简明大学物理课后答案

1、如图所示，由库仑定律可得：xyq2q2q-4q(为一个单位正电荷)与x轴夹角为对上顶点电荷作受力分析得： 对左顶点电荷作受力分析得： 证明：a+Q+Q-q由可得：解：建立图示坐标系，在半圆环上任取微分元，则考虑方向：所以：则：RO解：如图，将半球壳分割为一组平行细圆环，任一圆环所带电荷元，则微分元在O点激发的场强为：统一变量：，则有：方向为x轴负向。9.5 解：（1）如图，在x处任取一厚度为dx的无限大平面微分元，假设微分元上电荷面密度为，则，（在微分元上取任一面积为S的平面，则平面所带电量）所以对的场点P，微分元激发的场强为：所以：（时）对的场点，微分元在右侧，激发的场强向左，（2）时，。解

2、：（1）取图示坐标系，在x处取微分元dx，则（2）由例得所以解：如果把半球面看成闭合的，由高斯定理有解:如图，过场点作与球同心球面S，因电荷分布为球对称，则球电场分布也应为球对称，所以S面上各点电场强度的大小相等，由高斯定理，可得当时，当时，所以解：r做半径为r，高为h的同轴闭合圆柱面，由高斯定理有：r解：（1）如图，在环上取微分元，半径为r，宽为dr的带电细圆环，其所带电量为沿轴线建立坐标系OX，带电细圆环在轴线上产生的电势为则(2)根据能量守恒定律，可得OCD解：q（1）（2）O解：由高斯定理有时：或：当时，当时，解：（1） 如图所示，取微分元dx，则（2）解：如图设坐标，上有电量，整个带

3、电线受的电场力在球面电荷的电场中的电势能：整个带电线的电势能为：解：（1） 由叠加原理可得出结论，处场强可以看作是由体密度为，半径为R的球心在O点的均匀带电球与体密度为，半径为，球心在点的均匀带电球共同激发的，所以由高斯定理可得：对点，r0，所以E20。则方向由O指向。（2）处电势（3）R1R2U0Q解：设内球带电量为，则由电势叠加原定理有：可由此式解得当时当时当时解：(1) 设电荷分布如图所示，根据静电平衡时的条件，有和整理得故有：，（2） B,C两导体接地，则有所以：解：（1） 如图所示，导体静电平衡时，电荷只分布在导体表面，由高斯定理；可得：当，时代入，得（2） 由，可得当时，当时，当时

4、，把，时代入，得，。解：（1） 由电荷分布的对称性可知电场呈球对称性，应用高斯定理,可得（2）（3） 由电势定义式，得：r<R时：R<r<a时，时，r>b时：解：（1）(2) (3) 证明：平行板电容器中填入两种介质，相当于两电容器并联解：连接情况下：两极板的电位差保持不变，在拉开时，电容器中的电场能量的增量为：在此过程中极板上的电量增量为在此过程中电源做功拉开过程中外力做功与电源做的功之和等于电容器中电场能量的增量：断开情况下保持不变电容器中的电场能量的增量为：这个能量是由于外力克服电场力做功造成的即从前面的计算结果可见断开电源拉开外力做功大于连接电源时也拉开外力的功

5、解：（1）该从式中没有关于位置的量，可见电容与铜板的位置无关。（2）充电后拉出时设铜板上不带出电荷，电容器中的电场能量会因电容减小而增加，增加的能量等于外力做的功（3）解：第十章解：其中两直线电流在O点产生的磁感应强度为0，1/4圆电流在O点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为。abcd解:如图过中心平行于(如图竖直向上)。解:方向垂直纸面向里，大小为方向纸面向右，大小为方向在过垂直于的平面内与夹角解：两线圈在P点产生的磁感应强度方向都在两圆心的连线上指向小圆（向左）解：由对称性可知解：对于无限大平面载流导体板，即上题结果中，（i为电流密度）（1） 在两面之间产生的磁感强度大小为，方向垂直

6、纸面向里。在两面之间产生的磁感强度大小为，方向垂直纸面向外。总的磁感强度B的大小为。（2） 在两面之外的空间里，产生的磁感强度大小为。在两面之外的空间里，产生的磁感强度大小为。二者方向一致，总的磁感强度B的大小为（3）时，两板之间的磁感强度为两板之外的磁感强度为解：旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环，其等效圆电流为此圆电流在P点产生的磁感强度大小为，方向沿x轴。所以，P点上的磁感强度大小为方向沿0x轴。解：ab（1）由安培环路定理知(2)得(3)由安培环路定理知，方向都是图中顺时针解：(1)(2)解：(1)由对称性可知环内的磁感应线是同心的逆时针方向的圆,在环内做半径为的

