大物答案

第

七章 气体动理论

7 －1 处于平衡状态的一瓶氦气和一瓶氮气的分子数密度相同，分子的平均平动动能也相同，则它们( )

(A) 温度，压强均不相同 (B) 温度相同，但氦气压强大于氮气的压强 (C) 温度，压强都相同 (D) 温度相同，但氦气压强小于氮气的压强 分析与解 理想气体分子的平均平动动能?k?3kT/2，仅与温度有关．因此当氦气和氮气的平均平动动能相同时，温度也相同．又由物态方程p?nkT，当两者分子数密度n 相同时，它们压强也相同．故选(C)．

7－2 三个容器A、B、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n相同，方均根速

2率之比vA??:?v?:?v?1/221/2B21/2C?1:2:4，则其压强之比pA:pB:pC为( )

(A) 1∶2∶4 (B) 1∶4∶8 (C) 1∶4∶16 (D) 4∶2∶1

分析与解 分子的方均根速率为v2?3RT/M，因此对同种理想气体有

222vA:vB:vC?T1:T2:T3，又由物态方程ρnkT，当三个容器中分子数密

度n 相同时，得p1:p2:p3?T1:T2:T3?1:4:16.故选(C)．

7－4 图示两条曲线分别表示在相同温度下氧气和氢气分子的速率分布曲线.如果(vP)O2和(vP)H2 分别表示氧气和氢气的最概然速率，则( ) A) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线且

(vP)O(vP)H2?4

2(B) 图中a表示氧气分子的速率分布曲线且

(vP)O(vP)H(vP)O(vP)H(vP)O(vP)H2?21 41 4(C) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且

2?2(D) 图中b表示氧气分子的速率分布曲线且

2?4

2分析与解 由vP?2RT可知，在相同温度下，由于不同气体的摩尔质量不同，M它们的最概然速率vP也就不同.因MH2?MO2，故氧气比氢气的vP要小，由此可判定图中曲线a应是对应于氧气分子的速率分布曲线.又因

MHMO2?21，所以16(vP)O(vP)H2?MHMO2?221.故选(B)． 4

题 7-4 图

7 －8 某些恒星的温度可达到约1.0 ×10K，这是发生聚变反应(也称热核反应)所需的温度.通常在此温度下恒星可视为由质子组成.求：(1) 质子的平均动能是多少？ (2) 质子的方均根速率为多大？

分析 将组成恒星的大量质子视为理想气体，质子可作为质点，其自由度 i ＝3，因此，质子的平均动能就等于平均平动动能.此外，由平均平动动能与温度的关系mv2/2?3kT/2，可得方均根速率v2. 解 (1) 由分析可得质子的平均动能为

8

?k?mv2/2?3kT/2?2.07?10?15J

(2) 质子的方均根速率为

v2?6

3kT?1.58?106m?s-1 m7 －9 日冕的温度为2.0 ×10K，所喷出的电子气可视为理想气体.试求其中电子的方均根速率和热运动平均动能. 解 方均根速率v2?3kT?9.5?106m?s?1 me平均动能εk?3kT/2?4.1?10?17J

7 －11 当温度为0?C时，可将气体分子视为刚性分子，求在此温度下：（1）氧分子的平均动能和平均转动动能；（2）4.0?10?3kg氧气的内能；（3）

4.0?10?3kg氦气的内能.

分析 （1）由题意，氧分子为刚性双原子分子，则其共有5个自由度，其中包括3个平动自由度和2个转动自由度.根据能量均分定理，平均平动动能?kt?3kT，2平均转动动能?kr?2m?ikT?kT.（2）对一定量理想气体，其内能为E?RT，2M2它是温度的单值函数.其中i为分子自由度，这里氧气i=5、氦气i=3.而m?为气体质量，M为气体摩尔质量，其中氧气M?32?10?3kg?mol?1；氦气

1.代入数据即可求解它们的内能. M?4.0?10?3kg?mo?l解 根据分析当气体温度为T=273 K时，可得 （1）氧分子的平均平动动能为

?kt?kT?5.7?10?21J

32 6 b

第八章 热力学基础

8－1 如图，一定量的理想气体经历acb过程时吸热700 J，则经历acbda过程时，吸热为 ( )

(A) – 700 J （B） 500 J （C）- 500 J （D） -1 200 J

分析与解 理想气体系统的内能是状态量，因此对图示循环过程acbda，内能增量ΔE=0，由热力学第一定律 Q＝ΔE ＋W，得Qacbda=W= Wacb＋ Wbd＋Wda，其中bd过程为等体过程，不作功,即Wbd=0；da为等压过程，由pV图可知，Wda= - 1 200 J. 这里关键是要求出Wacb,而对acb过程，由图可知a、b两点温度相同，即系统内能相同.由热力学第一定律得Wacb=Qacb-ΔE=Qacb=700 J， 由此可知Qacbda= Wacb＋Wbd＋Wda=- 500

