《大学物理AⅡ》第一学期期末试卷B (精选01)

可能用到的物理常量

真空介电常量 $\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \ \mathrm{C^2 \cdot N^{-1} \cdot m^{-2}}$ ，真空磁导率 $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \ \mathrm{N \cdot A^{-2}}$

普朗克常量 $h = 6.63 \times 10^{-34} \ \mathrm{J \cdot s}$ ，基本电子 $e = 1.60 \times 10^{-19} \ \mathrm{C}$

电子质量 $m_\mathrm{e} = 9.11 \times 10^{-31} \ \mathrm{kg}$ ，质子质量 $m_\mathrm{p} = 1.67 \times 10^{-27} \ \mathrm{kg}$

一、选择题（共 24 分，单选，每题 3分）

一根均匀细刚体绝缘杆，用细丝线系住一端悬挂起来，先让它的两端分别带上电荷q $$ 和－$$ q $$，再加上水平方向的均匀电场 $$ $\vec{E}$ ，如图所示。试判断当杆平衡时，将处于右面各图中的哪种状态？

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答案：C

解析：

第一步：分析杆的受力

绝缘杆两端分别带电荷 $$+q$$ $$-q$$ ，在水平均匀电场 $\vec{E}$ 中：

$$+q$$ 端受力 $\vec{F}_+ = q\vec{E}$ ，方向与 $\vec{E}$ 同向（水平向右）
$$-q$$ 端受力 $\vec{F}_- = -q\vec{E}$ ，方向与 $\vec{E}$ 反向（水平向左）

第二步：分析力矩平衡

两力形成一对力偶，力偶矩大小为 $$M = qEl$$ l $$ 为杆长），方向使杆趋向与电场方向一致（ $$ +q $$ 端指 $$ $\vec{E}$ 方向）

第三步：判断平衡位置

杆在重力与电场力共同作用下平衡。电场力偶使杆偏转， $$+q$$ 端偏向电场方向， $$-q$$ 端偏向电场反方向。图中C选项符合此状态

难度: ⭐⭐

考点: #电场力 #力矩平衡 #电偶极子

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📖 相关公式与知识点:

点电荷在电场中的受力： $\vec{F} = q\vec{E}$
电偶极子在均匀电场中的力矩\vec{M} = \vec{p} \times \vec{E} $$，其 $$ $\vec{p} = q\vec{l}$
刚体平衡条件：合力为零，合力矩为

思路分析

本题关键是分析 $$+q$$ $$-q$$ 在均匀电场中的受力方向，然后判断力矩使杆如何偏转:::

易错点- 混淆 $$+q$$ $$-q$$ 在电场中的受力方程- 忽略重力对平衡位置的影响

🔄 举一反三

若将杆两端都带上正电子 $$+q$$ ，在均匀电场中杆的平衡位置如何？
查看练习答案与解析答案：杆竖直悬挂，不受电场力矩作解析：两端均 $$+q$$ ，受力方向相同（均沿 $\vec{E}$ 方向），合力 $$2qE$$ 水平向右，但不产生力矩（两力平行，力臂为零），杆不偏转 :::

带正电粒子通过点电子 $$Q$$ 的电场时运动轨迹如图实线所示，虚线为等势面，设 $\varphi_B$ $\varphi_A$ 分别为B点和A点的电势，若粒子在由B到A的运动过程中不受其他力作用， - A. $\varphi_B > \varphi_A$ ，粒子电势能减小
- B. $\varphi_B < \varphi_A$ ，粒子电势能减小
- C. $\varphi_B > \varphi_A$ ，粒子动能减小 - D. $\varphi_B < \varphi_A$ ，粒子动能和电势能总量不变

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答案：C

解析：

第一步：判断场源电荷正负

由轨迹弯曲方向可知，带正电粒子被吸引，故场源电荷 $$Q$$ 为负电荷

第二步：判断电势高低

负电荷产生的电场中，越靠 $$Q$$ 电势越低。A点比B点更靠近 $$Q$$ ，故 $\varphi_B > \varphi_A$

第三步：分析能量变化

粒子从B到A，电场力做负功（被吸引但远离方向运动），电势能增大，动能减小

第四步：验证选项

$\varphi_B > \varphi_A$ 且粒子动能减小，选C

难度: ⭐⭐

考点: #等势面 #电势能 #动能定理

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📖 相关公式与知识点:

电势能： $W = q\varphi$
动能定理： $E_k = E_{k0} + W_{电场力}$
能量守恒E_k + W_{电势能} =： $\text{常量}$

思路分析

先根据轨迹弯曲方向判断场源电荷正负，再判断电势高低，最后分析能量变化:::

易错点- 混淆电势高低与电势能变化的关- 正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能量:::

🔄 举一反三

带负电粒子在正点电荷电场中从远处向近处运动，电势能如何变化？
查看练习答案与解析答案：电势能减小
解析：负电荷在正电荷电场中从远处（电势低）到近处（电势高），电势 $\varphi$ 增大，但 $W = q\varphi$ $$q < 0$$ ，故电势能 $$W$$ 减小 :::

一个动量为 $$p$$ 的电子，沿如图所示的方向入射并能穿过一个宽度为 $$D$$ 、磁感强度为 $\vec{B}$ （方向垂直纸面向外）的均匀磁场区域，则该电子出射方向和入射方向间的夹角点 - A. $\alpha = \sin^{-1}\dfrac{eBD}{p}$
- B. $\alpha = \sin^{-1}\dfrac{eBD}{p}$
- C. $\alpha = \sin^{-1}\dfrac{BD}{ep}$
- D. $\alpha = \cos^{-1}\dfrac{BD}{ep}$

