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©西南交大物理系_2015_02《大学物理AI 》作业No. 09 磁感应强度班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．穿过一个封闭面的磁感应强度的通量与面内包围的电流有关。
解：穿过一个封闭面的磁感应强度的通量为0。
[ F ] 2．磁感应线穿过磁场中单位面积上的磁感应线的条数等于磁感应强度的通量。
解：穿过垂直于磁场中单位面积上的磁感应线的条数等于磁感应强度的大小。
[ F ] 3．无限长载流螺线管内磁感应强度的大小由导线中电流的大小决定。
解：无限长载流螺线管内磁感应强度的大小为：nI B 0μ=，除了与电流的大小有关，还与单位上的匝数有关。
[ T ] 4．做圆周运动的电荷的磁矩与一个载流圆线圈的磁矩等效。
[ F ] 5．在外磁场中，载流线圈受到的磁力矩总是使其磁矩转向外场方向。
解：根据B P M m⨯=，可知上述叙述正确。
二、选择题：1．载流的圆形线圈(半径a 1)与正方形线圈(边长a 2)通有相同电流I 。
若两个线圈的中心O 1 、O 2处的磁感应强度大小相同，则半径a 1与边长a 2之比a 1∶a 2为 [D](A) 11:(B) 12:π (C)42:π(D)82:π解：圆电流在其中心产生的磁感应强度1012a I B μ=正方形线圈在其中心产生的磁感应强度2020222)135cos 45(cos 244a I a IB πμπμ=-⨯⨯=磁感强度的大小相等，8:2:22221201021ππμμ=⇒=⇒=a a a Ia IB B所以选D 。
2．若要使半径为m 1043-⨯的裸铜线表面的磁感应强度为T 100.75-⨯， 其铜线中需要通过的电流为(170A m T 104--⋅⋅⨯=πμ) [ B ](A) 0.14A (B) 1.4A (C) 14A(D) 2.8A解：由圆形电流磁场分布有铜线表面磁感应强度大小为RIB πμ20=，所以 铜线中需要通过的电流为()A 4.1104107104227530=⨯⨯⨯⨯⨯=⋅=---ππμπBR I3．一个载流圆线圈通有顺时针方向的电流，放在如图所示的均匀磁场中，则作用在该线圈上的磁力矩的方向[ D ] (A) 垂直纸面向里 (B) 垂直纸面向外(C) 向上(D) 向下 (E) 合力矩为零 解：m P 方向垂直于纸面朝里，即⊗，而B 向右，根据B P M m⨯=,判断出磁力矩M的方向向下。
习题版权属物理学院物理系《大学物理AII》作业No.07 场的量子性玻尔理论一、选择题：1．D2．D3．B4．D5．A6．B二、填空题：1．光电效应中，当频率为Hz 10315⨯的单色光照射在逸出功为4.0eV 的金属表面时，金属中逸出的光电子的最大速率为 m ⋅s -1。
(普朗克常量s J 1063.634⋅⨯=-h ，电子质量m e =kg 1011.931-⨯) 解：由爱因斯坦光光电效应方程 2021mv h h +ν=ν可得逸出光电子的最大速率()()()16311915340s m 1072.11011.9106.10.41031063.622----⋅⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=-=mh h v νν2．以波长为207.0=λμm 的紫外光照射金属钯表面产生光电效应，已知钯的红限频率1501021.1⨯=νHz ，则其遏止电压a U ＝ V 。
(普朗克常量s J 1063.634⋅⨯=-h ，基本电荷 19106.1-⨯=e C)解：由爱因斯坦光电效应方程 a U e h h +=0νν可得遏止电压：()V 99.0106.11021.110207.01031063.6191568340≈⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-⨯⨯⨯⨯=ν-λ=---eh c h U a3．如图所示，一频率为ν的入射光子与起始静止的自由电子发生碰撞和散射。
