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大学物理9-17章习题答案

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大学物理9-17章习题答案 1 / 42 习题十二 12-1 某单色光从空气射入水中，其频率、波速、波长是否变化?怎样变化?

解: 不变，为波源的振动频率；nn空变小；nu变小．

12-２ 在杨氏双缝实验中，作如下调节时，屏幕上的干涉条纹将如何变化?试说明理由． (1)使两缝之间的距离变小; (２)保持双缝间距不变，使双缝与屏幕间的距离变小; （3)整个装置的结构不变，全部浸入水中;

(4）光源作平行于1S，2S联线方向上下微小移动; (5)用一块透明的薄云母片盖住下面的一条缝. 解:由dDx知,(1)条纹变疏；(2)条纹变密;(3)条纹变密;(4)零级明纹在屏幕上作相反方向的上下移动;(5)零级明纹向下移动． １2-3 什么是光程? 在不同的均匀媒质中，若单色光通过的光程相等时,其几何路程是否相同?其所需时间是否相同?在光程差与位相差的关系式

2中,光波的波长要用真空中波长,为什么?

解:nr．不同媒质若光程相等，则其几何路程定不相同;其所需时间相同,为Ct． 因为中已经将光在介质中的路程折算为光在真空中所走的路程。 12-4 如题12-４图所示,A，B两块平板玻璃构成空气劈尖,分析在下列情况中劈尖干涉条纹将如何变化？ （1) A沿垂直于B的方向向上平移［见图(ａ)］； （２) A绕棱边逆时针转动[见图(b)］．

题12－4图 解: (1)由l2,2kek知，各级条纹向棱边方向移动,条纹间距不变； (2）各级条纹向棱边方向移动，且条纹变密. 大学物理9-17章习题答案 2 / 42 12-5 用劈尖干涉来检测工件表面的平整度,当波长为的单色光垂直入射时,观察到的干涉条纹如题12-5图所示,每一条纹的弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分的连线相切．试说明工件缺陷是凸还是凹?并估算该缺陷的程度. 解: 工件缺陷是凹的．故各级等厚线(在缺陷附近的)向棱边方向弯曲.按题意，每一条纹弯曲部分的顶点恰与左邻的直线部分连线相切，说明弯曲部分

相当于条纹向棱边移动了一条，故相应的空气隙厚度差为2e，这也是工件缺陷的程度．

题１2-5图 题12-６图 １2-６ 如题1２-6图,牛顿环的平凸透镜可以上下移动,若以单色光垂直照射,看见条纹向中 心收缩，问透镜是向上还是向下移动?

解: 条纹向中心收缩，透镜应向上移动．因相应条纹的膜厚ke位置向中心移动． 1２－7 在杨氏双缝实验中,双缝间距d=0.２0mｍ,缝屏间距D=1.0m,试求： (1）若第二级明条纹离屏中心的距离为6.0mm,计算此单色光的波长; (2)相邻两明条纹间的距离．

解: (1)由kdDx明知,22.01010.63，

∴3106.0mmoA6000 （2) 3106.02.010133dDxmm 12-8 在双缝装置中，用一很薄的云母片(n=１.５8）覆盖其中的一条缝,结果使屏幕上的第七级明条纹恰好移到屏幕中央原零级明纹的位置.若入射光的

波长为5500oA,求此云母片的厚度． 大学物理9-17章习题答案 3 / 42 解: 设云母片厚度为e,则由云母片引起的光程差为 enene)1(

按题意7

∴610106.6158.1105500717nem6.6m 12－９ 洛埃镜干涉装置如题12-９图所示，镜长3０ｃm,狭缝光源S在离镜左边20ｃm的平面内，与镜面的垂直距离为２.０mm,光源波长7.2×10－7m，试求位于镜右边缘的屏幕上第一条明条纹到镜边缘的距离．

题12-9图 解:镜面反射光有半波损失，且反射光可视为虚光源S发出.所以由S与S

发出的两光束到达屏幕上距镜边缘为x处的光程差为

22)(12Dxdrr

第一明纹处,对应

∴25105.44.0250102.72dDxmm 12－１０ 一平面单色光波垂直照射在厚度均匀的薄油膜上,油膜覆盖在玻璃板上．油的折射率为1.３０,玻璃的折射率为1.50，若单色光的波长可由

