱面内无电荷分布。，则，（）（2）建立的同轴高斯柱面，设高为h。高斯柱面内包含电荷。柱面的上下底面无电场分布，电场均匀分布在侧面。，则，（）（3）建立半径的同轴高斯柱面，设高为h。高斯柱面内包含正负电荷的代数和为零。，则，（）第12章 电势【例题精选】例12-1 -2000V 例12-2 45V ， -15V 例12-3 （见书上）例12-4 （见书上）例12-5 D 例12-6 C【练习题】12-1 ， 单位正电荷在静电场中沿任何闭合路径

3、绕行一周，电场力所做的功为零，保守12-2 C11-3 (1) ， 0；(2) ， 12-4 【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： 12-5 【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 8.8510-9 C / 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 6.6710-9 C12-6【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12-7【答】均匀带电

4、球体的电场能量大。因为半径相同且总电荷相等的球面和球体，其外部电场分布相同，具有相同的能量；但内部电场不同：球面内部场强为零，球体内部场强不为零，所以球体的电场能量大。第13章 静电场中的导体【例题精选】例13-1 C例13-2 C例13-3 （见书上）例13-4 （见书上） 【练习题】13-1 D13-2 【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，而左板和右板构成等势体，中板自身是等势体，所以U1= U2，则 s1 s2= d2 d1 13-3 【证】在导体壳内部作一包

5、围B的内表面的闭合面，如图。设B内表面上带电荷Q21，根据高斯定理，因导体内部场强E处处为零，故 ，得 根据电荷守恒定律，设B外表面带电荷为，则 由此可得 。 13-4 ；。第14章 静电场中的电介质【例题精选】例14-1 B例14-2 C例14-3 (1) 增大 ， 增大 (2) 增大 ， 增大 (3) 减小 ， 不变 例14-4 ， 。例14-5 (见书上)例14-6 (见书上)【练习题】14-1 14-2 e r ，e r 14-3 C14-4 B14-5 C14-6 【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，510-6 J

6、。(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。而此时极板所带电量仍然不变。电场总能量改变为 =1.010-5 J，电场能量的增加量为=5.010-6J，由于把带电的电容器极板拉开时，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，或者说，电荷不变时，电容器内部的电场强度不变，但是场强存在的空间体积变成原来的两倍，总能量也就变为原来的两倍。第15章 稳恒磁场【例题精选】例15-1 （见书上）例15-2 （见书上） 例15-3 （见书上）例15-4 （见书上） 例15-5 D例15-6 C例15-7 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15-8

7、 答：第一说法对，第二说法不对因为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15-9 （见书上）例15-10 （见书上）【练习题】15-1 (1) (只有四分之一圆弧电流在P点产生B ) (2) 参考： 圆形载流导线圆心处的磁场：一段载流直导线的磁场： 15-2 （参考上一题，注意流过ab边与流过ac,cb边的电流关系）；垂直纸面向里15-3 D (参考15-1，O点B由圆形电流与无限长载流直导线产生，注意二者方向)15-4 B （参考例题15-2） dI=Idr a ； Bp=。 15-5 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

8、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 15-6 ； 0 ； 15-7 D 15-8 C15-9 B （载流长直螺线管内的磁场： ）15-10 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 第16章 磁力【例题精选】例16-1 12 ； 12 （参考 洛伦兹力；回旋半径）例16-2 A (可以用安培力来判断各边受力情况，也可以用 判断出载流线圈所受磁力矩，然后判定转动方向)例16-3 D (cd处在ab的磁场中，可用

9、安培力来判断)例16-4 （见书上）例16-5 （见书上）例16-6 A；B；（参考闭合载流导线在磁场中磁力矩）例16-7 0 （同上）【练习题】16-1 C 【】16-2 ； 16-3 B16-4 D (用安培力来判断各边受力情况)16-5 C 16-6 解：在直线电流上任意取一个小电流元，此电流元到长直线的距离为，无限长直线电流在小电流元处产生的磁感应强度为：，再利用，考虑到，有：，。16-7 A （参考闭合载流导线在磁场中磁力矩）第17 章磁场中的磁介质【例题精选】例17-1 B例17-2 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

10、上与传导电流相似例17-3 A例17-4 D 【练习题】17-1 C17-2 D17-3 I / (2pr)； mI / (2pr)17-4 铁磁质；顺磁质；抗磁质17-5 矫顽力小 ；容易退磁17-6 B 解：磁场强度： ；第18章 电磁感应及电磁波【例题精选】例18-1 B例18-2 (见书上)例18-3 (见书上)例18-4 ；N解：利用动生电动势公式解决：，由右手定则判定：例18-5 (见书上)例18-6 (见书上)例18-7 D例18-8 D例18-9 (见书上)例18-10 C例18-11 D例18-12 C例18-13 B例18-14 C例18-15 垂直；横波；相同；同时【练习