J. 故选（C）

题 8-1 图

8－2 如图，一定量的理想气体，由平衡态A 变到平衡态B，且它们的压强相等，即pA ＝pB,请问在状态A和状态B之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然( )

(A) 对外作正功 (B) 内能增加 (C) 从外界吸热 (D) 向外界放热

题 8-2 图

分析与解 由p－V 图可知，pAVA＜pBVB ，即知TA＜TB ，则对一定量理想气体必有

EB＞EA .即气体由状态A 变化到状态B,内能必增加.而作功、热传递是过程量，将与具体过程有关.所以(A)、(C)、(D)不是必然结果，只有(B)正确.

8－3 两个相同的刚性容器，一个盛有氢气，一个盛氦气(均视为刚性分子理想气体).开始时它们的压强和温度都相同，现将3J热量传给氦气，使之升高到一定的温度.若使氢气也升高同样的温度，则应向氢气传递热量为( ) (A) 6J (B) 3 J (C) 5 J (D) 10 J

分析与解 当容器体积不变，即为等体过程时系统不作功，根据热力学第一定律

Q ＝ΔE ＋W，有Q ＝ΔE.而由理想气体内能公式ΔE?气和氦气升高相同温度，须传递的热量

m?iRΔT，可知欲使氢M2QH:QH2e????mH??mHm?????iH/iH?.再由理想气体物态方程pV ＝RT，初始时，

?M??M?M?H??H?2e2e2e氢气和氦气是具有相同的温度、压强和体积，因而物质的量相同，则

QH2:QHe?iH2/iHe?5/3.因此正确答案为(C).

8－4 一定量理想气体分别经过等压，等温和绝热过程从体积V1膨胀到体积V2，如图所示，则下述正确的是 ( ) （A） A?C吸热最多，内能增加 （B） A?D内能增加，作功最少 （C） A?B吸热最多，内能不变 （D） A?C对外作功，内能不变

分析与解 由绝热过程方程pV??常量，以及等温过程方程pV=常量可知在同一

p-V图中当绝热线与等温线相交时，绝热线比等温线要陡，因此图中A?B为等压过程，A?C为等温过程，A?D为绝热过程.又由理想气体的物态方程

pV??RT可知，p-V图上的pV积越大，则该点温度越高.因此图中TD?TA?TC?TB.对一定量理想气体内能，E???EAC?0，?EAD?0.而由理想气体作功表达式

W??pdV知道功的数值就等于p-V图中过程曲线下所对应的面积，则由图可知WAB?WAC?WAD. 又由热力学第一定律Q＝W＋ΔE可知QAB?QAC?QAD?0.因此答案A、B、C均不对.只有（D）正确.

iRT2，由此知?EAB?0，

题 8-4 图

8－5 一台工作于温度分别为327 ℃和27 ℃的高温热源与低温源之间的卡诺热机，每经历一个循环吸热2 000 J，则对外作功( ) (A) 2 000J (B) 1 000J (C) 4 000J (D) 500J

分析与解 热机循环效率η＝W /Q吸，对卡诺机，其循环效率又可表为：η＝1

－

T2T，则由W /Q吸＝1 －2可求答案.正确答案为(B). T1T18－7 如图所示，1 mol氦气，由状态A(p1,V1)沿直线变到状态B(p2,V2)，求这过程中内能的变化、对外作的功、吸收的热量.

分析 由题 8-4 分析可知功的数值就等于p-V图中A?B过程曲线下所对应的面积，又对一定量的理想气体其内能E??iRT，而氦气为单原子分子，自由2度i=3，则 1 mol 氦气内能的变化?E?3R?T，其中温度的增量?T可由理想2气体物态方程pV??RT求出.求出了A?B过程内能变化和做功值，则吸收的热量可根据热力学第一定律Q?W??E求出. 解 由分析可知，过程中对外作的功为

1W?(V2?V1)(p2?p1)

2内能的变化为

?E?吸收的热量

33R?T?(p2V2?p1V1) 221Q?W??E?2(p2V2?p1V1)?(p1V2?p2V1)

2

题 8-7 图

8－8 一定量的空气，吸收了1.71×10J的热量，并保持在1.0 ×10Pa下膨胀，体积从

1.0×10－m3 增加到1.5×10－m3 ，问空气对外作了多少功？它的内能改变了多

2

2

3

5

少？

分析 由于气体作等压膨胀，气体作功可直接由W＝p(V2 －V1 )求得.取该空气为系统，根据热力学第一定律Q＝ΔE＋W 可确定它的内能变化.在计算过程中要注意热量、功、内能的正负取值. 解 该空气等压膨胀，对外作功为