光源连续可调,可观察到５000 oA与700０ oA这两个波长的单色光在反射中消失.试求油膜层的厚度． 解:油膜上、下两表面反射光的光程差为ne2，由反射相消条件有

)21(2)12(2kkkne),2,1,0(k

①

当50001oA时，有 2500)21(21111kkne②

当70002oA时，有 大学物理9-17章习题答案 4 / 42 3500)21(22222kkne③

因12，所以12kk;又因为1与2之间不存在3满足

33)21(2kne式

即不存在132kkk的情形,所以2k、1k应为连续整数， 即112kk④ 由②、③、④式可得：

51)1(75171000121221kkkk

得31k 2112kk 可由②式求得油膜的厚度为

67312250011nkeo

A

12-11 白光垂直照射到空气中一厚度为３８０0 oA的肥皂膜上,设肥皂膜的折射率为1．33,试问该膜的正面呈现什么颜色?背面呈现什么颜色? 解:由反射干涉相长公式有

kne22),2,1(k

得122021612380033.14124kkkne 2k,67392oA (红色)

3k,40433oA (紫色）

所以肥皂膜正面呈现紫红色. 由透射干涉相长公式 kne2),2,1(k 大学物理9-17章习题答案 5 / 42 所以kkne101082 当2k时， =5054oA (绿色) 故背面呈现绿色． 12-12 在折射率1n=１.52的镜头表面涂有一层折射率2n=1.３8的Mg2F增透

膜，如果此膜适用于波长=55００ oA的光,问膜的厚度应取何值? 解：设光垂直入射增透膜,欲透射增强,则膜上、下两表面反射光应满足干涉相消条件，即

)21(22ken),2,1,0(k

∴222422)21(nnknke )9961993(38.14550038.125500kkoA

令0k,得膜的最薄厚度为996oA． 当k为其他整数倍时,也都满足要求.

12－１3 如题12-1３图,波长为68０0oA的平行光垂直照射到L＝０.１2m长的两块玻璃片上，两玻璃片一边相互接触，另一边被直径d=0.04８mm的细钢丝隔开．求: (1)两玻璃片间的夹角? (２)相邻两明条纹间空气膜的厚度差是多少？ (3)相邻两暗条纹的间距是多少? (4)在这0.１2 m内呈现多少条明条纹？

题12-１3图 解: (1)由图知，dLsin,即dL

故43100.41012.0048.0Ld(弧度） 大学物理9-17章习题答案 6 / 42 (2)相邻两明条纹空气膜厚度差为7104.32em ﻭ(3)相邻两暗纹间距641010850100.421068002lm85.0mm （4)141lLN条 12-１4用 5000oA的平行光垂直入射劈形薄膜的上表面,从反射光中观察，劈尖的

棱边是暗纹．若劈尖上面媒质的折射率1n大于薄膜的折射率n（n=１.５).求: （1)膜下面媒质的折射率2n与n的大小关系; （2)第１０条暗纹处薄膜的厚度; (3)使膜的下表面向下平移一微小距离e，干涉条纹有什么变化？若e=2.０ m，原来的第１０条暗纹处将被哪级暗纹占据?

解: (1)nn2．因为劈尖的棱边是暗纹,对应光程差

2)12(22kne，膜厚0e处,有0k,只能是下面媒质的反射

光有半波损失2才合题意;

(2)3105.15.12500092929nenmm (因10个条纹只有9个条纹间距) (3)膜的下表面向下平移，各级条纹向棱边方向移动．若0.2eμm,原来

第10条暗纹处现对应的膜厚为)100.2105.1(33emm

21100.55.12105.3243neN

现被第21级暗纹占据. 12-15(1）若用波长不同的光观察牛顿环，1=６000oA,2=４500oA,观察到大学物理9-17章习题答案 7 / 42 用1时的第k个暗环与用2时的第k+1个暗环重合,已知透镜的曲率半径是19０cm．求用1时第ｋ个暗环的半径. (2)又如在牛顿环中用波长为5000oA的第５个明环与用波长为2的第6个明环重合,求未知波长2. 解: (1)由牛顿环暗环公式 kRrk