11、题】18-1 D18-2 C 【参考】18-3 解： n =1000 (匝/m) =p210-1 sin 100 pt (SI) p210-1 A = 0.987 A 18-4 ADCBA绕向；ADCBA绕向18-5 解：建立坐标(如图)则： ， ， 方向 de 感应电动势方向为CD，D端电势较高 18-6 D 18-7 证明：取长直导线之一的轴线上一点作坐标原点，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 18-8 0.400 H； 28.8J （参考 和）18-9 C18-10 C18-11 解：如图所示，由安培环路

12、定理得导体内距中心轴为r处的磁感强度B=，在r处的磁能密度为wm=，则单位长度导线内所储藏的磁能为Wm=。18-12 证明：电场能量密度磁场能量密度 的量值关系：18-13 （参考）18-14 能流密度矢量，其大小表示单位时间内流过与能量传输方向垂直的单位横截面积的能量，其方向为能量的传输方向；第19章 光的干涉【例题精选】例19-1 D；例19-2 B；例19-3 ；例19-4 ；例19-5 ；例19-6 B；例19-7 B；例19-8 C；例19-9 A；例19-10 B；例19-11 (1) 明环半径 510-5 cm (或500 nm)(2) (2k1)2 r2 / (Rl) 对于r1

13、.00 cm， kr2 / (Rl)0.550.5 故在OA范围内可观察到的明环数目为50个。例19-12 【解】设第五个明纹处膜厚为e，则有2nel / 25 l 设该处至劈棱的距离为l，则有近似关系elq ， 由上两式得 2nlq9 l / 2，l9l / 4nq 充入液体前第五个明纹位置 l19 l / 4q 充入液体后第五个明纹位置 l29 l / 4nq 充入液体前后第五个明纹移动的距离 Dll1 l29 l ( 1 - 1 / n) / 4q1.61 mm 【练习题】19-1. 上；(n-1)e ；19-2. B；19-3. C；19-4. 解：(1) ， 此处 k5 (2) 共经

14、过20个条纹间距，即经过的距离距离 19-5. 解：(1)Dx20 Dl / a 0.11 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 = kl k(n1) e / l6.967 零级明纹移到原第7级明纹处 19-6. 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= 4.810-5 rad (2) 由上问可知A处膜厚为 e43500 / 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

15、波长之比为所以A处是明纹 19-7. 解：上下表面反射都有相位突变p，计算光程差时不必考虑附加的半波长。 设膜厚为e , B处为暗纹， 2ne( 2k1 )l， (k0，1，2，) A处为明纹，B处第8个暗纹对应上式k7 1.510-3 mm 19-8. 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 ) 19-9. 解：(1) 设第十个明环处液体厚度为e10，则 (2) ekR，略去， 得 0.373 cm 第20章 光的衍射【例题精选】例20-1 子波；子波相干叠加；例20-2 B；例20-3 B；例20-4 D；例20

16、-5 A；例20-6 B；例20-7 B；例20-8 一；三；例20-9 B；例20-10 D；例20-11 【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 tanq f sinq kfl / d相邻两亮纹间距：Dx = xk+1xk=(k1)fl / dkfl / d=fl / d =2.410-3 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 tanq1f sinq1fl / a12 mm ，即 Dx0 / Dx =5所以双缝干涉第5级主极大缺级。 因此在单缝衍射中央亮纹范围双缝干

17、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级主极大，同样得该结论。例20-12 【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的距离为 =0.27 cm (2) 由光栅衍射主极大的公式 ， 且有 所以 =1.8 cm 【练习题】20-1. D；20-2. 4 ；1 ；暗；20-3. B；20-4. D；20-5. D；20-6. 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 = q

18、2，即l1的任一k1级极小都有l2的2k1级极小与之重合20-7. 解：可观察到最高级次是k =3 光栅常数(ab)=210-4 cm, 按光栅公式 (a + b)sinq = kl q 最大为90，所以kmax(ab)sin90/ l kmax210-4 / 500010-8 =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 =320-8. 解：因的主极大出现在的方向上，实际观察不到。所以，可观察到的有共7条明条纹。20-9. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 (2) nm 20-10. 解：由光栅公式得 sinj= k1 l 1 / (a+b) = k2 l 2 / (a

19、+b)k1 l 1 = k2 l 2 k2 / k1 = l 1/ l 2=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 l 1 / sinj =3.92 mm 20-11. 解：(1) a sinj = kl tgj = x/f 当xno时，hn=mv2 2+W=mv2 2+hno；mv2 2=0时，n=no为红限；既Q点为no，由上式，可见S点频率为n，动能为mv2 2，则tgq =，故OP OQ可以直接求出普朗克常数h。选C。23-

20、2无光电子产生时遏止电压为0，即mv2 2=eUa=0，此时hn= mv2 2+hno=hno，则频率为红限频率，由图知no=51014Hz，又mv2 2=h(n1-no)=eUah(10-5)=2e5h=2e则hno=A=5h=2(eV)。注意：此题应从图中读出，不用A=56.631014和no=A h=4.81014Hz。23-3 (1)hc l，h l，h (cl)；(2)hn，hn c，hn c2。分析：E=hn，p=mc=mc2 c=E c。23-4 选(E)。分析：Ek=h(n-no)=hc(1 l-1 lo)，若电子v l0 23-6散射波长仅与散射角有关，与材料无关，故lLi=

