簡明大學(xué)物理課后答案

1、如圖所示，由庫侖定律可得：xyq2q2q-4q(為一個(gè)單位正電荷)與x軸夾角為對(duì)上頂點(diǎn)電荷作受力分析得： 對(duì)左頂點(diǎn)電荷作受力分析得： 證明：a+Q+Q-q由可得：解：建立圖示坐標(biāo)系，在半圓環(huán)上任取微分元，則考慮方向：所以：則：RO解：如圖，將半球殼分割為一組平行細(xì)圓環(huán)，任一圓環(huán)所帶電荷元，則微分元在O點(diǎn)激發(fā)的場強(qiáng)為：統(tǒng)一變量：，則有：方向?yàn)閤軸負(fù)向。9.5 解：（1）如圖，在x處任取一厚度為dx的無限大平面微分元，假設(shè)微分元上電荷面密度為，則，（在微分元上取任一面積為S的平面，則平面所帶電量）所以對(duì)的場點(diǎn)P，微分元激發(fā)的場強(qiáng)為：所以：（時(shí)）對(duì)的場點(diǎn)，微分元在右側(cè)，激發(fā)的場強(qiáng)向左，（2）時(shí)，。解

2、：（1）取圖示坐標(biāo)系，在x處取微分元dx，則（2）由例得所以解：如果把半球面看成閉合的，由高斯定理有解:如圖，過場點(diǎn)作與球同心球面S，因電荷分布為球?qū)ΨQ，則球電場分布也應(yīng)為球?qū)ΨQ，所以S面上各點(diǎn)電場強(qiáng)度的大小相等，由高斯定理，可得當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以解：r做半徑為r，高為h的同軸閉合圓柱面，由高斯定理有：r解：（1）如圖，在環(huán)上取微分元，半徑為r，寬為dr的帶電細(xì)圓環(huán)，其所帶電量為沿軸線建立坐標(biāo)系OX，帶電細(xì)圓環(huán)在軸線上產(chǎn)生的電勢為則(2)根據(jù)能量守恒定律，可得OCD解：q（1）（2）O解：由高斯定理有時(shí)：或：當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，解：（1） 如圖所示，取微分元dx，則（2）解：如圖設(shè)坐標(biāo)，上有電量，整個(gè)帶

3、電線受的電場力在球面電荷的電場中的電勢能：整個(gè)帶電線的電勢能為：解：（1） 由疊加原理可得出結(jié)論，處場強(qiáng)可以看作是由體密度為，半徑為R的球心在O點(diǎn)的均勻帶電球與體密度為，半徑為，球心在點(diǎn)的均勻帶電球共同激發(fā)的，所以由高斯定理可得：對(duì)點(diǎn)，r0，所以E20。則方向由O指向。（2）處電勢（3）R1R2U0Q解：設(shè)內(nèi)球帶電量為，則由電勢疊加原定理有：可由此式解得當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí)當(dāng)時(shí)解：(1) 設(shè)電荷分布如圖所示，根據(jù)靜電平衡時(shí)的條件，有和整理得故有：，（2） B,C兩導(dǎo)體接地，則有所以：解：（1） 如圖所示，導(dǎo)體靜電平衡時(shí)，電荷只分布在導(dǎo)體表面，由高斯定理；可得：當(dāng)，時(shí)代入，得（2） 由，可得當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)

4、，把，時(shí)代入，得，。解：（1） 由電荷分布的對(duì)稱性可知電場呈球?qū)ΨQ性，應(yīng)用高斯定理,可得（2）（3） 由電勢定義式，得：r<R時(shí)：R<r<a時(shí)，時(shí)，r>b時(shí)：解：（1）(2) (3) 證明：平行板電容器中填入兩種介質(zhì)，相當(dāng)于兩電容器并聯(lián)解：連接情況下：兩極板的電位差保持不變，在拉開時(shí)，電容器中的電場能量的增量為：在此過程中極板上的電量增量為在此過程中電源做功拉開過程中外力做功與電源做的功之和等于電容器中電場能量的增量：斷開情況下保持不變電容器中的電場能量的增量為：這個(gè)能量是由于外力克服電場力做功造成的即從前面的計(jì)算結(jié)果可見斷開電源拉開外力做功大于連接電源時(shí)也拉開外力的功