据题意有21)1(RkkRr ∴212k，代入上式得

2121



Rr

10101010210450010600010450010600010190

31085.1m

(2)用A50001照射,51k级明环与2的62k级明环重合，则有

2)12(2)12(2211RkRkr

∴4091500016215212121212kkoA １2－１６ 当牛顿环装置中的透镜与玻璃之间的空间充以液体时,第十个亮环的直径由1d＝1.4０×1０-2m变为2d＝1.27×10-２m,求液体的折射率． 解: 由牛顿环明环公式

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大物习题册答案及详解(山东理工大学大二上学期2020版)

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考点：无限大均匀带电平面的电场强度公式：E=σ/ε0，电场强度等于两个带电平行电板所产生的电场强度的矢量 和。（课本120页 例6-7 推导公式)
4.如图所示，一点电荷q位于正立方体的A角上，则通过侧面abcd的电通量Φe=q/24ε0
考点: 高斯定理公式 （课本118页 6-18） 解法：1.建立一正方体高斯面（补7个如图正方体），使A点位于正中心
考点:电势是一个与引进电荷无关，完全由电场自身的性质和相对位置决定的物理量。电场中某点电势的大小与零 电势点的选取有关。
2.在边长为a的正方体中心处放置一电量为Q的点电荷，设无穷远处为电势零点，则在一个侧面的中心处的电势为
（B）
（A）Q/4πε0a
（B）Q/2πε0a
（C）Q/πε0a
（D）Q/2√2πε0a
q/(1/r-1/r0)/4πε0
考点：电势的计算
解法：U=∫
r0 r
E·dr
=∫
r0 qdr r 4πε0r
2
=q/(1/r-1/r0)/4πε0
（课本122页
6-29b）
பைடு நூலகம்
3.一质量为m、电量为q的小球，在电_场__力__作__用下，从电势为U的a点移动到电势为零的b点，若已知小球在b点的 速率为Vb，则小球在a点的速率Va=√Vb2-2qU/m
②均匀带电球面内的电势UP2=Q/4πε0R（课本123页例6-8结论得）， ③UP=UP1+UP2.
6.在带电量为-Q的点电荷A的静电场中，将另一带电量为q的点电荷B从a点移到b点，a、b两点距离点电荷A的距 离分别为r1和r2，如图所示，则移动过程中电场力做的功为（C） （A）-Q（1/r1-1/r2)/4πε0 （B）qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （C）-qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （D）-qQ/4πε0（r2-r1) 考点：电场力的功 解法：Aeab=q（UA-UB）=q(-Q/4πε0r1— -Q/4πε0r2）=-qQ（1/r1-1/r2)/4πε0 （课本123页 6-31）
大学物理答案第9章