如果散射光子的频率为ν'，反冲电子的动量为p ，则在与入射光子平行的方向上的动量守恒定律的分量形式为 。
解：以光子和电子为研究对象，在入射光子运动的方向上：初始动量为 c h h p νλ==0碰撞后动量为 θφνcos cos p ch p +'=' 由守恒定律可得与入射光子平行的方向上动量的分量形式θφννcos cos p ch ch +'=4．康普顿散射中, 当出射光子与入射光子方向成夹角θ = 时, 光子的频率减少得最多；当θ = 时，光子的频率保持不变。
西南交大大物作业答案【篇一：2014级西南交大大物答案10】=txt>《大学物理ai》作业no.10安培环路定律磁力磁介质班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、判断题：（用“t”和“f”表示）??[ f ] 1．在稳恒电流的磁场中，任意选取的闭合积分回路，安培环路定理h?dl??iil都能成立，因此利用安培环路定理可以求出任何电流回路在空间任一处产生的磁场强度。
解：安培环路定理的成立条件是：稳恒磁场，即稳恒电流产生的磁场。
但是想用它来求解磁场，必须是磁场分布具有某种对称性，这样才能找到合适的安培环路，才能将??h?dl??ii中的积分简单地积出来。
才能算出磁场强度矢量的分布。
l[ f ] 2．通有电流的线圈在磁场中受磁力矩作用，但不受磁力作用。
解：也要受到磁场力的作用，如果是均匀磁场，那么闭合线圈所受的合力为零，如果是非均匀场，那么合力不为零。
[f ] 3．带电粒子匀速穿过某空间而不偏转，则该区域内无磁场。
解：根据f?qv?b，如果带电粒子的运动方向与磁场方向平行，那么它受力为0，一样不偏转，做匀速直线运动。
??[f ] 4.真空中电流元i1dl1与电流元i2dl2之间的相互作用是直接进行的，且服从牛顿第三定律。
解：两个电流之间的相互作用是通过磁场进行的，不服从牛顿第三定律。
[ t ] 5.在右图中,小磁针位于环形电流的中心。
当小磁针的n 极指向纸内时,则环形电流的方向是顺时针方向。
???解：当小磁针的n 极指向纸内时，说明环形电流所产生的磁场是指向纸内，根据右手螺旋定则判断出电流的方向是顺时针的。
二、选择题：1．如图，在一圆形电流i所在的平面内，选取一个同心圆形闭合回路l，则由安培环路定理可知： [b] (a)(b)(c)??lb?dl?0，且环路上任意一点b?0 ??lb?dl?0，且环路上任意一点b?0 ??b?dl?0，且环路上任意一点b?0l??解：根据安培环路定理知，b的环流只与穿过回路的电流有关，但是b却是与空间所有l??(d) b?dl?0，且环路上任意一点b =常量＝0的电流有关。
©西南交大物理系_2014_02《大学物理AI 》作业 No.06电场强度班级 ________ 学号 ________ 姓名 _________ 成绩 _______一、 判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．电场中某点场强的方向，就是将点电荷放在该点所受电场力的方向。
解：电场中某点场强的方向，就是将正点电荷放在该点所受电场力的方向。
[ F ] 2．任意两个带电体之间的相互作用力大小可表示为：2210π41r q q F ε=解：库仑定律是指真空中两个静止的点电荷直接的相互作用力。
[ F ] 3．静电场中某场点的电场强度的大小，由q F E /= 知, 与检验电荷电量成反比。
解：电场强度与检验电荷无关。
[ T ] 4．三个相等的电荷处于等边三角形的三个顶点上，求这种电荷分布下的电场不 能用高斯定理求解。
解：高斯定理的成立条件是静电场，但是高斯定理只能求解某些对称分布的电场（球对称、轴对称、面对称）。
[ F ] 5．如图所示，整个高斯面包围了四个带正电粒子中的 两个。
由面内两个电荷引起的电场穿过该面的通量 小于由所有四个电荷引起的电场穿过该面的通量。