W＝p(V2－V1 )＝5.0 ×10J

其内能的改变为

ΔE＝Q－W＝1.21 ×10J

8－11 如图所示，系统从状态A沿ABC变化到状态C的过程中，外界有326 J的热量传递给系统，同时系统对外作功126 J.当系统从状态C沿另一曲线CA返回到状态A时，外界对系统作功为52 J，则此过程中系统是吸热还是放热？传递热量是多少？

3

2

题 8-11 图

分析 已知系统从状态C到状态A，外界对系统作功为WCA ，如果再能知道此过程中内能的变化ΔECA ，则由热力学第一定律即可求得该过程中系统传递的热量QCA .由于理想气体的内能是状态(温度)的函数，利用题中给出的ABC过程吸热、作功的情况，由热力学第一定律即可求得由A至C过程中系统内能的变化ΔEAC，而ΔEAC＝－ΔECA ，故可求得QCA .

解 系统经ABC过程所吸收的热量及对外所作的功分别为

Q ABC ＝326 J， WABC ＝126 J

则由热力学第一定律可得由A到C过程中系统内能的增量

ΔEAC＝QABC－WABC＝200 J

由此可得从C到A，系统内能的增量为

ΔECA＝－200 J

从C到A，系统所吸收的热量为

QCA ＝ΔECA ＋WCA ＝－252J

式中负号表示系统向外界放热252 J.这里要说明的是由于CA是一未知过程，上述求出的放热是过程的总效果，而对其中每一微小过程来讲并不一定都是放热. 8－12 如图所示，使1 mol 氧气(1) 由A等温地变到B；(2) 由A等体地变到C，再由C等压地变到B.试分别计算氧气所作的功和吸收的热量.

题 8-12 图

分析 从p －V 图(也称示功图)上可以看出，氧气在AB与ACB两个过程中所作的功是不同的，其大小可通过W??p?V?dV求出.考虑到内能是状态的函数，其变化值与过程无关，所以这两个不同过程的内能变化是相同的，而且因初、末状态温度相同TA＝TB ，故ΔE＝0，利用热力学第一定律Q＝W ＋ΔE，可求出每一过程所吸收的热量.

解 (1) 沿AB作等温膨胀的过程中，系统作功

WAB?mRT1ln?VB/VA??pAVBln?VB/VA??2.77?103J M由分析可知在等温过程中，氧气吸收的热量为

QAB＝WAB＝2.77 ×10Ｊ

(2) 沿A到C再到B的过程中系统作功和吸热分别为

3

WACB＝WAC＋WCB＝WCB＝pC(VB －VC )＝2.0×10Ｊ

QACB＝WACB＝2.0×10 Ｊ

8－18 一小型热电厂内，一台利用地热发电的热机工作于温度为227℃的地下热源和温度为27 ℃的地表之间.假定该热机每小时能从地下热源获取1.8 ×10Ｊ的热量.试从理论上计算其最大功率为多少？

分析 热机必须工作在最高的循环效率时，才能获取最大的功率.由卡诺定理可知，在高温热源T1和低温热源T2之间工作的可逆卡诺热机的效率最高，其效率为

11

3

3

η＝1－T2/T1 .由于已知热机在确定的时间内吸取的热量，故由效率与功率的关系式??WPt，可得此条件下的最大功率. ?QQ解 根据分析，热机获得的最大功率为

p??Qt??1?T2/T1?Q?2.0?107J?s-1

t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

σ，方向沿带电平板法2ε0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)闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零 (C)闭合曲面的电通量为零时，曲面上各点的电场强度必定为零

(D)闭合曲面的电通量不为零时，曲面上任意一点的电场强度都不可能为零 分析与解 依照静电场中的高斯定理，闭合曲面上各点电场强度都为零时，曲面内电荷的代数和必定为零，但不能肯定曲面内一定没有电荷；闭合曲面的电通量为零时，表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面，不能确定曲面上各点的电场强度必定为零；同理闭合曲面的电通量不为零，也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零，因而正确答案为(B).

9－3 下列说法正确的是( )

(A) 电场强度为零的点，电势也一定为零

(B) 电场强度不为零的点，电势也一定不为零 (C) 电势为零的点，电场强度也一定为零

(D) 电势在某一区域内为常量，则电场强度在该区域内必定为零 分析与解 电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量，电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零，电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时，电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功；电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).

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的一对点电荷在P点激发的电场强度大小相等、方向相反而相互抵消，P点的电场强度就等于电荷量为2.0q的点电荷在该点单独激发的场强度. 解 根据上述分析

EP?12q1q ?224π?0(a/2)π?0a

题 9-7 图

9－11 两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1) 求两导线构成的平面上任一点的电场强度( 设该点到其中一线的垂直距离为x)；(2) 求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.

