大學(xué)物理學(xué)習(xí)指導(dǎo)答案[共63頁(yè)]

大學(xué)物理學(xué)習(xí)指導(dǎo) 習(xí)題詳解61目錄第一章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué).1第二章 牛頓定律.3第三章 動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律.5第四章 剛體的轉(zhuǎn)動(dòng).8第五章 熱力學(xué)基礎(chǔ).11第六章 氣體動(dòng)理論.13第七章 靜電場(chǎng).15第八章 靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和介質(zhì).21第九章 穩(wěn)恒磁場(chǎng).28第十章 磁場(chǎng)中的磁介質(zhì).35第十一章 電磁感應(yīng).36第十二章 機(jī)械振動(dòng).43第十三章 機(jī)械波.45第十四章 電磁場(chǎng)普遍規(guī)律.49第十五章 波動(dòng)光學(xué).51第十六章 相對(duì)論.55第十七章 量子力學(xué).57第一章 質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)學(xué)1. 由和速度的矢量合成可知，質(zhì)點(diǎn)在（x,y）處的速度大小。1. 由相對(duì)運(yùn)動(dòng)的知識(shí)易知，風(fēng)是從西北方向吹來。2. 根據(jù)兩個(gè)三角形相似，則 ，解得。3. 將加速度g沿切向和法向分解，則 由法向加速度的計(jì)算公式，所以 ，曲率半徑。4. ，根據(jù)法向加速度和切向加速度的計(jì)算公式，。5. （1）根據(jù)平均速度的計(jì)算公式方向與x軸相反。（2） 根據(jù)瞬時(shí)速度的計(jì)算公式方向與x軸相反。（3） 由（2）可知，當(dāng)t=1.5s時(shí)，v=0,然后反向運(yùn)動(dòng)。因此。7. （1）水平方向豎直方向因此，任意時(shí)刻位置坐標(biāo)為根據(jù)上述兩個(gè)方程消去時(shí)間t，可得軌跡方程。（2） 由根據(jù)速度的合成公式，與x軸夾角切向加速度方向?yàn)?，法向加速度垂直于切向加速度?. 設(shè)拋出的球的速度為v，以車為參考系，則豎直方向當(dāng)球的速度為0時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)上述兩個(gè)方程消去t,v可得9. .設(shè)列車速度水平向右，則看到的雨點(diǎn)速度水平斜向下，且與水平向右方向夾角為165度，根據(jù)速度的合成定理，10. （1）由切向加速度t=2s時(shí)，法向加速度所以（2） 總加速度，解方程可得t=0.66,因此為3.15rad.（3）11.12. 由解得13.14.15. 注：在期末考試中曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有：1、4、5。第二章 牛頓定律1. 撤去力F的瞬間，彈簧的彈力和摩擦力均不會(huì)突變，因此2. 對(duì)木塊進(jìn)行受力分析，由平衡條件可得：，又因?yàn)镕無窮大，所以G可以近似等于0，解得 3. 對(duì)A，B和彈簧整體為研究對(duì)象，可得移開C的瞬間，彈簧的彈力不會(huì)突變，因此A仍然處于平衡狀態(tài)，B受到的合力豎直向下，大小為FC ,所以4. 設(shè)彈簧的原長(zhǎng)為x，勁度系數(shù)為k，根據(jù)牛頓第二定律，彈簧的彈力完全充當(dāng)向心力， 5. 對(duì)整體由牛頓第二定律，再取A和長(zhǎng)度為x的繩為研究對(duì)象，則6. 。 7. 在長(zhǎng)為x處，取一段長(zhǎng)度為dx的葉片設(shè)張力為T，根據(jù)牛頓第二定律， 注：在期末考試中曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有：2、3。第三章 動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律 19. 碰撞是完全彈性碰撞，碰撞前后交換速度，因此選C.注：在期末考試中出現(xiàn)過的題目及重點(diǎn)題型：2、15、16、17。第四章 剛體的轉(zhuǎn)動(dòng)注：本章可能會(huì)出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有：8、11、18、22.、23。第五章 熱力學(xué)基礎(chǔ) P注：本章可能會(huì)出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有：1、2、3、4、7、8、10、11、12、13、14、15、17、19。第六章 氣體動(dòng)理論曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型：2、3、4、6、7、9、20。第七章 靜電場(chǎng)3. 設(shè)想再補(bǔ)上與圖示立方體完全相同的七個(gè)立方體，使得點(diǎn)電荷位于一個(gè)邊長(zhǎng)擴(kuò)大一倍的新的立方體的中心，這樣，根據(jù)高斯定理，通過這個(gè)新立方體的六個(gè)面的總電通量為，通過其中任何一個(gè)面的電通量為，而因原abcd面只是新立方體一個(gè)面的四分之一，故通過abcd面的電場(chǎng)強(qiáng)度通量為。4.根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理，內(nèi)球面單獨(dú)在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為外球面單獨(dú)在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為因此，P點(diǎn)最終的電勢(shì)為5.電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)都相等，與點(diǎn)電荷在圓周上的位置無關(guān)，這樣一來，根據(jù)電勢(shì)疊加原理，兩種情況下的電勢(shì)都一樣，都是對(duì)于場(chǎng)強(qiáng)，因?yàn)樗鞘噶浚床粌H有大小還有方向，各點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向與其在圓周上的位置有關(guān)，也就是說，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)應(yīng)當(dāng)與各點(diǎn)電荷在圓周上的分布有關(guān)，所以兩種情況下的場(chǎng)強(qiáng)是不同的。但是，由于P點(diǎn)對(duì)于圓周上的各點(diǎn)是對(duì)稱的，各點(diǎn)電荷場(chǎng)強(qiáng)的Z分量(標(biāo)量)大小與其在圓周上的位置無關(guān)，因此，兩種情況下P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)分量EZ 都相同。