大學物理2答案(1)

1、靜電場(一)一. 選擇題:1.解:在不考慮邊緣效應的情況下,極板間的電場等同于電荷均勻分布,密度為=q/S的兩面積無限大平行薄板之間的電場-勻強電場,一板在另一板處之電場強度為,方向垂直于板面.所以,極板間的相互作用力 。故選(B)。2.解: 設置八個邊長為a的立方體構成一個大立方體,使A(即)位于大立方體的中心.所以通過大立方體每一側面的電場強度通量均為,而側面abcd是大立方體側面的1/4,所以通過側面abcd的電場強度通量等于/(24).選(C)。3.解: 適用于任何靜電場. 選(A)。4.解: 選(B)。5.解:據(jù)高斯定理知:通過整個球面的電場強度通 . 內電荷通過的電通量相等且大于零

2、； 外電荷對的通量為負，對的通量為正. 所以 . 故 （D）對 。二.填空題:1.解: 無限大帶電平面產生的電場 A區(qū): B區(qū): C區(qū)：2.解：據(jù)題意知，P點處場強方向若垂直于OP，則在P點場強的OP分量與Q在P點的場強一定大小相等、方向相反 . 即 , .3.解： 無限長帶電圓柱體可以看成由許多半徑為r的均勻帶電無限長圓筒疊加而成，因此其場強分布是柱對稱的，場強方向沿圓柱半徑方向，距軸線等距各點的場強大學相等。對柱體內的場點r R，過場點取半徑為r高為h的同軸圓柱面為高斯面S，利用高斯定理 對柱體內的場點r R，過場點取半徑為r高為h的同軸圓柱面為高斯面S，利用高斯定理 E內與E外 的方向均

3、沿 r 方向。4.解：在帶電細導體棒上取電荷元，它在P點（坐標為l + b）產生的電場強度的大小為整個帶電棒在P點產生的電場強度大小為三.計算題:1.解: 以為圓心、為半徑作球面。則通過圓錐側面的電場強度通量就等于對整個球面的通量減去通過圓錐底面所截球冠的通量 .而 故 。2.解:因電荷分布對稱于中心平面,故在中心平面兩側離中心平面相同距離處場強大小相等而方向相反.在板內作底面為S的高斯柱面S1,而兩底面距離中心平面均為x,由高斯定理得E12S2xS/ 則得 E1x/ 故 ( x ) 在板外作底面為S的高斯柱面S2,兩低面距中心平面均為x,由高斯定理得E22SS/則得 E2d/(2) ( x

4、)故 E2xd/(2) ( x ) Ex x 圖線如圖所示.3.解: 以P點為坐標原點，建立坐標系。豎直棒在P點產生的電場強度為： 其中, 所以有水平棒在P點產生的電場強度為：其中, 所以有在P點的合場強為四.證明題: 證明：在n區(qū)內任一點的電場強度為: 由于，所以上式可寫為在p區(qū)內任一點的電場強度為:靜電場解答（二）一、 選擇題：1. 解：由電力線分布可知：場強 ，電勢 ，電勢能因所以負電荷從點移到點，電場力所作的功為：則 （D） 正確。2. 解：= + = + 則 （A）正確。3. 解：（A）錯。電勢的正負與電勢零點的選擇有關，所以帶正電荷的導體，其電勢也可能是負的。（B）錯。等勢面上每個

5、點的電勢相同，場強是矢量，各點的場強與等勢面垂直，若等勢面為曲面，則各點場強方向不同。（C）錯。場強為電勢負梯度，Ex = -, Ey = - , Ez = - . 只表明此處電勢的梯度為零。（D） 正確。 因為 , .4. 解：設各電荷均在X、Y軸上，到O點距離均為a。O點電勢為零，四種組合均可；O點電場強度為零，則在X軸上的兩個電荷必為等量異號電荷，同樣，Y軸上的兩個電荷也必為等量異號電荷。所以（D）正確。二、 填空題：1、 解 =2. 解：Ex = - ;Ez = -.3. 解：利用高斯定理，穿過圓平面的電力線必通過半球面，因此在圓平面上 所以通過此半球面的電通量為 4. 解：當肥皂泡半