题 9-11 图

分析 (1) 在两导线构成的平面上任一点的电场强度为两导线单独在此所激发的电场的叠加. (2) 由F＝qE，单位长度导线所受的电场力等于另一根导线在该导线处的电场强度乘以单位长度导线所带电量，即：F＝λE.应该注意：式中的电场强度E是另一根带电导线激发的电场强度，电荷自身建立的电场不会对自身电荷产生作用力. 解 (1) 设点P在导线构成的平面上，E＋、E－分别表示正、负带电导线在P 点的电场强度，则有

E?E??E?????11????i??2π?0?xr0?x?r0?i2π?0x?r0?x?

(2) 设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有

F??λE??λi 2πε0r0λ2F???λE???i

2πε0r0显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.

9－12 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量.

题 9-12 图

分析 方法1：作半径为R 的平面S与半球面S一起可构成闭合曲面，由于闭合面内无电荷，由高斯定理

?E?dS?S1?q?0 ε0这表明穿过闭合曲面的净通量为零，穿入平面S′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S的电场强度通量.因而

Φ??E?dS???E?dS

SS?方法2：由电场强度通量的定义，对半球面S 求积分，即Φs??E?dS

S

解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有

Φ??E?dS???E?dS

SS?依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS 的方向，

Φ??E?πR2?cosπ?πR2E

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

E?E?cos?e??sin?cos?e??sin?sin?er?

dS?R2sinθdθder

9－18 一个球形雨滴半径为0.40 mm，带有电量1.6 pC，它表面的电势有多大？ 两个这样的雨滴相遇后合并为一个较大的雨滴，这个雨滴表面的电势又是多大？ 分析 取无穷远处为零电势参考点，半径为R 带电量为q 的带电球形雨滴表面电势为

V?1q 4πε0R当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，半径增大为32R，代入上式后可以求出两雨滴相遇合并后，雨滴表面的电势.

解 根据已知条件球形雨滴半径R1＝0.40 mm，带有电量q1＝1.6 pC，可以求得带电球形雨滴表面电势

V1?1q1?36V

4πε0R1当两个球形雨滴合并为一个较大雨滴后，雨滴半径R2?32R1，带有电量 q2＝2q1 ，雨滴表面电势

V2?

12q1?57V34πε02R1

第十章 静电场中的导体与电介质

10－1 将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B 附近，则导体B 的电势将（ ）

（A） 升高 （B） 降低 （C） 不会发生变化 （D） 无法确定

分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势.由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B附近时，在导体B 的近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体的电势将高于无穷远处，因而正确答案为（A）.

10－2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N的左端接地（如图所示），则（ ） （A） N上的负电荷入地 （B）N上的正电荷入地 （C） N上的所有电荷入地 （D）N上所有的感应电荷入地

题 10-2 图

分析与解 导体N接地表明导体N为零电势，即与无穷远处等电势，这与导体N在哪一端接地无关.因而正确答案为（A）.

10－3 如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图.设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有（ ） （A）E?0,V?qqq,V? （B）E? 24πε0d4πε0d4πε0d（C）E?0,V?0 （D）E?qq,V? 4πε0d24πε0R

题 10-3 图

分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零.点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′，导体球表面的感应电荷±q′在球心O点激发的电势为零，O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势.因而正确答案为

（A）.

10－6 不带电的导体球A含有两个球形空腔，两空腔中心分别有一点电荷qb 、qc ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷qd （如图所示）.试求点电荷qb 、qc 、qd 各受多大的电场力.

题 10-6 图

分析与解 根据导体静电平衡时电荷分布的规律，空腔内点电荷的电场线终止于空腔内表面感应电荷；导体球A外表面的感应电荷近似均匀分布，因而近似可看作均匀带电球对点电荷qd的作用力.

Fd??qb?qc?qd

4πε0r2点电荷qd 与导体球A 外表面感应电荷在球形空腔内激发的电场为零，点电 荷qb 、qc处于球形空腔的中心，空腔内表面感应电荷均匀分布，点电荷qb 、qc受到的作用力为零.