6.根據(jù)電勢(shì)疊加原理，三角形的中心O處的電勢(shì)為因?yàn)闊o窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，所以外力的功為7.兩個(gè)點(diǎn)電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的Y分量相抵消，P點(diǎn)最終的場(chǎng)強(qiáng)只是兩場(chǎng)強(qiáng)X分量的疊加，因此，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為8.“無限大”均勻帶正電荷的平面產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小是與到平面的距離x無關(guān)的常量，但是平面兩側(cè)的場(chǎng)強(qiáng)方向不同：在x>0區(qū)間，場(chǎng)強(qiáng)方向與X軸正向相同，應(yīng)為正；反之在x<0區(qū)間，場(chǎng)強(qiáng)方向與X軸正向相反，應(yīng)為負(fù)。9. 容易看出該電場(chǎng)是由半徑為R的均勻帶電球面產(chǎn)生的。10. .根據(jù)電勢(shì)疊加原理，P點(diǎn)的電勢(shì)應(yīng)為均勻帶電球面和球心處的點(diǎn)電荷各自單獨(dú)存在時(shí)所產(chǎn)生電勢(shì)的疊加，即11.在吹脹過程中，高斯球面上任一點(diǎn)先在球形肥皂泡外，后在肥皂泡內(nèi)，而帶電的球形肥皂泡可看作均勻帶電球面，因此，高斯球面上任一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小由 變到E = 0；該點(diǎn)的電勢(shì)由變到12.根據(jù)靜電場(chǎng)高斯定理，通過該閉合曲面的電通量等于被閉合曲面包圍的電荷之代數(shù)和的分之一，即=。高斯定理中的是高斯面上任一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，它是由高斯面內(nèi)、外的所有電荷共同產(chǎn)生的，即由q1、q2、q3和q4共同產(chǎn)生的。13.根據(jù)高斯定理容易知道，通過三個(gè)閉合曲面的電通量分別為、0、。14.放在A、B兩處的點(diǎn)電荷+q和-q是場(chǎng)源電荷，設(shè)無窮遠(yuǎn)處為電勢(shì)零點(diǎn)，則D點(diǎn)的電勢(shì)為同理，O點(diǎn)的的電勢(shì)因此，把另一帶電量為Q(Q<0)的點(diǎn)電荷從D點(diǎn)沿路徑DCO移到O點(diǎn)的過程中，電場(chǎng)力作的功為15.設(shè)向右為正方向，且A、B兩平面上的電荷面密度均大于零，則根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)疊加原理E0 E0/3 E0/3 習(xí)題715圖 區(qū)：區(qū)：聯(lián)立以上二式可得16.設(shè)場(chǎng)強(qiáng)等于零的點(diǎn)與直線1的距離為a，則有可解得17.此題應(yīng)當(dāng)應(yīng)用疊加原理，每個(gè)區(qū)域的電場(chǎng)強(qiáng)度等于每個(gè)均勻帶電平面單獨(dú)存在時(shí)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)的矢量和。設(shè)自左向右的方向?yàn)檎?，則有A區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)：A B C 習(xí)題717圖 B區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)：C區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)：18.根據(jù)高斯定理，可有19.在半圓形玻璃棒的上半部分取一線元，其位置處相應(yīng)的半徑與X軸負(fù)向的夾角為，其帶電量，其在O點(diǎn)產(chǎn)生的元場(chǎng)強(qiáng)的大小為其方向如圖所示。由于各個(gè)線元產(chǎn)生的元場(chǎng)強(qiáng)方向不一致，因此需把分解 由于電荷分布的對(duì)稱性，最終O點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的X分量。因此，圓心O處的電場(chǎng)強(qiáng)度的Y分量為把O處的電場(chǎng)強(qiáng)度寫成矢量式為x dx d l q0 X O 習(xí)題720圖 20.沿細(xì)桿方向建立X軸方向向左，坐標(biāo)原點(diǎn)就在q0所在處，在細(xì)桿上x處取線元dx，其帶電為，線元在q0所在處產(chǎn)生的元場(chǎng)大小為整個(gè)細(xì)桿在q0所在處產(chǎn)生的電場(chǎng)大小為點(diǎn)電荷q0所受的電場(chǎng)力為 l q 習(xí)題721圖 21.根據(jù)動(dòng)能定理有所以，平面上的面電荷密度為22.在棒上x處取線元dx，其帶電量，其在坐標(biāo)原點(diǎn)O處產(chǎn)生的元電勢(shì)為整個(gè)帶電細(xì)棒在坐標(biāo)原點(diǎn)O處產(chǎn)生的電勢(shì)為23.在盤面上以O(shè)為原心，以r為半徑，取寬度為dr的環(huán)帶，它相當(dāng)于帶電圓環(huán)，其面積為，帶電量為，其在盤中心O處產(chǎn)生的元電勢(shì)為整個(gè)帶電圓盤在圓盤中心O處產(chǎn)生的電勢(shì)為24.電偶極子的電場(chǎng)中某一點(diǎn)的電勢(shì)為將一電量為q的點(diǎn)電荷從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過程中電場(chǎng)力作的功25.以O(shè)為中心，以r()為半徑，在球殼內(nèi)取一厚度為dr的薄球殼，其可看成均勻帶電球面，其帶電量為，其在其內(nèi)部任一點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為整個(gè)球殼在空腔內(nèi)任一點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)為26.選擇兩球心連線為積分路徑，在該路徑上距O1為r的某點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為電場(chǎng)強(qiáng)度的方向是從O1指向O2。兩個(gè)非導(dǎo)體球殼都在表面上均勻帶電，它們均可視為均勻帶電球面，因此每個(gè)球殼各自都是個(gè)等勢(shì)體，故而兩球心間的電勢(shì)差即為兩球表面間的電勢(shì)差，所以有27.由高斯定理容易算出該球體內(nèi)外的場(chǎng)分布：0rRrR因此，離球心為r(r<R)處的電勢(shì)為28.