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答案：A

解析：

*第一步：确定电子在磁场中的运

电子在均匀磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：

evB = \frac{mv^2}{R} = \frac{p^2}{mR}

$回旋半径R = \dfrac{p}{eB}$

第二步：几何关系求偏转角

电子穿过宽度 $$D$$ 的磁场区域，由几何关系：

\sin\alpha = \frac{D}{R} = \frac{eBD}{p}

因此 $\alpha = \sin^{-1}\dfrac{eBD}{p}$

难度: ⭐⭐

考点: #洛伦兹力 #带电粒子在磁场中的运动 #回旋半径

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📖 相关公式与知识点:

洛伦兹力： $\vec{F} = q\vec{v} \times \vec{B}$
回旋半径R =： $\dfrac{mv}{qB} = \dfrac{p}{qB}$
回旋周期T =： $\dfrac{2\pi m}{qB}$

思路分析

先求回旋半径，再利用几何关系（弦长与半径的关系）求偏转角点:::

易错点- 电子带负电，偏转方向与正电荷相反

几何关系 $\sin\alpha = D/R$ ，不 $\alpha = D/R$

🔄 举一反三

若电子速度增大为原来的2倍，偏转角如何变化？
查看练习答案与解析答案：偏转角减小
解析p $$ 增大小倍，$$ R = p/(eB) $$ 增大小倍，$$ \sin\alpha = D/R $$ 减小，故 $$ $\alpha$ 减小 :::

一无限长直圆筒，半径为 $$R$$ ，表面带有一层均匀电荷，面密度 $\sigma$ ，在外力矩的作用下，这圆筒从 $$t = 0$$ 时刻从静止开始以匀角加速度 $\beta$ 绕轴转动，在 $$t$$ 时刻圆筒内离轴为 $$r$$ 处的磁感应强 $\vec{B}$ 的大小为
- A. $\mu_0\sigma\beta t$
- B. 0
- C. $\mu_0\sigma\dfrac{R}{r}\beta t$
- D. $\mu_0\sigma\dfrac{r}{R}\beta t$

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答案：A

解析：

*第一步：求表面电流密

圆筒以角加速度 $\beta$ 从静止开始转动， $$t$$ 时刻角速度 $\omega = \beta t$

表面电荷随圆筒转动形成面电流，面电流密度 $K = \sigma v = \sigma \omega R = \sigma \beta t R$

第二步：利用安培环路定理

对于无限长载流圆柱面，内部磁场均匀，等效于无限长螺线管

B_{内} = \mu_0 \sigma \beta t

（与 $$r$$ 无关，内部均匀

难度: ⭐⭐考点: #安培环路定理 #旋转带电体 #面电流密度

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📖 相关公式与知识点:

安培环路定理： $\oint \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{l} = \mu_0 I_{内}$
面电流密度： $K = \sigma v$
无限长载流圆柱面内部磁场均匀

思路分析

旋转带电圆筒等效为载流圆柱面，先用运动学求角速度，再求等效面电流密度，最后用安培环路定理求内部磁场:::

易错点- 面电流密度的定义和计算- 圆柱面内部磁场与 $$r$$ 无关（均匀:::

🔄 举一反三

若圆筒内部也均匀带电（体密度 $\rho$ ），转动时内部磁场如何分布？
查看练习答案与解析答案B = \dfrac{1}{2}\mu_0 \rho \omega r $$r < R$$ 内部）， $$B$$ $$r$$ 成正解析：内部电荷也贡献电流，取安培回路 $B \cdot 2\pi r = \mu_0 \cdot \rho \pi r^2 \cdot \dfrac{\omega}{2\pi}$ ，化简 $B = \dfrac{1}{2}\mu_0 \rho \omega r$ :::

在一自感线圈中通过的电子 $$I$$ 随时 $$t$$ 的变化规律如图a)，若 $$I$$ 的正流向作为 $\varepsilon$ 的正方向，则代表线圈内自感电动势 $\varepsilon$ 随时 $$t$$ 变化规律的曲线应为图(b)中的

(A)

(B)

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答案：D

解析：

*第一步：自感电动势公式

\varepsilon = -L\frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t}

*第二步：分析 $$I$$ - $$t$$ 图像的斜

由图(a)可知- 第一段： $$I$$ 随时间线性增加， $\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} > 0$ ，故 $\varepsilon < 0$

第二段： $$I$$ 恒定\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} = 0 $$，故 $$ $\varepsilon = 0$
第三段： $$I$$ 随时间线性减小， $\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} < 0$ ，故 $\varepsilon > 0$

第三步：匹配图像

图D符合上述分析：先负后零再正

难度: ⭐⭐

考点: #自感电动势 #法拉第电磁感应定律

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📖 相关公式与知识点:

自感电动势： $\varepsilon = -L\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t}$
楞次定律：感应电动势方向总是阻碍磁通量变化

思路分析

关键是分析 $$I$$ - $$t$$ 图像各段的斜率（ $\mathrm{d}I/\mathrm{d}t$ ），再代 $\varepsilon = -L\mathrm{d}I/\mathrm{d}t$ 判断 $\varepsilon$ 的正负:::

易错点- 忘记负号\varepsilon = -L\mathrm{d}I/\mathrm{d}t $$，不 $$ $+L\mathrm{d}I/\mathrm{d}t$

混淆 $\varepsilon$ 的正方向 $$I$$ 的正方向

🔄 举一反三

若电流按 $I = I_0\sin\omega t$ $变化，自感电动势如何 ::: details 查看练习答案与解析 **答案**\varepsilon = -LI_0\omega\cos\omega t$
解析\varepsilon = -L\dfrac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} = -LI_0\omega\cos\omega t $$，与电流相位 $$ $\pi/2$ :::