5、解：（1）該從式中沒有關(guān)于位置的量，可見電容與銅板的位置無關(guān)。（2）充電后拉出時(shí)設(shè)銅板上不帶出電荷，電容器中的電場能量會(huì)因電容減小而增加，增加的能量等于外力做的功（3）解：第十章解：其中兩直線電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0，1/4圓電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，大小為。abcd解:如圖過中心平行于(如圖豎直向上)。解:方向垂直紙面向里，大小為方向紙面向右，大小為方向在過垂直于的平面內(nèi)與夾角解：兩線圈在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都在兩圓心的連線上指向小圓（向左）解：由對(duì)稱性可知解：對(duì)于無限大平面載流導(dǎo)體板，即上題結(jié)果中，（i為電流密度）（1） 在兩面之間產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小為，方向垂直

6、紙面向里。在兩面之間產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小為，方向垂直紙面向外?？偟拇鸥袕?qiáng)度B的大小為。（2） 在兩面之外的空間里，產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小為。在兩面之外的空間里，產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小為。二者方向一致，總的磁感強(qiáng)度B的大小為（3）時(shí)，兩板之間的磁感強(qiáng)度為兩板之外的磁感強(qiáng)度為解：旋轉(zhuǎn)的帶電圓盤可等效為一組同心圓電流，在盤面上割取細(xì)圓環(huán)，其等效圓電流為此圓電流在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感強(qiáng)度大小為，方向沿x軸。所以，P點(diǎn)上的磁感強(qiáng)度大小為方向沿0x軸。解：ab（1）由安培環(huán)路定理知(2)得(3)由安培環(huán)路定理知，方向都是圖中順時(shí)針解：(1)(2)解：(1)由對(duì)稱性可知環(huán)內(nèi)的磁感應(yīng)線是同心的逆時(shí)針方向的圓,在環(huán)內(nèi)做半徑為的

7、圓作為閉合回路，繞行方向規(guī)定為逆時(shí)針，故(2)解：當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到此位置時(shí)，重力矩與線圈的安培力矩達(dá)到平衡，線圈所受的安培力矩為線圈所受的重力矩為（）解：（1） 向左滑時(shí)磁場力作正功，（2） 向左滑時(shí)磁場力作負(fù)功，解：解：設(shè)線圈平面的法向與之間的夾角為，則線圈所受的安培力矩為線圈在平衡位置作微小擺動(dòng)，很小，因此根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)定律即簡諧振動(dòng)的角頻率為則此擺動(dòng)可看作簡諧振動(dòng)周期解：（1）所受安培力矩大小為方向在紙面內(nèi)垂直于向上(2) 力矩所作的功ABDOaC解：I方向向左解：（1）（2）電子所受洛倫茲力為經(jīng)電壓U加速后所具有的初速度為V，電子以洛倫茲力為向心力在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，聯(lián)立可得解：設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，

8、電荷為q；氘核的質(zhì)量為2m，電荷為q；粒子的質(zhì)量為4m，電荷為2q。（1）當(dāng)三種粒子經(jīng)相同電壓加速后，質(zhì)子所獲動(dòng)能氘核所獲動(dòng)能粒子所獲動(dòng)能則三者的動(dòng)能比為1：1：2。（2）當(dāng)它們經(jīng)這樣加速后進(jìn)入同一磁場時(shí)（可利用上題結(jié)果）質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)半徑氘核的運(yùn)動(dòng)半徑粒子的運(yùn)動(dòng)半徑則氘核與粒子的運(yùn)動(dòng)半徑相等，均為。解：證：由離子源產(chǎn)生的離子在電勢差為U的電場中加速，根據(jù)功能原理，有離子以速度v進(jìn)入磁場后，其動(dòng)力學(xué)方程為聯(lián)立可得解：上面負(fù)解：（1）（2）相對(duì)磁導(dǎo)率為的磁介質(zhì)外表面的磁化強(qiáng)度為相應(yīng)的磁化電流為其方向沿z軸正向。相對(duì)相對(duì)磁導(dǎo)率為的磁介質(zhì)內(nèi)表面的磁化強(qiáng)度為相應(yīng)的磁化電流為其方向沿z軸負(fù)向。其方向沿z軸負(fù)