(1) 帶電球體的總電量為(2) 取半徑為r的同心球形高斯面，則有在r<R區(qū)間： 在r>R區(qū)間： (3) 根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的積分關(guān)系在r<R區(qū)間：在r>R區(qū)間：29.以X軸為軸線取一閉合圓柱面S，使其兩個(gè)端面距帶電平板的中央平面等距，即兩端面分別在x和x處，同時(shí)設(shè)端面積為，根據(jù)高斯定理在平板內(nèi)有： ()在平板外有：X E O d/2 d/2 題729圖 ()場(chǎng)強(qiáng)在X軸的投影值隨坐標(biāo)x變化的圖線如圖所示。本章考試可能會(huì)出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型：1、3、4、5、8、10、11、12、13、14、15、16、17、19、20、21、23、25。第八章 靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體和電介質(zhì)1.B板接地后，A、B兩板外側(cè)均無電荷，兩板內(nèi)側(cè)帶等值異號(hào)電荷，數(shù)值分別為+Q1和-Q1，這時(shí)AB間的場(chǎng)應(yīng)是兩板內(nèi)側(cè)面產(chǎn)生場(chǎng)的疊加，即2.兩個(gè)電容器串聯(lián)起來，它們各自承受的電壓與它們的電容量成反比，設(shè)C1承受的電壓為V1，C2承受的電壓為V2，則有 聯(lián)立、可得，可見，C1承受的電壓600V已經(jīng)超過其耐壓值500V ，因此，C1先被擊穿，繼而1000V電壓全部加在C2上，也超過了其耐壓值900V，緊接著C2也被擊穿。3.設(shè)此電容器組的兩端所加的電壓為u，并且用C1C2表示C1、C2兩電容器的并聯(lián)組合，這時(shí)該電容器組就成為C1C2與C3的串聯(lián)。由于C1= C2=C3，所以C1C22C3，故而C1C2承受的電壓為u/3，C3承受的電壓為2u/3。C1 C2 C3 習(xí)題83圖 由于C1C2的耐壓值不大于100V ，這要求即要求同理，C3的耐壓值為300V，這要求對(duì)于此電容器組的耐壓值，只能取兩者之較低的，即300V。4.在抽出介質(zhì)前，相當(dāng)于左右兩半兩個(gè)“電容器”并聯(lián)，由于這兩個(gè)“電容器”電壓相等，而右半邊的電容又小于左半邊的，因此由q=CU公式可知，右半邊極板的帶電量小于左半邊的。當(dāng)抽去介質(zhì)后，極板電荷重新分布而變?yōu)樽笥揖鶆?，使得右半邊極板電荷較抽出介質(zhì)前為多，因此這時(shí)帶電質(zhì)點(diǎn)受到向上的靜電力將大于其重力，它將向上運(yùn)動(dòng)。電容器充電后與電源斷開，其極板上的電荷將保持不變。由公式當(dāng)將電容器兩極板間距拉大，其電容C將減小，這將使其極板間的電勢(shì)差U12增大；因?yàn)闃O板電荷保持不變，使得板間場(chǎng)強(qiáng)亦不變；由電容器儲(chǔ)能公式 因電勢(shì)差U12增大而極板電荷保持不變，故電場(chǎng)能量W將增大。6.電容器充電后仍與電源連接，其兩極板間的電壓U12不變。若此時(shí)將電容器兩極板間距拉大，其電容量C將變小，由公式可知，極板上的電量Q將減?。慌c此同時(shí)，由公式可知，極板間電場(chǎng)也將減?。挥钟晒娇芍?，電場(chǎng)能量W將減小。解：設(shè)未充滿電介質(zhì)時(shí)電容器的電容為C0，電壓為U0，場(chǎng)強(qiáng)為E0，電場(chǎng)能量為W0。充滿電介質(zhì)后則有所以U；電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變?yōu)樗訣；電容變?yōu)樗訡；電場(chǎng)能量為所以W。8.充電后將電源斷開，兩電容器的總電量不變，即。 由于兩電容器并聯(lián)，它們的電勢(shì)差U相等，因此它們所帶的電量(q=CU)與它們的電容量成正比，但因C1中插入了介質(zhì)板，所以C1的電容量增加，即q1，由式可知，這時(shí)q2 應(yīng)當(dāng)減少。9.用導(dǎo)線將兩球殼連起來，電荷都將分布在外球殼，現(xiàn)在該體系等價(jià)于一個(gè)半徑為R2的均勻帶電球面，因此其電勢(shì)為原來兩球殼未連起來之前，內(nèi)球電勢(shì)為外球電勢(shì)為因此，10.介質(zhì)表面的極化電荷可以看成兩個(gè)電荷面密度為的無限大平行平面，由疊加原理，它們?cè)陔娙萜髦挟a(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為A B 4 3 2 1 q1 q2 題解811圖 11.如圖所示，設(shè)A、B兩塊平行金屬板的四個(gè)表面的電荷面密度分別為，和，則根據(jù)電荷守恒有 根據(jù)靜電平衡條件 聯(lián)立解得根據(jù)疊加原理，兩個(gè)外側(cè)表面的電荷在兩極板間產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)相互抵消；兩內(nèi)側(cè)的電荷在兩板間產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向相同，它們最終在板間產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)為因而A、B兩板間的電勢(shì)差為12.電源斷開前后極板帶電量不變，因而極間場(chǎng)強(qiáng)不變；由于在兩板間平行地插入一厚度為d/3的金屬板，相當(dāng)于極板間距變?yōu)樵瓉淼?/3，因此，板間電壓相應(yīng)地也變?yōu)樵瓉淼?/3，即13.A、B并聯(lián)后，系統(tǒng)的等效電容為2C，帶電量為3Q，因此，系統(tǒng)電場(chǎng)能量的增量為 14.充滿介質(zhì)后，電容器的電容值增大了倍，因此有；由電容器儲(chǔ)能公式充滿介質(zhì)后，兩極板間電壓U不變，只是電容值增大了倍，因而其能量相應(yīng)地增大為原來的倍，即。15.孤立導(dǎo)體球的電量為其電荷分布是一個(gè)均勻帶電球面，因而其電勢(shì)分布為把r=0.30m、R=0.1m及UR=300V代入上式可得U=100V。16.取半徑為r(R1<r<R2)、高度為h的、與圓筒同軸的兩端封閉的柱面為高斯面，根據(jù)有介質(zhì)時(shí)的高斯定理有因此，根據(jù)電位移與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系可得17. 設(shè)兩球分別帶電+Q和Q，因?yàn)樗鼈兿嗑嗪苓h(yuǎn)，各自都可以看作“孤立”的。該兩球的電勢(shì)差為所以，該導(dǎo)體組的電容為而對(duì)于各孤立導(dǎo)體球的電容則為，有18. 半徑為R的孤立球形導(dǎo)體的電容為其帶電為2Q時(shí)的電場(chǎng)能量為同理，半徑為R/4、帶電量為Q的孤立球形導(dǎo)體的電場(chǎng)能量為19.設(shè)中心平面處為X軸的原點(diǎn)，可以看出，板間電場(chǎng)都與X軸平行：在-d<x<0區(qū)間，場(chǎng)強(qiáng)方向與X軸反向；在0<x<d區(qū)間，場(chǎng)強(qiáng)方向與X軸同向。