21、lFe；大量能量为hn(波长为c n)的光子射到轻的原子Li上，其电子束缚弱，打走的电子多。沿q角散射的光子数目多，沿此方向Li、Fe的散射的粒子，lLi=lFe，即能量相同，由于I=nhn=nhc l，则光子数目多，则此方向上光的强度I(nhn)大，所以I Li I Fe，故选(C)。23-7光子动量为p=mc=mc2 c=hn c，hn c=hn ccosj+pcosq。23-8 非相对论动能 而 故有 又根据德布罗意关系有 代入上式 则 4.9810-6 eV23-9 (1) (2)0.1 。(3)6.63 10-34m。分析：(1)洛仑兹力Bqv=mav2 R， l=(2) 由(1)知

22、l=9.98510-12m=0.1 。(3)由(1)知：l=9.98510-12=6.63 10-34m。23-10(1)考虑相对论效应：eU12=mec2(g-1)，g=1+= ，v=，l=。(2)不考虑相对论效应：eU12=mev2 2，v=，l=。(3)U12 = 100 kV=105V，则上面两种情况：(a)eU12+mec2=9.810-14，=5.36710-14，v=1.643108m s，得相对论波长l=3.70610-12m。(b)不考虑相对论效应：=1.7110-22，l=h =3.87710-12m。 相对误差是= 4.6%。23-11 (1)eU=mv2，l=，U=15

23、1V。23-12 mv2=KT，l=1.456 。23-13 第1个图坐标的不确定量Dx最大，以下依次减小；因此，由DxDp x h 可知，第1个图动量的不确定量Dp x最小，以下依次增大。也即，第1个图是确定粒子动量的精确度最高的波函数；第4个图动量的不确定量较大。23-14 由即 据题意 以及德布罗意波公式得 比较、式得 23-15根据海森堡不确定关系DxDp x h。(1)p=，Dp x=h，Dx=0.3m。(2)一维运动电子能量即为其动能，E=Ek=mv2 2=1keV=1031.610-19=1.610-16J，p=mv=1.7110-23kgm s，Dp，=38.8%。23-16

24、Dp=D(mv)=m Dv(低速时m不变)，Dph Dx=h l=p，m Dvmv，即Dvv。23-17 A第24章 薛定谔方程【例题精讲】例24-1粒子的位置几率密度；当时有最大值，在范围内可得，所以。例24-2由题意知，即，其中n=1，2，3。德布罗意波长，因此粒子的动量为。在势阱中运动的粒子，势能U（x）=0，因此能量。所以。【习题精练】24-1(1)。(2)=sin2xdx sin2(x)d(x) =-=9.1%。第25章 原子中的电子【例题精讲】例25-1 初态：p=0，末态：光子动量hn c=(E3-E1) c，氢原子vc，静止质量视为不变。 即0= +mv v=-3.86m s。

25、 注意：此题动量守恒，而非动能守恒，这里能量不守恒。例25-2 (1) eV n =4 (2) 可以发出l41、l31、l21、l43、l42、l32六条谱线 能级图如图所示 例25-3 加热到T时，平均平动动能为3KT 2，碰撞交出其热运动动能的一半，即3KT 4，加热使其激发，则温度T满足3KT 4 E2-E1。T=1.6105K。例25-4 ，给基态氢原子提供能量，使其从n=1的基态跃迁到n=3的第二激发态：。由知，电子的轨道半径增加为基态的9倍例25-5 B 例25-6 32例25-7 ，例25-8 2；。例25-9电子动量矩的可能取值为；的可能取值为。例25-10泡利不相容原理指出，

26、一个原子内不可能有两个或两个以上电子处于同一量子态。而电子在原子内的一个量子态是由四个量子数n、l、ml及m s描述的。这样原子内不可能有两个或两个以上电子具有相同的四个量子数。n = 2时，l可取0、1两个值。在l = 0时ml = 0，但m s 仍可取1 2两个值，有两个量子态；而在l = 1时ml 可取0、 1等三个值，对应每个ml 值m s 可取1 2两个值，即在l = 1时有6个量子态。故n = 2的壳层总共有8个量子态，所以最多只能容纳8个电子。例25-11 泡利不相容；能量最小。例25-12由关系知3d能级比4s能级高，电子先填入4s能级，后填入3d能级。填充顺序。自能级到4s能

27、级已填充电子2+8+2+6+2=20个，3d能级有10个量子态，故剩余的7个电子填入3d能级。【习题精练】25-1远离核的光电子动能为 eV 则 7.0105 m/s 光电子的德布罗意波长为 1.0410-9 m =10.4 25-2 (1)6，2。(2)4，1，975(或972)25-3激发能为10.19eV，即光子从基态E1得到此能量将到达激发态En，En=E1+10.19=-13.6+10.19 = -3.41eV =-13.6 n2，n=2。设初态为Ei到达E2，即Ei-E2=hc l，Ei=E2+ hc l= -3.41+=-3.41+2.56=-0.85eV。25-4波长，为紫外光，属莱曼系。即，解得n=3。所以谱线是在的能级间跃迁中辐射得到的。2