大学物理答案第9章

第九章 静 电 场9－1 电荷面密度均为＋σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置，其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )题9-1图 分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为2εσ，方向沿带电平板法向向外，依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ). 9－2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内一定没有电荷(B )(C )(D )分析与解但不也9－3 (A )(B )(C )(D )*9－4 偶极子将(A )(B )(C )(D )题9-4图分析与解 电偶极子在非均匀外电场中，除了受到力矩作用使得电偶极子指向电场方向外，还将受到一个指向电场强度增强方向的合力作用，因而正确答案为(B ).9－5 精密实验表明，电子与质子电量差值的最大范围不会超过±10－21e ，而中子电量与零差值的最大范围也不会超过±10－21e ，由最极端的情况考虑，一个有8个电子，8个质子和8个中子构成的氧原子所带的最大可能净电荷是多少？若将原子视作质点，试比较两个氧原子间的库仑力和万有引力的大小. 分析 考虑到极限情况，假设电子与质子电量差值的最大范围为2×10－21e ，中子电量为10－21e ，则由一个氧原子所包含的8个电子、8个质子和8个中子可求原子所带的最大可能净电荷.由库仑定律可以估算两个带电氧原子间的库仑力，并与万有引力作比较.解 一个氧原子所带的最大可能净电荷为二个氧原子间的库仑力与万有引力之比为显然即使电子、质子、中子等微观粒子带电量存在差异，其差异在±10－21e 范围内时，对于像天体一类电中性物体的运动，起主要作用的还是万有引力.9－6 1964年，盖尔曼等人提出基本粒子是由更基本的夸克构成，中子就是由一个带e 32的上夸克和两个带e31-的下夸克构成.若将夸克作为经典粒子处理(夸克线度约为10－20m)，中子内的两个下夸克之间相距2.60×10－15m .求它们之间的相互作用力.解 由于夸克可视为经典点电荷，由库仑定律F 与径向单位矢量e r 方向相同表明它们之间为斥力.9－7 点电荷如图分布，试求P 点的电场强度.分析依照电场叠加原理，P 点的电场强度等于各点电荷单独存在时在P 点激发电场强度的矢量和.由于电荷量为q 2.0q 的解9－8 (2)分析 L ，它在点P (1)若点P (2)若点P P 的电证 (1)E L/-L/P =⎰(2)当棒长L 此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(b )］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.9－9 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.题9-9图分析 这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第9－3节的例2可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度.解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθδδd sin π2d d 2⋅⋅==R S q ，在点O 激发的电场强度为由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有积分得02/π004d cos sin 2εδθθθεδ⎰==E9－10 水分子H 2O 中氧原子和氢原子的等效电荷中心如图所示，假设氧原子和氢原子等效电荷中心间距为r 0.试计算在分子的对称轴线上，距分子较远处的电场强度.题9-10图分析 水分子的电荷模型等效于两个电偶极子，它们的电偶极矩大小均为00er P =，而夹角为2θ.叠加后水分子的电偶极矩大小为θcos 20er p =，方向沿对称轴线，如图所示.由于点O 到场点A 的距离x ＞＞r 0，利用教材第5－3节中电偶极子在延长线上的电场强度可求得电场的分布.也可由点电荷的电场强度叠加，求电场分布. 解1 水分子的电偶极矩解2 由于r 2=代入得(+r x2029－11 分析 (1(2)量，即：解 (1) (2)设F 显然有F ＋9－12 .分析 .因而方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即⎰⋅=SS d s E Φ解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有 依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向，解2 取球坐标系，电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为9－13 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心，在大气层中取与地球同心的球面为高斯面，利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷.解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理地球表面电荷面密度 单位面积额外电子数9－14 设在半径为R 的球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ,求带电球内外的电场强度分布.分析电荷均匀分布在球体内呈球对称，带电球激发的电场也呈球对称性.根据静电场是有源场，电场强度应该沿径向球对称分布.因此可以利用高斯定理求得均匀带电球内外的电场分布.以带电球的球心为中心作同心球面为高斯面，依照高斯定理有上式中i Q 是高斯面内的电荷量，分别求出处于带电球内外的高斯面内的电荷量，即可求得带电球内外的电场强度分布.解依照上述分析，由高斯定理可得R r <R r >9－15 .求离轴线为r 分析只有侧面布.