因而可取一柱形高斯面S，其軸線即為X軸，其兩個(gè)端面分別在+x和-x處。由高斯定理即解得 (-d<x<d)(-d<x<d)20.建立如圖所示的坐標(biāo)系，則兩線間任一點(diǎn)的場(chǎng)為 兩線間的電勢(shì)差 單位長(zhǎng)度的電容為21.(1) 由于b-a<<a，L>>b，所以兩個(gè)同軸圓筒可看成“無限長(zhǎng)”，它們沿長(zhǎng)度方向電荷線密度為±QL，兩筒間的場(chǎng)為兩筒間的電勢(shì)差為圓柱形電容器的電容為(1) 電容器儲(chǔ)存的能量為22.孤立導(dǎo)體球(球外充滿介電常數(shù)為的各向同性的均勻電介質(zhì))的電容為電容器儲(chǔ)能公式，可以求得金屬球電場(chǎng)中儲(chǔ)存的電場(chǎng)能為23.(1) 兩個(gè)球用導(dǎo)線連接后，電荷重新分布，設(shè)這時(shí)兩球分別帶電為q1和q2，由電荷守恒有式中q為連接前兩球的總帶電量，。用導(dǎo)線連接后兩球等勢(shì)聯(lián)立、解得(2) 由于兩球相距很遠(yuǎn)，它們的相互影響可以忽略，可以看成孤立、均勻帶電的導(dǎo)體球，因此它們的電勢(shì)為24.(1) 兩個(gè)電容器串聯(lián)它們的帶電量相等，根據(jù)可知它們的電能與電容量成反比，因此有(2) 兩個(gè)電容器并聯(lián)它們的電壓相等，根據(jù)公式可知它們的電能與電容量成正比，因此有(3) 在以上兩種情況下電容器系統(tǒng)的電容分別為 ； 由于電源電壓一定，因此兩種情況下電容器系統(tǒng)的總電能應(yīng)與它們的電容成正比，所以有25.設(shè)該電容器的內(nèi)、外柱半徑分別為a和b，內(nèi)、外柱帶電分別為和，則內(nèi)、外柱間的場(chǎng)分布為 (a<r<b)該場(chǎng)強(qiáng)的最大值也是擊穿場(chǎng)強(qiáng)E0，可令上式中的r =a，即兩極間的電勢(shì)差根據(jù)最值條件，可令，代入式即可得到該電容器可能承受的最高電壓26.內(nèi)外導(dǎo)體間的電勢(shì)差滿足下面關(guān)系內(nèi)球表面附近的電場(chǎng)強(qiáng)度可表示為 把代入得 把對(duì)a求導(dǎo)數(shù)并令其等于零解得所以，當(dāng)a=b/2時(shí)，內(nèi)球表附近的電場(chǎng)強(qiáng)度最??；這個(gè)最小電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為27.兩筒之間電勢(shì)差為所以設(shè)距軸線為r(R1<r<R2)處的電勢(shì)為U(r)，則該處與外筒之間的電勢(shì)差為因此，28.因?yàn)楸３峙c電源連接，因而兩極間的電勢(shì)差U不變。由于在極板間距拉大的過程中，電容器的電容從變到所以電容器能量的增量為在極板間距拉大的過程中，電容器上帶電從Q變到，電源所作的功為由功能關(guān)系可得外力所作的功為注：本章可能會(huì)出大題曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型：1、5、6、7、9、10、11、14、16、21、25、26、27。第九章 穩(wěn)恒磁場(chǎng)1.根據(jù)安培環(huán)路定理，容易求得無限長(zhǎng)載流空心圓柱導(dǎo)體的內(nèi)外的磁感應(yīng)強(qiáng)度分布為 2.依右手螺旋法則，帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后將在x>0和y>0區(qū)間以勻速v經(jīng)一個(gè)半圓周而從磁場(chǎng)出來，其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，因此，它從磁場(chǎng)出來點(diǎn)的坐標(biāo)為x=0和。3.對(duì)P點(diǎn)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，對(duì)Q點(diǎn)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小對(duì)O點(diǎn)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小顯然有。4.根據(jù)大平板的電流方向可以判斷其右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向平行于大平板、且垂直于I1；小線框的磁矩方向向上，如圖所示。由公式可以判斷小線框受該力矩作用的轉(zhuǎn)動(dòng)方向。5.由載流圓線圈(N匝)軸線上的磁感應(yīng)強(qiáng)度公式6.依題給坐標(biāo)系，與Z軸重合的一根導(dǎo)線單獨(dú)在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為另一根與X軸平行的導(dǎo)線單獨(dú)在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)由疊加原理，P點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為7.(1) A、B兩載流導(dǎo)線在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大而反向，疊加的結(jié)果使P點(diǎn)最終的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，因此，。(2) 根據(jù)安培環(huán)路定理容易判斷，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿圖中環(huán)路l的線積分等于I。 I R O 習(xí)題98圖 8.半圓形線圈的磁矩大小為因而線圈所受磁力矩的大小為根據(jù)磁力矩公式可以判斷出磁力矩的方向向上。當(dāng)，k=0，±1，時(shí)，磁力矩恰為零，這等價(jià)于把線圈繞轉(zhuǎn)過，k=0，1，2，3，。9.通過圓面的磁通量根據(jù)磁場(chǎng)的高斯定理，所以10.電子以恒定速度運(yùn)動(dòng)，說明其所受到的合外力為零，即有即， 11.坐標(biāo)軸OX軸，并在矩形回路內(nèi)距長(zhǎng)直導(dǎo)線x處取寬為dx的窄條面元dS=hdx則通過該面元的元磁通為所以，通過回路S1的磁通量為通過回路S2的磁通量為故，12.根據(jù)安培環(huán)路定理，容易得到：對(duì)環(huán)路a， 等于；對(duì)環(huán)路b，等于0；對(duì)環(huán)路c，等于2。 O a I 習(xí)題913圖 13.圓心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由半圓形閉合線圈產(chǎn)生的，其直徑段的電流在O處單獨(dú)產(chǎn)生的磁場(chǎng)為零，其半圓段在O處產(chǎn)生的磁場(chǎng)即為該點(diǎn)的總磁場(chǎng)的方向垂直于圖面向內(nèi)。