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

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1、 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...........................

2、................................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.........................................

3、.................................................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).................................

4、.............................................................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).................

5、.............................................................................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

6、學(xué)..............................................................................................51 第十六章 相對(duì)論..................................................................................................55 第十七章 量子力學(xué)................................................................................

7、..............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(lái)。 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)

8、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)棣龋ㄏ蚣铀俣却怪庇谇邢蚣铀俣取? 8. 設(shè)拋出的球的速度為v，以車(chē)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(chē)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θ為3.15rad. （3） 11. 12.

9、由 解得 13. . 14. 15. 注：在期末考試中曾經(jīng)考試過(guò)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(wú)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(kāi)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

10、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(mén)，根據(jù)牛頓第二定律，

11、 注：在期末考試中曾經(jīng)考試過(guò)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(guò)的題目及重點(diǎn)題型：2、15

12、、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(guò)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(guò)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

13、 氣體動(dòng)理論 曾經(jīng)考試過(guò)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(guò)這個(gè)新立方體的六個(gè)面的總電通量為，通過(guò)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(guò)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

14、 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(wú)關(guān)，這樣一來(lái)，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?，即不僅有大小還有方向，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(shuō)，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?xún)煞N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(chēng)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(wú)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(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零，所以外力的功為 　 7.兩個(gè)點(diǎn)電荷

15、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(wú)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(wú)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(guò)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

16、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(guò)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(guò)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(wú)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(guò)程中，電場(chǎng)力作的功為 15.設(shè)向右為正方向，且

17、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7―15圖 Ⅰ區(qū)：　　　　　　　 Ⅱ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瑒t有 A區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)：A B C 習(xí)題7―17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

18、 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(chēng)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(xiě)成矢量式為　 x dx d l q0 X O 習(xí)題7―20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(chóng)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

19、 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7―21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(chóng)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(pán)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(pán)中心O處產(chǎn)生的元電勢(shì)為 整個(gè)帶電圓盤(pán)在圓盤(pán)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

20、從A點(diǎn)移到B點(diǎn)的過(guò)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： 0≤r≤R r≥R 因此，離球心為r(r

21、)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rR區(qū)間： ∴ (3) 根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的積分關(guān)系 在rR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

22、 題7―29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(guò)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(wú)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(lái)，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 ①

23、 ② 聯(lián)立①、②可得， 可見(jiàn)，C1承受的電壓600V已經(jīng)超過(guò)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(guò)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C1∥C2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C1∥C2與C3的串聯(lián)。由于C1= C2=C3，所以C1∥C2＝2C3，故而C1∥C2承受的電壓為u/3，C3承受的電壓為2u/3。 C1 C2 C3 習(xí)題8―3圖 由于C1∥C2的耐壓值不大于100V ，這要求 即要求 同理，C3的耐壓值為300V，

24、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(kāi)，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) 　　　　　　

25、　　　　　　　　 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??；與此同時(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(mǎn)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(mǎn)電介質(zhì)后則有 所以U↓；電場(chǎng)強(qiáng)度的大小變?yōu)? 所以E↓；電容變?yōu)? 所以C↑；電場(chǎng)能量為所以W↓。 8.充電后將電源斷開(kāi)，兩電容器的總電量不變，即。　　　　　　　

26、 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(lái)，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(lái)兩球殼未連起來(lái)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(wú)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 σ4 σ3 σ2 σ1 q1 q2

27、 題解8―11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(kāi)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?lái)的2/3，因此，板間電壓相應(yīng)地也變?yōu)樵瓉?lái)的2/3，即 　　　　　　　　　　　　　 13.A、B并聯(lián)后，系統(tǒng)的等效電容

28、為2C，帶電量為3Q，因此，系統(tǒng)電場(chǎng)能量的增量為 14.充滿(mǎn)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(mǎn)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(lái)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

29、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

30、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<>b，所以?xún)蓚€(gè)同軸圓筒可看成“無(wú)限長(zhǎng)”，它們沿長(zhǎng)度方向電荷線密度為±Q∕L，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(mǎn)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　　　　　　　　　　　　① 式①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)

31、 　　　　　　　　　?、? 聯(lián)立①、②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

32、內(nèi)、外柱間的場(chǎng)分布為 　　　　 (a

33、 設(shè)距軸線為r(R1

34、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(lái)，其圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為 ，因此，它從磁場(chǎng)出來(lái)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

35、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9―8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(guò)