解 r ＜R 1， R 1＜r ＜R 2r ＞R 2，9－16 分析W ′＝－W .(1)其中E 是点电荷Q 1、Q 3产生的合电场强度.(2)根据电场力作功与电势能差的关系，有 其中V 0是Q 1、Q 3在点O 产生的电势(取无穷远处为零电势). 解1 由题意Q 1所受的合力为零 解得Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加，Q 1、Q 3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2从点O 沿y 轴移到无穷远处，(沿其他路径所作的功相同，请想一想为什么？)外力所作的功为 解2 与解1相同，在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=，并由电势的叠加得Q 1、Q 3在点O 的电势将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中，外力作功比较上述两种方法，显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大，而求电势分布要简单得多.9－17 已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为其中λ为电荷线密度.(1)求在r ＝r 1和r ＝r 2两点间的电势差；(2)在点电荷的电场中，我们曾取r →∞处的电势为零，求均匀带电长直线附近的电势时，能否这样取？试说明. 解 (1)由于电场力作功与路径无关，若沿径向积分，则有 (2)不能.严格地讲，电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线，而此时电荷分布在无限空间，r →9－18 分析 的电势.解 q 2＝2q 19－19 分析分布.解 9－20 (2)分析 通常可采用两种方法.方法(1)由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=pp V l E d 可求得电势分布.(2)利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1)由高斯定理可求得电场分布 由电势⎰∞⋅=rV l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1时，有当R 1≤r ≤R 2时，有 当r ≥R 2时，有(2)两个球面间的电势差解2 (1)由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1，则 若该点位于两个球面之间，即R 1≤r ≤R 2，则 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2，则 (2)两个球面间的电势差9－21 一半径为R 的无限长带电细棒，其内部的电荷均匀分布，电荷的体密度为ρ.现取棒表面为零电势，求空间电势分布并画出分布曲线.题9-21图分析解 当r ≤R 时得()r E =当r ≥R 时得()r E =当r ≤R 时当r ≥R 时9－22 布；(2)分析解 由电势叠加，轴线上任一点P 的电势的()x x Rεσxr r r εσV R-+=+=⎰22222d 2(1)(2)轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R xεσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3)将场点至盘心的距离x ＝30.0 cm 分别代入式(1)和式(2)，得 当x ＞＞R 时，圆盘也可以视为点电荷，其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式，有由此可见，当x ＞＞R 时，可以忽略圆盘的几何形状，而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理，E 和V 的误差分别不超过0.3％和0.8％，这已足以满足一般的测量精度.9－23 两个很长的共轴圆柱面(R 1＝3.0×10－2m ，R 2＝0.10 m )，带有等量异号的电荷，两者的电势差为450Ｖ.求：(1)圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)r ＝0.05 m 处的电场强度.解 (1)由习题9－15的结果，可得两圆柱面之间的电场强度为 根据电势差的定义有 解得1812120m C 101.2ln/π2--⋅⨯==R R U ελ (2)解得两圆柱面之间r ＝0.05m 处的电场强度9－24即 .但是要 m )分析 解由k0E 得=T9－25年消耗的能量为3000kW ·h ，则可为多少个家庭提供一年的能量消耗？解 (1)若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收，故可融化冰的质量 即可融化约90吨冰.(2)一个家庭一年消耗的能量为一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3个家庭一年消耗的电能. 9－26 已知水分子的电偶极矩p =6.17×10－30C ·m .这个水分子在电场强度E ＝1.0×105V ·m -1的电场中所受力矩的最大值是多少?分析与解在均匀外电场中，电偶极子所受的力矩为当电偶极子与外电场正交时，电偶极子所受的力矩取最大值.因而有9-27电子束焊接机中的电子枪如图所示，K 为阴极，A 为阳极，阴极发射的电子在阴极和阳极电场加速下聚集成一细束，以极高的速率穿过阳极上的小孔，射到被焊接的金属上使两块金属熔化在一起.已知V 105.24AK ⨯=U ，并设电子从阴极发射时的初速度为零，求：（1）电子到达被焊接金属时具有的动能；（2）电子射到金属上时的速度.分析电子被阴极和阳极间的电场加速获得动能，获得的动能等于电子在电场中减少的势能.由电子动能与速率的关系可以求得电子射到金属上时的速度.解（1）依照上述分析，电子到达被焊接金属时具有的动能(2)由于电子运动的动能远小于电子静止的能量，可以将电子当做经典粒子处理.电子射到金属上时的速度题9-27。

