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第八章 真空中的静电场
8-1 在正方形的四个顶点上放置四个等量正电荷,100.48C q -?=要想在此正方形的中心再放置一个负电荷，使在每个电荷上的合力为零，此负电荷的量值应为多少？
分析 本题是应用库仑定律求解电荷受电场力的平衡问题．注意到库仑定律表达式是矢量式，求解时，通常可以建立直角坐标系，将各力投影在两
正交方向上，得到各分量之间的代数关系式；也可以直接用矢量合成关系得出相同的结果． 因为正方形四个顶点上的点电荷带电量相等，负电荷Q 置于正方形中心，因此电荷分布具有明显的对称性，四顶点上的点电荷受力大小相同，而且
两坐标方向分量的方程应具有相同的表达形式．
解1 设a 为正方形边长，取如图8-1所示的Oxy 坐标系．以x F 1表示电荷1q 所受的合力在x 方向的分量，x i F 1表示其它电荷对它的作用力在x 方向的分量，根据题意，合力的在x 方向分量的代数和为零，有
014131211=+++=x Q x x x x F F F F F
应用库仑定律，可得电荷1q 所受其它电荷对它的力在x 方向的分量，代入上式得
()
022445cos 42445cos 02
02
022
2=???
?
???+
+
?+
a qQ a q a q πεπεπε
C
1083.3 C 100.42241224188--?-=??????
??+-=???? ??+-=q Q 解2 由图8-1知1Q F 与电荷1q 所受另三力的合力均在对角线方向上，故在该方向上力的平衡方程为
045cos 231211=+?+F F F Q 应用库仑定律，可得上式中各力的量值，则有
()
024445cos 22242
022
0220=+?+???
?
?
?a q a q a qQ πεπεπε
亦有 C 1083.3C 100.42241224188--?-=?????
? ??+-=???? ??+-=q Q
8-2 电荷量为等值同号的两个点电荷之间距离为 2l ，求其连线的中垂面上
电场强度最大处到两电荷连线中点的距离．
分析 因两电荷等量同号，由于对称性，在连线中垂面上，以连线中点为圆心的圆上各点电场强度大小相等，方向沿径向．只需求出电场强度沿径向的分布规律，电场强度最大处应满足极值条件．
解 以两点电荷连线中点O 为原点, x 轴沿连线方向，y 轴为中垂面上任一径向，取如图8-2所示的坐标系．E 1、E 2分别为两点电荷在y 轴上任意点),0(y 处产生的电场强度，由于对称性，合场强E (0, y )沿y 正向，y 轴上任意点的合场强为
21E E E +=θcos 21E =j
其中 ()
2
20214l y q
E E +=
=πε，()
21
22cos l y y +=θ 故 (
)
2
3
2
202l
y qy E +=
πε
电场强度最大处应满足极值条件，令
0d d =y E
，得 ()
0222
5
2
2
2
20
=+-?
l
y
y l q πε
解得 l y 2
2±
= 因y 轴为中垂面上任一径向，无须取负值，则极值位置为l y 2
2
0=
．又由计算可得0d d 0
2
2<=y y y
E ，故在位置为l y 2
2
0=
处E 有极大值，即在中垂面（x=0）上场强最大处是以O 为中心，半径为
l 2
2
的圆． 8-3 半径为R 的一段圆弧，圆心角为?60，一半均匀带正电，另一半均匀带负电，单位长圆弧上所带电荷量分别为λ+和λ-，求其圆心处的电场强度． 分析 当电荷沿一细线连续分布时，电荷线密度为λ，须将带电细线分为足够小的一系列电荷元l q d d λ=，每一电荷元都可视为点电荷．设r 为电荷元d q 到空间某点的径矢，则场强叠加原理给出该点场强为沿电荷分布曲线L 的矢量积
分??
==L L r l
r q 3
304d 4d πελπεr r E ，通常应取平面直角坐标系，将矢量积分化为两标量积分进行计算．在解题时应该注意到，电荷分布的对称性往往会使问题得到简化．
解 以带电圆弧的圆心为原点，取如图8-3的Oxy 坐标系，带正电的圆弧上电荷元θλλd d d R l q ==的角位置为θ，在圆心处的场强为E d ，与之对称的带负电的圆弧上电荷元l q '-='d d λ角位置为θ-，在圆心处的场强为E 'd ．不难看出，
x E d 与x E 'd 相抵消，y E d 与y E 'd
0d d ='+x
x E E
θsin d 2d 2d d E E E E y y y =='+
电荷元d q 在圆心处电场强度的大小为
R
R q E 0204d 4d d πεθ
λπε=
=
应用场强叠加原理，得
?
?
?===300
300
2d 2E E E y y 8-4 均匀带正电荷圆环，半径为)(R d d <<的缺口，试求轴线上距环心 分析 弧在x 处的场强与缺口弧元在该点场强的叠加．因例题8-3已经给出了完整的圆环在x 处的电场强度，而且对于弧元，因R d <<，可以视为一个点电荷，所以带缺口圆弧在轴线上x 处的电场强度应等于完整的圆环在x 处的场强与视为点电荷的弧元在该点场强的矢量差．
解 取如图8-4所示的O xy 坐标系，x 轴在圆环轴向，使缺口与圆心连线在O xy 平面内．利用例题8-3结果，完整带电圆环在x 处的场强1E 沿x 方向，即
图8－4
()
2
3
2
20114R x qx E E x +=
=πε
其中λπR q 2=．
由点电荷场强表达式，带电量为d λ的点电荷在x 处的场强为
)
(41
2
2
02R x d
E +?
=
λπε
()
2
3
2
2
2241cos R
x
d
x E E x +?
=
=λπεθ， (
)
2
3
2
20224sin R
x d R E E y +-=
-=πελθ
带缺口圆弧在轴线上x 处的电场强度应等于完整的圆环在x 处的场强与弧元
d λ在该点场强的矢量差，即21E E E -=，并得两坐标方向的分量表达式为
()2
322
021)
(42R x x
d R E E E x x x +-=
-=πεπλ
2
3
2
202)
(40R x d
R E E y y +=
-=πελ
E 方向与x 轴正向夹角为
()
d R x Rd
E E x
y -==πα2arctan
arctan
8-5 一半径为R 的均匀带电细圆环，一半电荷线密度为λ+，另一半电荷线密度为λ-，求轴线上距环心x 处的电场强度（假设电荷是不能移动的）.
分析 根据电荷分布的对称性，在带电细圆环上取任一条直径的两端等量异号电荷元，它们在轴线上距环心x 处的电场强度沿轴线方向的分量大小相等方向相反，故相互抵消，而垂直于轴线的分量互相加强．但是，这些成对的电荷元在x 处的电场强度垂直于轴线的分量方向却各不相同，均匀分布在一个半圆区域内，与各电荷元在圆环上的位置有关．所以，还必须在垂直于轴线的平面内进行
x
d q ˊ
（a ） （b ）
图8－5
矢量叠加，才能求出整个圆环在x 处的电场强度．
解 取圆环的轴线为x 轴，在圆环上距正负电荷分界点A 的张角为?处取电荷元?λd d R q =，直径的另一端等量异号电荷元为q 'd ，它们在x 处的电场强度
沿轴线方向的分量x E d 和x
E 'd 大小相等方向相反，相互抵消，如图8-5（a ）所示，而垂直于轴线的分量⊥E d 则互相加强．由点电荷场强表达式得
23
220
2220)(4d )(4sin d d R x R R x R E +=+=⊥πε?
λπεθ?λ
在垂直于轴线的平面内，以OA 方向为z 轴正向，可得⊥E d 的投影如图8-5
（b ）所示，则有
?sin d d ⊥=E E y ， ?c o s d d ⊥=E E z
对带正电荷的半圆环积分的2倍，就是整个圆环在x 处的电场强度，即得
0d cos 2d 20
===??⊥π
π
?E E E z z
2
32
2
02
2
32
2
02
)
(4d sin )
(4d sin 2R x R R x R E E E y +=
+=
==?
?⊥πελ??πελ?π
π
x 处的电场强度方向为y 轴正向．
8-6 均匀带电细棒，棒长l = 20cm ，线电荷密度C/m 1038-?=λ．求：（1）
棒的延长线上与棒的中点相距L = 18cm 处的电场强度；（2）棒的垂直平分线上与棒的中点相距d = 8cm 处的电场强度．
分析 当电荷沿一细线连续分布时，须将带电细线分为足够小的一系列电荷元l q d d λ=，空间某点电场强度为沿电荷分布曲线L 的矢量积分?
=L r l
3
4d πελr E ．当
计算细棒延长线上某点的电场强度时，细棒上各电荷元在该点的电场强度方向相
图8-6
同，均沿延长线方向，矢量积分将简化为标量积分，而不论细棒上的电荷分布是否均匀．当计算细棒的垂直平分线上某点的电场强度时，由于电荷分布的对称性，均匀带电细棒中点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度沿棒长方向的分量将互相抵消，只需计算垂直于棒长方向的分量．
由于电荷分布关于中垂线为对称，对中垂线上距原点d 远的Q 点，不仿作出它们在Q 点产生的场元，d E ，d E ’,不难看出， Q 点电场的积分因此而简化，结果必沿y 轴正向.