解：内∑⎰⎰=⋅q S E S 01d ε ，注意高斯定理描述的是穿过封闭曲面的电通量只与封闭曲面内的电荷有关，封闭曲面外的电荷对通量没有贡献！！！二、选择题：1．有两个点电荷电量都是 +q ， 相距为2a , 今以左边的点电荷所在处为球心， 以a 为半径作一球形高斯面，在球面上取两块相等的小面积S 1 和S 2 , 其位置如图所示 ，设通过S 1 和S 2 的电场强度分别为 Φ1 和Φ2 ，通过整个球面的电场强度通量为Φs ，则[ ] (A) Φ1 > Φ2 , Φs = q /ε0 (B) Φ1 < Φ2 , Φs = 2q /ε0(C) Φ1 = Φ2 , Φs = q /ε0(D) Φ1 < Φ2 , Φs = q /ε0 解：根据高斯定理∑⎰=⋅0ε/d q S E S和场强叠加原理有在小面积S 1 处，01=E ，01=Φ；在小面积S 2 处，02≠E ，0222>⋅=ΦS E，所以21Φ<Φ， 而通过整个球面的电场强度通量 0/d εq S E Ss =⋅=Φ⎰故选D2．面积为S 的空气平行板电容器，极板上分别带电量±q ，若不考虑边缘效应，则两极板间的相互作用力为[ ] (A) Sq 02ε(B) S q 022ε(C) 2022S q ε(D) 202S q ε解：计算两板之间的静电力时，只能视其中一板在另一板的电场中受力，该电场的场强是其中一个带电板产生的（设为+ q 板），则其值为0022qE Sσεε==于是- q 板受+ q 板作用力大小为Sq q E q E F 022d d ε===⎰⎰， 故选B 3．如图为四种情形，每个球体具有贯穿其体积均匀分布的电荷Q ，图中标出一点P ，它们都在离球心同样距离处。
西南交大大学物理CII作业参考答案物理系_2022_09《大学物理CII》作业No.7热力学第二定律班级________学号________姓名_________成绩_______一、判断题：（用“T”和“F”表示）[F]1．在任意的绝热过程中，只要系统与外界之间没有热量传递，系统的温度就不会发生变化。
此说法不对．在绝热过程中，系统与外界无热量交换，Q=0．但不一定系统与外界无作功，只要系统与外界之间有作功的表现，由热力学第一定律Q=E+W，可知，E=-W，即对应有内能的改变．而由E=νC，T可知，有E，一定有T，即有温度的变化．[F]2．在循坏过程中系统对外做的净功在数值上等于p-V图中封闭曲线所包围的面积，因此封闭曲线包围的面积越大，循坏效率就越高。
有人说，因为在循环过程中系统对外做的净功在数值等于p-V图中封闭曲线所包围的面积，所以封闭曲线所包围的面积越大，循环效率就越高，对吗？答：不正确，因为循环效率取决于系统对外做的净功和系统由高温热源吸收的热量，只有在从高温热源吸收的热量一定的情况下，封闭曲线所包围的面积越大，即系统对外所做的净功越多，循环效率越高，如果从高温热源吸收的热量不确定，则循环效率不一定越高[F]3．系统经历一正循坏后，系统与外界都没有变化。
系统经历一正循环后，系统的状态没有变化；（２）系统经历一正循环后，系统与外界都没有变化；（３）系统经历一正循环后，接着再经历一逆循环，系统与外界亦均无变化。
解说法（1）正确，系统经历一正循环后，描述系统状态的内能是单值函数，其内能不变，系统的状态没有变化。
说法（2）错误，系统经过一正循环，系统内能不变，它从外界吸收热量，对外作功，由热力学第二定律知，必定要引起外界的变化。
说法（3）错误，在正逆过程中所引起外界的变化是不能消除的。
[F]4.第二类永动机不可能制成是因为违背了能量守恒定律。
解：第二类永动机并不违背能量守恒定律，但它违背了热力学第二定律。
1.（本题3分）1049由一根绝缘细线围成的边长为l的正方形线框，使它均匀带电，其电荷线密度为λ，则在正方形中心处的电场强度的大小E＝_____________．2.（本题5分）1072在真空中一长为l＝10 cm的细杆, 杆上均匀分布着电荷, 其电荷线密度λ＝ 1.0×10-5C/m. 在杆的延长线上, 距杆的一端距Array离d＝10 cm的一点上，有一电量为q0＝ 2.0×10-5 C的点电荷，如图所示．试求该点电荷所受的电场力．(ε0＝8.85×10-12 C2·N-1·m-2 )3.（本题10分）1051一环形薄片由细绳悬吊着，环的外半径为R，内半径为R／2，并有电量Q均匀分布在环面上．