10－14 人体的某些细胞壁两侧带有等量的异号电荷.设某细胞壁厚为5.2 ×10

－9

m，两表面所带面电荷密度为±5.2 ×10 －3 C／m2 ，内表面为正电荷．如果

细胞壁物质的相对电容率为6.0，求（1） 细胞壁内的电场强度；（2） 细胞壁两表面间的电势差．

解 （1）细胞壁内的电场强度E?σ?9.8?106V/m；方向指向细胞外． ε0εr（2） 细胞壁两表面间的电势差U?Ed?5.1?10?2V．

10－16 在A 点和B 点之间有5 个电容器，其连接如图所示．（1） 求A、B 两点之间的等效电容；（2） 若A、B 之间的电势差为12 V，求UAC 、UCD 和UDB ．

题 10-16 图

解 （1） 由电容器的串、并联，有

CAC?C1?C2?12μF CCD?C3?C4?8μF

1111 ???CABCACCCDC5求得等效电容CAB ＝4 μF．

（2） 由于QAC?QCD?QDB?QAB，得

UAC?CABUAB?4V CACCABUAB?6V CCDCABUAB?2V CDBUCD?UDB?第十一章 恒定磁场

11－1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R ＝2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足（ ）

（A） BR?2Br （B） BR?Br （C） 2BR?Br （D）BR?4Br

分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中，磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比．根据题意，用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比

nRr1?? nrR2因而正确答案为（C）.

11－2 一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ ）

（A）2πr2B （B） πr2B （C）2πr2Bcosα （D） πr2Bcosα

题 11-2 图

分析与解 作半径为r 的圆S′与半球面构成一闭合曲面，根据磁场的高斯定理，磁感线是闭合曲线，闭合曲面的磁通量为零，即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S′的磁通量；Φm?B?S．因而正确答案为（D）． 11－3 下列说法正确的是（ ）

（A） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内一定没有电流穿过 （B） 闭合回路上各点磁感强度都为零时，回路内穿过电流的代数和必定为零 （C） 磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度必定为零 （D） 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时，回路上任意一点的磁感强度都不可能为零

分析与解 由磁场中的安培环路定律，磁感强度沿闭合回路的积分为零时，回路上各点的磁感强度不一定为零；闭合回路上各点磁感强度为零时，穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为（B）．

11－4 在图（ａ）和（ｂ）中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ，圆周内有电流I1 、I2 ，其分布相同，且均在真空中，但在（ｂ）图中L2 回路外有电流

I3 ，P1 、P2 为两圆形回路上的对应点，则（ ） （A） ?B?dl??B?dl，BP1?BP2

L1L2（B） ?B?dl??B?dl，BP1?BP2

L1L2（C） ?B?dl??B?dl，BP1?BP2

L1L2（D） ?B?dl??B?dl，BP1?BP2

L1L2

题 11-4 图

11－11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O 的磁感强度各为多少？

题 11-11 图

分析 应用磁场叠加原理求解．将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分，它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得，则总的磁感强度

B0??Bi.

解 （ａ） 长直电流对点O 而言，有Idl?r?0，因此它在点O 产生的磁场为零，则点O 处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发，故有

B0?μ0I 8RB0 的方向垂直纸面向外．

（ｂ） 将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得

B0?μ0Iμ0I? 2R2πRB0 的方向垂直纸面向里．

（c） 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得

B0?μ0IμIμIμIμI?0?0?0?0 4πR4πR4R2πR4RB0 的方向垂直纸面向外．

11－13 如图(a)所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．

题 11-13 图

分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同，故磁通量Φ≠BS．为此，可在矩形平面上取一矩形面元dS ＝ldx，如图（ｂ）所示，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为

d??B?dS?矩形平面的总磁通量

?0I2πxldx

Φ??dΦ

解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量

???dd21?0I2πxldx??0Il2πlnd2 d111－15 有一同轴电缆，其尺寸如图（ａ）所示．两导体中的电流均为I，但电流的流向相反，导体的磁性可不考虑．试计算以下各处的磁感强度：（1） r ＜R1 ；（2） R1 ＜r ＜R2 ；（3） R2 ＜r ＜R3 ；（4） r ＞R3 ．画出B －r 图线．

题 11-15 图

分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布，其磁场呈轴对称，取半径为r 的同心圆为积分路径， ?B?dl?B?2πr，利用安培环路定理?B?dl?μ0?I，可解得各区域的磁感强度． 解 由上述分析得 r ＜R1

B1?2πr?μ012 πr2πR1B1?μ0Ir 2πR12R1 ＜r ＜R2

B2?2πr?μ0I

B2?μ0I 2πrR2 ＜r ＜R3

?πr2?R2?B3?2πr?μ0?I?I? 22πR?R32??μ0IR32?r2 B3?222πrR3?R2r ＞R3

????B4?2πr?μ0?I?I??0

B4?0

磁感强度B（r）的分布曲线如图（ｂ）．

11－16 如图所示，N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上．求通入电流I 后，环内外磁场的分布．

题 11-16 图

分析 根据右手螺旋法则，螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆，若取半径为r 的圆周为积分环路，由于磁感强度在每一环路上为常量，因而