解 （1）取Oxy 坐标系如图8-6所示，在细棒上坐标x 处取x d 宽的电荷元
x q d d λ=，细棒延长线上的P 点与电荷元的距离为x L -，q d 在P 点产生的电场
强度大小为
2
0)
(4d d x L x
E p -=
πελ
细棒在P 点产生的电场强度大小为
()
??--=
=22
2
d 4d L
L p p x L x
E E πελ
N/C 1041.2432
20?=?
?
???? ?
?-4=l L l πελ 方向沿x 轴正向．
（2）在细棒上x 和x -处取对称的两个电荷元q d 和q 'd ，它们在Q 点产生的
电场强度分别为d E 和d E ’， 如图8-6所示．它们的x 方向分量相互抵消，y 方向分量相互加强，叠加后得到沿y 方向的合场强d E Q ，其大小为
2
3
220220)(d 2cos )
(4d 2
d x d x
d x d x
E Q +=
+=πελθπελ 细棒在Q 点产生的电场强度大小为
()
??
+=
==2
2
3
2
2
d 2d L Q Q x d
x
d
E E E πελ2
212220)(2L
x d d x
d ?
???????+=
πελ N/C 1027.541
32
/1220?=???
?
??+4=
L d d L πελ
方向沿y 轴正向．
8-7 有一沿x 轴放置的无限长分段均匀带电直线，电荷线密度分别为
)<(+0x λ和)>(-0x λ，求y 轴上距坐标原点为d 处的电场强度．
分析 与上题的方法类似，当计算该带电直线y 轴上某点的电场强度时，由于电荷分布的对称性，均匀带电直线原点两边对称位置处的电荷元在该点的电场强度垂直于棒长方向的分量将互相抵消，只需计算沿棒长方向的分量．
解 如图8-7所示，在x 轴上取以原点为对称的两电荷元q d 及x q d d λ-='，它们在y 轴上距坐标原点为d 处的电场强度分别为E d 和E 'd ，由于对称性，它们的y 方向分量相互抵消，而x 方向分量叠加合成为
()
()
2
32
202202d cos 4d 2d 2d x d x
x x d x E E x
P +=
+='=πελθπελ
该带电直线在P 点产生的电场强度大小为
?
?
∞∞+=
==0
2
/3220
)(d 2d x d x
x E E E P x πελ
()
∞
??
????
??+?+-?=02/1220
1
12
314x d πελd
02πελ
= 方向沿x 正向，即 E d
02πελ=
j 8-8 电荷线密度为λ的无限长均匀带电直线，中部弯成半径为R 的四分之一圆弧，求圆弧的圆心O 点的电场强度．
图 8-7
称，可以确定圆心处的电场强度应沿圆弧等分点指向圆心的方向．按照电荷分布特征，分别计算圆弧和两段直带电线在O 点的场强，再叠加求和较为简便． 解 先计算圆弧AB 在O 点的场强．如图8-8（a ）所示，取圆弧等分点指向圆心的方向为x 轴．对称的两电荷元θλd d R q =及q 'd 在O 点电场强度分别为E d 和E 'd ，由于对称性，它们叠加后的合场强沿x 方向，大小为
θθπελ
θπεθλd cos 2cos 4d 2
d 02
01R R
R E == 整个圆弧部分在O 点电场强度的大小为
1E R
02πελ=
?
4
d cos πθθR
02πελ
4=
再计算两段直带电线在O 点的场强．如图8-8（b ）所示，取圆弧等分点指向
圆心的方向为x 轴．对称的两电荷元q d 及q 'd 在O 点电场强度分别为E d 和E 'd ，其中l q d d λ=到B 点距离为l ．由于对称性，它们叠加后的合场强沿x 方向，大小为
??
?
??++=??? ??++=θππελθππελ4cos )(2d 4cos )(4d 2
d 2
202202l R l l R l
E 由几何关系可得2
222cos 1R l R θ=+，θtan R l =，)sin (cos 224cos θθθπ-=??
?
??+，则θθ
d cos 1
d 2R
l =，代入上式并积分，得两段直带电线在O 点的场强为 R
E E 02242d πελ
=
=?0d )sin (cos 2
=-?
πθθθ
由场强叠加原理，O 点处的总场强大小为
121E E E E =+=R
042πελ
=
方向沿x 轴正向．
8-9 均匀带电圆盘，电荷面密度为σ，半径为R ，在其轴线上放置一均匀带电细杆，电荷线密度为λ，长为L ，求圆盘轴线上距盘心x （设x>L ）处的电场强度．
分析 由于已经计算过圆盘轴线上的电场分布和带电细杆延长线上的电场分布，两者的叠加就是所要求的电场强度分布情况．
图8-9
解 以盘心为原点，x 轴沿轴向，如图8-9所示．例题8-4给出，均匀带电圆盘轴线上距盘心x 处的场强沿x 轴正向，大小为
??
?
?
??+-=
220
112x R x E εσ 应用习题8-6中的方法，在细杆上距盘心l 远处取电荷元l q d d λ=，它在距盘心x 远处产生的电场强度大小为
2
0)(4d d x L l
E -=
πελ
方向沿x 轴正向．整个细杆在该点产生的电场强度大小为
()
?
-=L l x l
E 0
2
024d πελ??
?
??--=
x L x 1140πελ
叠加后x 处的电场强度大小为
??
?
??--+???
?
?
?+-=
+=x L x x R x E E E 11
4120220
21πε
λεσ
方向沿x 轴正向．当x 变化时，上式反映了x 轴上E 随坐标x 的变化规律．
8-10 半径为R 的半球面，均匀带有电荷，电荷面密度为σ，求其球心处的电场强度．
分析 电荷呈面分布，把半球面分割为中心均在轴上半径连续变化的一系列细圆环带，球心处的电场强度是这一系列细圆环带在该点电场强度的叠加． 解 如图8-10所示，取半径为r ，宽度为l d 的细圆环带，面积为l r S d 2d π=，带电量为θπσπσσd 2d 2d d rR l r S q =??==．例题8-3给出半径为r ，带电量为q 的细圆环轴线上距环心x 远处的电场强度为
(
)
2
/322
04x
r xq E +=
πε
作代换：q q d →，E E d →，细圆环带在球心O 点的电场强度大小为
()
3
022
/32
204d sin 2cos 4d d R R R x r q x E πεθθπσθπε?=+=
θθθεσ
d s i n c o s 240
?=
方向沿对称轴向．半球面在球心O 点的电场强度大小为
??==200d s i n s i n 24d πθθθεσE E 0
4εσ
=
若半球面带正电，则O 点电场强度方向沿对称轴向右．
8-11 圆锥体底面半径为R ，高为H ，均匀带电，电荷体密度为ρ，求其顶点
A 点的电场强度．
分析 把电荷按体积连续分布的圆锥体分割为半径连续变化（从而到锥顶
A 点的距离也连续变化）
顶点A 处的电场强度是这一系列圆盘在该点电场强度的叠加． 解 例题8-4给出半径为r 、电荷面
密度为σ的带电圆盘轴线上距盘心为x 远处的电场强度的大小为 ??
????+-=22012x r x
E εσ （1）如图8-11所示，在距A 为x 远处取厚度为x d 的薄圆盘，半径为r ，面积为2r π，
体积为x r d 2
π，因x d 为一无穷小量，薄圆盘上电荷面密度x r
x
r d d 2
2ρπρπσ==，代入（1）式，得薄圆盘在A 点产生的电场强度为
??
?
???+-=
22012d d x r x
x E ερ 利用几何关系
2
2
2
2
H
R H
x
r x +=+，对上式积分得圆锥体在A 点的电场强
度为
????????+-=
=H x H R H E E 0220
d 12d ερ??????
+-=2
2012H R H
H ερ 方向为沿对称轴向．
8-12 在半径为R ，高为2R 的圆柱面中心处放置一点电荷q ，求通过此柱面的电场强度通量．
分析 在本题中，用直接积分法求电场强度通量比较困难．根据点电荷电场分布的球对称性，如果以R 2为半径作一球面与圆柱相切，如图8-12所示，不难看出，高为2R 的球台侧面的电通量与同高的圆柱侧面的电通量相同．由于球面上各点场强大小相等，方向均垂直于球面，所以球面上面积相同的部分电通量必定相同．又因为已知以点电荷为中心的球面的电通量，问题就归结为计算球台的侧面积．
解 半径R r 2=的球面积为2284R r S ππ==，高R h 2=的球台侧面积为
21242222R R R h r S πππ=??=?=
以点电荷为中心的球面的电通量为
εq
，则该圆柱侧面的电通量为
01122εεΦq
q S S e =
=
8-13 电荷面密度为σ的均匀带电平板，以平板上的一点O 为中心，R 为半
径作一半球面，如图所示，求通过此半球面的电场强度通量．
分析 无限大带电平板两侧的电场强度大小为02εσ
=E ，方向垂直于带电平板，但是本题中带电平板面积有限，空间各点的电场强度方向和大小都难以确定，所以不可能用积分的方法计算半球面的电场强度通量．不过，带电平板两侧的
电场是对称的，如果在平板另一侧补上另一半球面合成一个球面，则通过两个半球面的电通量相同，等于整个球面总电通量的一半．即使平板上电荷分布不均匀，平板两侧的电场仍然是对称的，只要知道半球面所覆盖的电荷量，也同样可以计算出半球面的电场强度通量．
解 在平板另一侧补上另一半球面，形成一球面，其包围的电荷为图中阴影部分，即半径为R 的圆面上所带的电量2R q σπ=，由高斯定理，通过球面的总电通量为
20
1
d R q S
πεσ
εΦ=
=
?=?S E 所以，通过半球面的电通量为
20
122
1R πεσ
ΦΦ=
= 8-14 有半径为R ，电荷量为q 的均匀带电球体，求其球内外各点的电场强度．
分析 因为电荷分布具有球对称性，所以电场分布也具有球对称性，在与带电球同心、半径为r 的球面上各点的电场强度大小相等，并垂直于球面沿径向，
图8-13
S 2 d r R S 1
(a) (b) (c)
图 8-14
因此可以应用高斯定理计算电场分布．
本题还可以用场强叠加原理积分求解．将均带电球体分割为半径连续变化的一系列同心薄球壳，其中任一薄球壳都可视为均匀带电球面．由于已知均匀带电球面内部电场强度为零，外部电场分布与位于球心处的点电荷的相同，方向沿径向，故可以用标量积分求出本题结果． 解1 应用高斯定理计算电场分布．
（1）球体内的电场强度
球体体积为334R V π=，均匀带电，电荷体密度V
q
=ρ．如图8-14(a)所示，
作半径为r ()R r <<0的球形高斯面S 1，所包围的球体体积为313
4
r V π=，包围的
电荷量为33
11R
r q V V q V q ===∑ρ，设半径为r 处的场强为1E ，由高斯定理得
?