6、徑為時，則,；當肥皂泡半徑為 時， ，在帶電球面內電場強度為零，球內電勢與球面電勢相同。5. 解：= 。6.解：把半圓環(huán)無窮分割，取線元dl，其帶電量為，則其在圓心O的電勢為整個半圓環(huán)在環(huán)心O處的電勢為 7. 解： 空隙長d = 0.02m，棒長,線電荷密度為 若為均勻帶電閉合圓環(huán)，則在圓心處產生的合場強為零。現(xiàn)有一段空隙，根據(jù)場強的疊加原理，則圓心處場強等于閉合圓環(huán)產生的電場減去d = 0.02m長的帶電細桿在該處產生的場強。 由于d = 0.02m遠遠小于r = 0.5m，可以把該小段電荷看作為點電荷，它在圓心處產生的場強為 所以該裝置圓心處場強的大小為，方向由圓心指向縫隙。三、 計算題：

7、1. 解：=因為兩點分別處于電場強度分布不同的區(qū)域， 所以其中， ， =2. 解：由高斯定理得場強分布 ( -a x a ) ( a x ) (- x a,線圈內磁場近似看作均勻磁場,用中心線磁場代替.則 , 通過線圈的的磁通鏈 (2)設線圈1通電流I1 , 產生磁場 ， 在線圈2中產生磁鏈 ， (3) .電磁場(二)一. 選擇題:1.解:在圓環(huán)內作一安培環(huán)路,其周長為l,r 有 H1000I 2.解:由于等于以包圍的面內通過的電流的代數(shù)和,在導線上為傳 導電流,值為導線通的電流I,在電容中時為位移電流,L1的面積小于電容 器板面面積,因此通過L1的電流小于I,故有 .3.解:由于, 即位移電

8、流密度, 所以, 的單位為電流密度的單 位,即安培/米2.4.正確的說法是(A)位移電流是由變化的電場產生的.5.解:某一時刻圓心處的電位移矢量 ， 二.填空題:1.解: 2.解: 按照位移電流假設，全電流是連續(xù)的，因此 忽略邊緣效應，電容器內電場的空間分布是均勻的，因此 聯(lián)立 i3.解: BP +-E4. 解: 取如圖所示的逆時針環(huán)路，有 因為r = 0.1m r 、xR時，線圈A在軸線上的磁感應強度為 通過線圈B的磁通量為 感生電動勢為 6. (1):； (2):； (3):四、 計算題: 1 . 解： （1）平行板電容器極板間的位移電流為 (2) 在離兩板中心連線r處（rR）取一環(huán)路，按

9、安培環(huán)路定律 由于磁場對稱均勻發(fā)布，因此有 （rR） 在r=R時，磁感應強度為 2. 解:整個空間磁場只分布于兩筒之間. 單位長度的磁能： 取半徑為、厚為的單位長圓筒. 由 其單位長自感系數(shù): 單位長度所儲存的能量： 故 近代物理(一)一.選擇題：1.解：根據(jù)相對性原理和光速不變原理，三種說法都正確，故選(D)2.解：時空坐標必須是實數(shù)，據(jù)此，要保持洛侖茲變換有意義，就必須有uc，所以(1)正確；另外，根據(jù)相對論質量的定義，長度收縮、鐘慢知(2)、(4)也正確；再者，根據(jù)tg(tux/c2)知(3)不對，故選(B)3.解：根據(jù)光速不變原理，應選(A)4.解：根據(jù)光速不變原理，應選(B)5.m/

10、m0 0.5，應選(C)二.填空題：1.物理學定律在所有的慣性系中都是相同的，這就是說，物理學定律與慣性系的選擇無關，對所有的慣性系都是等價的；在所有的慣性系中，自由空間(真空)中的光速具有相同的量值c.2.解：由于B相對于A以u=0.8c勻速運動，因此B觀測此圖形時與u平行方向上的線度將收縮為,即橢圓的短軸。而與u垂直方向上的線度不變，仍為，,即橢圓的長軸。橢圓的面積3.解：從LL0解得vc Ekmc2m0c2m0c2 ()m0c2 (L0/L)14.解： VV0V0 0.6 V00.6(0.5 m)3 0.075 m3 5. 解：在S系中，米尺長l0=1m, 米尺在x 、 y軸上的投影為：

11、 米尺相對S系沿x方向運動，設運動速度為u，對S系中的觀察者，米尺在x方向將產生長度收縮，而y方向上長度不變，即故米尺與x軸的夾角滿足將q與、代入 u = 0.816 c6.解： 從0/0g， 知g1/n Ekm0c2()m0c2 (n1)7.解：Ekmc2m0c23 m0c2 ，m4 m08. 解：設物體速度為u、質量為m、長度為L，靜止質量和長度分別為m0和L0,依題意 所以 根據(jù)長度收縮效應 在運動方向上縮短了 三.計算題：1. 解：（1）設S系相對S系的速度為u，由洛倫茲變換，S系中測得兩事件的時間為：由題意所以 因此有 m/s其中，負號表示S系沿S系的-x方向運動。 （2）由洛倫茲變

