大学物理(下)no.8作业解析
大学本科NO.8平衡态的气体动理论作业解答
原点），则该过程为
E
(A) 等温过程
(B) 等压过程
(C) 等容过程
(D) 绝热过程
解：由内能 E m i RT , pV m RT 得E i pV ，
M2
M
2
可见只有当 V 不变时，E ~ p 才成正比。所以答案 C 正确
O
p
【 B 】6. 下列各图所示的理想气体分子速率分布曲线，哪一图中的两条曲线是同一温度下氮气和氦气的分 子速率分布曲线？
8kT m
，如果平均速率提高为原来的 1.6 倍，则温度为原来的
2.56
倍；
根据理想气体状态方程： p nkT ，分子数密度 n 不变，那么压强也变为原来的 2.56 倍。
2．图示的曲线分别表示了氢气和氦气在同一温度下的分子速率的分布情 况．由图可知，氦气分子的最概然速率为_____________，氢气分子的最 概然速率为_____________。
解：由归一化条件 0 f v dv 1，则 f (v)曲线下面积都等于 1。若最概然速率 v p 大，则 v p 处的 f (v) 将减小。 而在同一温度下，氮气和氦气的 v p 不等，所以(D)不对。 (A)、(C)中 v p 大 f (v) 没有减小，所以(A)、(C)都不对。
因此选 B。
解：根据理想气体的状态方程： p nkT N kT N pV
V
kT
总的平均总动能为：
N i
N
i 2
kT
N
3 2
kT
3 2
pV
3 2.0 103 1.5103 2
4.5(J )
因此答案为 C
【 C 】5. 某个过程中，一定量的理想气体的内能 E 随压强 p 的变化关系为一直线（其延长线过 E ~ p 图的
《大学物理》 第二版 第八章课后习题答案
习题精解8-1 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图8.3所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。
解 建立如图8.3所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为02m id B dS ldx xμφπ=⋅= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 00ln 22bm ai il bldx x aμμφππ==⎰由法拉第电磁感应定律有0ln cos 2m d il bt dt aφμωεωπ=-=- 8-2 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt ，球小线圈中感应的电动势。
解 无限长直螺线管内部的磁场为0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为20m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有20m d dIN n r dt dtφεμπ=-=- 8-3 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。
解 通过小线圈的磁通量为0m BS niS φμ==由法拉第电磁感应定律有000cos m d dinS nSi t dt dtφεμμωω=-=-=- 8-4 如图8.4所示，矩形线圈ABCD 放在16.010B T -=⨯的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=︒，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。
若令AB 边以速率15.0v m s -=∙向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。
解 利用动生电动势公式0.20()50.6sin(60)0.30()2BAv B dl dl V πε=⨯∙=⨯⨯-︒=⎰⎰感应电流的方向从A B →.8-5 如图8.5所示，两段导体AB 和CD 的长度均为10cm ，它们在B 处相接成角30︒；磁场方向垂直于纸面向里，其大小为22.510B T -=⨯。
《大学物理AII》作业 No.08 量子力学基出 参考解答
解： （1）由波函数归一化条件 ( Axe x ) 2 dx
0 2
2 A2 1 ，可得 A 2 3 ； ( 2 ) 3 d ( x ) 0， dx
2
（2）粒子的概率密度 ( x ) 43 x 2 e 2 x （x>=0）,令 可得： 43 2 xe x (1 x ) 0 ，即 x (1 x ) 0 。
出， 电子的物质波波长是 10 10 m 数量级，在现有的条件下电子的波动性是可以通 过实验进行检验的， 讨论电子等微观粒子的波动性具有实际意义；但是宏观物体 物质波的波长远远小于 10 10 m 数量级， 无法通过我们所能利用的任何仪器装置来 验证其波动性。 因此谈论宏观物体是否遵从德布罗意关系，是否具有波动性是没 有意义的，宏观物体的波动性可以不用考虑。
处于 n=4 的激发态时，则：在 x=0 到 x=
P 3 1 x dx