光子能量.5MeV的X射线，入射到某种物质上而发生康普顿散射。若反冲电子能量.1MeV，则散射光波长改变量 $\Delta\lambda$ 与入射光波长 $\lambda_0$ 之比值为
- A. 0.20
- B. 0.25
- C. 0.30
- D. 0.35

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答案：B

解析：

*第一步：求散射光子能量

由能量守恒： $$E_0 = E' + E_e$$

E' = E_0 - E_e = 0.5 - 0.1 = 0.4 \ \mathrm{MeV}

第二步：求波长比

$E = hc/\lambda$

\frac{\Delta\lambda}{\lambda_0} = \frac{\lambda' - \lambda_0}{\lambda_0} = \frac{\lambda'}{\lambda_0} - 1 = \frac{E_0}{E'} - 1 = \frac{0.5}{0.4} - 1 = 1.25 - 1 = 0.25

难度: ⭐⭐

考点: #康普顿散射 #能量守恒 #光子能量

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📖 相关公式与知识点:

光子能量与波长关系： $E = \dfrac{hc}{\lambda}$
康普顿散射能量守恒： $$E_0 = E' + E_e$$
康普顿波长偏移： $\Delta\lambda = \dfrac{2h}{m_e c}\sin^2\dfrac{\theta}{2}$

思路分析

利用能量守恒求散射光子能量，再由 $E = hc/\lambda$ 转换为波长比:::

易错点- 混淆能量比和波长比的方向关系（能量与波长成反比）

$\Delta\lambda/\lambda_0 = E_0/E' - 1$ ，不 $$E'/E_0 - 1$$

🔄 举一反三

康普顿散射中，若散射 $\theta = 90°$ ，求 $\Delta\lambda$ ::: details 查看练习答案与解析答案\Delta\lambda = \dfrac{h}{m_e c} = 2.43 \times 10^{-12} \ \mathrm{m} $（康普顿波长 **解析**\Delta\lambda = \dfrac{2h}{m_e c}\sin^2\dfrac{90°}{2} = \dfrac{2h}{m_e c} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{h}{m_e c} = \lambda_C$ :::

氢原子中处于3d量子态的电子，描述其量子态的四个量子 $$(n, l, m_l, m_s)$$ 可能取的值为
- A. $$(3, 1, 1, -1/2)$$
- B. $$(1, 0, 1, -1/2)$$
- C. $$(2, 1, 2, 1/2)$$
- D. $$(3, 2, 0, 1/2)$$

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答案：D

解析：

*第一步：确定3d态的主量子数和角量子

3d态： $$n = 3$$ l = 2 $$（d轨道对应 $$ $$l = 2$$

第二步：验证各选项

A卷(l = 1 $$（p态），不是d- B卷(n = 1$$ l = 0 $$s态）m_l = 1 > l$$ 不合- Cm_l = 2 > l = 1 $$，不合法 - Dn = 3$$ l = 2 $$m_l = 0$$ |m_l| \leq l $$），$$ $$m_s = 1/2$$

难度: ⭐考点: #量子数 #氢原子 #量子态

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📖 相关公式与知识点:

主量子数n = 1, 2, 3,： $\ldots$
角量子数l = 0, 1, \ldots, n-1 $（s:0, p:1, d:2, f:3- 磁量子数m_l = -l, -l+1, \ldots, l$ （共 $$2l+1$$ 个值）
自旋量子数： $m_s = \pm 1/2$

思路分析

3d态直接给 $$n=3, l=2$$ ，然后检 $$m_l$$ $$m_s$$ 是否在允许范围内:::

易错点- $$m_l$$ 的取值范围是 $$-l$$ $$+l$$ ，不能超 $$l$$

d轨道对应 $$l=2$$ ，不 $$l=3$$

🔄 举一反三

$$1. 4f态的电子m_l$$ 可以取哪些值？

$$ ::: details 查看练习答案与解析 **答案**m_l = -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3$$ （共7个值）

解析f $$n=4, l=3$$ m_l $$ 取值范围为 $$ -3$ $$+3$$ ，共 $ $2 \times 3 + 1 = 7$ 个值 :::

以下说法正确的是
- A. 半导体的禁带宽度大于绝缘体的禁带宽度
- B. 导体的价带未被充 - C. 本征半导体的导电机制为价带的电子导电和导带的空穴导电
- D. N型半导体的多数载流子为价带的空穴，少数载流子是导带的电子

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答案：B

解析：

*逐项分析

A：绝缘体的禁带宽度大于半导体 ❌（绝缘体禁带宽度更大，eV以上；半导体积eV- B：导体的价带未被充满 ✅（导体中价带只部分填充，电子可以自由移动）
C：本征半导体的导电机制应为价带空穴导电和导带电子导电 ❌（表述价带的电子导不正确）
D：N型半导体多数载流子为导带电子，少数载流子为价带空❌（说反了）

难度: ⭐考点: #能带理论 #导体 #半导体 #绝缘体

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📖 相关公式与知识点:

导体：价带未满或价带与导带重- 绝缘体：禁带宽度大（>5eV），价带满，导带- 半导体：禁带宽度小（~1eV），本征激发产生电子空穴- N型半导体：掺入施主杂质，多数载流子为电子
P型半导体：掺入受主杂质，多数载流子为空穴

思路分析

逐项验证能带理论的基本概念，注意区分导体、半导体、绝缘体的能带结构差异:::

易错点- N型和P型半导体的多少数载流子容易记忆- 本征半导体的导电是导带电子和价带空穴共同参与

🔄 举一反三

P型半导体的多数载流子和少数载流子分别是什么？
查看练习答案与解析答案：多数载流子为空穴，少数载流子为电子
解析：P型半导体掺入受主杂质（如硼），受主能级靠近价带顶，容易接受价带电子产生空穴，故多数载流子为空穴 :::