36、，k=0，1，2，3，……。 9.通過(guò)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(shuō)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(guò)該面元的元磁通為　 所以，通過(guò)回路S1的磁通量為　 通過(guò)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9―13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

37、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(guò)它的元磁通為 通過(guò)假想平面S的磁通量為 　　　　　　　　　　　　　 由最值條件，令　 解得　 R X O θ　　 dl 題9―15

38、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(pán)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9―17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

39、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9―18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

40、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

41、　 21.由安培力公式，線圈任一線元所受到的磁場(chǎng)力為 I 題9―21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

42、為 可見(jiàn)，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(kāi)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(pán)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(pán)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(pán)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

43、，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“⊙” (

44、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(guò)的題目及重點(diǎn)題型有：3、4、7、8、9、10、11、12、13、16、17、19、20、2

45、3、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(lái)說(shuō)，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??；對(duì)介質(zhì)外的b點(diǎn)來(lái)說(shuō)，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(lái)說(shuō)，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B—H關(guān)系為：；對(duì)一般弱磁介質(zhì)的B—H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B—H關(guān)系曲線為參考，則曲線Ⅱ表示的是順磁質(zhì)，曲線Ⅲ表示的是

46、抗磁質(zhì)。對(duì)于鐵磁質(zhì)其B—H關(guān)系仍然為：，但是，由于其不是常數(shù)，即，因此其B—H關(guān)系是非線性的，B—H關(guān)系曲線亦非直線，故表示鐵磁質(zhì)的應(yīng)是曲線Ⅰ。 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(méi)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(shuō)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0≤r

47、 (0≤r

48、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11―4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

49、)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?lè)较虻?，而在它們的共用?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?lè)较蛄鲃?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)

50、刻t通過(guò)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

51、 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?lè)较虻?；若，則為逆時(shí)針?lè)较虻摹? 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(guò)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(wú)限長(zhǎng)的直電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)　　　　　　　　　　 在CD上x(chóng)處取線元，在該線元的元電動(dòng)勢(shì)為 由C→D，D端電勢(shì)高。13.在任一時(shí)刻t

52、，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B→A，A點(diǎn)電勢(shì)高。 R a b c d θ　　 習(xí)題11―14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(guò)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

53、.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(guò)該窄條面積的元磁通量為 通過(guò)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)?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)?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?lè)较虻摹? (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

54、 　　　　　　　 　　　　　　?、? 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　?、? 把②代入①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a→b， 細(xì)桿上的總電動(dòng)勢(shì) ，說(shuō)明細(xì)桿上的總電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)閍→b，即 Ua

55、法向(垂直紙面向里)與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向間的夾角。通過(guò)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(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線為x ，在線圈內(nèi)、距無(wú)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(guò)該面元的元磁通為 　 通過(guò)整個(gè)線圈所圍面積的磁通量為 矩形線圈與無(wú)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

56、.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(wú)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

57、) 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(lái)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 ① 裸導(dǎo)線ab所受到的磁場(chǎng)力為 ② 依牛頓第二定律 ③ 把上式分離變量再積分 　 得　 ④ 令t →∞，則可得ab能達(dá)到的最大速度為 　 （2） 把⑤代入①可得ab達(dá)到最大速度時(shí)通過(guò)電源的電流 注：本章可能會(huì)出大題，曾經(jīng)考

58、試過(guò)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(huà)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. 10 11. 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(huà)出矢量三角形，易求A=10cm, 注：本章曾經(jīng)考試過(guò)的題目

59、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(guò)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)? 在筒外任一閉合環(huán)路內(nèi)沒(méi)有電流穿過(guò)，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

60、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(shuō)通過(guò)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(guò)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；(2)中空白應(yīng)填③；(3)中空白應(yīng)填①。 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

61、電路中沒(méi)有位移電流，因此有 　　　　　　　　　　　　 O R e I 題14―6圖 。 6.由于通過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)的方向(見(jiàn)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

62、情況，極板間無(wú)位移電流；圖(b)中情況，極板間有位移電流。極板間有無(wú)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(wú)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14―9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

63、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(guò)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(guò)的題目及重點(diǎn)題型有：3、4、7、8、9、11、12、18、19、20、25、

64、26、27、28、30、36、37、38、39。 第十六章 相對(duì)論 注：曾經(jīng)考試過(guò)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(wú)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(wú)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(mǎn)

65、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.　　　　　　　　　?。弧。? 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(ài)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，↑ →N↓→Is(飽和光電流)↓；另一方面，↑→↑

66、，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=13.6eV n=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，…，n－1；ml=0，±1