=
?1
d 1S S E ∑=
?q
r E 0
211
4επ
得 3
014R
qr
E πε=
（2）球体外的电场强度
作半径R r >的球形高斯面2S ，包围电荷量为q V q ==∑ρ，由高斯定理得
?
=?2
d 2S S E 0
221
4εεπq
q r E =
=
?∑
得 2
24r q E 0=
πε
表明均匀带电球体外任一点场强与假设全部电荷集中在球心的点电荷产生在该点的场相同．根据以上结果可作场强分布曲线如图8-14(b)所示．注意到在r=R 处场强是连续的．
解2 用场强叠加原理积分求解 （1）球体内的电场强度
在球体内取半径为r '，厚度为r 'd 的薄球壳，如图8-14(c)所示，体积为
r r V ''=d 4d 2π，带电量为
r r R
q
r r V q V q ''=''=
=d 3d 4d d 232πρ 在距球心r R r <<0(，)r r '>远处产生的场强为
2
3022014d 34d d r
R r r q r q E πεπε'
'==
在r r '<处产生的场强为零．所以球内r 处的场强是半径r r <'的所有薄球壳在该处产生的场强的叠加，积分得
??
=
''=
=r
r R qr
r r r R q
E E 03
00
22
30114d 43d πεπε
（2）球体外的电场强度
球外r 处的场强是整个球内所有薄球壳在该处产生的场强的叠加，积分得
??
=
''=
=2
00
22
30224d 43d r
q r r r R q E E R πεπε
结果与解1相同．
8-15 均匀带电球壳内半径为6cm ，外半径为10cm ，电荷体密度为2×10-5C/m 3，求距球心为5cm 、8cm 及12cm 各点的电场强度．
分析 与上题相同，由于电荷分布具有球对称性，所以电场分布也是球对称的，在半径为r 的同心球面上各点场强大小相等，沿径向，可以用高斯定理求解．本题也同样可用场强叠加原理，由均匀带电球面的场强积分求出空间场强分布． 解 球壳内外半径分别为R 1= 0.06m ，R 2=0.10m ，题中所求三点到球心的距离分别为A r =0.05m,B r =0.08m, C r =0.12m ．分别以A r 、B r 、
C r 为半径作球形高斯面S A 、S B 、S C ，如图8-15所示．由于电场分布的球对称性，对各球面的高斯定理表达式均可写为
?=?S S E d ∑=
?q r E 0
2
1
4επ
(1)
（1）m 05.0A =r ，即1A R r <，在B S 面内包围的电荷∑=A
0S q ，代入(1)式得
E A 042=?r π
E A =0
（2）r B m 08.0=，即2B 1R r R <<，在S B 面内包围的电荷为
∑?
?-=
?==B
B S r R R r r r V q )(3
4d 4d 313B 21
π
ρπρρ
代入(1)式得
()
313
B 2
B
B 3
44R r r E -=?ρππ ???? ?
?-=
2B 310B 3r R r E B ερ
代入数字得 C /N 08.006.008.01085.8310223125B ???? ?
?-????=--E C /N 1048.34
?=
S C
S B
R 1 R 2
S A
图8-15
（3）m 12.0C =r ，即2C R r >，在S C 面内包围的电荷为
??∑-=
?==2
1
C
)(3
44313
22R R S R R dr r dV q πρπρρ 代入(1)式得
()
313
20
2
C C 344R R r E -=
?ρεππ
()3
1322
c
0c 3R R r E -=
ερ 代入数字得 ()
C /N 12
.01085.8306.010.01023
123
35C ???-??=--E C /N 101.44?=
8-16 两无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2（R 2>R 1），带有等值异号电
荷，单位长度的电荷量为λ和λ-，求距轴线r 处的电场强度，当：（1）1R r <；（2）21R r R <<；（3）2R r >．
分析 因为电荷分布具有轴对称性，所以电场分布也是轴对称的，即在半径为r 的无限长圆柱面（与带电体共轴）的侧面上各点电场强度大小相等，方向垂直于侧面沿径向，故可用高斯定理求解．
由于例题8-6已经给出了无限长均匀带电圆柱面的电场分布，可以将其结果作为既有公式，应用场强叠加原理计算带有等值异号电荷的两同轴长圆柱面产生的电场．
解1 分别两柱面内、两柱面间和两柱面外作高为h 的柱面形高斯面S A 、S B 、S C ，如图8-16所示．由于电场分布的轴对称性，上下两底面上的场强方向与底面平行，对通量没有贡献，故对各柱面的高斯定理表达式均可写为
?
??=?S
侧
S E S E d d h r E ??=π2∑=
q 0
1
ε （1）
（1）1R r <时，高斯面S A 内包围的电荷∑=A
0S q ，代入(1)式得
02A =??h r E π 0A =E
（2）21R r R <<，高斯面S B 内包围的电荷∑=A
S h q λ，代入(1)式得
B
0B 2r E πελ
=
（3）2R r >，高斯面c S 内包围的电荷∑=-=A
0S h h q λλ，代入(1)式得
E C = 0
R 1
R 2 S C
S A S B
图8-16
解2 利用例题8-6的结果，两无限长均匀带电圆柱面的在各自柱面内的场强为零，在各自柱面外的电场强度分别为
r
E 012πελ
=
外 1R r >， r E 022πελ-=外 2R r >
两柱面的电场叠加后，得
（1）1R r <时 021A =+=内内E E E （2）21R r R <<时 B
021B 2r E E E πελ=
+=内外 （3）2R r >时 02C
021C =-=
+=r E E E πελ
λ外外
8-17 一厚度为d 的均匀带电无限大平板，体电荷密度为ρ，求板内外各点
的电场强度.
分析 由于均匀带电厚板是无限的，所以其电场具
有对称性．厚板平分面两侧电场强度垂直于平板，与平分面距离相同的各点场强相等．因此可以应用高斯定理计算电场分布．
解 作高为2x ，侧面垂直于平板，两底平行于平板、底面积为S 的的柱形高斯面，如图8-17(a)所示．由于
侧面与电场线平行，无电场线穿过，则有
???=?侧
S E S E d d ∑=
=q ES 0
1
2ε (1)
（1） 厚板外的场强
2d
x >
时，柱面S A 内包围的电荷∑=A
S d S q ρ，代入(1)式得 Sd S E 0A 2ερ=
A 2d
ερ=E
即均匀无限大带电厚平板板外的电场是均匀电场．
（2） 厚板内的场强
2d
x <
时，柱面S B 内包围的电荷∑=B
2S S x q ρ，代入(1)式得
S d 2ρ
（a ） （b ） 图8-17
xS S E 220B ερ=
x E 0
B ερ= 厚板内外场强分布曲线如图8-17(b)所示．
8-18 一半径为R 的无限长均匀带电半圆柱面，电荷面密度为σ，求：（1）轴线上任意点的电场强度；（2）若)(sin 00为常量σθσσ=结果又如何？ 分析 无限长半圆柱面可以沿轴向分割成一系列无限长带电条带，由例题8-6给出的无限长带电直线的电场分布，用场强叠加原理可以求半圆柱面轴上的场强．
解 （1）作与轴线垂直的截面并建立如图8-18所示的坐标系，在θθθd +→处取宽为θd d R l =的无限长带电条带，其单位长所带电荷量为l d σλ=，利用例题8-6给出的结果，它在轴线上产生的场强大小为
02d 2d d πεθ
σπεσ=
=
R l E 在与l d 对称的位置上取宽为l l d d ='的另一长直带电条带，它们在轴上的场强分别为E d 和E 'd ，由于对称性，它们的y 方向分量相互抵消，x 方向分量相互加强，如图所示，所以带电半圆柱面在轴线上O 点的电场应沿x 方向，大小为
d sin 2d sin πεσθθπεσ
θπ
=
=
==?