2 0 a 4x 4x sin dx 3 sin 2 d 0 a a a 4 a a a 3
1 1 4x 1 8x 1 2 1 8 a sin sin 29.9% 2 2 a 4 a 0 2 3 4 a 3
。
3 。 2
2、计算下列两种情况下的速度不确定量： （1）宏观子弹：m =10 克,v=800m/s, Δx=1cm；
（2）原子中的电子：me=9×10-28 克，ve=108cm/s, Δx=10-8cm 第一种情况下， 如果把普朗克常数视为零结果怎样？第二种情况下呢？根据计算 结果总结出采用量子力学与经典力学处理问题的分界线。
大学物理第8章答案
第8章 磁场8-10一均匀密绕直螺线管的半径为 ，单位长度上有 匝线圈，每匝线圈中的电流为 ，用毕奥—萨伐尔定律求此螺线管轴线上的磁场。
分析：由于线圈密绕，因此可以近似地把螺线管看成一系列圆电流的紧密排列，且每一匝圆电流在轴线上任一点的磁场均沿轴向。
解： 取通过螺线管的轴线并与电流形成右旋的方向（即磁场的方向）为x 轴正向，如习题8-10图解（a ）所示。
在螺线管上任取一段微元dx ，则通过它的电流为dI nIdx =，把它看成一个圆线圈，它在轴线上O 点产生的磁感应强度dB 为2022322()R nIdxdB R x μ=+由叠加原理可得，整个螺线管在O 点产生的磁感应强度B 的大小为212022322()x Lx R nIdxB dB R x μ==+⎰⎰0212212221221[]2()()nIx x R x R x μ=-++ 由图可知12122212221212cos os ()()x x R x R x ββ==++ c ，代入上式并整理可得 021(cos cos )2nIB μββ=-式中12ββ和分别为x 轴正向与从O 点引向螺线管两端的矢径r 之间的夹角。
讨论：（1）若螺线管的长度远远大于其直径，即螺线管可视为无限长时，20β=，1βπ=，则有nI B 0μ=上式说明，无限长密绕长直螺线管内部轴线上各点磁感应强度为常矢量。
理论和实验均证明：在整个无限长螺线管内部空间里，上述结论也适用。
即无限长螺线管内部空间里的磁场为均匀磁场，其磁感应强度B 的大小为0nI μ，方向与轴线平行；（2）若点O位于半无限长载流螺线管一端，即12πβ=，20β＝或12πβ=，2βπ＝时，无论哪一种情况均有nI B 021μ=------(8-19) 可见半无限长螺线管端面中心轴线上磁感应强度的大小为管内的一半；综上所述，密绕长直螺线管轴线上各处磁感应强度分布见习题8-10图解（b ）所示，从图中也可看出，长直螺线管内中部的磁场可以看成是均匀的。
大学物理第八章习题及答案
V 第八章 热力学基础8-1如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体做功与吸收热量的情况是：（B ） (A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功(B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功(C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功 (D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功8-2 如图，一定量的理想气体由平衡态A 变到平衡态B ，且它们的压强相等，则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然（ B ） (A)对外作正功 (B)内能增加 (C)从外界吸热 (D)向外界放热8-3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气（均视为刚性分子理想气体），开始时它们的压强温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定温度，若使氢气也升高同样温度，则应向氢气传递热量为（ C ） (A) 6 J (B) 3 J (C) 5J (D) 10 J 8-4 有人想象了如题图四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为（ ）(A) (B)(C) (D)8-5一台工作于温度分别为327o C和27o C的高温热源和低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功（ B ）(A) 2 000 J (B) 1 000 J(C) 4 000 J (D) 500 J8-6 根据热力学第二定律（ A ）(A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的(B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程(C) 热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体(D)任何过程总是沿着熵增加的方向进行8-7 一定质量的气体，在被压缩的过程中外界对气体做功300J，但这一过程中气体的内能减少了300J，问气体在此过程中是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？