9、向。解：由安培環(huán)路定理得鐵心內(nèi)磁場強(qiáng)度大小為解：（1）（2）（3）磁化電流磁化電流密度解：為圖中曲線的最大斜率第十一章解:bc部分產(chǎn)生電動(dòng)勢c端電勢高。解：DC在CD桿中取線元dl，距導(dǎo)線距離為x，如圖，線元dx處的為（向外為正向）D端電勢高。(1)解：對(duì)線元段，電荷，旋轉(zhuǎn)成圓形電流，則其在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場為（2）（3）若則方向?yàn)檎?，Bo方向垂直紙面向里，方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶锝猓?1) 取矩形面元積元（2）解：設(shè)半圓形導(dǎo)線法向方向與方向相同時(shí)開始計(jì)時(shí)解：解：長直螺線管內(nèi)部的磁場各部分均勻梯形面積方向沿證明：大小為證明：磁能密度由安培環(huán)路定理得證。解：解：解：（1）（2）與I的變化方向相反。解：（1

10、）（2）大小解：（1）設(shè)正六邊形線圈中通電流I，正六邊形線圈每條邊在中心處產(chǎn)生的大小相等，方向相同，為中心處總的磁場強(qiáng)度為（2）解：（1）球形電容器電容位移電流密度（2）解：沿導(dǎo)線方向單位長度電阻為R，單位長度電量為Q在其附近產(chǎn)生的E大小電場能量密度（2）第十二章解：由于解：每個(gè)光子能量為，設(shè)每平方米每秒通過的光子數(shù)為N，則解：解：由于斜率是常數(shù)，不同金屬斜率相同。解：解：解：解：光子能量光波為紫外光，應(yīng)躍遷至第一能級(jí)。解出解：最小軌道半徑為解：總能，所以要用相對(duì)論來討論。解：由德布洛意關(guān)系由布拉格公式二者符合。解：要?dú)w一化，積分得的最大值處為發(fā)現(xiàn)粒子概率最大的地方，可知處為所求。解：（1）由

11、可得（2）解：概率當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，趨向經(jīng)典結(jié)果。解：在無限深勢阱中，最小能級(jí)：精確解，可見二者具有相同的數(shù)量級(jí)。第十三章證：證：解：解：解：（1）是，本征值（-1）（2）是，本征值（-1）（3）不是。證：由兩邊用作用因?yàn)?，?duì)易可見也是的屬于的本征函數(shù)，但由于并不簡并，所以與屬于同一量子態(tài)，只能差一常數(shù)即也是的本征函數(shù)。證明：設(shè)的本征態(tài)為，則由于最后一步用到。解：則，角動(dòng)量與z軸夾角設(shè)為，,得、。解：按歸一化解：即是第一和第三個(gè)能量本征態(tài)的疊加，所以測得能量本征態(tài)可為，概率為，概率為則解：由于所以能量為的概率為所以能量為的概率為解：即是的本征函數(shù)。解：基態(tài)，則波函數(shù)為徑向概率密度為對(duì)上式求導(dǎo)使其為0 即在距核玻爾半徑處發(fā)現(xiàn)電子的概率最大。解：解：概率應(yīng)為解：由習(xí)題得由習(xí)題得所以解：在原子中，設(shè)，上式對(duì)求導(dǎo)，使之為零，得得，代入與精確解同數(shù)量級(jí)。證明：與互易，有