二、填空题（共 30分）

1.分）一均匀带正电的导线，电荷线密度 $\lambda$ ，其单位长度上总共发出的电通量是______

查看答案与解析

$**答案：\dfrac{\lambda}{\varepsilon_0}$ **

解析：

由高斯定理，以导线为轴作半径 $$r$$ 、高 $$l$$ 的圆柱形高斯面：

\oint \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \frac{q_{内}}{\varepsilon_0} = \frac{\lambda l}{\varepsilon_0}

$单位长度的电通量\dfrac{\lambda l}{\varepsilon_0} \div l = \dfrac{\lambda}{\varepsilon_0}$

难度: ⭐考点: #高斯定理 #电通量

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📖 相关公式与知识点:

高斯定理： $\oint \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \dfrac{q_{内}}{\varepsilon_0}$
无限长带电直线的电场E =： $\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}$

思路分析

直接应用高斯定理，单位长度对应电子 $\lambda$ ，电通量 $\lambda/\varepsilon_0$ :::

🔄 举一反三

均匀带电球面（总电子 $$Q$$ ）发出的总电通量是多少？

$::: details 查看练习答案与解析 **答案**Q/\varepsilon_0$

$**解析**：由高斯定理\oint \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = Q/\varepsilon_0$ :::

2.分）如图所示，一无限大均匀带电平面A附近设置一与之平行的无限大平面导体板B。已知A、B所带电量分别为 $$Q_A$$ $$Q_B$$ 。则达到静电平衡后，平板导体B的左表面上所带电量为______

查看答案与解析

$**答案：\dfrac{1}{2}(Q_B - Q_A)$ **

解析：

*第一步：分析导体B的电荷分析

导体B达到静电平衡，内部场强为零。设B左表面电荷为 $$q_1$$ ，右表面电荷 $$q_2$$ ，则

$$q_1 + q_2 = Q_B$$

第二步：利用场强叠加

B内部任意一点场强为零，由A卷(B左面、B右面三块无限大带电平面的场强叠加

\frac{Q_A}{2\varepsilon_0 S} + \frac{q_1}{2\varepsilon_0 S} - \frac{q_2}{2\varepsilon_0 S} = 0

$$Q_A + q_1 - q_2 = 0$$

$$q_1 + q_2 = Q_B$$ 联立解得

q_1 = \frac{Q_B - Q_A}{2}

难度: ⭐⭐

考点: #静电平衡 #导体 #无限大带电平面

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📖 相关公式与知识点:

无限大带电平面场强： $E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}$
导体静电平衡：内部场强为零。- 电荷守恒： $$q_1 + q_2 = Q_B$$

思路分析

设导体B两个表面的电荷，利用内部场强为零和电荷守恒联立求解答:::

易错点- 无限大带电平面场强是 $\sigma/(2\varepsilon_0)$ ，不 $\sigma/\varepsilon_0$

注意各面电荷在导体内部产生的场强方向

🔄 举一反三

$$1. 若B板接地，左表面电荷为多少 ::: details 查看练习答案与解析 **答案**-Q_A$$

解析：B接地后右表面电荷 $$q_2 = 0$$ （电荷流入大地），由内部场强为零Q_A + q_1 = 0 $$，故 $$ $$q_1 = -Q_A$$ :::

3.分）有一孤立的平行板电容器，平板面积 $$S$$ ，平板间的距离为 $$d$$ 。设该电容器极板带电 $$Q$$ 时，平板间的电势差为 $$V$$ 。若再在两平板间平行插入厚度 $$t$$ ，且具有与电容器极板面积相同的金属平板，外界要做的功为______

查看答案与解析

$**答案：\dfrac{\varepsilon_0 S V^2 t}{2d(d-t)}$ **

解析：

*第一步：求初始能量

C_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{d}, \quad W_0 = \frac{Q^2}{2C_0} = \frac{Q^2 d}{2\varepsilon_0 S}

第二步：插入金属板后

插入厚度 $$t$$ 的金属板后，等效间距变为 $$d - t$$

C' = \frac{\varepsilon_0 S}{d - t}

*第三步：求外界做

孤立电容 $$Q$$ 不变化

W' = \frac{Q^2}{2C'} = \frac{Q^2(d-t)}{2\varepsilon_0 S}

A_{外} = W' - W_0 = \frac{Q^2}{2\varepsilon_0 S}[(d-t) - d] = -\frac{Q^2 t}{2\varepsilon_0 S}

$Q = C_0 V = \dfrac{\varepsilon_0 S V}{d}$ 代入取绝对值：

|A_{外}| = \frac{\varepsilon_0 S V^2 t}{2d^2}

注意：插入金属板时电场力做正功（吸引），外界做负功

难度: ⭐⭐考点: #平行板电容器 #电场能量 #金属板插入

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📖 相关公式与知识点:

平行板电容： $C = \dfrac{\varepsilon_0 S}{d}$
电容器能量： $W = \dfrac{Q^2}{2C} = \dfrac{1}{2}CV^2$
插入金属板等效减小间

思路分析

插入金属板不改变极板电荷，但等效间距减小，电容增大，能量减小。能量差即为电场力做功:::

易错点- 孤立电容 $$Q$$ 不变，用 $$W = Q^2/(2C)$$ 计算

外界做功与电场力做功符号相反

🔄 举一反三

若电容器保持电压不变，插入金属板后电容器能量如何变化 ::: details 查看练习答案与解析答案：能量增大解析U $不变化C' = \dfrac{\varepsilon_0 S}{d-t}$ $W' = \dfrac{1}{2}C'V^2 = \dfrac{\varepsilon_0 SV^2}{2(d-t)} > W_0 = \dfrac{\varepsilon_0 SV^2}{2d}$ :::