解：由于外界对气体做功，所以：300J=W-由于气体的内能减少，所以：J∆E=300-根据热力学第一定律,得:J∆+=W=EQ300-600300=--又由公式WQ e 2=得：J 421005.1⨯==eW Q 8-12理想卡诺热机在温度为27C 0和127C 0的两个热源之间工作，若在正循环中，该机从高温热源吸收1200J 的热量，则将向低温热源放出多少热量？对外做了多少功？解：由1121Q W T T =-=η得：J 3001200400300400)1(121=⨯-=-=T T Q WJ 90012=-=W Q Q8-13一卡诺热机在1000K 和270C 的两热源之间工作。
大学物理第八章答案
大学物理第八章答案8-1 解：取固定坐标xOy ，坐标原点O 在水面上（图题所示）设货轮静止不动时，货轮上的A 点恰在水面上，则浮力为S ρga .这时 ga s Mg ρ= 往下沉一点时，合力 )(y a g s Mg F +-=ρ gy s ρ-=. 又 22d d tyMMa F == 故0d d 22=+gy s ty M ρ022=+y M gs dtdy ρ 故作简谐振动M g s ρω=2)(35.68.910102101022223334s g s M T =⨯⨯⨯⨯⨯===πρπωπ8-2 解：取物体A 为研究对象，建立坐标Ox 轴沿斜面向下，原点取在平衡位置处，即在初始位置斜下方距离l 0处，此时：)(1.0sin 0m kmg l ==θ(1) (1) A 物体共受三力；重mg, 支持力N, 张力T.不计滑轮质量时，有 T =kx列出A 在任一位置x 处的牛顿方程式220d d )(sin sin txm x l k mg T mg =+-=-θθ将（1）式代入上式，整理后得0d d 22=+x m ktx 习题8-1图故物体A 的运动是简谐振动，且)rad/s (7==mkω 由初始条件,000⎩⎨⎧=-=v l x 求得,1.00⎩⎨⎧===πϕml A 故物体A 的运动方程为x =0.1cos(7t+π)m(2) 当考虑滑轮质量时，两段绳子中张力数值不等，如图所示，分别为T 1、T 2,则对A 列出任一位置x 处的牛顿方程式为:221d d sin txm T mg =-θ (2)对滑轮列出转动方程为：22221d d 2121t x Mr r a Mr J r T r T =⎪⎭⎫ ⎝⎛==-β (3)式中,T 2=k (l 0+x ) （4）由式（3）、(4)知2201d d 21)(txM x l k T ++=代入(2)式知 22021)(sin dtxd m M x l k mg ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-θ又由（1）式知0sin kl mg =θ故0d d )21(22=++kx t xm M即0)2(d d 22=++x m M ktxm M k +=22ω可见，物体A 仍作简谐振动，此时圆频率为：rad/s)(7.52=+=m M k ω由于初始条件：0,000=-=v l x可知，A 、ϕ不变，故物体A 的运动方程为:m t x )7.5cos(1.0π+=习题8-2图由以上可知：弹簧在斜面上的运动，仍为简谐振动，但平衡位置发生了变化，滑轮的质量改变了系统的振动频率.8-3 解：简谐振动的振动表达式：)cos(ϕω+=t A x由题图可知，m 1042-⨯=A ,当t=0时，将m 1022-⨯=x 代入简谐振动表达式，得：21cos =ϕ 由)sin(ϕωωυ+-=t A ,当t=0时，ϕωυsin A -= 由图可知，υ>0,即0sin <ϕ,故由21cos =ϕ,取3πϕ-= 又因:t=1s 时，,1022m x -⨯=将其入代简谐振动表达式，得213cos ,3cos 42=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=πωπω由t=1s 时,⎪⎭⎫⎝⎛--=3sin πωωυA <0知，03sin >⎪⎭⎫ ⎝⎛-πω,取33ππω=-，即 s 32πω= 质点作简谐振动的振动表达式为m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯=-332cos 1042ππ8-4 解：以该球的球心为原点，假设微粒在某一任意时刻位于遂道中的位矢为r，由高斯定理可知304R rQ E πε=,则微粒在此处受电场力为:r R Qq F 304πε-=式中，负号表明电场F的方向与r的正方向相反，指向球心.由上式及牛顿定律，得：04d d 04d d 043022302230=+⇒=+=+r mRQqt r r R Qq t r mr RQqF πεπεπε令 mR Qq3024πεω=则 0d d 222=+r trω 习题8-3图故微粒作简谐振动，平衡点在球心处.由ωπ2=T知: QqmR T 3042πεπ=8-5 解：（1）取弹簧原长所在位置为O '点.