?E E E x （2）若θσσsin 0=（0σ为常量），半圆柱面上电荷分布以x 轴为对称，所取对称位置上宽为l d 和l l d d ='的无限长带电条带上的电荷线密度相同，均为
θθσσλd sin d 0R l ==，在轴线上产生的场强大小为
002d sin 2d d πεθ
θσπεθσ=
=
R R E 它们的y 方向分量仍然相互抵消，x 方向分量相互加强，得
20
4d sin 2d sin εσθθπεσθπ
=
=
==??
E E E x
8-19 如图所示，在Oxy 平面上有一沿y 方向的无限长带电板，宽度为L ，
电荷面密度为k L x k ),(-=σ为一常量，求（1）x=0直线上的电场强度，并讨论
L d >>时的情况；（2）x=b 直线上的电场强度．
分析 把无限长有限宽的带电板分割成一系列带电条带，同样由例题8-6给出的无限长带电直线的电场分布，用场强叠加原理可以求解．
解 （1）在位置x 处取宽为x d 的长直带电条带，单位长带电量为
x L x k x d )(d -==σλ，利用例题8-6结果，它在0=x 处产生的场强为
x x
L x k x x E d 2)(2d d 00πεπεσ-==
方向沿x 轴向．
由于分割出来的各带电条带在0=x 处的场强均沿x 方向，应用场强叠加原理，无限长带电板在0=x 处产生的场强大小为
)
ln 1(2 d )
(200
d
L d kL x x
L x k E L d d
+-=-=
?
+πεπε
当L d >>时，根据近似公式x x x =+→)1ln(lim 0
)1(2)]1ln(1[2lim
00
0d L
kL d L kL E d
L -=+-=→πεπε
（2）由于x 处取宽为x d 的长直带电条带与b x =的直线相距x b -，故
)
(2d )()
(2d d 00x b x
L x k x b x
E --=
-=
πεπεσ
?
?+--+--
==L d d
x b x L b b x k E E d )
()(2d 0
πε
]ln
)[(20
L L
d b d
b L b k -+---=
πε
方向沿x 轴向．
8-20 在边长为10cm 的等边三角形的三顶角上，各放有等量电荷，电荷量均为C 100.68-?．（1）计算此三角形中线交点处的电场强度和电势；（2）将
C 100.29-?的电荷从无穷远处移到中心点，电场力作了多少功？
分析 场强是矢量，而电势是标量，要用矢量叠加法求点电荷系的场强，用标量叠加求其电势．当电荷分布于有限区域时，往往选无穷远点为电势零点．电场力所作的功等于电荷始末位置的电势能之差．
解 （1）根据等边三角形的几何特征，任意两个等量同号电荷在三角形中线交点处产生的场强之矢量和正好与第三个同号等量电荷在该点的场强等大反向，如图8-20所示，故由场强叠加原理得中心
处O 点场强 03
1
==∑=i i E E
又由电势叠加原理和点电荷电势公式，该点电势为
∑=?
==3
1
043i i r
q V V πε
其中r 为点电荷到等边三角形中线交点之距，a r 3
3
=
，则 V 108.2V 10
.0100.633109433489
0?=?????==-a q V πε
（2）无穷远点为电势零点，电荷在无穷远处电势能为零，则移到三角形中
心电场力作功为
J 106.5)(500-∞?-=-=-=qV V V q W
8-21 两块带有等值异号电荷的大金属平行板，相距为15cm ，负极接地（即以地球电势为零），电荷面密度26m /C 105.4-?=σ．求：（1）正极板的电势；（2）两极板之间距正极板为8cm 处的电势；（3）把C 105.29-?-=q 的电荷从正极板移到负极板，电场力作了多少功？ 分析 应用例题8-7的结果，忽略边缘效应，两板间电场可视为两个无限大均匀带等值异号电荷平面间场强0
εσ
=E ，为匀强电场，方向从正极指向负极，如图8-21所示．负板接地后电势为零，
由电势的定义，两极间任一点的电势等于该点到负极板的距离与场强的乘积．
解 （1）正极板的电势为
V 1063.7V 10
85.815
.0105.4412
6?=???===-0εσd Ed V （2）两板间距正极板为8cm 处的电势为
V 1056.3V 10
85.807.0105.44
12
61?=???='
=
'=--0
εd E d E V （3）电荷从正极板移到负极板，电场力作的功等于极板间电势差与电荷量的乘积，即
J 1063.7105.247???-==-qV W J 1091.14-?-=
8-22
如图8-22所示的电四极子，q 和l 都为已知，P 点到电四极子中心O
处的距离为r ，求P 点处的电势，并由电势求电场强度．
分析 在点电荷系电场中，由电势叠加原理可求出空间各点的电势．由场强与电势的微分关系可求出P 点的场强．
解 三个点电荷在P 点的电势分别为
),(
411l r q V +=
πε ,2412r q V 0-=πε
()l r q
V -=
0πε41
3
由电势叠加原理，得P 点的电势为
)
1(1
42)121(4223
2
r
l r ql l r r l r q
V P -=
++-+=00πεπε 当电四级子的电荷间距比P 点到四极子中心的距离小得多，即r l <<时，得
3
22442r
Q
r ql V P 00=≈πεπε 其中22ql Q =，称为电四极矩．由于P 点电势只是r 的函数，由电场强度与电势的微分关系知P 点电场强度一定沿r 方向，大小为
4
43d d r
Q
r V E P P 0=-
=πε 8-23 一半径为R 非均匀带电半圆环，电荷线密度为?λλcos 0=（0λ为一正常数），求环心处的电场强度和电势，若电荷线密度为?λλsin 0=，结果又会怎样？
分析 半圆环上电荷分布不均匀，但是?cos 或?sin 的函数，因此必定以过
2
π
的平分线为奇对称或偶对称，在计算电场强度和电势时，充分利用对称性，可以使计算过程大大简化．
解 （1）在圆环上对称位置?和?π-处分别取弧元?d d R l =和l 'd ，在环心O 点产生的场强分别为E d 和E 'd ，如图8-23所示，它们的y 方向分量相互抵消，x 方向分量相互加强． l d 的电荷量??λλd cos d d 0R l q ==，
在O 点场强的x 方向分量为
?πε?λ?πελd 4cos cos 4d d 22
R R
l
E x 000== 半圆环在O 点的电场强度大小为
??0====π??πελo x x R E E E d cos 4d 2
0 ()?00
00=+214=
πελ??πελ08d 2cos 1R
R 方向沿x 轴负向．
因为?λλcos 0=，电荷分布以y 轴为奇对称，显然，弧元l d 和l 'd 的正负电荷在O 点的电势相互抵消，所以半圆环在O 点的电势为零．
（2）如果?λλsin 0=，用同样的分析方法知O 点电场强度的x 方向分量为零，场强沿y 轴负向．弧元l d 在O 点场强的y 方向分量为
?πε?λ?πελd 4sin sin 4d d 2
02020R R l
E y ==
半圆环在O 点的电场强度为
??==
==πελ??πελ0
002
008d sin 4d R R E E E y y 弧元l d 在O 点的电势为 R
l
V 004d s i n d πε?λ=
半圆环在O 点的电势为
??