?B?dl?B?2πr

依照安培环路定理?B?dl?μ0?I，可以解得螺线管内磁感强度的分布．

解 依照上述分析，有

B?2πr?μ0?I

r ＜R1

B1?2πr?0 B1?0

R2 ＞r ＞R1

B2?2πr?μ0NI

B2?μ0NI 2πrr ＞R2

B3?2πr?0 B3?0

在螺线管内磁感强度B 沿圆周，与电流成右手螺旋．若R2?R1??R1 和R2 ，则

用E???v?B??dl来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动

l势与图示位置是相同的．

解1 由上分析，得

EOP??OP?v?B??dl

??vBsin90ocosαdl

l ???lsinθω?Bcos?90o?θ?dl

l2??ldl??B?Lsin?? ??Bsin20L12由矢量v?B的方向可知端点P 的电势较高．

解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势

E??dΦ?0?EOP?EPQ?EQO dt显然，EQO ＝0，所以

EOP??EPQ?EQO?112ωB?PQ???B(Lsin?)2 22由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效． 12－13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速v?2.0m?s?1平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40 A．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？

题 12-13 图

分析 本题可用两种方法求解．

方法1：用公式E???v?B??dl求解，建立图（a）所示的坐标系，所取导体

l元dl?dx，该处的磁感强度B?μ0I． 2πx方法2：用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB在一个静止的导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t，杆AB 距导轨下端CD的距离为y，先用公式Φ??B?dS求得穿过该回路的磁通量，

S再代入公式E??dΦ，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势． dt解1 根据分析，杆中的感应电动势为

EAB???v?B??dl?dxl???0.1mABμ0μIvvdx??0ln11??3.84?10?5V式中负号表2πx2π示电动势方向由B 指向A，故点A 电势较高．

1.1m解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx、长为y 的面元ｄS，则穿过面元的磁通量为

dΦ?B?dS?μ0Iydx 2πx穿过回路的磁通量为

Φ??dΦ??Sμ0IμIyydx??0ln11 0.1m2πx2π1.1m回路的电动势为

E??dΦμIdyμIy??0ln11??0??3.84?10?5V dt2πxdt2π由于静止的导轨上电动势为零，所以

EAB?E??3.84?10?5V

式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB导体来说，电动势方向应由B 指向

A，故点A电势较高．

12－14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．

题 12 -14 图

分析 本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：

（1）当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足?v?B??dl?0］，因而线框中的总电动势为

E???v?B??dl???v?B??dl???v?B??dl???v?B??dl?Eef?Ehg其等效电

efghefhg路如图（ｂ）所示．

（2）用公式E??dΦ求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框dtdξ?v．在求得线框在任意位置处的电动势E（ξ）后，dt的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有

再令ξ＝d，即可得线框在题目所给位置处的电动势．

解1 根据分析，线框中的电动势为

E?Eef?Ehg

???v?B??dl???v?B??dl

efhg?l2μ0Ivl2μ0Ivdl?dl ??002πd2π?d?l1??2πd?d?l1??0Ivl1l2

由Eef ＞Ehg 可知，线框中的电动势方向为efgh．

解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为

???0相应电动势为

l12π?x????0Il2dx??0Il22πln??l1 ?E?ξ???dΦμIvll?021 dt2πξ?ξ?l1?令ξ＝d，得线框在图示位置处的电动势为

E?μ0Ivl2l1

2πd?d?l1?由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向

12－16 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L．

题 12-16 图

分析 如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式L?Φ计算L．2．让回路中通以变化率已IdIEL计算L．式中EL 和

dtdI/dt知的电流，测出回路中的感应电动势EL ，由公式L?都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．

解 用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R1 ＜r ＜R2 范围内的磁场分布为

B?μ0NI 2πx由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为

ψ?N?B?dS?N?SR2R1μ0NIμ0N2hIR2hdx?ln 2πx2πR1则

ψμ0N2hR2L?ln

I2πR112－18 有两根半径均为a 的平行长直导线，它们中心距离为d．试求长为l 的一对导线的自感（导线内部的磁通量可略去不计）．

题 12-18 图

分析 两平行长直导线可以看成无限长但宽为d 的矩形回路的一部分．设在矩形回路中通有逆时针方向电流I，然后计算图中阴影部分（宽为d、长为l）的磁通量．该区域内磁场可以看成两无限长直载流导线分别在该区域产生的磁场的叠加．

解 在如图所示的坐标中，当两导线中通有图示的电流I 时，两平行导线间的磁感强度为

B?μ0Iμ0I? 2πr2π?d?r?穿过图中阴影部分的磁通量为

Φ??B?dS??Sd?aaBldr?μ0ld?aln πa则长为l 的一对导线的自感为

L?Φμ0ld?a?ln Iπa如导线内部磁通量不能忽略，则一对导线的自感为L?L1?2L2．L1 称为外自感，即本题已求出的L，L2 称为一根导线的内自感．长为l的导线的内自感L2?μ0l，8π