当弹簧挂上物体A 时，处于静止位置P 点，有：P O k Mg '=将A 与B 粘合后，挂在弹簧下端，静止平衡所在位置O 点，取O 点为原坐标原点如图题8-5所示，则有：g m M O O k )(+='设当B 与A 粘在一起后，在其运动过程的任一位置，弹簧形变量x O O +',则A 、B 系统所受合力为：kx x O O k g m M F -=+'-+=)()(即 0d d )(22=++kx txm M可见A 与B 作简谐和振动. (2) 由上式知，rad/s)(10=+=mM kω以B 与A 相碰点为计时起点，此时A 与B 在P 点，由图题8-5可知kmgk Mg g k m M P O O O OP =-+='-'= 则t=0时，m 02.00-=-=-=kmgOP x (负号表P 点在O 点上方) 又B 与A 为非弹性碰撞，碰撞前B 的速度为:m/s 2220101=-='gh υυ 碰撞后，A 、B 的共同速度为：m/s 4.0010=+'=mM m υυ （方向向上）则t=0时，⎩⎨⎧=-=s m mx /4.002.000υ可求得：)m (0447.02220=+=ωυx Aπωυϕ65.0arctan 00=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=x 可知A 与B 振动系统的振动表达式为：m t x )65.010cos(0447.0π+=习题8.5图(3) 弹簧所受的最大拉力，应是弹簧最大形变时的弹力，最大形变为：m A g kmM A O O x 1447.0=++=+'=∆则最大拉力 N 4.72max ==x k F ∆ 5-6 解：(1) 已知A=0.24m, 22ππω==T ,如选x 轴向下为正方向. 已知初始条件0m,12.000<=υx 即 3,21cos ,cos 24.012.0πϕϕϕ±=== 而 ,0sin ,0sin 0><-=ϕϕωυA 取3πϕ=,故：m t x ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=32cos 24.0ππ(2) 如图题所示坐标中，在平衡位置上方0.12m, 即x=-0.12m 处，有32322132cos πππππ±=+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t因为所求时间为最短时间，故物体从初始位置向上运动，0<υ.故0)32sin(>+ππt则取3232πππ=+t 可得：s t 32min =(3) 物体在平衡位置上方0.12m 处所受合外力0.3N x m =-=ωF ,指向平衡位置.8-7 解：子弹射入木块为完全非弹性碰撞，设u 为子弹射入木块后二者共同速度，由动量定理可知：m/s)(0.2=+=υmM mu不计摩擦，弹簧压缩过程中系统机械能守恒，即：20221)(21kx u m M =+ （x 0为弹簧最大形变量） m u kmM x 20100.5-⨯=+=由此简谐振动的振幅 20100.5-⨯==x A 系统圆频率rad/s)(40=+=mM kω习题8-6图若取物体静止时的位置O （平衡位置）为坐标原点，Ox 轴水平向右为正，则初始条件为： t =0时，x =0,0m/s 0.20>==u υ由,sin ,cos 00ϕωυϕA A x -==得：2πϕ-=则木块与子弹二者作简谐振动，其振动表达式为：m t x )240cos(100.52π-⨯=-8-8 解：当物体m 1向右移动x 时，左方弹簧伸长x ，右方弹簧缩短x ，但它们物体的作用方向是相同的，均与物体的位移方向相反，即)(21x k x k F +-=令F =-kx ,有:N/m 421=+=k k k 由 kmT π2= 得)kg (1.0442212211≈==ππkT k T m则粘上油泥块后，新的振动系统质量为：kg 20.021=+m m新的周期 )s (4.12212=+=km m T π在平衡位置时，m 2与m 1发生完全非弹性碰撞. 碰撞前，m 1的速度m/s 10.0111πωυ==A 设碰撞后，m 1和m 2共同速度为υ. 根据动量守恒定律，υυ)(2111m m m +=则m/s 05.0)(2111πυυ=+=m m m新的振幅 m)(035.0222===πυωυTA 8-9 解：（1）由振动方程)25sin(60.0π-=t x 知，5(rad/s)m,6.0==ωA故振动周期： )s (26.1)s (256.1522≈===πωπT (2) t=0时，由振动方程得：)25cos(0.3|m60.0000=-==-==πυt dt dx x t (3) 由旋转矢量法知，此时的位相：3πϕ-=速度 m/s)(6.2m/s )23(560.0sin =-⨯⨯-=-=ϕωυA 加速度 )m/s (5.7m/s 21560.0cos 2222-=⨯⨯-=-=ϕωA a 所受力 N)(5.1N )5.7(2.0-=-⨯==ma F（4）设质点在x 处的动能与势能相等，由于简谐振动能量守恒，即：221kA E E E p k ==+ 故有： )21(21212kA E E E p k ===即 22212121kA kx ⨯=可得： m)(42.022±=±=A x 8-10 解：（1）砝码运动到最高点时，加速度最大，方向向下，由牛顿第二定律，有：N mg ma -=maxN 是平板对砝码的支持力.