=
=
=π
πελ??πελ0
2d sin 4d V V 8-24 均匀带电圆柱面，半径为R ，高为H ，电荷量为q ，求底面中心处的电势．
分析 把有限长圆柱面分割成一系列细圆环，利用例题8-8的均匀带电圆环轴线上的电势表达式，叠加积分可得圆柱面轴线上的电势分布．
解 如图8-24所示，
轴线为x 轴，在x 处取一宽为x d 的细圆环．例题8-8给出均匀带电圆环轴线上的电势为
2
24x
R q
V +=0πε (1)
第一章 质点运动学 1 -1 质点作曲线运动,在时刻t 质点的位矢为r ,速度为v ,速率为v,t 至(t ＋Δt )时间内的位移为Δr , 路程为Δs , 位矢大小的变化量为Δr ( 或称Δ｜r ｜),平均速度为v ,平均速率为v ． (1) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜Δr ｜= Δs = Δr (B) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d s ≠ d r (C) ｜Δr ｜≠ Δr ≠ Δs ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r ≠ d s (D) ｜Δr ｜≠ Δs ≠ Δr ,当Δt →0 时有｜d r ｜= d r = d s (2) 根据上述情况,则必有( ) (A) ｜v ｜= v ,｜v ｜= v (B) ｜v ｜≠v ,｜v ｜≠ v (C) ｜v ｜= v ,｜v ｜≠ v (D) ｜v ｜≠v ,｜v ｜= v 分析与解 (1) 质点在t 至(t ＋Δt )时间内沿曲线从P 点运动到P′点,各量关系如图所示, 其中路程Δs ＝PP′, 位移大小｜Δr ｜＝PP ′,而Δr ＝｜r ｜-｜r ｜表示质点位矢大小的变化量,三个量的物理含义不同,在曲线运动中大小也不相等(注：在直线运动中有相等的可能)．但当Δt →0 时,点P ′无限趋近P 点,则有｜d r ｜＝d s ,但却不等于d r ．故选(B)． (2) 由于｜Δr ｜≠Δs ,故t s t ΔΔΔΔ≠r ,即｜v ｜≠v ． 但由于｜d r ｜＝d s ,故t s t d d d d =r ,即｜v ｜＝v ．由此可见,应选(C)． 1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r (x,y )的端点处,对其速度的大小有四种意见,即 (1)t r d d ； (2)t d d r ； (3)t s d d ； (4)2 2d d d d ?? ? ??+??? ??t y t x ． 下述判断正确的是( ) (A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确
第一章作业解 1-7液滴法是测定液体表面张力系数的一种简易方法。将质量为m 的待测液体吸入移液管，然后让液体缓缓从移液管下端滴出。可以证明 d n mg πγ= 其中，n 为移液管中液体全部滴尽时的总滴数，d 为液滴从管口落下时断口的直径。请证明这个关系。 证：当液滴即将滴下的一刻，其受到的重力与其颈部上方液体给予的张力平衡 F g m =' d r L F πγπγγ===2 n m m = '， d n m πγ= 得证：d n mg πγ= 1-8 在20 km 2的湖面上下了一场50 mm 的大雨，雨滴半径为1.0 mm 。设温度不变，雨水在此温度下的表面张力系数为7.3?10-2N ?m -1。求释放的能量。 解：由 S E ?=?γ 雨滴落在湖面上形成厚为50 mm 的水层，表面积就为湖面面积，比所有落下雨滴的表面积和小，则释放的表面能为： )4(2 S r n E -?=?πγ 其中，3 43 r Sh n π= 为落下的雨滴数，r 为雨滴半径 J r h S E 8 3 3 6 2 1018.2)110 0.110503( 102010 3.7)13( ?=-???????=-=?---γ 1-9假定树木的木质部导管为均匀的圆柱形导管，树液完全依靠毛细现象在导管内上升，接触角为45°，树液的表面张力系数1 2 10 0.5--??=m N γ。问要使树液到达树木的顶部，高 为20 m 的树木所需木质部导管的最大半径为多少？ 解：由朱伦公式：gr h ρθ γcos 2= 则：cm gh r 5 3 2 10 6.320 8.91012 /210 0.52cos 2--?=??????= = ρθ γ 1-10图1-62是应用虹吸现象从水库引水的示意图。已知虹吸管粗细均匀，其最高点B 比水库水面高出m h 0.31=，管口Ｃ又比水库水面低m h 0.52=，求虹吸管内的流速及Ｂ点处的
例1：1 mol 氦气经如图所示的循环，其中p 2= 2 p 1，V 4= 2 V 1，求在1~2、2~3、3~4、4~1等过程中气体与环境的热量交换以及循环效率（可将氦气视为理想气体）。O p V V 1 V 4 p 1p 2解：p 2= 2 p 1 V 2= V 11234T 2= 2 T 1p 3= 2 p 1V 3= 2 V 1T 3= 4 T 1p 4= p 1V 4= 2 V 1 T 4= 2 T 1 （1）O p V V 1 V 4 p 1p 21234)(1212T T C M m Q V -=1→2 为等体过程， 2→3 为等压过程， )(2323T T C M m Q p -=1 1123)2(23RT T T R =-=1 115)24(2 5RT T T R =-=3→4 为等体过程， )(3434T T C M m Q V -=1 113)42(2 3 RT T T R -=-=4→1 为等压过程， )(4141T T C M m Q p -=1 112 5)2(25RT T T R -=-= O p V V 1 V 4 p 1p 21234（2）经历一个循环，系统吸收的总热量 23121Q Q Q +=1 112 13 523RT RT RT =+=系统放出的总热量1 41342211 RT Q Q Q =+=% 1.1513 2 112≈=-=Q Q η三、卡诺循环 A → B ：等温膨胀B → C ：绝热膨胀C → D ：等温压缩D →A ：绝热压缩 ab 为等温膨胀过程：0ln 1>=a b ab V V RT M m Q bc 为绝热膨胀过程：0=bc Q cd 为等温压缩过程：0ln 1<= c d cd V V RT M m Q da 为绝热压缩过程：0 =da Q p V O a b c d V a V d V b V c T 1T 2 a b ab V V RT M m Q Q ln 11= =d c c d V V RT M m Q Q ln 12= =, 卡诺热机的循环效率： p V O a b c d V a V d V b V c ) )(1 212a b d c V V V V T T Q Q (ln ln 11-=- =ηT 1T 2 bc 、ab 过程均为绝热过程，由绝热方程： 11--=γγc c b b V T V T 1 1--=γγd d a a V T V T (T b = T 1, T c = T 2)(T a = T 1, T d = T 2) d c a b V V V V =1 212T T Q Q -=- =11η p V O a b c d V a V d V b V c T 1T 2 卡诺制冷机的制冷系数： 1 2 1212))(T T V V V V T T Q Q a b d c ==(ln ln 2 122122T T T Q Q Q A Q -= -== 卡ω
第八章 光的偏振 8．1 两偏振片组装成起偏和检偏器，当两偏振片的偏振化方向夹角成30o时观察一普通光源，夹角成60o时观察另一普通光源，两次观察所得的光强相等，求两光源光强之比． [解答]第一个普通光源的光强用I 1表示，通过第一个偏振片之后，光强为I 0 = I 1/2． 当偏振光通过第二个偏振片后，根据马吕斯定律，光强为I = I 0cos 2θ1 = I 1cos 2θ1/2． 同理，对于第二个普通光源可得光强为I = I 2cos 2θ2/2． 因此光源的光强之比I 2/I 1 = cos 2θ1/cos 2θ2 = cos 230o/cos 260o = 1/3． 8．2 一束线偏振光和自然光的混合光，当它通过一偏振片后，发现随偏振片的取向不同，透射光的强度可变化四倍，求入射光束中两种光的强度各占入射光强度的百分之几？ [解答]设自然光强为I 1，线偏振光强为I 2，则总光强为I 0 = I 1 + I 2． 当光线通过偏振片时，最小光强为自然光强的一半，即I min = I 1/2； 最大光强是线偏振光强与自然光强的一半之和，即I max = I 2 + I 1/2． 由题意得I max /I min = 4，因此2I 2/I 1 + 1 = 4， 解得I 2 = 3I 1/2．此式代入总光强公式得 I 0 = I 1 + 3I 1/2． 因此入射光中自然光强的比例为I 1/I 0 = 2/5 = 40%． 由此可得线偏振光的光强的比例为I 2/I 0 = 3/5 = 60%． [讨论]如果I max /I min = n ，根据上面的步骤可得 I 1/I 0 = 2/(n + 1)， I 2/I 0 = (n - 1)/(n + 1)， 可见：n 的值越大，入射光中自然光强的比例越小，线偏振光的光强的比例越大． 8．3 水的折射率为1.33，玻璃的折射率为1.50，当光由水射向玻璃时，起偏角为多少？若光由玻璃射向水时，起偏角又是多少？这两个角度数值上的关系如何？ [解答]当光由水射向玻璃时，水的折射率为n 1，玻璃的折射率为n 2，根据布儒斯特定律 tan i 0 = n 2/n 1 = 1.1278， 得起偏角为i 0 = 48.44o． 当光由玻璃射向水时，玻璃的折射率为n 1，水的折射率为n 2，根据布儒斯特定律 tan i 0 = n 2/n 1 = 0.8867， 得起偏角为i 0 = 41.56o． 可见：两个角度互为余角． 8．4 根据布儒斯特定律可测量不透明介质的折射率，今测得某釉质的起偏角为58o，则该釉质的折射率为多少？ [解答]空气的折射率取为1，根据布儒斯特定律可得釉质的折射率为n = tan i 0 = 1.6003． 8．5 三个偏振片堆叠在一起，第一块与第三块偏振化方 向互相垂直，第二块与第一块的偏振化方向互相平行，现令第二块偏振片以恒定的角速度ω0绕光传播方向旋转，如图所 示．设入射自然光的光强为I 0，试证明：此自然光通过这一系 统后出射光强度为I = I 0(1 – cos4ωt )/16． [证明]自然光通过偏振片P 1之后，形成偏振光，光强为 I 1 = I 0/2． 经过时间t ，P 3的偏振化方向转过的角度为θ = ωt ， 根据马吕斯定律，通过P 3的光强为I 3 = I 1cos 2θ． 由于P 1与P 2的偏振化方向垂直，所以P 2与P 3的偏振化方向的夹角为φ = π/2 – θ， 再根据马吕斯定律，通过P 2的光强为 I = I 3cos 2φ = I 3sin 2θ= I 0(cos 2θsin 2θ)/2 = I 0(sin 22θ)/8= I 0(1 – cos4θ)/16， 1P 3 2图8.5
答案在试题后面显示 模拟试题 注意事项： 1.本试卷共三大题，满分100分，考试时间120分钟，闭卷； 2.考前请将密封线内各项信息填写清楚； 3.所有答案直接做在试卷上,做在草稿纸上无效； 4．考试结束，试卷、草稿纸一并交回。 一、选择题 1、一质点在平面上作一般曲线运动，其瞬时速度为，瞬时速率为，某一时间内的平均速度为，平均速率为，它们之间的关系必定有：（） （A）（B） （C）（D） 2、如图所示，假设物体沿着竖直面上圆弧形轨道下滑，轨道是光滑的，在从A至C的下滑过程中，下面 哪个说法是正确的？（） (A) 它的加速度大小不变，方向永远指向圆心． (B) 它的速率均匀增加． (C) 它的合外力大小变化，方向永远指向圆心．
(D) 它的合外力大小不变． (E) 轨道支持力的大小不断增加． 3、如图所示，一个小球先后两次从P点由静止开始，分别沿着光滑的固定斜面l1和圆弧面l2下滑．则小 球滑到两面的底端Q时的（） (A) 动量相同，动能也相同．(B) 动量相同，动能不同． (C) 动量不同，动能也不同．(D) 动量不同，动能相同． 4、置于水平光滑桌面上质量分别为m1和m2的物体A和B之间夹有一轻弹簧．首先用双手挤压A和B 使弹簧处于压缩状态，然后撤掉外力，则在A和B被弹开的过程中( ) (A) 系统的动量守恒，机械能不守恒．(B) 系统的动量守恒，机械能守恒．(C) 系统的动量不守恒，机械能守恒．(D) 系统的动量与机械能都不守恒． 5、一质量为m的小球A，在距离地面某一高度处以速度水平抛出，触地后反跳．在抛出t秒后小球A 跳回原高度，速度仍沿水平方向，速度大小也与抛出时相同，如图．则小球A与地面碰撞过程中，地面给它的冲量的方向为________________，冲量的大小为____________________．