12、換，S系中測得兩事件的空間位置為：空間間隔為：m2.解：x 1000 m，t 0； x 2000 m ， 由=2 和 u =得：= 1000/c= 5.7710-6 s3.解：(1) E5.810-13J3.625 Mev (2) EkEm0c25.810-139.110-31(3.0108)2 4.9910-13J Ek0/Ek m0v2 /Ek8.010-24.解：EE0/，1/E/ E0， 0/(E/ E0) 0.， vc Svc(E/ E0) 0. 2.997910830210-6 1.798104 m近代物理(二)一.選擇題：1.對氫原子，由里茲并合原理知，譜線的波數(shù)因為，所以當光譜

13、的波長最短時，對應的波數(shù)最大，則可令上式中 n，K1，故 ：即 min， 選 A2.由波爾假設知，電子繞核作圓周運動的動量矩必須等于的整數(shù)倍，即 當電子分別在第一和第三軌道上運動時， 即 (1) 又因為 rn. 當電子在第三軌道上運動時， r39r1 代入(1)式， 則：， 選 C 3.由10-10 知： u930.25 (V) ， 選 D 4.由測不準關系式xPx的物理實質知，該式表示在x方向上對微觀粒子的坐標和動量不能同時進行準確測量，即答案為 D .5.由圖中所給的幾何關系知 d2(Rtg0)2R0又因為 asin0，即 P a0所以所以 d2R(/a) a 0 d由德布羅意關系知 代入

14、上式得 d 選 D R 6.由題知，粒子的波函數(shù)為(x)，而粒子在 x處出現(xiàn)的幾率為 選 A 7.以單能自由粒子為例，設原波函數(shù)為粒子在全空間內出現(xiàn)的幾率應滿足歸一化條件. 即式中02為粒子在空間的分布幾率.當波函數(shù)在空間x0點的振幅同時增大D倍時，波函數(shù)為由波函數(shù)的歸一化條件知：即 或D0202該式說明分布幾率不變，故選擇 D .8.根據(jù)泡利不相容原理和能量最小原理及各殼層中的量子態(tài)數(shù)知，金屬鈉原子基態(tài)的電子組態(tài)為1S22S22P63S1. 這說明價電子處在n3的殼層上，那么該殼層具有的最多量子態(tài)為 2n218. 由于只有一個價電子，所以該價電子可能取的量子態(tài)數(shù)為18，故選擇 D .9.由n

15、、l、ml及ms的取值關系及泡利不相容原理和能量最小原理知,氬(Z18)原子基態(tài)的電子組態(tài)為:1S22S22P63S23P6，故選擇 C .10.K殼層，即n1，則l0， ml0， ms， 即(1，0，0 ，)或(1，0，0，)故選擇 B 二.填空題：1.設動能為Ek，勢能的絕對值為Ep，由題知，總能量為EEk(Ep)EkEp 0即總能量為負值，這表示電子處在束縛態(tài).2.由德布羅意關系知h/P，由題意知 Ek =kT所以 ：1.4610-10 m0.1463.Px1.310-23 kgms-14.由ml0，1，1，2，2，l，l.知：當l2時，ml可取 0，1，1，2，2則 Lzml 可?。?

16、0，2，2.5.當自旋量子數(shù)ms只能取(1/2)時，在同一個主量子為n的殼層上，最多可能有的量子態(tài)數(shù)為Znn2由泡利不相容原理知，能夠填充的最大電子數(shù)是n2，當n2時，最多能填充4個電子.6.泡利不相容，能量最小.三.計算題：方法(一) 某一線系的極限波長是指原子系統(tǒng)的能量由n(即E0)躍遷到該線系的最低能態(tài)時所發(fā)射的光譜線的波長，故該線系的最低能量為 EnEhhc/5.4510-19 (J)3.4 eV 該線系中譜線的波長為656.5的波是由某一能級En2向上述能級(En3.4eV)躍遷時發(fā)出的波，故 En23.4+3.41.51(eV) 所以在氫原子中極限波長為364.7的譜線系中與波長為656.5的譜線對應的始態(tài)與終態(tài)能量分別為1.51eV和3.4eV.如果利用EnE1 ，E1-13.6eV， 還可求出以上始態(tài)與終態(tài)能級分別為3和2.方法(二)1) 已知：En=E1/n2，E1-13.6eV ，R=1.0973731