根據(jù)安培力公式可知圓心O處的電流元所受的安培力的大小為力的方向垂直于電流元向左。14.設(shè)假想平面S靠近軸線的一邊到軸線的距離為a，易知長(zhǎng)直導(dǎo)線內(nèi)外的磁場(chǎng)分布為 () ()在假想平面S內(nèi)、距軸為r處，沿導(dǎo)線直徑方向取一寬度為dr的窄條面元，通過它的元磁通為通過假想平面S的磁通量為由最值條件，令 解得 R X O dl 題915圖 15.如圖所示，取一直徑方向?yàn)镺X軸。并沿電流方向在球面上取一寬度為dl 的球帶，該球帶可以看成載流圓環(huán)，其載有的電流為dI=Kdl=，其在球心O處產(chǎn)生的元磁場(chǎng)為該元場(chǎng)的方向沿X軸的正方向。球面上所有電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 場(chǎng)的方向沿X軸的正方向。16.取與圓盤同心、半徑為r、寬度為dr的圓環(huán)，其帶量電量 其等效的圓電流為其在中心O處產(chǎn)生的元場(chǎng)強(qiáng)為O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為令該磁感應(yīng)強(qiáng)度為零可得R1 R2 I 習(xí)題917圖17.以O(shè)點(diǎn)為圓心、以r為半徑，在線圈平面內(nèi)取寬度為dr的圓環(huán)面積，在此環(huán)面積內(nèi)含有dN=ndr=匝線圈，其相應(yīng)的元電流為dI=IdN。其在中心O點(diǎn)產(chǎn)生的元磁場(chǎng)為O點(diǎn)磁感強(qiáng)度該磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于圖面向外。X x a b c d j O 題918圖 18.如圖所示，在垂直于電流密度方向取一矩形回路abcda，其繞行方向與電流密度方向成右手螺旋關(guān)系。對(duì)此環(huán)路應(yīng)用安培環(huán)路定理在平板內(nèi)部有所以 在平板外部有 所以 19.(1) 在桿上距軸O為r處取線元dr，其帶電量為，該線元相當(dāng)于運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)電荷，其在O 處產(chǎn)生的元磁場(chǎng)大小為元磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里。的方向垂直于紙面向里。(2) 線元dr的等效環(huán)電流為 其元磁矩大小為 元磁矩的方向垂直于紙面向里。帶電細(xì)桿的總磁矩大小為總磁矩的方向垂直于紙面向里。(3) 當(dāng)a>>b時(shí)，帶電細(xì)桿相當(dāng)于點(diǎn)電荷。因此20.設(shè)想該載流圓線圈被截成相等的兩半，如圖所示，我們?nèi)∑渲械囊话?比如右一半)并分析它的受力情況：安培力作用于中點(diǎn)、方向向右，上、下端點(diǎn)受到的張力均水平向左。由于該半線圈處于力學(xué)平衡狀態(tài)，因此有 解得21.由安培力公式，線圈任一線元所受到的磁場(chǎng)力為I 題921圖 則整個(gè)閉合載流平面線圈在均勻磁場(chǎng)中所受的合磁力應(yīng)該為22.在垂直于電流流向的平面內(nèi)取一矩形環(huán)路abcda，環(huán)路的ab邊與cd邊都與平板平行且等距并居于平板左、右兩側(cè)，bc邊和da邊都與平板垂直。對(duì)此環(huán)路應(yīng)用安培環(huán)路定理得 上式左端第二項(xiàng)和第四項(xiàng)由于與處處垂直，因而都等于零，因此有 所以 板右側(cè)場(chǎng)垂直于紙面向里，板左側(cè)場(chǎng)垂直于紙面向外。（2）帶電粒子將在豎直平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)，其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為可見，欲使粒子不與平板相碰撞，粒子最初至少在距板為R的位置處。粒子從開始運(yùn)動(dòng)到回到原處所需的最短時(shí)間剛好是一個(gè)周期，即23.在圓盤上取半徑為r、寬度為dr的細(xì)圓環(huán)，環(huán)面積為，環(huán)的帶電量為。其等效環(huán)電流為其元磁矩大小為的方向垂直于紙面向外。整個(gè)轉(zhuǎn)動(dòng)圓盤的磁矩為的方向垂直于紙面向外。根據(jù)線圈在磁場(chǎng)中所受磁力矩公式可得圓盤所受磁力矩的大小為的方向垂直于向上。24. MN上電流元受到的力為，方向“”整個(gè)MN受到的力的大小為，方向“”討論：若，則方向向上；反之，若，則方向向下。25.設(shè)流經(jīng)導(dǎo)體截面的電流密度向上的電流在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)為，方向“”向下的電流在P點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)為，方向“”P點(diǎn)最終的場(chǎng)為 ，方向“”飛經(jīng)P點(diǎn)的電子所受力的大小為，方向“”26.(1) 圓環(huán)中點(diǎn)O的磁感應(yīng)強(qiáng)度可以看成段、三分之一圓周、三分之二圓周和段共四段電流產(chǎn)生的場(chǎng)的疊加。因?yàn)槎坞娏鲉为?dú)產(chǎn)生的場(chǎng)為，方向“”三分之一圓周電流單獨(dú)產(chǎn)生的場(chǎng)為，方向“”三分之二圓周電流單獨(dú)產(chǎn)生的場(chǎng)為，方向“”段電流單獨(dú)產(chǎn)生的場(chǎng)為圓環(huán)中點(diǎn)O的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向“”(2) 沿閉合環(huán)路L的環(huán)流為 27.對(duì)閉合曲線a為8A；對(duì)閉合曲線b亦為8A；對(duì)閉合曲線c為0。(1) 在個(gè)條閉合曲線上，各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的量值并不相等。(2) 在閉合曲線c上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的量值不為零，因?yàn)樵撉€上的場(chǎng)是由I1和I2共同產(chǎn)生的，場(chǎng)強(qiáng)疊加的結(jié)果。28.（1）<0因此，載流子是負(fù)的，對(duì)半導(dǎo)體則是電子，可以判斷出這是N型半導(dǎo)體。 (2) 由霍耳電勢(shì)差公式可得載流子的濃度為注：本章可能會(huì)出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有：3、4、7、8、9、10、11、12、13、16、17、19、20、23、24、26。第十章 磁場(chǎng)中的磁介質(zhì)1已知外場(chǎng)方向向右。對(duì)磁介質(zhì)中的a點(diǎn)來說，其本身磁化電流產(chǎn)生的附加磁場(chǎng)的方向與外場(chǎng)方向相反，疊加的結(jié)果使a點(diǎn)的場(chǎng)減?。