第一章质点运动学 1、(习题 1.1)：一质点在xOy 平面内运动，运动函数为2 x =2t,y =4t 8-。（1）求质点的轨道方程；（2）求t =1 s t =2 s 和时质点的位置、速度和加速度。 解：（1）由x=2t 得， y=4t 2-8 可得： y=x 2 -8 即轨道曲线 （2）质点的位置 ： 2 2(48)r ti t j =+- 由d /d v r t =则速度： 28v i tj =+ 由d /d a v t =则加速度： 8a j = 则当t=1s 时，有 24,28,8r i j v i j a j =-=+= 当t=2s 时，有 48,216,8r i j v i j a j =+=+= 2、（习题1.2）： 质点沿x 在轴正向运动，加速度kv a -=，k 为常数．设从原点出发时 速度为0v ，求运动方程)(t x x =. 解： kv dt dv -= ??-=t v v kdt dv v 001 t k e v v -=0 t k e v dt dx -=0 dt e v dx t k t x -??=000 )1(0t k e k v x --= 3、一质点沿x 轴运动，其加速度为a = 4t (SI)，已知t = 0时，质点位于x 0=10 m 处，初速 度v 0 = 0．试求其位置和时间的关系式． 解： =a d v /d t 4=t d v 4=t d t ? ?=v v 0 d 4d t t t v 2=t 2 v d =x /d t 2=t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2= t 3 /3+10 (SI) 4、一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 水平抛出，求： （1）小球的运动方程； （2）小球在落地之前的轨迹方程； （3）落地前瞬时小球的 d d r t ，d d v t ，t v d d . 解：（1） t v x 0= 式（1） 2gt 21h y -= 式（2） 201 ()(h -)2 r t v t i gt j =+ （2）联立式（1）、式（2）得 2 2 v 2gx h y -= （3） 0d -gt d r v i j t = 而落地所用时间 g h 2t = 所以 0d -2gh d r v i j t = d d v g j t =- 2 202y 2x )gt (v v v v -+=+= 21 20 212202)2(2])([gh v gh g gt v t g dt dv +=+=
1某质点的运动学方程x=6+3t-5t 3 ，则该质点作 （ D ） （A ）匀加速直线运动，加速度为正值 （B ）匀加速直线运动，加速度为负值 （C ）变加速直线运动，加速度为正值 （D ）变加速直线运动，加速度为负值 2一作直线运动的物体，其速度x v 与时间t 的关系曲线如图示。设21t t →时间合力作功为 A 1，32t t →时间合力作功为A 2，43t t → 3 C ） （A ）01?A ，02?A ，03?A （B ）01?A ，02?A ， 03?A （C ）01=A ，02?A ，03?A （D ）01=A ，02?A ，03?A 3 关于静摩擦力作功，指出下述正确者（ C ） （A ）物体相互作用时，在任何情况下，每个静摩擦力都不作功。 （B ）受静摩擦力作用的物体必定静止。 （C ）彼此以静摩擦力作用的两个物体处于相对静止状态，所以两个静摩擦力作功之和等于 零。 4 质点沿半径为R 的圆周作匀速率运动，经过时间T 转动一圈，那么在2T 的时间，其平均 速度的大小和平均速率分别为（B ） （A ） ， （B ） 0， （C ）0， 0 （D ） T R π2， 0 5、质点在恒力F 作用下由静止开始作直线运动。已知在时间1t ?，速率由0增加到υ；在2t ?， 由υ增加到υ2。设该力在1t ?，冲量大小为1I ，所作的功为1A ；在2t ?，冲量大小为2I ， 所作的功为2A ，则（ D ） A ．2121;I I A A <= B. 2121;I I A A >= C. 2121;I I A A => D. 2121;I I A A =< 6如图示两个质量分别为B A m m 和的物体A 和B 一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线 运动，加速度大小为a ，A 与B 间的最大静摩擦系数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的 大小和方向分别为（D ） 轴正向相反与、轴正向相同 与、轴正向相同 与、轴正向相反 与、x a m D x a m x g m x g m B B B B ,,C ,B ,A μμT R π2T R π2T R π2t
V 第八章 热力学基础 8-1如图所示，bca 为理想气体绝热过程，b1a 和b2a 是任意过程，则上述两过程中气体做功与吸收热量的情况是：（B ） (A) b1a 过程放热，作负功；b2a 过程放热，作负功 (B) b1a 过程吸热，作负功；b2a 过程放热，作负功 (C) b1a 过程吸热，作正功；b2a 过程吸热，作负功 (D) b1a 过程放热，作正功；b2a 过程吸热，作正功 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，则在状态A 和状态B 之间，气体无论经过的是什么过程，气体必然（ B ） (A)对外作正功 (B)内能增加 (C)从外界吸热 (D)向外界放热 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），开始时它们的压强温度都相同，现将3J 热量传给氦气，使之升高到一定温度，若使氢气也升高同样温度，则应向氢气传递热量为（ C ） (A) 6 J (B) 3 J (C) 5J (D) 10 J 8-4 有人想象了如题图四个理想气体的循环过程，则在理论上可以实现的为 （ ） (A) (B)
(C) (D) 8-5一台工作于温度分别为327o C和27o C的高温热源和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（ B ） (A) 2 000 J (B) 1 000 J (C) 4 000 J (D) 500 J 8-6 根据热力学第二定律（ A ） (A) 自然界中的一切自发过程都是不可逆的 (B) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程 (C) 热量可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 (D)任何过程总是沿着熵增加的方向进行 8-7 一定质量的气体，在被压缩的过程中外界对气体做功300J，但这一过程中气体的内能减少了300J，问气体在此过程中是吸热还是放热？吸收或放出的热量是多少？ 解：由于外界对气体做功，所以：300J = W - 由于气体的内能减少，所以：J ?E = 300 - 根据热力学第一定律,得:J ? + =W = E Q 300- 600 300 = - -
大学物理简明教程（上册）习题选解 第1章 质点运动学 1-1 一质点在平面上运动，其坐标由下式给出)m 0.40.3(2 t t x -=，m )0.6(3 2 t t y +-=。求：（1）在s 0.3=t 时质点的位置矢量； （2）从0=t 到s 0.3=t 时质点的位移；（3）前3s 内质点的平均速度；（4）在s 0.3=t 时质点的瞬时速度； （5）前3s 内质点的平均加速度；（6）在s 0.3=t 时质点的瞬时加速度。 解：（1）m )0.6()0.40.3(322j i r t t t t +-+-= 将s 0.3=t 代入，即可得到 )m (273j i r +-= （2）03r r r -=?，代入数据即可。 （3）注意：0 30 3--=r r v =)m/s 99(j i +- （4）dt d r =v =)m/s 921(j i +-。 （5）注意：0 30 3--=v v a =2)m/s 38(j i +- （6）dt d v a ==2)m/s 68(j -i -，代入数据而得。 1-2 某物体的速度为)25125(0j i +=v m/s ，3.0s 以后它的速度为)5100(j 7-i =v m/s 。 在这段时间内它的平均加速度是多少？ 解：0 30 3--= v v a =2)m/s 3.3333.8(j i +- 1-3 质点的运动方程为) 4(2k j i r t t ++=m 。（1）写出其速度作为时间的函数；（2）加速度作为时间的函数； （3）质点的轨道参数方程。 解：（1）dt d r =v =)m/s 8(k j +t （2）dt d v a = =2m/s 8j ； （3）1=x ；2 4z y =。 1-4 质点的运动方程为t x 2=，22t y -=（所有物理量均采用国际单位制）。求：（1）质点的运动轨迹；（2）从0=t 到2=t s 时间间隔内质点的位移r ?及位矢的径向增量。 解：（1）由t x 2=，得2 x t = ，代入22t y -=，得质点的运动轨道方程为 225.00.2x y -=； （2）位移 02r r r -=?=)m (4j i - 位矢的径向增量 02r r r -=?=2.47m 。 （3）删除。 1-6 一质点做平面运动，已知其运动学方程为t πcos 3=x ，t πsin =y 。试求： （1）运动方程的矢量表示式；（2）运动轨道方程；（3）质点的速度与加速度。 解：（1）j i r t t πsin πcos 3+=； （2）19 2 =+y x （3）j i t t πcos πsin 3π+-=v ； )πsin πcos 3(π2j i t t a +-= *1-6 质点A 以恒 定的速率m/s 0.3=v 沿 直线m 0.30=y 朝x +方 向运动。在质点A 通过y 轴的瞬间，质点B 以恒 定的加速度从坐标原点 出发，已知加速度2m/s 400.a =，其初速度为零。试求：欲使这两个质点相遇，a 与y 轴的夹角θ应为多大？ 解：提示：两质点相遇时有，B A x x =，B A y y =。因此只要求出质点A 、B 的运动学方程即可。或根据 222)2 1 (at y =+2(vt)可解得： 60=θ。 1-77 质点做半径为R 的圆周运动，运动方程为 2021 bt t s -=v ，其中，s 为弧长，0v 为初速度，b 为正 的常数。求：（1）任意时刻质点的法向加速度、切向加速度和总加速度；（2）当t 为何值时，质点的总加速度在数值上等于b ？这时质点已沿圆周运行了多少圈？ 题1-6图
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 ）d εq V E 0π4,0= = （B ）d εq V d εq E 02 0π4,π4== （C ）0,0==V E （D ）R εq V d εq E 020π4,π4= = 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 ）. 10－4 根据电介质中的高斯定理，在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和.下列推论正确的是( ) （A ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内一定没有自由电荷 （B ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零，曲面内电荷的代数和一定等于零 （C ） 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零，曲面内一定有极化电荷 （D ） 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 （E ） 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关 分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零，表明曲面 内自由电荷的代数和等于零；由于电介质会改变自由电荷的空间分布，介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关.因而正确答案为（E ）. 10－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ ） （A ） 电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （C ） 在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （D ） 电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍 分析与解 电介质中的电场由自由电荷激发的电场与极化电荷激发的电场迭加而成，由于极化电荷可能会改变电场中导体表面自由电荷的分布，由电介质中的高斯定理，仅当电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，在电介质中任意高斯面S 有 ()∑??=?=?+i i S S ε χq 0 1 d d 1S E S E 即E ＝E ０/εｒ，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q b 、q c ，导体球外距导体球较远的r 处还有一个点电荷q d （如图所示）.试求点电荷q b 、q c 、q d 各受多大的电场力.