4.分）一长螺线管单位长度密绕 $$n$$ 匝线圈，在其内部轴线上有一面积 $$S$$ 的单匝小平面线圈，小线圈平面法向与螺线管轴向夹角 $$30°$$ ，它们之间的互感系数为______；如果螺线管和小线圈均通过电流 $$I$$ ，则小线圈受到的磁力矩大小为______

查看答案与解析

答案：\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mu_0 nS $\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mu_0 nSI^2$

解析：

*第一步：求互感系

螺线管内部磁场： $B = \mu_0 nI$

$通过小线圈的磁通量\Phi = BS\cos 30° = \mu_0 nIS \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$互感系数M = \dfrac{\Phi}{I} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\mu_0 nS$

第二步：求磁力矩

小线圈的磁矩 $$m = IS$$ ，方向沿法向。磁矩方向与磁场方向夹角点 $$30°$$

M_{力矩} = mB\sin 30° = IS \cdot \mu_0 nI \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\mu_0 nSI^2

难度: ⭐⭐

考点: #互感系数 #磁力矩 #螺线管

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📖 相关公式与知识点:

螺线管内部磁场： $B = \mu_0 nI$
互感系数M =： $\Phi/I$
磁力矩： $\vec{M} = \vec{m} \times \vec{B}$ $M = mB\sin\theta$

思路分析

互感系数通过磁通量定义求，磁力矩注意角度是磁矩方向与磁场方向的夹角点:::

易错点- 磁力矩中的角度是磁矩方向与B的夹- 法向与B夹角 $$30°$$ 时， $\sin 30° = 1/2$

🔄 举一反三

若小线圈法向与螺线管轴向垂直，互感系数和磁力矩分别为多少 ::: details 查看练习答案与解析答案：互感系 $$M = 0$$ ；磁力矩 $M = \mu_0 nSI^2$
解析：法向垂直于B时， $\Phi = 0$ M = 0 $$。磁矩与B夹角 $$ 90° $M_{力矩} = IS \cdot \mu_0 nI \cdot 1 = \mu_0 nSI^2$ :::

5.分）真空中平行极板电容器的圆形极板半径为 $$R$$ ，充电时，电容器极板间电场强度的时间变化率为 $\dfrac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}t} = k$ ，则电容器两极板间的位移电流强度为______；极板边缘的磁感应强 $$B$$ 大小为______

查看答案与解析

答案：\varepsilon_0 k\pi R^2 $\dfrac{\mu_0\varepsilon_0 kR}{2}$

解析：

*第一步：求位移电流

I_d = \varepsilon_0 \frac{\mathrm{d}\Phi_E}{\mathrm{d}t} = \varepsilon_0 \frac{\mathrm{d}(E \cdot \pi R^2)}{\mathrm{d}t} = \varepsilon_0 \pi R^2 \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}t} = \varepsilon_0 k\pi R^2

第二步：求边缘磁感应强度

由安培环路定理（含位移电流）

\oint \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{l} = \mu_0 I_d

B \cdot 2\pi R = \mu_0 \varepsilon_0 k\pi R^2

B = \frac{\mu_0 \varepsilon_0 kR}{2}

难度: ⭐⭐

考点: #位移电流 #麦克斯韦方程组 #安培环路定理

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📖 相关公式与知识点:

位移电流密度： $\vec{j}_d = \varepsilon_0\dfrac{\partial\vec{E}}{\partial t}$
位移电流I_d =： $\varepsilon_0\dfrac{\mathrm{d}\Phi_E}{\mathrm{d}t}$
修正安培环路定理： $\oint \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{l} = \mu_0(I + I_d)$

思路分析

先由电场变化率求位移电流，再用安培环路定理求边缘磁场:::

易错点- 位移电流 $\varepsilon_0 \mathrm{d}\Phi_E/\mathrm{d}t$ ，不要漏 $\varepsilon_0$

安培环路取在极板边缘，半径为 $$R$$

🔄 举一反三

若在极板间距轴线 $$r < R$$ $处，磁感应强度为多少 ::: details 查看练习答案与解析 **答案**B = \dfrac{\mu_0\varepsilon_0 kr}{2}$
解析：取半径 $$r$$ 的安培回路， $I_d(r) = \varepsilon_0 k\pi r^2$ B \cdot 2\pi r = \mu_0 \varepsilon_0 k\pi r^2 $B = \dfrac{\mu_0\varepsilon_0 kr}{2}$ :::

6.分）一个静止的物体自发分裂成两部分，静止质量分别为3kg $5.33\ \mathrm{kg}$ ，已知前一部分的速度 $$0.8c$$ $$c$$ 为真空中的光速），则分裂前原物体的静止质量为______kg。此过程所遵从的物理规律是______

查看答案与解析

答案：1.66；能量守恒和动量守恒

解析：

第一步：求前一部分的总能量和动量

$m_1 = 3\ \mathrm{kg}$ $$v_1 = 0.8c$$

\gamma_1 = \frac{1}{\sqrt{1 - 0.64}} = \frac{1}{0.6} = \frac{5}{3}

E_1 = \gamma_1 m_1 c^2 = \frac{5}{3} \times 3c^2 = 5c^2

p_1 = \gamma_1 m_1 v_1 = \frac{5}{3} \times 3 \times 0.8c = 4c

第二步：由动量守恒求第二部分动量

分裂前静止，总动量为零： $$p_2 = -p_1 = -4c$$

*第三步：求第二部分总能量

$$E_2^2 = (m_2 c^2)^2 + (p_2 c)^2 = (5.33c^2)^2 + (4c^2)^2 = 28.41c^4 + 16c^4 = 44.41c^4$$

$$E_2 = 6.66c^2$$

第四步：求原物体静止质量

$$M_0 c^2 = E_1 + E_2 = 5c^2 + 6.66c^2 = 11.66c^2$$

M_0 = 11.66\ \mathrm{kg}

难度: ⭐⭐考点: #相对论能量 #相对论动量 #能量动量守恒

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📖 相关公式与知识点:

相对论总能量： $E = \gamma mc^2$
相对论动量： $p = \gamma mv$
能量-动量关系： $$E^2 = (mc^2)^2 + (pc)^2$$
$\gamma = \dfrac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$

思路分析

分裂过程遵守动量守恒和能量守恒。先求第一部分的能量和动量，由动量守恒得第二部分动量，再求其能量，最后求总静止质量:::

易错点- 静止质量不守恒（ $M_0 \neq m_1 + m_2$ - 必须用相对论能量-动量关系，不能用经典公式

🔄 举一反三

若分裂后两部分速度大小相等方向相反，静止质量之和与原物体静止质量有何关系？
查看练习答案与解析答案m_1 + m_2 < M_0 $$（静止质量之和小于原静止质量 **解析**：分裂后两部分有动能，总能量$$ E = E_1 + E_2 > (m_1 + m_2)c^2 $$， $$ M_0 c^2 = E $$，故 $$ $$M_0 > m_1 + m_2$$ 。多余的质量对应分裂后的动能量 :::

7.分）匀质细棒静止时的质量为 $$m_0$$ ，长度为 $$l_0$$ ，当它沿棒长方向作高速的匀速直线运动时，测得它的长 $$l$$ ，则该棒的速度 $\nu =$ ，该棒所具有的动能 $$E_k =$$ 。（设光速为 $$c$$

查看答案与解析

答案：c\sqrt{1 - (l/l_0)^2} $m_0 c^2\left(\dfrac{l_0}{l} - 1\right)$

解析：

第一步：由长度收缩求速度

l = l_0\sqrt{1 - v^2/c^2}

\frac{l}{l_0} = \sqrt{1 - v^2/c^2}

$$1 - v^2/c^2 = (l/l_0)^2$$

v = c\sqrt{1 - (l/l_0)^2}

*第二步：求动能

\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} = \frac{l_0}{l}

E_k = (\gamma - 1)m_0 c^2 = \left(\frac{l_0}{l} - 1\right)m_0 c^2

难度: ⭐⭐

考点: #长度收缩 #相对论动能 #洛伦兹因子

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📖 相关公式与知识点:

长度收缩l = l_0/： $\gamma = l_0\sqrt{1 - v^2/c^2}$
洛伦兹因子： $\gamma = \dfrac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$
相对论动能： $E_k = (\gamma - 1)m_0 c^2$

思路分析

先由长度收缩公式反解速度，再 $\gamma$ 求动能量:::

易错点- 长度收缩只发生在运动方向

动能不能量 $\dfrac{1}{2}mv^2$ （经典公式），必须用相对论公式:::

🔄 举一反三

若棒 $$0.6c$$ 运动，长度收缩为原来的多少？

$$ ::: details 查看练习答案与解析 **答案**0.8l_0$$

解析\gamma = 1/\sqrt{1-0.36} = 1/0.8 = 1.25 $l = l_0/\gamma = 0.8l_0$ :::

8.分）用波长为 $0.2\ \mu\mathrm{m}$ 的单色光照射一铜球，铜球放出电子。若将铜球充电，电势至少充到______V时，再用此种单色光照射，铜球将不再放出电子。已知铜的逸出功为 $4.47\ \mathrm{eV}$

查看答案与解析

答案：.74

解析：

*第一步：求入射光子能量

E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6.626 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{0.2 \times 10^{-6}} = 9.94 \times 10^{-19} \ \mathrm{J} = 6.21 \ \mathrm{eV}

*第二步：求截止电子

$$光电效应eU_0 = E - W$$

U_0 = \frac{E - W}{e} = \frac{6.21 - 4.47}{1} = 1.74 \ \mathrm{V}

难度: ⭐考点: #光电效应 #逸出功 #截止电压

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📖 相关公式与知识点:

光电效应方程h： $\nu = W + E_k$
光子能量E = hc/： $\lambda$
截止电压eU_0 = E_k = h： $\nu - W$

思路分析

先求光子能量，再减去逸出功得最大动能，除以 $$e$$ 得截止电压:::

$::: warning 易错点- 波长单位换算0.2\ \mu\mathrm{m} = 0.2 \times 10^{-6}\ \mathrm{m}$

铜球充电为正电势时，电子需要额外克服电势差才能逸出

🔄 举一反三

若入射光波长增大，截止电压如何变化？
查看练习答案与解析答案：截止电压减小解析\lambda $$ 增大 $$ h\nu = hc/\lambda $$ 减小 $$ E_k = h\nu - W $$ 减小 $$ U_0 = E_k/e $$ 减小。当 $$ $h\nu \leq W$ 时，光电效应不发生 :::

9.分）在激发态能级上的钠原子，发射出波长 $589\ \mathrm{nm}$ 的光子的时间平均约为 $10^{-8}\ \mathrm{s}$ 。根据不确定关系 $\Delta E \cdot \Delta t \geq \hbar$ ，光子能量的不确定度为______eV，波长的不确定度为______nm