细绳长3R，也有电量Q均匀分布在绳上，试求圆环中心O处的电场强度（圆环中心在细绳延长线上）．4.书后9-71.（本题3分） 1054已知一高斯面所包围的体积内电量代数和∑q i ＝0，则可肯定：(A) 高斯面上各点场强均为零．(B) 穿过高斯面上每一面元的电通量均为零．(C) 穿过整个高斯面的电通量为零．(D) 以上说法都不对． ［ ］2.（本题5分） 1058三个平行的“无限大”均匀带电平面，其电荷面密度都是＋σ, 则A 、B 、C D 四个区域的电场强度分别为：E A ＝ ，E B ＝ ，E C ＝ ，E D = （设方向向右为正）． 3.（本题5分） 1600在点电荷＋q 和－q 的静电场中，作出如图所示的三个闭合面S 1、S 2S 3，则通过这些闭合面的电场强度通量分别是：Φ1＝ ，Φ2＝ ，Φ3＝ ．4.（本题3分） 1038 在场强为E 的均匀电场中，有一半径为R 、长为l 的圆柱面，其轴线与E 的方向垂直．在通过轴线并垂直E 的方向将此柱面切去一半，如图所示．则穿过剩下的半圆柱面的电场强度通量等于 ．5．两个带有等量异号电荷的无限大同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2（R 2>R 1）.单位长度上的电量为λ,求离轴线为r 处的电场强度：(1) 1r R <；(2) 12R r R <<；(3)2r R >11.（本题3分） 1047边长为 0.3 m 的正三角形abc ，在顶点a 处有一电量为10-8 C的正点电荷，顶点b 处有一电量为10-8 C 的负点电荷，则顶点c 处的电场强度的大小E 和电势U 为： [290m/C · N 10941⨯= πε](A) E ＝0，U ＝0．(B) E ＝1000 V/m ，U ＝0． (C) E ＝1000 V/m ，U ＝600 V ．(D) E ＝2000 V/m ，U ＝600 V ．2.（本题3分）1508 如图所示，在点电荷＋q 和－q 产生的电场中，将一点电荷＋q 0沿箭头所示路径由a 点移至b 点，则外力作功A ．3.（本题5分） 1519图示为一个均匀带电的球层，其电荷体密度为ρ，球层内表面半径为R 1，外表面半径为R 2．设无穷远处为电势零点，求空腔内任一点的电势．4.（本题5分） 1520图示两个半径均为R 的非导体球壳，表面上均匀带电，电荷分别为＋Q 和－Q ，两球心相距为d (d>>2R )．求两球心间的电势差．5. 静电场中a 点的电势为300V ，b 点电势为-10V .如把5×10-8C 的电荷从b 点移到a 点,试求电场力作的功？- +Q1.（本题3分） 1138 一“无限大”均匀带电平面A ，其附近放一与它平行的有一定厚度的“无限大”平面导体板B ，如图所示．已知A 上的电荷面密度为+σ ，则在导体板B 的两个表面1和2上的感应电荷面密度为：(A) σ1=σ-， σ2 =σ+． (B) σ1=σ21-， σ2 =σ21+．(C) σ1=σ21-， σ2=σ21-． (D) σ1=σ-， σ2 =0． 2.（本题3分） 1364一个不带电的金属球壳的内、外半径分别为R 1和R 2，今在中心处放置一电量为q 的点电荷，则球壳的电势U =__________________．3.（本题10分） 1651 如图所示，一内半径为a 、外半径为b 的金属球壳，带有电量Q ，在球壳空腔内距离球心r 处有一点电荷q ．设无限远处为电势零点，试求： (1) 球壳内外表面上的电荷．(2) 球心O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势．(3) 球心O 点处的总电势． 4.书后10-2A +σ 2静 电 综 合 练 习一、选择题：（共9分） 1.（本题3分） 1252 半径为R 的“无限长”均匀带电圆柱面的静电场中各点的电场强度的大小E 与距轴线的距离r 的关系曲线为： ［ ］ 2.（本题3分） 1019 在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点 ， 则M 点的电势为 (A) a q 04επ． (B) aq 08επ． (C) a q 04επ-． (D) aq 08επ-． ［ ］ 3.