大连理工大学大学物理课后答案40-44
大连理工大学大学物理下作业答案详解25~44
1.（1）1012(34)d 3107210(T)125i k B k .j −−+=××=×G GG GG（2）1012(34)d 3102410(34)(T)125i j B k .j i −−+=××=×−G G G G G G2. ()002I B i j Lµπ=+G G G[SI]; 或 00,452I B L απ==° [SI] 3. (1) 若取n G垂直纸面向里，0211114B I nR R µ⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠G G [SI]（2）()222112m I R R n π=−G G [SI]4. (1)(022I R µπ[SI]; (2)(022I R µπ+06IRµ [SI],方向均垂直纸面向内6. （1）2429.3410A m −×⋅；（2）12.55T；方向同磁矩方向，图（略）7. 6026.3710(T)IB Rµπ−==× 作业261. 02IB xµπ= [SI];0[SI]; 2. 222m v e Bπφ=[SI]; 3. 0I µ;4.6053 2.1910Wb n µφπ−==×A5. ()()122022203022B r a I r a B a r b r b a I B r b r µπµπ⎧⎪=<⎪−⎪⎪=<<⎨−⎪⎪⎪=>⎪⎩[SI],图略6.0,02in out NIB B rµπ==[SI]磁感应线为逆时针方向同心圆环；证明略 7.略1.24R IB [SI]，方向在纸面内指向上方 2. 02afv e Iπµ=[SI];方向在纸面内垂直力f 的方向指向左上方 3.（1）ab 之间的电势差；b 点高；（2）2cm,0.1cm l h ==，41.0710(m/s)Hd V v Bl−==×； （3）2835.8510(m )H IBn V eh−==× 4. 12Il l B[SI]，方向在纸面内指向上方 ；122Bl l I [SI] 5. 负功；d d A F r =⋅G G.6. 恒定磁场不能；洛仑兹力方向与速度垂直，只改变速度方向不改变大小 ，对粒子不做功，不改变动能。
大连理工大学大学物理 作业及答案详解
点的场强。
答案：按题给坐标， O 点 的场强可以看作是两个半无限长直导线、半圆在 O 点产生场强的 叠加。即： E0 =E1 + E2 + E3
由对称性， E1 和 E2 在 y 方向的矢量和为零；在 x 方向矢量和是单根的 2 倍。 上半无限长导线取电荷元 dq1 = λdx ，它在 O 点的场强沿 x 方向的分量：
定处处相等，在其它情形，不一定处处相等。比如，点电荷周围还有其它的带电体，则球
面上的场强应是各场强的叠加，可能不处处相等。
作业 2
1．如图所示，把点电荷 +q 从高斯面外 P 移到 R 处 (OP = OR) ，
O 为 S 上一点，则[ ]
A.
穿过
S
的电通量
φe
发生改变，
O
处
E
变
B. φe 不变，E 变。 C. φe 变，E 不变。D. φe 不变，E 不变。
λl
ε0
，E
=
λ 2πε 0r
如果 r >> L ，则带电柱面体可以被看作点电荷，则
E
=
λL 4πε 0r 2
注：本题可以使用电场强度叠加原理求解。即将柱面电荷分布微分成线电荷分布。
5．半径为 R 的不均匀带电球体，电荷体密度分布为
ρ = Ar ，式中 r 为离球心的距离 (r ≤ R) ， A 为常数，则
。
面元
∆S
处电场强度
E
是面元
∆S
电荷在此产生的电场强度
E2
与其他电荷在面元
∆S
处产生的总电场强度 E1 的矢量和， E = E1 + E2 。
大连理工大学大学物理作业3(静电场三)及答案详解
作业3（静电场三）1．电场中某区域内电场线如图所示，将一点电荷从M 移到N 点则必有[ ]。
.A 电场力的功0M N A >.B 电势能M N W W >.C 电势M N U U >.D 电势M N U U <答案：【C 】解：由于静电场的无旋性，电场强度的线积分与路径无关，由M 点到N 点的线积分（即M 点与N 点之间的电势差），可以取任意路径。
现取积分路径为：由M 点到O 点，处处与电场线（电场强度方向）垂直；由O 点到N 点，处处沿着电场线。
则0=⋅=-⎰O M O M l d E U U，0>=⋅=-⎰⎰NONON O Edl l d E U U因此，M 点与N 点的电势差为0)()(>=⋅+⋅=-+-=⋅=-⎰⎰⎰⎰NONOOMN O O M N MN M Edl l d E l d E U U U U l d E U U所以，C 正确，D 错误。