大学物理章节习题9原子结构固体能带理论(可编辑修改word版)

大学物理章节习题9原子结构固体能带理论(可编辑修改word版)

1©物理系_2015_09《大学物理 AII 》作业No.9 原子结构 固体能带理论班级学号姓名成绩一、判断题：（用“T ”表示正确和“F ”表示错误）[ F ] 1．根据量子力学理论，氢原子中的电子是作确定的轨道运动，轨道是量子化的。

解：教材 227.电子在核外不是按一定的轨道运动的，量子力学不能断言电子一定 出现在核外某个确定的位置，而只能给出电子在核外各处出现的概率。

[ F ] 2．本征半导体是电子与空穴两种载流子同时参与导电，N 型半导体只有电子导电，P 型半导体只有空穴导电。

解：N 型半导体中依然是两种载流子参与导电，不过其中电子是主要载流子；P 型半导体也是两种载流子参与导电，其中的主要载流子是空穴。

[ T ] 3．固体中能带的形成是由于固体中的电子仍然满足泡利不相容原理。

解：只要是费米子都要遵从泡利不相容原理，电子是费米子。

[ T ] 4．由于 P 型和 N 型半导体材料接触时载流子扩散形成的 PN 结具有单向导电性。

解：教材 244.[ F ] 5．施特恩-盖拉赫实验证实了原子定态能级的存在。

解：施特恩-盖拉赫实验验证了电子自旋的存在，弗兰克—赫兹实验证实了原子定态能 级的存在.二、选择题：1. 下列各组量子数中，哪一组可以描述原子中电子的状态？ [D ](A) n = 2，l = 2，m l = 0， m s = 21(B) n = 3，l = 1，m l =-2， m s= - 1 2 1(C) n = 1，l = 2，m l = 1， m s =2(D) n = 3，l = 2，m l = 0， m s = - 2解：根据原子中电子四个量子数取值规则和泡利不相容原理知 D 对。

故选 D2. 与绝缘体相比较，半导体能带结构的特点是[ D ](A) 导带也是空带(B) 满带与导带重合 (C) 满带中总是有空穴，导带中总是有电 子 (D) 禁带宽度较窄解：教材 241-242.3. 在原子的 L 壳层中，电子可能具有的四个量子数(n ，l ，m l ，m s )是1 1 (1) (2，0，1， ) (2) (2，1，0， - 1)2 2(3) (2，1，1， ) (4) (2，1，-1， - 1)22以上四种取值中，哪些是正确的？ [ ] (A) 只有(1)、(2)是正确的(B) 只有(2)、(3)是正确的 (C) 只有(2)、(3)、(4)是正确的(D) 全部是正确的解： 原子的 L 壳层对应主量子数 n = 2 ， 角量子数可为 l = 0, 1, 2 ， 磁量子数可为m = 0, ± 1, ± 2 ，自旋量子数可为 m = - 1 , 1，根据原子中电子四个量子数取值规则 l s 2 2和泡利不相容原理知只有(2)、(3)、(4)正确。

大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

大学物理(少学时)第9章电磁感应与电磁场课后习题答案

9-1两个半径分别为R 和r 的同轴圆形线圈相距x ，且R >>r ，x >>R ．若大线圈通有电流I 而小线圈沿x 轴方向以速率v 运动，试求小线圈回路中产生的感应电动势的大小． 解：在轴线上的磁场()()22003322222IR IR B x R x R xμμ=≈>>+32202xr IR BS πμφ==v xr IR dt dx x r IR dt d 422042202332πμπμφε=--=-=9-2如图所示，有一弯成θ 角的金属架COD 放在磁场中，磁感强度B ϖ的方向垂直于金属架COD 所在平面．一导体杆MN 垂直于OD 边，并在金属架上以恒定速度v ϖ向右滑动，v ϖ与MN 垂直．设t =0时，x = 0．求当磁场分布均匀，且B ϖ不随时间改变，框架内的感应电动势i ε．解：12m B S B xy Φ=⋅=⋅,θtg x y ⋅=,vt x =22212/()/i d dt d Bv t tg dt Bv t tg εϕθθ=-=-=⋅，电动势方向：由M 指向N9-3 真空中，一无限长直导线，通有电流I ，一个与之共面的直角三角形线圈ABC 放置在此长直导线右侧。

已知AC 边长为b ，且与长直导线平行，BC 边长为a ，如图所示。

若线圈以垂直于导线方向的速度v 向右平移，当B 点与直导线的距离为d 时，求线圈ABC 内的感应电动势的大小和方向。

解：当线圈ABC 向右平移时，AB 和AC 边中会产生动生电动势。

当C 点与长直导线的距离为d 时，AC 边所在位置磁感应强度大小为：02()IB a d μπ=+AC 中产生的动生电动势大小为：xr IRx vC DOxMθBϖv ϖ02()AC AC IbvBl v a d μεπ==+，方向沿CA 方向如图所示，在AB 边上取微分元dl ，微分元dl 中的动生电动势为，()AB d v B dl ε=⨯⋅v v v其方向沿BA 方向。