习题精解 8-1 一根无限长直导线有交变电流0sin i I t ω=，它旁边有一与它共面的矩形线圈ABCD ，如图8.3所示，长为l 的AB 和CD 两边与直导向平行，它们到直导线的距离分别为a 和b ，试求矩形线圈所围面积的磁通量，以及线圈中的感应电动势。 解 建立如图8.3所示的坐标系，在矩形平面上取一矩形面元dS ldx =，载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为 02m i d B dS ldx x μφπ=?= 通过矩形面积CDEF 的总磁通量为 00ln 22b m a i il b ldx x a μμφππ==? 由法拉第电磁感应定律有 0ln cos 2m d il b t dt a φμωεωπ=- =- 8-2 有一无限长直螺线管，单位长度上线圈的匝数为n ，在管的中心放置一绕了N 圈，半径为r 的圆形小线圈，其轴线与螺线管的轴线平行，设螺线管内电流变化率为dI dt ，球小 线圈中感应的电动势。 解 无限长直螺线管内部的磁场为 0B nI μ= 通过N 匝圆形小线圈的磁通量为 20m NBS N nI r φμπ== 由法拉第电磁感应定律有 20m d dI N n r dt dt φεμπ=- =- 8-3 一面积为S 的小线圈在一单位长度线圈匝数为n ，通过电流为i 的长螺线管内，并与螺线管共轴，若0sin i i t ω=，求小线圈中感生电动势的表达式。 解 通过小线圈的磁通量为 0m BS niS φμ== 由法拉第电磁感应定律有 000cos m d di nS nSi t dt dt φεμμωω=- =-=- 8-4 如图8.4所示，矩形线圈ABCD 放在1 6.010B T -=?的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面的法线方向之间的夹角为60α=?，长为0.20m 的AB 边可左右滑动。若令AB 边以速率1 5.0v m s -=?向右运动，试求线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向。 解 利用动生电动势公式
1.5一质点沿半径为 0.10m的圆周运动，其角位置（以弧度表示）可用公式表示：θ= 2 +4t 3．求： （1）t = 2s时，它的法向加速度和切向加速度； （2）当切向加速度恰为总加速度大小的一半时，θ为何值？（3）在哪一时刻，切向加速度和法向加速度恰有相等的值？[解答] （1）角速度为 ω= dθ/dt = 12t2 = 48(rad2s-1)， 法向加速度为 an = rω2 = 230.4(m2s-2)； 角加速度为 β= dω/dt = 24t = 48(rad2s-2)， 切向加速度为 at = rβ= 4.8(m2s-2)． （2）总加速度为， 当at = a/2时，有4at2 = at2 + an2，即．由此得， 即，
解得． 所以=3.154(rad)． （3）当at = an时，可得rβ= rω2， 即24t = (12t2)2， 解得． 1.7一个半径为R = 1.0m的轻圆盘，可以绕一水平轴自由转动．一根轻绳绕在盘子的边缘，其自由端拴一物体 A．在重力作用下，物体A从静止开始匀加速地下降，在Δt = 2.0s内下降的距离h= 0.4m．求物体开始下降后3s末，圆盘边缘上任一点的切向加速度与法向加速度． [解答]圆盘边缘的切向加速度大小等于物体A下落加速度． 由于，所以 at = 2h/Δt2 = 0.2(m2s-2)． 物体下降3s末的速度为 v = att = 0.6(m2s-1)， 这也是边缘的线速度，因此法向加速度为 =
0.36(m2s-2)． 1.8一升降机以加速度 1.22m2s-2上升，当上升速度为 2.44m2s-1时，有一螺帽自升降机的天花板上松落，天花板与升降机的底面相距 2.74m．计算： （1）螺帽从天花板落到底面所需的时间； （2）螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离． [解答]在螺帽从天花板落到底面时，升降机上升的高度为；螺帽做竖直上抛运动，位移为．由题意得h = h1 - h2，所以，解得时间为 = 0.705(s)． 算得h2 = - 0.716m，即螺帽相对于升降机外固定柱子的下降距离为 0.716m． [注意]以升降机为参考系，钉子下落时相对加速度为a + g，而初速度为零，可列方程， 由此可计算钉子落下的时间，进而计算下降距离． 第一章质点运动学 1.1一质点沿直线运动，运动方程为x(t) = 6t2 - 2t 3．试求： （1）第2s内的位移和平均速度；
大学物理答案第17章
17－3 有一单缝，缝宽为0.1mm ，在缝后放一焦距为50cm 的汇聚透镜，用波长为546.1nm 的平行光垂直照射单缝，试求位于透镜焦平面处屏上中央明纹的宽度。 解：单缝衍射中央明条纹的宽度为 a f x λ 2=? 代入数据得 mm x 461.510 1.0101.54610 5023 9 2 =????=?--- 17－4 用波长为632.8nm 的激光垂直照射单缝时，其夫琅禾费衍射图样第一极小与单缝法线的夹角为50，试求该缝宽。 解：单缝衍射极小的条件 λθk a =sin 依题意有 m a μλ 26.70872 .0108.6325sin 9 =?==- 17－5 波长为20m 的海面波垂直进入宽50m 的港口。在港内海面上衍射波的中央波束的角宽是多少？ 解：单缝衍射极小条件为 λθk a =sin
依题意有 011 5.234.0sin 5 2 sin 20sin 50===→=--θθ 中央波束的角宽为0 475 .2322=?=θ 17－6 一单色平行光垂直入射一单缝，其衍射第3级明纹位置恰与波长为600nm 的单色光垂直入射该缝时衍射的第2级明纹位置重合，试求该单色光的波长。 解：单缝衍射明纹条件为 2 ) 12(sin λ θ+=k a 依题意有 2)122(2)132(2 1λλ+?=+? 代入数据得 nm 6.4287 60057521=?== λλ 17－7 用肉眼观察星体时，星光通过瞳孔的衍射在视网膜上形成一个亮斑。 （1）瞳孔最大直径为7.0mm ，入射光波长为550nm 。星体在视网膜上像的角宽度多大？ （2）瞳孔到视网膜的距离为23mm 。视网膜上星体的像的直径多大？ （3）视网膜中央小凹（直径0.25mm ）中的柱状感光细胞每平方毫米约1.5×105个。星体的像照亮了几个这样的细胞？
大学电磁学习题1 一．选择题（每题3分） 1.如图所示，半径为R 的均匀带电球面，总电荷为Q ，设无穷远处的电势为零，则球内距离球心为r 的P 点处的电场强度的大小和电势为： (A) E =0，R Q U 04επ= ． (B) E =0，r Q U 04επ= ． (C) 204r Q E επ= ，r Q U 04επ= ． (D) 204r Q E επ= ，R Q U 04επ=． ［ ］ 2.一个静止的氢离子(H +)在电场中被加速而获得的速率为一静止的氧离子(O +2)在同一电场中且通过相同的路径被加速所获速率的： (A) 2倍． (B) 22倍． (C) 4倍． (D) 42倍． ［ ］
3.在磁感强度为B ?的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在 平面的法线方向单位矢量n ?与B ? 的夹角为? ，则通过半球面S 的磁通量(取弯面向外为正)为 (A) ?r 2B ． . (B) 2??r 2B ． (C) -?r 2B sin ?． (D) -?r 2B cos ?． ［ ］ 4.一个通有电流I 的导体，厚度为D ，横截面积为S ，放置在磁感强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导体的侧表面，如图所示．现测得导体上下两面电势差为V ，则此导体的霍尔系数等于 (A) IB VDS ． (B) DS IBV ． (C) IBD VS ． (D) BD IVS ． (E) IB VD ． ［ ］ 5.两根无限长载流直导线相互正交放置，如图所示．I 1沿y 轴的正方向，I 2沿z 轴负方向．若载流I 1的导线不能动，载流I 2的导线可以自由运动，则载流I 2的导线开始运动的趋势 ? y z x I 1 I 2