由M 点到O 点，电场力所作的功为（设移动电荷量为q ）⎰⋅=-=N MN M N M l d E q U U q A)( 尽管0>⋅⎰N Ml d E，但不知q 的正负，无法判断NMA 的正负。
当0>q ，即移动正电荷时，电场力作功为正，0>NM A ；如果移动的是负电荷，电场力作功为负，0<NMA 。
电势能是静电场中的带电粒子与电场共同拥有的能量。
定义为，点电荷q 在静电场中M 点时，系统拥有的电势能为：从M 点移动电荷q 到电势零点的过程中，电场力所作的功，MM M M qUl d E q A W =⋅==⎰→0，静电势能等于电荷量与电荷所在点电势的乘积。
电场力所作的功等于静电势能的减少，静电场中M 点与N 点系统的电势能之差，等于移动点电荷q 由M 点到N 点的过程中电场力所作的功)(NM NM N M N M UU q l d E q A W W -=⋅==-⎰→尽管0>-N M U U ，但电势能之差还与电荷q 有关，不能判断N M W W -的正负。
(完整版)大学物理课后习题答案详解
r r r r r r rr、⎰ dt⎰0 dx = ⎰ v e⎰v v1122v v d tv v d tvg 2 g h d tdt [v 2 + ( g t ) 2 ] 12 (v 2 + 2 g h ) 12第一章质点运动学1、(习题 1.1)：一质点在 xOy 平面内运动，运动函数为 x = 2 t, y = 4 t 2 - 8 。
（1）求质点 的轨道方程；（2）求 t = 1 s 和 t = 2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由 x=2t 得，y=4t 2-8可得： r y=x 2-8r 即轨道曲线（2）质点的位置 ： r = 2ti + (4t 2 - 8) jr r rr r 由 v = d r / d t 则速度： v = 2i + 8tjr r rr 由 a = d v / d t 则加速度： a = 8 jrr r r r r r r 则当 t=1s 时，有 r = 2i - 4 j , v = 2i + 8 j , a = 8 j r当 t=2s 时，有r = 4i + 8 j , v = 2i +16 j , a = 8 j 2 （习题 1.2）： 质点沿 x 在轴正向运动，加速度 a = -kv ， k 为常数．设从原点出发时速度为 v ，求运动方程 x = x(t ) .解：dv = -kvdt v1 v 0 vd v = ⎰ t - k dt 0v = v e - k tdx x= v e -k t0 t0 -k t d t x = v0 (1 - e -k t )k3、一质点沿 x 轴运动，其加速度为 a = 4 t (SI)，已知 t = 0 时，质点位于 x 0=10 m 处，初速 度 v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式．解：a = d v /d t = 4 td v = 4 t d tv 0d v = ⎰t 4t d t v = 2 t 2v = d x /d t = 2 t 2⎰x d x = ⎰t 2t 2 d t x = 2 t 3 /3+10 (SI)x4、一质量为 m 的小球在高度 h 处以初速度 v 水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程； d r d v d v （3）落地前瞬时小球的 ，，.d td td t解：（1）x = v t式（1）v v v y = h - gt 2 式（2）r (t ) = v t i + (h - gt 2 ) j0 （2）联立式（1）、式（2）得y = h -vd r（3） = v i - gt j而落地所用时间t =0 gx 22v 22hgvd r所以 = v i - 2gh jvd vdv g 2t= - g j v = v 2 + v 2 = v 2 + (-gt) 2= =x y 0 0vv v d rv d v 2） v = [(2t )2+ 4] 2 = 2(t 2+ 1)2t t 2 + 1, V a = a - a = m + M m + Mvg gvv v 5、 已知质点位矢随时间变化的函数形式为 r = t 2i + 2tj ，式中 r 的单位为 m ， 的单位为 s .求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大连理工大学大学物理下作业
大学物理 A2(2014 DUT)
２
作业 26 班级
学号
姓名
提交日期
1.如图 26-1 所示，无限长载流导线电流 I 沿 z 轴流，半径为 r 的半球面扣在 xy 平面上，沿 x 轴以匀速远离， 求： （1） 当半球面在图中位置时， 曲面上点 P 的磁感应强度大小 B； （2） 穿过曲面的磁通量 .