粚?duì)介質(zhì)外的b點(diǎn)來說，外場(chǎng)方向仍舊向右，這時(shí)的抗磁質(zhì)相當(dāng)于N極在左、S極在右的磁鐵，其附加磁場(chǎng)的方向在b點(diǎn)向左，因此，b點(diǎn)的場(chǎng)也減小；對(duì)介質(zhì)外側(cè)的c點(diǎn)來說，外場(chǎng)方向仍舊向右，但是在該處的方向也向右，與外場(chǎng)同向，故c點(diǎn)的場(chǎng)是增加的。2.真空中的BH關(guān)系為：；對(duì)一般弱磁介質(zhì)的BH關(guān)系為：，式中為常數(shù)，若為順磁質(zhì)，則因而；若為抗磁質(zhì)，則因而，所以若以真空中的BH關(guān)系曲線為參考，則曲線表示的是順磁質(zhì)，曲線表示的是抗磁質(zhì)。對(duì)于鐵磁質(zhì)其BH關(guān)系仍然為：，但是，由于其不是常數(shù)，即，因此其BH關(guān)系是非線性的，BH關(guān)系曲線亦非直線，故表示鐵磁質(zhì)的應(yīng)是曲線。3.空間任一點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)度應(yīng)該是所有電流共同產(chǎn)生的，而不僅僅是傳導(dǎo)電流；閉合曲線內(nèi)沒有包圍傳導(dǎo)電流，在閉合曲線外可能有電流，這曲線外的電流照樣可以在曲線上產(chǎn)生磁場(chǎng)；第四種說法不正確，4 硬磁材料的特點(diǎn)是矯頑力大，剩磁也大，適于制造永久磁鐵。5.在垂直于軸線的平面內(nèi)取半徑為r的圓形環(huán)路L，其環(huán)繞方向從上往下看是逆時(shí)針的。根據(jù)有介質(zhì)時(shí)的安培環(huán)路定理，在0r<R1區(qū)間有即 (0r<R1)所以 (0r<R1)在R1r<R2區(qū)間有 (R1r<R2)所以 (R1r<R2)在R2r<R3區(qū)間有 (R2r<R3)所以 (R2r<R3)在rR3區(qū)間有 (rR3)注：曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有：1、2、3。第十一章 電磁感應(yīng)2.ab向右平移時(shí)，ab中的電動(dòng)勢(shì)的方向是bacdb，因而在cd中產(chǎn)生的電流方向是cd，cd將受到向右的磁場(chǎng)力的作用，因此，cd也將向右移動(dòng)。3.線圈中感應(yīng)電流一般正比于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而反比于其自身的電阻，(A)、(B)、(C)三種方法盡管感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增加了，但線圈的電阻也隨之增加，因而不能達(dá)到同比例增加電流的目的。(D)僅使感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增加，線圈的電阻卻不增加，I1 I2 I3 O (A) I1 I1 O (B) I3 I1 (C) O I1 I1 (D) O 習(xí)題114圖 4.由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間減少，所以回路里的感應(yīng)電流方向應(yīng)該是順時(shí)針的，因此答案(C)和(D)可以排除。在(A)和(B)兩個(gè)答案中我們可以把圓形回路(加一直徑)看成兩個(gè)半圓形閉合回路，這兩個(gè)半圓形回路以直徑為共用邊，顯然這兩個(gè)半圓形回路中的感應(yīng)電流大小相等并且都是順時(shí)針方向的，而在它們的共用邊(直徑)上因感應(yīng)電流方向剛好相反而抵消，最終使直徑上電流為零，電流只在圓形閉合回路內(nèi)沿順時(shí)針方向流動(dòng)。5. 考慮兩個(gè)三角形閉合回路abO和，若設(shè)它們所圍成的面積分別為S和，則有S<。因?yàn)榘羯系母袘?yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與三角形閉合回路的面積成正比，因此有.6. 設(shè)任一時(shí)刻t小圓環(huán)的法線方向與大圓環(huán)中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向夾角為，由于初始時(shí)刻，因而。由于a>>r，可以認(rèn)為小圓環(huán)處的由大圓環(huán)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)是均勻的，且等于大圓環(huán)中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，即方向向外。任一時(shí)刻t通過圓環(huán)的磁通量 小圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為小圓環(huán)中的感應(yīng)電流為7.C運(yùn)動(dòng)切割磁力線而產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，方向“”；由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)為方向“”；回路總電動(dòng)勢(shì)為 方向“”。由于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而在回路里激起感應(yīng)電流，因而使AC受到與速度方向相反的安培力的作用而減速，從而使減少；與此同時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B也在隨時(shí)間而下降，也使減少。8.當(dāng)aOc以速度沿X軸正向運(yùn)動(dòng)時(shí)，aO上的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為 電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)镺a，所以UO<Ua；又因?yàn)閁O=Uc，所以Uc<Ua，因此有當(dāng)沿Y軸正向運(yùn)動(dòng)時(shí), 將上兩式相減可得 因此有 9.閉合回路cOdc中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，方向“”(等效于直導(dǎo)線的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)) 方向?yàn)槟鏁r(shí)針的若，則為順時(shí)針方向的；若，則為逆時(shí)針方向的。10. 由解得 11.大線圈中的電流I在小線圈處產(chǎn)生的磁場(chǎng)穿過小線圈的磁通量為在小線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為當(dāng)x=NR時(shí)，小線圈回路內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 12.