故N)(74.1)4()()(22max =-=-=-=vA g m A g m a g m N πω砝码对板的正压力与N 大小相等，方向相反.砝码运动到最低点时，加速度也是最大，但方向向上，由牛顿第二定律，有：mg N ma -'=max故 N)(1.8)4()(22max =+=+='A v g m a g m N π 砝码对板的正压力与板对砝码的支持力N '大小相等，方向相反. （2）当N=0时，砝码开始脱离平板，故此时的振幅应满足条件：m)(062.040)4(22max max 2===-=v g A vA g m N ππ(3) 由22max 4vg A π=,可知，2max v A 与成反比，当v v 2='时，m 0155.041max max=='A A 8-11 解：（1）设振子过平衡位置时的速度为υ，由机械能守恒，有：222121υm kA = A mk=υ 由水平方向动量定理： ⇒='+υm u m m )(υm m mu '+=此后，系统振幅为A '，由机械能守恒，有：22)(2121u m m A k '+=' 得： A m m mA '+='有： km m T '+='π2 （2）碰撞前后系统总能量变化为：)21()1(2121212222kA m m m m m m kA kA A k E '+'-=-'+=-'=∆ 式中，负号表示能量损耗，这是泥团与物体的非弹性碰撞所致.（3）当m 达到振幅A 时，m '竖直落在m 上，碰撞前后系统在水平方向的动量均为零，因而系统的振幅仍为A ，周期为km m '+π2，系统的振动总能量不变，为221kA （非弹性碰撞损耗的能量为源于碰撞前m '的动能）. 物体系统过平衡位置时的速度υ'由：22)(2121υ''+=m m kA 得：A m m k'+±='υ8-12 解：（1）由放置矢量法可知，振子从2A 运动到2A -的位置处，角相位的最小变化为：3πϕ∆=则圆频率 rad/s 3π∆ϕ∆ω==t 周期 s T 62==ωπ由初始状态，在图示坐标中，初始条件为：m)(1.00m1.000=⇒⎩⎨⎧=-=A x υ则振幅 m 1.022020=+=ωυx A习题8-12图（2）因为E E p 41=又 2221,21kA E kx E p == 故 )21(412122kA kx =得： m)(05.0±=x 根据题意，振子在平衡位置的下方，取x =－0.05m.根据振动系统的能量守恒定律：222212121kA m kx =+υ 故 )s m (091.0122-⋅±=-±=x A ωυ根据题意，取m/s 091.0-=υ 再由 )sin()cos(ϕωωυϕω+-=+=t A t t A x)cos(d d 2ϕωω+-==t A tva x 2ω-=得： )m/s (055.02=a（3）t=0时，(J)108.681)21(41413222-⨯====mA kA E E p ω (J)102183)21(43433222-⨯====mA kA E E k ω(J)108.273-⨯=+=p k E E E （4）由简谐振动的振动表达式)cos(ϕω+=t A x 当t=0时，0m/s 091.0m,05.000<-=-=υx ,可得：πϕ32= 又 3,10.0πω==m A故 m t x )323cos(1.0ππ+= 8-13 解：（1）据题意，两质点振动方程分别为：mt x mt x Q P )3cos(1000.2)3cos(1000.522ππππ-⨯=+⨯=--（2）P 、Q 两质点的速度及加速度表达分别为：)m/s )(3sin(1000.52ππωυ+⨯⨯-==-t dt dx P P )m/s )(3sin(1000.22ππωυ-⨯⨯-==-t dt dx QQ )m/s )(3cos(1000.5222ππωυ+⨯⨯-==-t dt d a P P )m/s )(3cos(1000.2222ππωυ-⨯⨯-==-t dtd a Q Q当t=1s 时，有：)(m/s 1087.9/32cos 1000.2)(m/s 1068.24/34cos 1000.5(m/s)1044.5/32sin 1000.2(m/s)1060.13/34sin 1000.5(m)1000.132cos 1000.2)(m 105.234cos1000.5222222222222222222------------⨯=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯⨯-=⨯=⨯⨯-=⨯-=⨯=⨯=⨯=s m a s m a s m s m m x m x Q P Q P Q P ππππππυππυππ（3）由相位差32)3(3)()(πππϕϕϕωϕωϕ∆=--=-=+-+=Q P Q P t t 可见，P 点的相比Q 点的相位超前32π. 8-14 解：（1）由题意得初始条件：⎪⎩⎪⎨⎧<=02100υA x 可得：3πϕ=(由旋转矢量法可证出)在平衡位置的动能就是质点的总能量)J (1008.3212152222-⨯====⇒=A m kA E m k m kωωω可求得：s rad m E A /221πω==则振动表达式为：m t x )32cos(1000.52ππ+⨯=-(2) 初始位置势能)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P 当t=0时，3cos 21222πωA m E P =J J 6222221071.73cos )1000.5()2(1000.121---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππ 8-15 解：（1）由初始条件：⎩⎨⎧<⨯=-0102.1010υm x 可知，3πϕ=且 22ππω==v则振动表达式为：m t x )32cos(24.0ππ+=当t=0.5s 时，m m x 21000.6)3212cos(24.0-⨯-=+⨯=ππ(2) t=0.5s 时，小球所受力：(N)1048.1)(32-⨯=-==x m ma f ω因t=0.5s 时，小球的位置在m x 21000.6-⨯-=处，即小球在x 轴负方向，而f 的方向是沿x 轴正方向，总是指向平衡位置.(3) 从初始位置m x 10102.1-⨯=到m x 1102.1-⨯-=所需最短时间设为t ，由旋转矢量法知，πϕπϕ32,3,0±=±=处处x x )s (3223=⇒⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==t t πωπω 习题8-15图(4) 因为 )32sin(24.02)sin(πππϕωωυ+⨯-=+-=t t A )32cos(24.04)cos(22πππϕωω+⨯-=+-=t t A a 在s t m x 32102.11=⨯-=-处 )32cos(24.04)3322cos(24.04/1026.3/)3322sin(24.022212ππππππαπππυ+⨯-=+⨯⨯-=⨯-=+⨯⨯-=-t s m s m(5) t=4s 时， 22)]32sin([2121ππωυ+-==t A m m E k (J)1033.5J)342(sin 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯=πππ)32(cos 21212222ππω+==t A m kx E P (J)1077.1J)342(cos 24.0)2(01.0214222-⨯=+⨯⨯⨯⨯⨯=πππ(J)107.10J 101.77J 1033.5-4-44⨯=⨯+⨯=+=-P k E E E 总 8-16 解：设两质点的振动表达式分别为：)cos()cos(2211ϕωϕω+=+=t A x t A x由图题可知，一质点在21Ax =处时对应的相位为： 32/arccos 1πϕω==+A A t同理：另一质点在相遇处时，对应的相位为：352/arccos2πϕω==+A A t 故相位差)()(12ϕωϕωϕ∆+-+=t t习题8-16图πππϕϕ3433512=-=-= 若21υυ与的方向与上述情况相反，故用同样的方法，可得：πππϕϕϕ∆32)3(312=--=-= 8-17 解：由图题8-17(图在课本上P 200)所示曲线可以看出，两个简谐振动的振幅相同，即m 05.021==A A ,周期均匀s 1.0=T ，因而圆频率为：ππω202==T由x -t 曲线可知，简谐振动1在t=0时，,010=x 且010>υ，故可求得振动1的初位相πϕ2310=.同样，简谐振动2在t=0时，πϕυ==-=202020,0,05.0可知m x 故简谐振动1、2的振动表达式分别为：mt x t x )20cos(05.0)2320cos(05.021ππππ+=+=因此，合振动的振幅和初相位分别为： m A A A A A 210202122211025)cos(2-⨯=-++=ϕϕ2021012021010cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=ππ4541arctan 或== 但由x-t 曲线知，t=0时，πϕ45,05.021应取因此-=+=x x x . 故合振动的振动表达式：m t x )4520cos(10252ππ+⨯=- 8-18 解：（1）它们的合振动幅度初相位分别为：)cos(212212221ϕϕ-++=A A A A Am )535cos(06.005.0206.005.022ππ-⨯⨯⨯++=m 0892.0=22112211cos cos sin sin arctanϕϕϕϕϕA A A A ++=316819.15.2arctan 5cos06.053cos 05.05sin06.053sin 05.0'︒===++=rad ππππ。
大物AI作业参考解答_No.08 静电场中的导体和电介质