（本题3分） 1076 点电荷-q 位于圆心O 处，A 、B 、C 、D 为同一圆周上的四点，如图所示．现将一试验电荷从A 点分别移动到B 、C 、D 各点，则 (A) 从A 到B ，电场力作功最大．(B) 从A 到C ，电场力作功最大．(C) 从A 到D ，电场力作功最大．(D) 从A 到各点，电场力作功相等．二、填空题： 1.（本题3分）1593一半径为R 的均匀带电球面，带电量为Q ．若规定该球面上电势为零，则球面外距球心r 处的P 点的电势U P ＝ ．2.（本题3分） 1449一质量为m 带电量为q 的粒子在场强为E 的匀强电场中运动．已知其初速度0v 与E 方向不同，若重力忽略不计，则该粒子的运动轨迹曲线是一条 线．三、计算题1.（本题10分） 1597电量q 均匀分布在长为2l 的细杆上，求在杆外延长线上与杆端距离为a 的P 点的电势（设无穷远处为电势零点）． 2（本题10分）1120一空气平行板电容器，两极板面积均为S ，板间距离为d (d 远小于极板线度)，在两极板间平行地插入一面积也是S 、厚度为t (<d)的金属片，如图所示. 试求：(1) 电容C 等于多少？ (2) 金属片放在两极板间的位置对电容值有无影响？3. 电量为q 的点电荷处导体球壳的中心，球壳的内、外半径分别为R 1和R 2，求场强和电势的分布。
2014-2015年度第一学期 《大学物理》 阶段测试2（A 卷）班级： 学号： 姓名： 成绩：一、选择题（每题5分，答案请写在答案框内）1. 光电效应和康普顿效应都包含有电子与光子的相互作用过程。
在以下几种理解中，正确的是 [ ](A) 两种效应中电子与光子两者组成的系统都服从动量守恒定律和能量守恒定律 (B) 两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程(C) 两种效应都属于电子吸收光子的过程(D) 光电效应是吸收光子的过程，而康普顿效应则相当于光子和电子的弹性碰撞过程解：由光电效应和康普顿效应的理论解释知D 正确。
故选D2．根据玻尔氢原子理论，巴耳末线系中谱线最小波长与最大波长之比为 [ ](A) 95 (B) 94(C) 97 (D) 92解：由巴耳末公式：()∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛-== ,4,3121~122n n R νλ有最小波长满足22min21211R R =⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-=λ最大波长满足⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22max31211R λ所以 95941213121222maxmin=-=-=λλ 故选A3．在康普顿散射中，如果反冲电子的速度为光速的60%，则因散射使电子获得的能量是其静止能量的[ ](A) 2倍 (B) 1.5倍 (C) 0.5倍 (D) 0.25倍解：因散射电子获得的能量（动能）应等于该电子总能量减去该电子的静止能量即 202c m mc E E k -==∆，而201⎪⎭⎫ ⎝⎛-=c v m m ，所以25.016.0112202020=--=-=∆c m c m mc E E 故选D4. 静止质量不为零的微观粒子作高速运动，这时粒子物质波的波长λ与速度v 关系式正确的是[ ] (A)v ∝λ(B) v1∝λ(C) 2211c v -∝λ (D) 22v c -∝λ解：由德布罗意公式和相对论质 — 速公式有 2201cv v m mv h p -===λ得粒子物质波的波长22011cv m h-=λ，即2211cv -∝λ 故选C5. 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？ [ ]解：不确定关系式表明：粒子的位置和动量不能同时准确确定。
©物理系_2014_09《大学物理AII 》作业 No.8 量子力学基础一、判断题：（用“T ”和“F ”表示）[ F ] 1．根据德存布罗意假设，只有微观粒子才有波动性。