有兴趣的读者可自行求解．

第十六章 量子物理

16－1 下列物体哪个是绝对黑体( )

(A) 不辐射可见光的物体 (B) 不辐射任何光线的物体 (C) 不能反射可见光的物体 (D) 不能反射任何光线的物体

分析与解 一般来说，任何物体对外来辐射同时会有三种反应：反射、透射和吸收，各部分的比例与材料、温度、波长有关.同时任何物体在任何温度下会同时对外辐射，实验和理解证明：一个物体辐射能力正比于其吸收能力.做为一种极端情况，绝对黑体(一种理想模型)能将外来辐射(可见光或不可见光)全部吸收，自然也就不会反射任何光线，同时其对外辐射能力最强.综上所述应选(D). 16－2 光电效应和康普顿效应都是光子和物质原子中的电子相互作用过程，其区别何在？ 在下面几种理解中，正确的是( )

(A) 两种效应中电子与光子组成的系统都服从能量守恒定律和动量守恒定律 (B) 光电效应是由于电子吸收光子能量而产生的，而康普顿效应则是由于电子与光子的弹性碰撞过程

(C) 两种效应都相当于电子与光子的弹性碰撞过程 (D) 两种效应都属于电子吸收光子的过程

分析与解 两种效应都属于电子与光子的作用过程，不同之处在于：光电效应是由于电子吸收光子而产生的，光子的能量和动量会在电子以及束缚电子的原子、分子或固体之间按照适当的比例分配，但仅就电子和光子而言，两者之间并不是一个弹性碰撞过程，也不满足能量和动量守恒.而康普顿效应中的电子属于“自由”电子，其作用相当于一个弹性碰撞过程，作用后的光子并未消失，两者之间满足能量和动量守恒.综上所述，应选(B). 16－3 关于光子的性质，有以下说法

(1) 不论真空中或介质中的速度都是c； (2) 它的静止质量为零； (3) 它的动量为

hv； (4) 它的总能量就是它的动能； c(5) 它有动量和能量，但没有质量. 其中正确的是( )

(A) (1)(2)(3) (B) (2)(3)(4) (C) (3)(4)(5) (D) (3)(5)

分析与解 光不但具有波动性还具有粒子性，一个光子在真空中速度为c (与惯性

c系选择无关)，在介质中速度为 ，它有质量、能量和动量，一个光子的静止质

nhvhhv量m0＝0，运动质量m?2 ，能量E?hv，动量p??，由于光子的静止

cλc质量为零，故它的静能E0 为零，所以其总能量表现为动能.综上所述，说法(2)、(3)、(4)都是正确的，故选(B).

16－4 关于不确定关系ΔxΔpx?h有以下几种理解： (1) 粒子的动量不可能确定，但坐标可以被确定； (2) 粒子的坐标不可能确定，但动量可以被确定； (3) 粒子的动量和坐标不可能同时确定；

(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其他粒子. 其中正确的是( )

(A) (1)、(2) (B) (2)、(4) (C) (3)、(4) (D) (4)、(1)

分析与解 由于一切实物粒子具有波粒二象性，因此粒子的动量和坐标(即位置)不可能同时被确定，在这里不能简单误认为动量不可能被确定或位置不可能被确定.这一关系式在理论上适用于一切实物粒子(当然对于宏观物体来说，位置不确定量或动量的不确定量都微不足道，故可以认为可以同时被确定).由此可见(3)、(4)说法是正确的.故选(C).

16－5 已知粒子在一维矩形无限深势阱中运动，其波函数为

ψ?x??23πsinxaa?0?x?a?

那么粒子在x ＝a/6 处出现的概率密度为( ) (A)

2/a (B) 1/a (C) 2/a (D) 1/a

分析与解 我们通常用波函数Ψ来描述粒子的状态，虽然波函数本身并无确切的物理含义，但其模的平方?表示粒子在空间各点出现的概率.因此题述一线粒子在0?x?a区间的概率密度函数应为ψ?x??22223πsinx.将x ＝a/6代入即可得aa粒子在此处出现的概率为2/a.故选(C).

16－8 钨的逸出功是4.52 eV，钡的逸出功是2.50 eV，分别计算钨和钡的截止频率.哪一种金属可以用作可见光范围内的光电管阴极材料？

12mv?W可知，当入射光频率ν ＝ν0 (式中ν0＝W/h)21时，电子刚能逸出金属表面，其初动能mv2?0.因此ν0 是能产生光电效应的入

2分析 由光电效应方程hv?射光的最低频率(即截止频率)，它与材料的种类有关.由于可见光频率处在0.395 ×1015 ～0.75 ×1015Hz 的狭小范围内，因此不是所有的材料都能作为可见光范围内的光电管材料的(指光电管中发射电子用的阴极材料).