查看答案与解析

答案：6.6 \times 10^{-8} $1.85 \times 10^{-5}$

解析：

*第一步：求能量不确定

\Delta E \geq \frac{\hbar}{\Delta t} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{10^{-8}} = 1.055 \times 10^{-26} \ \mathrm{J} = 6.6 \times 10^{-8} \ \mathrm{eV}

*第二步：求波长不确定

$E = hc/\lambda$ ，微分得

\Delta E = \frac{hc}{\lambda^2}\Delta\lambda

\Delta\lambda = \frac{\lambda^2 \Delta E}{hc} = \frac{(589 \times 10^{-9})^2 \times 1.055 \times 10^{-26}}{6.626 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8} = 1.85 \times 10^{-5} \ \mathrm{nm}

难度: ⭐⭐

考点: #不确定关系 #能级宽度 #谱线宽度

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📖 相关公式与知识点:

能量-时间不确定关系： $\Delta E \cdot \Delta t \geq \hbar$
能量与波长关系： $E = hc/\lambda$
$\Delta E = \dfrac{hc}{\lambda^2}\Delta\lambda$

思路分析

先由不确定关系求 $\Delta E$ ，再 $E = hc/\lambda$ 的微分关系求 $\Delta\lambda$ :::

易错点- 不确定关系中子 $\hbar$ 不是 $$h$$

$\Delta\lambda$ $\Delta E$ 的关系是反比（通过 $\lambda^2$ :::

🔄 举一反三

若激发态寿命缩短为 $10^{-10}\ \mathrm{s}$ ，能量不确定度变为多少？

$::: details 查看练习答案与解析 **答案**6.6 \times 10^{-6}\ \mathrm{eV}$

$**解析**\Delta E \geq \hbar/\Delta t = 1.055 \times 10^{-34}/10^{-10} = 1.055 \times 10^{-24}\ \mathrm{J} = 6.6 \times 10^{-6}\ \mathrm{eV}$ 。寿命越短，能量不确定度越大（谱线越宽） :::

三、计算题（共 46分）

1.0分）如图所示，同轴电缆由半径为 $$R_1$$ 的导线和半径 $$R_3$$ 的导体圆筒构成，在内、外导体间用两层电介质隔离，分界面的半径 $$R_2$$ ，其介电常数分别 $\varepsilon_1$ $\varepsilon_2$ 。若使两层电介质中最大电场强度相等，其条件如何？并求此情况下电缆单位长度的电容

查看答案与解析

答案：条件为 $\dfrac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2} = \dfrac{R_2}{R_1}$ ；电子 $C = \dfrac{2\pi}{\dfrac{1}{\varepsilon_1}\ln\dfrac{R_2}{R_1} + \dfrac{1}{\varepsilon_2}\ln\dfrac{R_3}{R_2}}$

解析：

第一步：设内层导线电荷线密度 $\lambda$ ，求各层场强

由高斯定理，内层介质中（ $$R_1 < r < R_2$$ ）：

E_1 = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_1 r}

外层介质中（ $$R_2 < r < R_3$$ ）：

E_2 = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_2 r}

*第二步：求最大场

$$E_1$$ $$r = R_1$$ 处最大： $E_{1\max} = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_1 R_1}$

$$E_2$$ $$r = R_2$$ 处最大： $E_{2\max} = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_2 R_2}$

*第三步：令最大场强相

\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_1 R_1} = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_2 R_2}

\frac{\varepsilon_1}{\varepsilon_2} = \frac{R_2}{R_1}

*第四步：求电子

两导体间电势差：

U = \int_{R_1}^{R_2} E_1 \mathrm{d}r + \int_{R_2}^{R_3} E_2 \mathrm{d}r = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_1}\ln\frac{R_2}{R_1} + \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_2}\ln\frac{R_3}{R_2}

单位长度电容

C = \frac{\lambda}{U} = \frac{2\pi}{\dfrac{1}{\varepsilon_1}\ln\dfrac{R_2}{R_1} + \dfrac{1}{\varepsilon_2}\ln\dfrac{R_3}{R_2}}

难度: ⭐⭐考点: #高斯定理 #同轴电缆 #电介质 #电容

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📖 相关公式与知识点:

高斯定理： $\oint \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \dfrac{q_{内}}{\varepsilon}$
柱对称场强： $E = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon r}$

$$- 电容定义C = Q/U$$

电势差： $U = \int \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{r}$

思路分析

先用高斯定理分层求场强，找最大场强位置，令其相等得条件，再积分求电势差，最后求电容:::

易错点- 不同介质层中场强公式 $\varepsilon$ 不同

最大场强出现在各层的内表面:::

🔄 举一反三

若只有一种介质（ $\varepsilon$ ），同轴电缆单位长度电容为多少？

$::: details 查看练习答案与解析 **答案**C = \dfrac{2\pi\varepsilon}{\ln(R_2/R_1)}$

解析E = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon r} $U = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon}\ln\dfrac{R_2}{R_1}$ $C = \dfrac{2\pi\varepsilon}{\ln(R_2/R_1)}$ :::

2.0分）如图所示，通有电流 $$I$$ 的无限长直导线与一宽为 $$a$$ 的电流均匀分布的无限长矩形薄平板构成闭合回路，且彼此平行共试求：

）P点处磁感应强度的大小和方向；

）单位长度导线所受作用力大小

查看答案与解析

答案：（1B = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi a}\left(1 - \ln\dfrac{3}{2}\right) $，方向垂直纸面向外；F = \dfrac{\mu_0 I^2}{2\pi a}\ln 2$

解析：

）P点磁感应强度

第一步：直导线在P点的磁场

B_1 = \frac{\mu_0 I}{2\pi a}

方向：垂直纸面向外

第二步：薄平板在P点的磁场

将薄平板（宽 $$a$$ ，从 $$2a$$ $$3a$$ ）视为无限多条直导线叠加。在距P $$r$$ 处取宽度 $\mathrm{d}r$ 的窄条，其电子 $\mathrm{d}I = \dfrac{I}{a}\mathrm{d}r$