解：教材188页表16.1.1，宏观物体也有波动性，不过是其物质波波长太小了，所以其波动性就难以显示出来，而微观粒子的物质波波长可以与这些例子本身的大小相比拟，因此在原子大小的范围内将突出表现其波动性。
[ F ] 2．关于粒子的波动性，有人认为：粒子运行轨迹是波动曲线，或其速度呈波动式变化。
解：例如电子也有衍射现象，这是微观粒子波动性的体现。
与其轨迹、速度无关。
[ T ] 3．不确定关系表明微观粒子不能静止，必须有零点能存在。
解：教材202页。
因为如果微观粒子静止了，它的动量和位置就同时确定了，这违反了不确定关系。
[ F ] 4．描述微观粒子运动状态的波函数不满足叠加原理。
解：教材207页。
[ F ] 5．描述微观粒子运动状态的波函数在空间中可以不满足波函数的标准条件。
解：教材208页，波函数必须是单值、有限、连续的函数，只有满足这些标准条件的波函数才有物理意义。
二、选择题：1．静止质量不为零的微观粒子作高速运动，这时粒子物质波的波长λ与速度v 有如下关系： [ C ] (A) v ∝λ(B) v1∝λ(C)2211cv −∝λ (D) 22v c −∝λ 解：由德布罗意公式和相对论质 — 速公式有 2201cv v m mv h p −===λ得粒子物质波的波长22011cv m h −=λ，即2211cv −∝λ 故选C2．不确定关系式表示在x 方向上=≥∆⋅∆x p x [ D ] (A) 粒子位置不能确定 (B) 粒子动量不能确定(C) 粒子位置和动量都不能确定 (D) 粒子位置和动量不能同时确定解：不确定关系式微观粒子的位置和动量不能同时准确确定。
=≥∆⋅∆x p x3. 将波函数在空间各点的振幅同时增大D 倍，则粒子在空间的分布概率将 [ D ] (A) 增大倍。
06-07综合练习题1答案一 单项选择题（每小题2分，共20分）1．（C ）； 2．（C ）； 3．（C ）； 4．（C ）； 5．（D ）； 6．（B ）； 7．（C ）； 8．（D ）； 9．（C ）；10．（A ）。
二 填空题（每空2分，共20分）1．πR 2IB ； 2．q/(2πε0x)； 3．4πε0R ； 4．变化磁场； 5．λ/(2n)；6．部分偏振光；7．粒子； 8．1.22λ/D ； 9．1.25T ； 10．h v /c 2。
三 判断题（每小题 2分，共20分）1．（√）； 2．（×）； 3．（×）； 4．（×）；5．（√）；6．（×）；7．（√）； 8．（×）；9．（×）；10．（×）。
四 计算题 （每题 10分，共40分） 1． 解法一：（1）设圆心为 O,考虑三角形Oba ，（顺时针方向为绕行正方向）（2分）dtdB L R L dt dB Sba 4/2122--=-=ε （6分）， （2）0〈ba ε ，b 端的电势高。
(2分) 解法二：（1）dt dB r E i 2= （2分） ====∙=⎰⎰⎰dt dB hL dl dt dB r b dl E l d E b a ba b a i i ab 22cos cos θθε dt dB L R L 4/2122-，（6分） （2）b 端的电势高。
(2分)2． 解：由高斯定理：⎰∑=∙s i q S d E 0ε (2分) 作半径为r ，长为L 的高斯面，有：E2πrL=∑i q /ε0， 当r<R 1，∑i q =0，E=0； 当R 1<r<R 2, E2πrL=λL/ε0 ,E=λ/(2πε0r)； 当r>R 2，∑i q =0，E=0； （5分） 两圆柱面间的电势差为：⎰⎰==∙=21211200ln 22R R R R R R r dr r d E U πελπελ （3分）3．解：设面积S 长为L ，根据电流产生磁场的对称性，可得Wb IL Ldr r I S d B 6702.01.01.00101.11.125.0101043ln 222--+⨯=⨯⨯⨯⨯===∙=Φ⎰⎰πμπμ （10分）4．解：（1）λϕk d =sin ，得：λ330sin 320010=，m 710208.5-⨯=λ。