W1?1.09?1015Hz hW钡的截止频率 v02?2?0.603?1015Hz

h解 钨的截止频率 v01?对照可见光的频率范围可知，钡的截止频率v02正好处于该范围内，而钨的截止频率v01大于可见光的最大频率，因而钡可以用于可见光范围内的光电管材料. 16－13 试求波长为下列数值的光子的能量、动量及质量：(1)波长为1 500 nm的红外线；(2) 波长为500 nm 的可见光；(3) 波长为20 nm 的紫外线；(4) 波长为0.15 nm 的Ｘ 射线；(5) 波长为1.0 ×10－3 nm 的γ 射线. 解 由能量E?hv，动量p?hE以及质能关系式m?2，可得 λc(1) 当λ1 ＝1 500 nm时，E1?hv?hc?1.33?10?19J λ1h?4.42?10?28kg?m?s-1 λ1E1h?36??1.47?10kg 2ccλ1 p1? m1?(2) 当λ2 ＝500 nm 时，因λ2 ＝λ1 ，故有

13E2?3E1?3.99?10?19J p2?3p1?1.33?10?27kg?m?s-1 m2?3m1?4.41?10?36kg

(3) 当λ3 ＝20 nm 时，因λ3＝

1λ1 ，故有 75E3?75E1?9.97?10?18J p3?75p1?3.31?10?26kg?m?s-1 m3?75m1?1.10?10?34kg

(4) 当λ4＝0.15 nm 时，因λ4 ＝10－4λ1 ，故有

E4?104E1?1.13?10?15J p4?104p1?4.42?10?24kg?m?s-1 m4?104m1?1.47?10?32kg

(5) 当λ5 ＝1×10－3 nm 时，E5?hc?1.99?10?13J λ5 p5?h?6.63?10?22kg?m?s-1 λ5h?2.21?10?30kg cλ5 m5?16－15 在玻尔氢原子理论中，当电子由量子数ni＝5 的轨道跃迁到nf＝2的轨道上时，对外辐射光的波长为多少？ 若再将该电子从nf＝2 的轨道跃迁到游离状态，外界需要提供多少能量？

分析 当原子中的电子在高能量Ei 的轨道与低能量Ef 的轨道之间跃迁时，原子对外辐射或吸收外界的能量，可用公式ΔE ＝Ei －Ef 或ΔE ＝Ef －Ei 计算.对氢原子来说，En?E1，其中E1 为氢原子中基态(n ＝1)的能量，即E1 ＝－Rhc ＝n2－13.6 eV，电子从nf＝2 的轨道到达游离状态时所需的能量，就是指电子由轨道nf ＝2 跃迁到游离态ni →∞时所需能量，它与电子由基态(nf ＝1)跃迁到游离态ni＝∞时所需的能量(称电离能)是有区别的，后者恰为13.6 eV.

解 根据氢原子辐射的波长公式，电子从ni＝5 跃迁到nf＝2 轨道状态时对外辐射光的波长满足

11??1?R?2?2? λ?25?则 λ＝4.34 ×10－7m ＝434 nm 而电子从nf ＝2 跃迁到游离态ni→∞所需的能量为

ΔE?E2?E??E1E1???3.4eV 22?负号表示电子吸收能量.

16－18 已知α粒子的静质量为6.68×10－27 kg，求速率为5 000 km·s－1的α粒子的德布罗意波长.

分析 在本题及以后几题求解的过程中，如实物粒子运动速率远小于光速(即v ＜＜c)或动能远小于静能(即Ek＜＜E0 )，均可利用非相对论方法处理，即认为

m?m0和p2?2m0Ek.

解 由于α粒子运动速率v ＜＜c，故有m?m0 ，则其德布罗意波长为

λ?hh??1.99?10?5nmpm0v

16－23 电子位置的不确定量为5.0×10－2 nm时，其速率的不确定量为多少？ 分析 量子论改变了我们对于自然现象的传统认识，即我们不可能对粒子的行为做出绝对性的断言.不确定关系式ΔxΔpx?h（严格的表述应为ΔxΔpx?h）就是4π关于不确定性的一种量子规律.由上述基本关系式还可引出其他的不确定关系式，如ΔL?Δ??h (Δφ为粒子角位置的不确定量，ΔLφ为粒子角动量的不确定量)，ΔEΔt?h(Δt 为粒子在能量状态E 附近停留的时间，又称平均寿命，ΔE 为粒子能量的不确定量，又称能级的宽度)等等，不论是对粒子行为做定性分析，还是定量估计(一般指数量级)，不确定关系式都很有用.

解 因电子位置的不确定量Δx ＝5 ×10－2nm，由不确定关系式以及Δpx?mΔvx可得电子速率的不确定量

Δvx?h?1.46?107m?s-1 mΔx

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