在CD桿上任一點(diǎn)x處、由兩平行無限長(zhǎng)的直電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng) 在CD上x處取線元，在該線元的元電動(dòng)勢(shì)為 由CD，D端電勢(shì)高。13.在任一時(shí)刻t，金屬棒的A端距長(zhǎng)直導(dǎo)線為 這時(shí)在棒上任取一線元，該線元距長(zhǎng)直導(dǎo)線為l，線元的元電動(dòng)勢(shì)為整個(gè)AB棒中的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為 由于<0，所以的方向BA，A點(diǎn)電勢(shì)高。R a b c d 習(xí)題1114圖 14.取等腰梯形回路的環(huán)繞方向?yàn)轫槙r(shí)針的，即等腰梯形回路所圍成的面積的法向與方向相同。通過該回路所圍成的面積的磁通量為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，等腰梯形回路中的感生電動(dòng)勢(shì)為回路中的感生電動(dòng)勢(shì)的大小為3.67mV；<0，回路中感生電動(dòng)勢(shì)的方向逆15.(1) 在線圈內(nèi)距長(zhǎng)直導(dǎo)線為x處取寬度為dx、長(zhǎng)度為l的矩形窄條面積，則通過該窄條面積的元磁通量為 通過整個(gè)矩形線圈的磁通量為矩形線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 因?yàn)?gt;0，所以該結(jié)果就是矩形線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大??；并且仍然因?yàn)?gt;0，該感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針的，相應(yīng)的感應(yīng)電流亦為順時(shí)針方向的。(2) 導(dǎo)線與線圈的互感系數(shù)為16.(1) 設(shè)任一時(shí)刻t，ab邊的速率為v，這時(shí)ab邊所受的外力除了其自身的重力外，還有磁場(chǎng)力，因此，根據(jù)牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律我們有 把代入可得 把上式進(jìn)行分離變量并積分 得 這就是任一時(shí)刻ab邊的速率v和t的關(guān)系。(2) 當(dāng)t足夠大，相當(dāng)于t，則有 17.在細(xì)桿上距O點(diǎn)為l處取線元dl，方向ab，細(xì)桿上的總電動(dòng)勢(shì)，說明細(xì)桿上的總電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)閍b，即 Ua<Ub，因此，ab兩端的電勢(shì)差為 18.(1) 在距長(zhǎng)直導(dǎo)線為r處取寬度為dr、長(zhǎng)度為a的窄條面元dS，通過其元磁通量為 式中為面元法向(垂直紙面向里)與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向間的夾角。通過整個(gè)線框回路所圍面積的磁通量為因此，直導(dǎo)線和線框的互感系數(shù) (2) 根據(jù)互感電動(dòng)勢(shì)公式可得線框中的互感電動(dòng)勢(shì)為19.設(shè)任一時(shí)刻t矩形線圈的左邊距無限長(zhǎng)直導(dǎo)線為x ，在線圈內(nèi)、距無限長(zhǎng)直導(dǎo)線為r處取寬度為dr、長(zhǎng)度為l 的窄條面元dS，這時(shí)通過該面元的元磁通為通過整個(gè)線圈所圍面積的磁通量為 矩形線圈與無限長(zhǎng)直導(dǎo)線間的互感系數(shù)為 令此互感系數(shù)為 則有 解得在任一位置x處，矩形線圈內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為把代入上式可得20.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，回路L內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為原題給無限長(zhǎng)直導(dǎo)線中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)應(yīng)當(dāng)為整個(gè)回路L內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之一半，即 此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為 當(dāng)時(shí)，這時(shí)因整個(gè)L回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是逆時(shí)針的，當(dāng)時(shí)，這時(shí)因整個(gè)L回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是順時(shí)針的。21.解：(1) 螺繞環(huán)內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度分布為 (a<r<b)通過螺繞環(huán)截面的磁通量為 螺繞環(huán)的自感系數(shù)為 (2) 設(shè)長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有電流，該電流在螺繞環(huán)中產(chǎn)生的場(chǎng)為通過螺繞環(huán)截面的磁通量為長(zhǎng)直導(dǎo)線和螺繞環(huán)的互感系數(shù) (3) 由自感磁能公式可得螺繞環(huán)內(nèi)儲(chǔ)存的磁能為 22.(1) 設(shè)ab運(yùn)動(dòng)起來以后任一時(shí)刻t的速度為v，根據(jù)全電路歐姆定律，這時(shí)在回路中的電流為 裸導(dǎo)線ab所受到的磁場(chǎng)力為 依牛頓第二定律 把上式分離變量再積分 得 令t ，則可得ab能達(dá)到的最大速度為 （2） 把代入可得ab達(dá)到最大速度時(shí)通過電源的電流 注：本章可能會(huì)出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有3、4、5、8、11、12、15、18、19. 第十二章 機(jī)械振動(dòng)1.2.3. 串聯(lián)后彈簧的勁度系數(shù)4. 根據(jù)旋轉(zhuǎn)矢量法，畫出圖形可得5. 彈簧切成三段后，每段的勁度系數(shù)變?yōu)?k，兩短彈簧并聯(lián)后勁度系數(shù)變?yōu)?k。6.設(shè)質(zhì)點(diǎn)在平衡位置時(shí)t=0，則對(duì)于x2,t=0時(shí)7. 8.有旋轉(zhuǎn)矢量法，容易得出結(jié)果。9.1011. 由曲線可知，12. 有旋轉(zhuǎn)矢量法可得結(jié)果。19. 