《大学物理AI 》作业No.08静电场中的导体和电介质班级________学号________姓名_________成绩______--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------****************************本章教学要求****************************1、理解静电平衡的条件，理解静电感应、静电屏蔽的原理；2、掌握静电平衡时导体表面感应电荷的分布和电场、电势的计算；3、了解电介质的极化现象和微观解释，理解电位移矢量D的定义，确切理解电介质中的高斯定理，并能利用它求解有电介质存在时具有一定对称性的电场问题；4、理解电容的定义，掌握电容器电容的计算方法；5、掌握电容器的储能公式，理解电场能量密度的概念，并能计算电荷系的静电能；6、理解电流强度和电流密度的概念，理解恒定电场的特点及电源电动势的概念。
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------一、选择题:1．把A ，B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中，如图所示。
设无限远处为电势零点，A 的电势为U A ，B 的电势为U B ，则[D ](A)U B >U A ≠0(B)U B >U A =0(C)U B ＝U A (D)U B <U A解：电力线如图所示，电力线指向电势降低的方向，所以U B <U A 。
2．半径分别为R 和r 的两个金属球，相距很远。
用一根细长导线将两球连接在一起并使它们带电。
在忽略导线的影响下，两球表面的电荷面密度之比为[D ](A)R/r (B)R 2/r 2(C)r 2/R 2(D)r/R解：两个金属球用导线相接意味着它们的电势相等，设它们各自带电为21q q 、，选无穷远处为电势0点，那么有：rq Rq 020144，我们对这个等式变下形r R rr r q R R R q 21020144 ，即面电荷密度与半径成反比。
华东理工大学2020版大学物理(下)习题册答案
解：设电子在无穷远处初动能为 Ek ,0 点电子动能 0
R2
A e(U 0 U ) EK EK
R1
U 0
dq R2 2rdr 4 0 r R1 4 0 r
2 0 (R2 R1 )
EK
eU 0
e 2 0
(R2
R1 )
17、一电偶极子原来与均匀电场平行，将它转到与电场反平行时，外力作功为 A，则当 此电偶极子与场强成 45角时，此电偶极子所受的力矩为多少?
0
r R1
q1 0
E1 0
R1 r R2
q2 1h
E2
1 2 0r
r R2
q3 (1 2 )h
E3
1 2 2 0r
（2） E1 和 E2 不变， E3 0
9、一厚度为 d 的无限大平板，均匀带电，体电荷密度 为 ，求平板体内、外场强的分布，并以其对称面为 坐标原点作出 E x 的分布曲线。
解：设内球带电量为 q 内,依据题意可知电场分布
0
q内
E
4 0q内
0
r2 Q
40r 2
r R1 R1 r R2 R2 r R3 r R3
U
R2
R1
q内 40
r
2
dr
R 3
q内 Q 40 r 2
dr
q内 40
面，q 在该平面的轴线上的 A 点处．求通过此圆平面的 R
电通量。
O
解法一：以 A 为中心，r 为半径作一球面，则通过圆平
面的电通量与通过以圆平面为底的球冠电通量相等。
设球面积 S0 4r 2 ， 通量
q 0 0
球冠面积 S 2r(r r c o s) 通量
r A q
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《大学物理》作业 量子力学基础
一、选择题
1. 如果两种不同质量的粒子，其德布罗意波长相同，则这两种粒子的
[ A ] (A) 动量相同。
(B) 能量相同。
(C) 速度相同。
(D) 动能相同。
解： 由德布罗意关系λh
p =可知，粒子波长相同，动量必然相同。
由于粒子质量不
同，所以，粒子速度、动能和能量将不同。
2. 若 粒子在磁感应强度为B 的均匀磁场中沿半径为R 的圆形轨道运动，则粒子的德布罗意波长是
[ A ] (A)
eRB h 2 (B) eRB
h (C) eRB 21 (D) eRBh 1 解：半径eB mv qB mv R 2==，所以德布罗意波长eBR h mv h 2==λ。
3. 设粒子运动的波函数图线分别如图(A)、(B)、(C)、(D)所示，那么其中确定粒子动量的精确度最高的波函数是哪个图 [ A ]
解：由不确定关系 ≥∆⋅∆x p x 可知，x ∆大，x p ∆小，图(A)x ∆最大，所以x p ∆最小，确定粒子动量的精确度最高。
4. 关于不确定关系⎪⎭
⎫ ⎝⎛=≥∆⋅∆π2h p x x 有以下几种理解： (1) 粒子的动量不可能确定。
(2) 粒子的坐标不可能确定。
(3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定。
(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子。
其中正确的是：
[ C ] (A) (1)、(2) (B) (2)、(4) (C) (3)、(4) (D) (4)、
(1)
()D x x
x ()A ()B ()C
5. 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：
()()a x a a x a x ≤≤-⋅=
23cos 1πψ 那么粒子在65a x =