10题图 第八章 磁场 填空题 （简单） 1、将通有电流为I 的无限长直导线折成1/4圆环形状，已知半圆环的半径为R ，则圆心O 点的磁 感应强度大小为 。 2、磁场的高斯定律表明磁场是 ，因为磁场发生变化而引起电磁感应，所 产生的场是不同于回路变化时产生的 。相同之处是 。 3、只要有运动电荷，其周围就有 产生；而法拉弟电磁感应定律表明，只要 发生变 化，就有 产生。 4、（如图）无限长直导线载有电流I 1，矩形回路载有电流I 2，I 2回路的AB 边与长直导线平行。电 流I 1产生的磁场作用在I 2回路上的合力F 的大小为 ，F 的方向 。 （综合） ， 5、有一圆形线圈，通有电流I ，放在均匀磁场B 中，线圈平面与B 垂直，I 则线圈上P 点将受到 , 力的作用，其方向为 ，线圈所受合力大小为 。（综合） 6、∑?==?n i i l I l d B 0 0μ 是 ，它所反映的物理意义是 。 7、磁场的高斯定理表明通过任意闭合曲面的磁通量必等于 。 8、电荷在磁场中 （填一定或不一定）受磁场力的作用。 9、磁场最基本的性质是对 有力的作用。 10、如图所示，在磁感强度为B 的均匀磁场中，有一半径为R 的半球面， B 与半球面轴线的夹角为α。求通过该半球面的磁通量为 。（综合） 11、当一未闭合电路中的磁通量发生变化时，电路中 产生感应电流；电路中 产生感应电动势(填“一定”或“不一定”) （综合） > 12、一电荷以速度v 运动，它既 电场，又 磁场。(填“产生”或“不产生”) 4题图 5题图
14题图 13、一电荷为+q ，质量为m ，初速度为0 的粒子垂直进入磁感应强度为B 的均匀磁场中，粒子将作 运动，其回旋半径R= ，回旋周期T= 。 14、把长直导线与半径为R 的半圆形铁环与圆形铁环相连接（如图a 、b 所示），若通以电流为I ，则 a 圆心O 的磁感应强度为 _____________； 图b 圆心O 的磁感应强度为 15、在磁场中磁感应强度B 沿 任意闭合路径的线积分总等于 。这一重要结论称为磁场的环路定理，其数学表达式为 。 16、磁场的高斯定理表明磁场具有的性质 。 17、在竖直放置的一根无限长载流直导线右侧有一与其共面的任意形状的平面线圈，直导线中的电流由上向下，当线圈以垂直于导线的速度背离导线时，线圈中的感应电动势 ，当线圈平行导线向上运动时，线圈中的感应电动势 。（填>0，<0，＝0）（设顺时针方向的感应电动势为正） 18、在磁场空间分别取两个闭合回路，若两个回路各自包围载流导线的根数不同，但电流的代数和相同，则磁感应强度沿两闭合回路的线积分 ,两个回路的磁场分布 。（填“相同”或“不相同” ） ( 判断题 （简单） 1、安培环路定理说明电场是保守力场。 （ ） 2、安培环路定理说明磁场是无源场。 （ ） 3、磁场的高斯定理是通过任意闭合曲面的磁通量必等于零。 （ ） 4、电荷在磁场中一定受磁场力的作用。 （ ） 5、一电子以速率V 进入某区域，若该电子运动方向不改变，则该区域一定无磁场；（ ） 6、在B=2特的无限大均匀磁场中，有一个长为L1=2.0米，宽L2=0.50米的矩形线圈，设线圈平 面的法线方向与磁场方向相同，则线圈的磁通量为1Wb 。 7、磁场力的大小正比于运动电荷的电量。如果电荷是负的，它所受力的方向与正电荷相反。 8、运动电荷在磁场中所受的磁力随电荷的运动方向与磁场方向之间的夹角的改变而变化。当电荷的运动方向与
一、判断题 1. 在自然界中，可以找到实际的质点. ···················································································· [×] 2. 同一物体的运动，如果选取的参考系不同，对它的运动描述也不同. ···························· [√] 3. 运动物体在某段时间内的平均速度大小等于该段时间内的平均速率. ···························· [×] 4. 质点作圆周运动时的加速度指向圆心. ················································································ [×] 5. 圆周运动满足条件d 0d r t =，而d 0d r t ≠ . · ··············································································· [√] 6. 只有切向加速度的运动一定是直线运动. ············································································ [√] 7. 只有法向加速度的运动一定是圆周运动. ············································································ [×] 8. 曲线运动的物体，其法向加速度一定不等于零. ································································ [×] 9. 质点在两个相对作匀速直线运动的参考系中的加速度是相同的. ···································· [√] 10. 牛顿定律只有在惯性系中才成立. ························································································ [√] 二、选择题 11. 一运动质点在某时刻位于矢径(),r x y 的端点处，其速度大小为：（ C ） A. d d r t B. d d r t C. d d r t D. 12. 一小球沿斜面向上运动，其运动方程为2 54SI S t t =+-（） ，则小球运动到最高点的时刻是： （ B ） A. 4s t = B. 2s t = C. 8s t = D. 5s t = 13. 一质点在平面上运动，已知其位置矢量的表达式为22 r at i bt j =+ （其中a 、b 为常量）则 该质点作：（ B ） A. 匀速直线运动 B. 变速直线运动 C. 抛物线运动 D. 一般曲线运动 14. 某物体的运动规律为2d d v kv t t =-，式中的k 为大于0的常数。当0t =时，初速为0v ，则速 度v 与时间t 的关系是：（ C ） A. 0221v kt v += B. 022 1 v kt v +-= C. 021211v kt v += D. 0 21211v kt v +-= 15. 在相对地面静止的坐标系中，A 、B 二船都以2m/s 的速率匀速行驶，A 沿x 轴正方向，B
第17章量子物理基础 17.1根据玻尔理论，计算氢原子在斤=5的轨道上的动量矩与其在第一激发态轨道上的动量矩之比. ［解答］玻尔的轨道角动量量子化假设认为电子绕核动转的轨道角动量为 L =mvr =n — N2TC , 对于第一激发态，n = 2,所以 厶仏2 = 5/2? 17.2设有原子核外的3p态电子，试列出其可能性的四个量子数. ［解答］对于3p态电子,主量子数为n = 3, 角量子数为/=1, 磁量子数为mi = - 1), I -1, 自旋量子数为m s = ±1/2. 3p态电子的四个可能的量子数(斤丿,叫叫)为 (3，1 丄1/2), (3,1,1,? 1/2), (3丄0，1/2), (3,1,0,-1/2)，(3,1,?1，1/2), (3,1,-1,-1 ⑵. 17.3实验表明，黑体辐射实验曲线的峰值波长九和黑体温度的乘积为一常数，即入』=b = 2.897xl(y3m?K?实验测得太阳辐射波谱的峰 值波长九= 510nm,设太阳可近似看作黑体，试估算太阳表面的温度.
［解答］太阳表面的温度大约为 T_ b _ 2.897X10-3 ~ 510x10—9 =5680(K)? 17.4实验表明，黑体辐射曲线和水平坐标轴所围成的面积M (即单位时间内从黑体单位表面上辐射出去的电磁波总能量，称总辐射度) 与温度的4次方成正比，即必=〃,其中^=5.67xl0-8W m_2 K-4.试由此估算太阳单位表面积的辐射功率(太阳表面温度可参见上题). ［解答］太阳单位表面积的辐射功率大约为 A/=5.67xl0-8x(5680)4 = 5.9xl07(W-m-2)? 17.5宇宙大爆炸遗留在宇宙空间的均匀背景辐射相当于3K黑体辐射.求： (1)此辐射的单色辐射强度在什么波长下有极大值？ (2)地球表面接收此辐射的功率是多少？ ［解答］(1)根据公式UT=b,可得辐射的极值波长为 九=b/T= 2.897X10_3/3 = 9.66x104(m). (2)地球的半径约为7? = 6.371x10%, 表面积为 5 = 47T T?2. 根据公式：黑体表面在单位时间，单位面积上辐射的能量为M = al4, 因此地球表面接收此辐射的功率是 P = MS= 5.67x 1 (T8x34x4 兀(6.371 x 106)2