參照課本十六頁(yè)振動(dòng)的合成，有旋轉(zhuǎn)矢量法，畫出矢量三角形，易求A=10cm,注：本章曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型：4、7、19。第十三章 機(jī)械波注：本章可能會(huì)出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有：2、3、6、7、9、12、13、14、15、16、17、22、23、25、27、28、31.第十四章 電磁場(chǎng)普遍規(guī)律1.筒內(nèi)變化的磁場(chǎng)是均勻的，但是變化的電場(chǎng)卻不均勻，因而(A)不對(duì)；因?yàn)樵谕餐馊我婚]合環(huán)路內(nèi)沒有電流穿過，沿該閉合環(huán)路上磁感應(yīng)強(qiáng)度的環(huán)流為零，因而(C)也不對(duì)；由于筒內(nèi)磁場(chǎng)是變化的，在筒外存在與該磁場(chǎng)套合的、電力線閉合的渦旋電場(chǎng)，所以沿圓筒外任一閉合環(huán)路上電場(chǎng)強(qiáng)度的環(huán)流不為零，因而(D)也不對(duì)；最終只有答案(B)是正確的。 2.在電路內(nèi)全電流是連續(xù)的，也就是說通過極板間的總位移電流始終等于外電路中的傳導(dǎo)電流，而L1所圍面積并非極板間整個(gè)面積，因而穿過L1所圍面積的位移電流小于極板間的總位移電流，根據(jù)安培環(huán)路定理可知，磁場(chǎng)強(qiáng)度沿L1的環(huán)流將小于沿L2的環(huán)流，所以應(yīng)該選擇答案(C)。3.根據(jù)麥克斯韋方程組各方程的物理意義，容易判定：(1)中的空白應(yīng)填；(2)中空白應(yīng)填；(3)中空白應(yīng)填。4.根據(jù)位移電流的定義，兩板間的位移電流為 方向與場(chǎng)強(qiáng)方向相反。5.電路中的全電流是連續(xù)的，由于外電路中沒有位移電流，因此有O R e I 題146圖 。6.由于通過螺線管的電流隨時(shí)間而減少，導(dǎo)至螺線管內(nèi)的磁場(chǎng)也隨時(shí)間而減少，因而在管外空間產(chǎn)生渦旋電場(chǎng)，在電子所在的圓周上渦旋電場(chǎng)的電力線方向是順時(shí)針的，電子所受到該電場(chǎng)的作用力與該點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相反沿該點(diǎn)切線方向向左斜上方，這就是電子開始運(yùn)動(dòng)的方向(見圖所標(biāo))。7.(1) 根據(jù)電容器極板間電壓與極板上電荷的關(guān)系可得(2)全電流連續(xù)，任一時(shí)刻都有板間的位移電流等于外電路中的傳導(dǎo)電流8.圖(a)中情況，極板間無位移電流；圖(b)中情況，極板間有位移電流。極板間有無位移電流完全取決于極板間的電場(chǎng)是否變化。在圖(a)中的情況是充電后切斷電源，因而電容器極板上的電荷保持不變，即電荷面密度不變，由于板間場(chǎng)強(qiáng)，所以當(dāng)板間距d變化時(shí)板間場(chǎng)強(qiáng)并不改變，因此極板間無位移電流；在圖(b)中的情況是電容器一直與電源相接，則電容器兩極間電壓保持不變，由于板間場(chǎng)強(qiáng)，所以當(dāng)板間距d變化時(shí)板間場(chǎng)強(qiáng)將發(fā)生改變，因而極板間將有位移電流產(chǎn)生。c X Y Z O 題149圖 9.(1) 把該平面電磁波的電場(chǎng)的波動(dòng)方程與平面簡(jiǎn)諧波的標(biāo)準(zhǔn)方程做比較容易得到(2) 由該電磁波的電場(chǎng)的波動(dòng)方程可以看出，該電磁波是沿著X軸正向傳播的。(3) 根據(jù)電磁波電場(chǎng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)強(qiáng)度的量值關(guān)系以及坡印廷矢量公式可以得到，以及注：本章曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型：1、2、3、4。第十五章 波動(dòng)光學(xué)注：本章可能會(huì)出大題，曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型有：3、4、7、8、9、11、12、18、19、20、25、26、27、28、30、36、37、38、39。第十六章 相對(duì)論注：曾經(jīng)考試過的題目及重點(diǎn)題型：2、3、4、5、6、7、8、10、1。第十七章 量子物理1.根據(jù)光電效應(yīng)方程，光電子的最大初動(dòng)能為，由此式可以看出，Ek不僅與入射光的頻率有關(guān)，而且與金屬的逸出功A有關(guān)，因此我們無法判斷題給的兩種情況下光電子的最大初動(dòng)能誰(shuí)大誰(shuí)小，從而也就無法判斷兩種情況下入射光的頻率的大小關(guān)系，所以應(yīng)該選擇答案(D)。2.根據(jù)玻爾的理論，氫原子中電子的軌道上角動(dòng)量滿足n=1，2，3所以L與量子數(shù)n成正比。又因?yàn)椤暗谝患ぐl(fā)態(tài)”相應(yīng)的量子數(shù)為n=2。 3.由巴耳末系的里德佰公式n=3，4，5，可知對(duì)應(yīng)于最大波長(zhǎng)，n=3；對(duì)應(yīng)于最小波長(zhǎng)，n=。因此有；4.；所以電子的動(dòng)能 5.由康普頓效應(yīng)的能量守恒公式 6.依題意，氫原子的動(dòng)能應(yīng)為 又因?yàn)闅湓拥膭?dòng)量為 由德布羅意公式可得氫原子的德布羅意波長(zhǎng)為7.根據(jù)愛因斯坦光量子假設(shè)，光強(qiáng)=Nh，在光強(qiáng)保持不變的情況下，NIs(飽和光電流)；另一方面，綜上，應(yīng)該選擇答案(D)。8.由氫原子光譜的里德伯公式，對(duì)巴耳末系有n=3 ，4，5，對(duì)波長(zhǎng)最大的譜線用，n=3；對(duì)其次波長(zhǎng)用，n=4。因此有9.由動(dòng)能定理得 把此式代入德布羅意公式有所以10.對(duì)(A)示組態(tài)，既違反泡利不相容原理，也違反能量最小原理，是一個(gè)不可能的組態(tài)；對(duì)(B)示組態(tài)和(D)示組態(tài)均違反能量最小原理，也都是不可能組態(tài)。因此，只有(C)示組態(tài)是正確組態(tài)。11. 且E1=13.6eVn=3 n=2 n=1 能級(jí)躍遷圖 可以解得 n=3從能級(jí)躍遷示意圖可知，應(yīng)該有種頻率不同的光子發(fā)出，它們的能量分別為12.題給的波函數(shù)圖線可以反映出粒子的“波性”，顯然圖(A)所反映出的“波性”是最強(qiáng)的，其相應(yīng)的粒子位置的不確定量是最大的。根據(jù)海森堡不確定關(guān)系，這時(shí)粒子動(dòng)量的不確定量應(yīng)該是最小的，即確定粒子動(dòng)量的精確度是最高的。 13.因?yàn)楫?dāng)主量子數(shù)n確定之后，副量子數(shù)l和磁量子數(shù)ml的取值是有限制的：l=0，1，2，n1；ml=0，±1