处出现的概率密度为 [ A ] (A) a 21 (B) a 1 (C) a 21 (D) a
1 解：概率密度()a
x a x 23cos 122πψ=，将6/5a x =代入，得 ()a
a a a x 216523cos 122=⋅=πψ
二、填空题
1. 若中子的德布罗意波长为2Å，则它的动能为J 1029.321-⨯。
(普朗克常量s J 10
63.634⋅⨯=-h ，中子质量kg 1067.127-⨯=m ) 解： λh
p =， 由经典动能公式得动能 ()()()()J 1029.31021067.121063.6222121210272
34222----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯====m h m p mv E k λ
2. 低速运动的质子P 和α粒子，若它们的德布罗意波长相同，则它们的动量之比 αp p :p ＝ 1:1 ；动能之比αE E :p ＝ 4:1 。
解：由λh
p =，二者λ相同，所以1:1:p =αp p 。
由经典关系，动能m
p E 22
=，所以1:4::p p ==m m E E αα 3. 静质量为e m 的电子，经电势差为12U 的静电场加速后，若不考虑相对论效应，电子的德布罗意波长λ＝122eU m h
e 。
解：电子的动能2122
1v m eU E e k ==，动量122eU m v m p e e ==，德布罗意波长
122eU m h p h e ==λ 4. 如果电子被限制在边界x 与x x ∆+之间，5.0=∆x Å则电子动量x 分量的不确定量近似地为23103.1-⨯-1s m kg ⋅⋅。
(不确定关系式h p x x ≥∆⋅∆，普朗克常量s J 1063.634⋅⨯=-h )
解：()1231034
s m kg 1033.110
5.01063.6----⋅⋅⨯=⨯⨯=∆≥∆x h p x 5. 设描述微观粒子运动的波函数为()t r , ψ，则*ψψ表示粒子在t 时刻在(x , y, z )
处出现的概率密度；()t r , ψ须满足的条件是单值、有限、连续；其归一化条件是
1d d d 2=⎰⎰⎰z y x ψ。
三、计算题
1． 如图所示，一电子以初速度-160s m 100.6⋅⨯=v 逆着场强方向飞入电场强度为E = 500V m -1的均匀电场中，问该电子在电场中要飞行多长距离d ，可使得电子的德布罗意波长达到1=λÅ。
(飞行过程中，电子的质量认为不变，即为静止质量kg 1011.931-⨯=e m ，基本电荷C 1060.119-⨯=e ；普朗克常量s J 1063.634⋅⨯=-h ) 解：由v m h p h e ==λ，得电子的末速度 ()16103134
s m 1028.710
1011.91063.6----⋅⨯=⨯⨯⨯==λe m h v 电子的加速度 ()2133119s m 1078.810
11.9500106.1---⋅⨯=⨯⨯⨯==e m eE a 由运动学公式ad v v 22
02=-得 ()()()m 1068.91078.82100.61028.722132
626202-⨯=⨯⨯⨯-⨯=-=a v v d 2. 同时测量能量为1keV 的作一维运动的电子的位置与动量时，若位置的不确定值
d
e 0
v E
在()m 10nm 19-=内，则动量的不确定值的百分比p p /∆至少为何值
(电子质量kg 1011.931-⨯=e m ，J 1060.1eV 119-⨯=普朗克常量s J 1063.634⋅⨯=-h ) 解：电子的动能()J 106.1keV 116-⨯==k E ，又e
k m P E 22=，得电子的动量大小 ()1231631s m kg 1071.1106.11011.922----⋅⋅⨯=⨯⨯⨯⨯==k e E m p
根据不确定关系 ≥∆⋅∆x p x ，得动量不确定量
()124924
s m kg 1006.110
1.01006.1----⋅⋅⨯=⨯⨯=∆≥∆x p 所以有 %
2.6062.01071.11006.123
24
==⨯⨯=∆--p p 3. 粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为：()()a x a x n a x n <<⎪⎭⎫ ⎝⎛=0sin 2πψ
若粒子处于n ＝1的状态，在a 41~
0区间发现粒子的概率是多少 [提示：C x x x x +-=⎰2sin 4
121d sin 2] 解： ()a x a x πψ22
1sin 2=， ()⎰⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅===4024
0240
21a d sin 2d sin 2d a a a x a x a a x a x a x x P ππππψ %1.9091.042sin 414222sin 412124
==⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-⋅=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡-=a a a a a x a x a ππππππ。