5. 图 28-2 三条曲线分别为顺磁质、抗磁质和铁磁质的 BH 曲 线的示意图，请说明 Oa、Ob、Oc 表示哪种磁介质。
B a b c H O
图 28-1 28-2 图
（ob′） 、 6.某铁磁质的磁滞回线如图 28-3 所示， 请指出图中 ob
oc(oc′)所表示的物理意义。
B b c a
B.通以的电流 I 的值越大，L 越大； D.螺线管的半径越大，L 越大。
简单说明理由：
2.对于单匝线圈取自感系数的定义式为 L I
.设线圈的几何形状、大小及周围磁介质不 ]。
变，且无铁磁性物质。若线圈中的电流强度变小，则线圈的自感系数 L[
A.变大，与电流强度成正比 ； C.变大，与电流强度成反比 ； E.不变 B.变小，与电流强度成正比 ； D.变小，与电流强度成反比。
离长直导线 d=12cm，金属棒沿平行于直导线的方向以速度 v=10ms-1 平移，求棒中的感应 电动势，并指出哪端的电势高？（金属棒与长直导线共面且
b
图 29-3
大学物理 A2(2014 DUT)
９
4.如图 29-4 所示，长直导线中通有电流 I=6A，另有一 10 匝的矩形线圈与长直导线共面， （1）线圈中的感应电动势与 x 宽 a=10cm，长 L=20cm，以 v=2ms-1 的速度向右运动，求： 的函数关系； （2）当 x=10cm 时线圈中的感应电动势。
大连理工大学大学物理下答案详解
9 解 ：（1） 霍 尔 电 势 差 是 指a、b之 间 的 电 势 差 ， 根 据 左 手 定 则 ， 电 子 向a端 运 动 ， 于 是a端 聚 集 了 大 量 负 电 荷 ， 则b点是高电势点 （2）当金属中电子所受磁场的洛伦兹力与电场力平衡时： evd B = eE = e 所以，漂移速度 vd = （3）由ab两端的霍尔电势差：|V | = n= V 4.27 × 10−6 m/s = 1.0675 × 10−4 m/s = Bl 2 × 2 × 10−2 V l
解：（1）曲面上点p的磁感应强度相当于无限长载流直导线产生的磁场，即： B= µ0 I 2πx
由磁场的高斯定理：磁感应线为闭合曲线时，穿过任何一个闭合曲面的磁通量为零，则 Φ=
sБайду номын сангаас
B · dS = 0
2、一电子以速度v 垂直地进入磁感应强度为B 的均匀磁场中，求：穿过此电子运动的轨迹所围的面积的磁通量。 解：电子在磁场中运动的轨迹半径为 r= 运动轨迹所围的面积为 S = πr2 = π ( 所以，穿过此运动轨迹所围面积的磁通量为 Φ=
解：（1）载流圆线圈中心的磁感应强度为 B= µ0 I 2R
图中闭合线圈，只有两半圆弧对中心O的磁场有贡献, 两半圆弧在O点产生的磁场分别为 B1 = µ0 I 4R1
2 方向：垂直于纸面向外 B2 = 方向：垂直于纸面向里 所以 B = B1 − B2 = 方向：垂直纸面向外 （2）线圈的磁矩： m = Isn = 其中n表示垂直纸面向里。 4、 无 限 长 直 导 线 通 电 流I， 分别 弯 成 图25-3（A） 、 （B） 所 示 的 形 状 。 求 ：（1） 图 （A） 中O点 磁 感 应 强 度B1 ; （2）图（B）中O点磁感应强度B2 ; 1 2 2 Iπ (R2 − R1 )n 2 µ0 I µ0 I − 4R1 4R2 µ0 I 4R2
大学物理第6章真空中的静电场课后习题与答案
第6章真空中的静电场习题及答案1.电荷为q 和2q 的两个点电荷分别置于x1m 和x1m 处。
一试验电荷置于x 轴上何处，它受到的合力等于零？解：根据两个点电荷对试验电荷的库仑力的大小及方向可以断定，只有试验电荷 q 位于点电荷 0q 的右侧，它受到的合力才可能为0，所以2qqqq00224(x 1)4(x1) ππ 00故x3222.电量都是q 的三个点电荷，分别放在正三角形的三个顶点。
试问：(1)在这三角形的中心放 一个什么样的电荷，就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都 为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解：(1)以A 处点电荷为研究对象，由力平衡知，q 为负电荷，所以2 4 1 π 0 q a 22 cos304 1 π 0 ( q 33qa 2 )3故qq3(2)与三角形边长无关。
3.如图所示，半径为R 、电荷线密度为1的一个均匀带电圆环，在其轴线上放一长为l 、电荷线密度为2的均匀带电直线段，该线段的一端处于圆环中心处。
求该直线段受到的电场力。
解：先求均匀带电圆环在其轴线上产生的场强。
在带电圆环上取dqdl 1，dq 在带电圆环轴 线上x 处产生的场强大小为 dE 4 dq20(xRy2 )根据电荷分布的对称性知，yE0E zdEdEcos x41xdq 1R 3 22 2O(xR) 02xl式中：为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹角。
E x4x 220(xR) 3 2dqzx21R R 1 x4x 2R2()3 2 2xR 2( 02 )3 2下面求直线段受到的电场力。
在直线段上取dqdx2，dq受到的电场力大小为Rx12dFxdxEdq32222(xR)0方向沿x轴正方向。
直线段受到的电场力大小为Rlx12FdxdF3202220xR)(11R1121/22R22lR方向沿x轴正方向。
4.一个半径为R的均匀带电半圆环，电荷线密度为。