7、圆作为闭合回路，绕行方向规定为逆时针，故(2)解：当线圈转到此位置时，重力矩与线圈的安培力矩达到平衡，线圈所受的安培力矩为线圈所受的重力矩为（）解：（1） 向左滑时磁场力作正功，（2） 向左滑时磁场力作负功，解：解：设线圈平面的法向与之间的夹角为，则线圈所受的安培力矩为线圈在平衡位置作微小摆动，很小，因此根据转动定律即简谐振动的角频率为则此摆动可看作简谐振动周期解：（1）所受安培力矩大小为方向在纸面内垂直于向上(2) 力矩所作的功ABDOaC解：I方向向左解：（1）（2）电子所受洛伦兹力为经电压U加速后所具有的初速度为V，电子以洛伦兹力为向心力在磁场中做圆周运动，联立可得解：设质子的质量为m，

8、电荷为q；氘核的质量为2m，电荷为q；粒子的质量为4m，电荷为2q。（1）当三种粒子经相同电压加速后，质子所获动能氘核所获动能粒子所获动能则三者的动能比为1：1：2。（2）当它们经这样加速后进入同一磁场时（可利用上题结果）质子的运动半径氘核的运动半径粒子的运动半径则氘核与粒子的运动半径相等，均为。解：证：由离子源产生的离子在电势差为U的电场中加速，根据功能原理，有离子以速度v进入磁场后，其动力学方程为联立可得解：上面负解：（1）（2）相对磁导率为的磁介质外表面的磁化强度为相应的磁化电流为其方向沿z轴正向。相对相对磁导率为的磁介质内表面的磁化强度为相应的磁化电流为其方向沿z轴负向。其方向沿z轴负

9、向。解：由安培环路定理得铁心内磁场强度大小为解：（1）（2）（3）磁化电流磁化电流密度解：为图中曲线的最大斜率第十一章解:bc部分产生电动势c端电势高。解：DC在CD杆中取线元dl，距导线距离为x，如图，线元dx处的为（向外为正向）D端电势高。(1)解：对线元段，电荷，旋转成圆形电流，则其在O点产生的磁场为（2）（3）若则方向为正，Bo方向垂直纸面向里，方向为垂直纸面向里解：(1) 取矩形面元积元（2）解：设半圆形导线法向方向与方向相同时开始计时解：解：长直螺线管内部的磁场各部分均匀梯形面积方向沿证明：大小为证明：磁能密度由安培环路定理得证。解：解：解：（1）（2）与I的变化方向相反。解：（1

10、）（2）大小解：（1）设正六边形线圈中通电流I，正六边形线圈每条边在中心处产生的大小相等，方向相同，为中心处总的磁场强度为（2）解：（1）球形电容器电容位移电流密度（2）解：沿导线方向单位长度电阻为R，单位长度电量为Q在其附近产生的E大小电场能量密度（2）第十二章解：由于解：每个光子能量为，设每平方米每秒通过的光子数为N，则解：解：由于斜率是常数，不同金属斜率相同。解：解：解：解：光子能量光波为紫外光，应跃迁至第一能级。解出解：最小轨道半径为解：总能，所以要用相对论来讨论。解：由德布洛意关系由布拉格公式二者符合。解：要归一化，积分得的最大值处为发现粒子概率最大的地方，可知处为所求。解：（1）由

11、可得（2）解：概率当时，；当时，趋向经典结果。解：在无限深势阱中，最小能级：精确解，可见二者具有相同的数量级。第十三章证：证：解：解：解：（1）是，本征值（-1）（2）是，本征值（-1）（3）不是。证：由两边用作用因为，对易可见也是的属于的本征函数，但由于并不简并，所以与属于同一量子态，只能差一常数即也是的本征函数。证明：设的本征态为，则由于最后一步用到。解：则，角动量与z轴夹角设为，,得、。解：按归一化解：即是第一和第三个能量本征态的叠加，所以测得能量本征态可为，概率为，概率为则解：由于所以能量为的概率为所以能量为的概率为解：即是的本征函数。解：基态，则波函数为径向概率密度为对上式求导使其为0 即在距核玻尔半径处发现电子的概率最大。解：解：概率应为解：由习题得由习题得所以解：在原子中，设，上式对求导，使之为零，得得，代入与精确解同数量级。证明：与互易，有