簡(jiǎn)明大學(xué)物理課后答案

1、如圖所示，由庫(kù)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(chǎng)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(wú)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(chǎng)點(diǎn)P，微分元激發(fā)的場(chǎng)強(qiáng)為：所以：（時(shí)）對(duì)的場(chǎng)點(diǎn)，微分元在右側(cè)，激發(fā)的場(chǎng)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(guò)場(chǎng)點(diǎn)作與球同心球面S，因電荷分布為球?qū)ΨQ(chēng)，則球電場(chǎng)分布也應(yīng)為球?qū)ΨQ(chēng)，所以S面上各點(diǎn)電場(chǎng)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(shì)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(chǎng)力在球面電荷的電場(chǎng)中的電勢(shì)能：整個(gè)帶電線的電勢(shì)能為：解：（1） 由疊加原理可得出結(jié)論，處場(chǎng)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(shì)（3）R1R2U0Q解：設(shè)內(nèi)球帶電量為，則由電勢(shì)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(chēng)性可知電場(chǎng)呈球?qū)ΨQ(chēng)性，應(yīng)用高斯定理,可得（2）（3） 由電勢(shì)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(kāi)時(shí)，電容器中的電場(chǎng)能量的增量為：在此過(guò)程中極板上的電量增量為在此過(guò)程中電源做功拉開(kāi)過(guò)程中外力做功與電源做的功之和等于電容器中電場(chǎng)能量的增量：斷開(kāi)情況下保持不變電容器中的電場(chǎng)能量的增量為：這個(gè)能量是由于外力克服電場(chǎng)力做功造成的即從前面的計(jì)算結(jié)果可見(jiàn)斷開(kāi)電源拉開(kāi)外力做功大于連接電源時(shí)也拉開(kāi)外力的功

5、解：（1）該從式中沒(méi)有關(guān)于位置的量，可見(jiàn)電容與銅板的位置無(wú)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(chǎng)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(guò)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(guò)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(chēng)性可知解：對(duì)于無(wú)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。總的磁感強(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(pán)可等效為一組同心圓電流，在盤(pán)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(chēng)性可知環(huán)內(nèi)的磁感應(yīng)線是同心的逆時(shí)針?lè)较虻膱A,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(chǎng)力作正功，（2） 向左滑時(shí)磁場(chǎng)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(jiǎn)諧振動(dòng)的角頻率為則此擺動(dòng)可看作簡(jiǎn)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(chǎng)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(chǎng)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(shì)差為U的電場(chǎng)中加速，根據(jù)功能原理，有離子以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)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(chǎng)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(shì)c端電勢(shì)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(shì)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(chǎng)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(kāi)始計(jì)時(shí)解：解：長(zhǎng)直螺線管內(nèi)部的磁場(chǎng)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(chǎng)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(zhǎng)度電阻為R，單位長(zhǎng)度電量為Q在其附近產(chǎn)生的E大小電場(chǎng)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(guò)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(lái)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(wú)限深勢(shì)阱中，最小能級(jí)：精確解，可見(jiàn)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(jiàn)也是的屬于的本征函數(shù)，但由于并不簡(jiǎn)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(cè)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