求：（1）圆心处O点的场强；（2）将此带电半圆环弯成一个整圆后，圆心处O点场强。
大学基础物理学第2版习题答案
大学基础物理学第2版习题答案大学物理课后习题答案
2
3 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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5 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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7 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
8
9 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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11 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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13 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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15 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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17 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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19 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
20
21 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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23 用十年光阴 交换半生痴狂 ゆ
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25 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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27 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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29 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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31 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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33 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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37 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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39 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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43 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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55 用十年光阴交换半生痴狂ゆ
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l (l + 1)
= 2 × (2 + 1)
= 6
（2）主量子数为
n=3
7． （1）轨道角动量为
L = l (l + 1) = 6 ≈ 2.449
（2）轨道角动量在磁场中的分量为
Lz = 0, ± , ±2
（3）由此，可以画出轨道角动量 L 在磁场空间量子化的示意图
ψ 8 解： （1）
1 3， 1， −1， 2
（2）在 − 4．(1) P =
1 3 + 3 2π
（2）则在 0 < x < a 内，在 x =
a 3a 和x = 处概率密度最大。 4 4
5． （1）轨道角动量的可能值为 L =
l (l + 1)
= 0,
2 ,
6 , 2 3
（2）角动量在外磁场方向的投影可能值为 Lz = ml = 0, ± , ±2 , ±3 6． (1) L =
ψ （2）
1 1， 0， 0， 2
ψ （3）
1 3， 1， 1， 2
ψ （4）
1 1， 0， 0， 2
作业四十三 量子力学基础二
1． λmax = 1.333 × 10−7 m 最小波长满足ν max = 2．可见光谱线有两条。 3． 光子的能量只有刚好等于氢原子某两个能级之差时， 光子才能被吸收
c
6． 什么是康普顿效应？写出康普顿效应散射光的主要特点。 答：X 射线照射在物质上，在散射光中除了有与入射相同的波长成分，还有比入射光波长长 的成分，这种散射光波长改变的现象，称为康普顿效应。 康普顿效应的主要特点是： 散射光中既有比入射光的波长长的成分，也有与入射光的波长相同的成分； 波长与散射物的性质无关,只与散射角有关。
作业四十 光的粒子性
1． 写出绝对黑体的定义。 答：如果某种物质能吸收照射到它上的面的所有电磁辐射，则称这种物质为绝对黑体。 物质对电磁辐射的作用有吸收、反射和辐射。绝对黑体只吸收电磁辐射，不反射电磁辐 射。但它可以辐射电磁波，而且在不同的温度下，辐射的电磁波的波长（频率）不同。 2． 以一定频率的单色光照射在某金属上，测得其光电流的曲线如图实线所示，然后在光强 不变增大照射光频率， 测得光电流得曲线如图 19－1 中虚线所示， 则满足题意的图是 ［ ］ 。
ψ n ,l = { ψ n , 0 ,ψ n ,1 ,ψ n , 2 , ,ψ n ,n −1 } 因此，一般说，原子处于 n 能级，其能级的简并度为 n 。
当然，氢原子中电子的状态（波函数） ，还要有磁量子数 ml 和自旋量子数 ms ，能级的 简并度更高。 8． ψ
1 2
2, 0, 0, +
， ψ
答： ［A］ 327K
4． （1）ν 0 = A h ，
λ0 = hc A = 296nm ；
hv − A = 2.0V ； e
（2）∵ hv = eU a − A = 2eV ∴U a = （3）
1 2 mv = eU a = 2.0eV . 2
4 4
⎛T ⎞ ⎛ λ ⎞ M 0.6 4 5． 2 = ⎜ 2 ⎟ = ⎜ m1 ⎟ = ( ) =5 0.4 M 1 ⎝ T1 ⎠ ⎝ λm 2 ⎠
4．
ΔE = E3 − E1 = −1.51 − (−13.6) = 12.09 eV
5．答：不可能有两个电子处于相同的状态，即不可能有两个电子具有相同的 4 个量子数 (n, l , ml , m s ) 。 6． 答：泡利不相容原理和能量最小原理。 7．答：有若干不同的电子状态（波函数） ，处于相同的能级，这就是能级简并。 例如，氢原子中，原子处于 n 能级，但还有 l = 0,1,2, , n − 1 个不同的轨道角动量。轨道角 动量不同，就是不同的电子状态。原子处于 n 能级，有 n 个不同的轨道角动量值，就有 n 个 不同的电子状态（波函数） ：
1. λ =
2mE k 2． U = 150(V) 2 Rh 3． d = ap
h = p
h
h 3 = λ0 p 3 h hc 5． λ = = = 2.03 × 10−19 (m) p Ek h 6． 不考虑相对论： λ = = 4.09 × 10−11 (m) = 0.0409(nm) 2meU 5 7． Δx ≥ 4 × 10 (m)
E mc 2 = = 1.25 ，即反冲电子获得的能量是其静止能量的四分之一。 7． E0 m0c 2
8. （1） hν min = （2） P =
hc
λmax
1 = m0c 2 = 0.17MeV （电子静止能量 0.511MeV） 3
4 m0c = 3.64 × 10 −22 kg m/s 3
作业四十一 实物粒子波动性
λmin
⎛1⎞ = Rc⎜ 2 ⎟ = Rc ⎝1 ⎠
ΔE1 = E 3 − E 2 = −1.51 − (−3.4) = 1.89 eV
ΔE 2 = E 4 − E 2 = −0.85 − (−3.4) = 2.55 eV ΔE3 = E5 − E 2 = −0.54 − (−3.4) = 2.86 eV 所以只有 ΔE1 = E 3 − E 2 = −1.51 − ( −3.4) = 1.89 eV 的光子能够被 n = 2 的能级的氢原子 所吸收，氢原子吸收一个光子后，跃迁到 E 3 = −1.51eV （ n = 3 ）的能级上。
4．
λ=
8．电子。动能相同，静止质量小的动量小，相应的德布罗意波长大。
作业四十二 量子力学基础一
1． （1）粒子在 x =
a 处出现的概率密度为 2
ψ
2 a x= 2
=
1 2a
a a ≤ x ≤ 范围内，粒子出现的概率为 5 5 1 3 1 P= sin π + 3π 5 5 2 3π x sin (0 ≤ x ≤ a ) 2.（1）归一化的波函数为 ψ ( x ) = a a 1 1 5 2 （2） x = a, a, a 处， p = ψ ( x ) 具有极大值。 6 2 6 3． A = 2a
2, 0, 0, −
1 2
， ψ
2 , 1, −1, +
1 2
， ψ
2 , 1, −1, −
1 2
， ψ
2 , 1, 0 , +
1 2
， ψ
2 , 1, 0 , −
1 2
， ψ
2 , 1, 1, +
1 2
， ψ
2 , 1, 1, −
1 2
可见，氢原子中， n = 2 能级是 8 度简并的。