\mathrm{d}B_2 = \frac{\mu_0 \mathrm{d}I}{2\pi r} = \frac{\mu_0 I}{2\pi a r}\mathrm{d}r

方向：垂直纸面向里

B_2 = \int_{2a}^{3a} \frac{\mu_0 I}{2\pi a r}\mathrm{d}r = \frac{\mu_0 I}{2\pi a}\ln\frac{3}{2}

第三步：叠加

B = B_1 - B_2 = \frac{\mu_0 I}{2\pi a} - \frac{\mu_0 I}{2\pi a}\ln\frac{3}{2} = \frac{\mu_0 I}{2\pi a}\left(1 - \ln\frac{3}{2}\right)

方向：垂直纸面向外

*）单位长度导线受力

*第一步：薄平板在直导线处的磁

直导线在薄平板范围内（从 $$a$$ $$2a$$ ），同理

B_3 = \int_a^{2a} \frac{\mu_0 I}{2\pi a r}\mathrm{d}r = \frac{\mu_0 I}{2\pi a}\ln 2

方向：垂直纸面向里

*第二步：安培

F = I \cdot 1 \cdot B_3 = \frac{\mu_0 I^2}{2\pi a}\ln 2

难度: ⭐⭐考点: #毕奥-萨伐尔定律 #安培力 #磁场叠加

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📖 相关公式与知识点:

无限长直导线磁场B =： $\dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}$
安培力： $\mathrm{d}\vec{F} = I\mathrm{d}\vec{l} \times \vec{B}$
磁场叠加原理

思路分析

将薄平板分割为无限多条直导线，积分求其磁场，再与直导线磁场叠加。受力分析类似:::

易错点- 薄平板电流密度为 $$I/a$$ （单位宽度电流）

注意P点位置与薄平板的位置关系
磁场方向用右手定则判:::

🔄 举一反三

若薄平板宽度趋于零（变为直导线），P点磁场如何？

$::: details 查看练习答案与解析 **答案**B = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi a} + \dfrac{\mu_0 I}{2\pi \cdot 2.5a} = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi a}\left(1 + \dfrac{1}{2.5}\right)$

解析：宽度趋于零时，薄板等效为位 $$2.5a$$ 处的直导线， $B_2 = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi \cdot 2.5a}$ ，叠加得 $$B = B_1 + B_2$$ :::

3.0分）闭合的半圆形金属线圈，其电阻 $$R$$ ，半径为 $$a$$ ，如图所示。在匀强磁场中以匀角速度 $\omega$ 绕与线圈共面 $$oo'$$ 轴逆时针转动（从上向下看）。当线圈平面转至与磁场方向平行时，求

）线圈中的感应电流；

）磁场对线圈的磁力矩

查看答案与解析

**答案：（1I = \dfrac{\omega\pi a^2 B}{2R} $，方向ACDA；（2M = \dfrac{\pi^2 a^4 B^2 \omega}{4R}$ ，方向沿 $$oo'$$ *

解析：

*）感应电子

第一步：求磁通量

$$t = 0$$ 时线圈法 $\vec{n}$ $\vec{B}$ 同向，任一时刻

\Phi_m = BS\cos\omega t = B \cdot \frac{\pi a^2}{2}\cos\omega t

第二步：求感应电动势

\varepsilon = -\frac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t} = \frac{\pi a^2 B\omega}{2}\sin\omega t

第三步：平行时求电流

线圈平面 $\vec{B}$ 平行时， $\vec{n} \perp \vec{B}$ \omega t = \pi/2 $\sin\omega t = 1$

\varepsilon_{\max} = \frac{\pi a^2 B\omega}{2}

I = \frac{\varepsilon_{\max}}{R} = \frac{\omega\pi a^2 B}{2R}

方向：ACDA（由楞次定律判断）

）磁力矩

M = ISB\sin\theta

平行 $\vec{n} \perp \vec{B}$ $\theta = 90°$

M = ISB = \frac{\omega\pi a^2 B}{2R} \cdot \frac{\pi a^2}{2} \cdot B = \frac{\pi^2 a^4 B^2\omega}{4R}

方向 $$oo'$$ 轴

难度: ⭐⭐考点: #法拉第电磁感应定律 #感应电动势 #磁力矩

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📖 相关公式与知识点:

法拉第定律： $\varepsilon = -\dfrac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t}$
磁通量： $\Phi_m = BS\cos\theta$
磁力矩： $\vec{M} = \vec{m} \times \vec{B}$ $M = ISB\sin\theta$
半圆面积S =： $\pi a^2/2$

思路分析

先写出磁通量随时间变化的关系，求导得电动势，在特定时刻求电流。磁力矩 $\vec{m} \times \vec{B}$ 计算:::

易错点- 半圆面积 $\pi a^2/2$ ，不 $\pi a^2$

平行 $\sin\omega t = 1$ （电动势最大），不 $\cos\omega t = 1$
磁力矩中 $\theta$ 是磁矩方向与B的夹:::

🔄 举一反三

若为完整圆形线圈（半 $$a$$ $），平行时感应电流为多少 ::: details 查看练习答案与解析 **答案**I = \dfrac{\omega\pi a^2 B}{R}$
解析：面 $S = \pi a^2$ \varepsilon_{\max} = \omega\pi a^2 B $I = \omega\pi a^2 B/R$ 。是半圆线圈倍 :::

4.0分）质量 $$m$$ 的粒子处于宽 $$a$$ 的一维无限深势阱中，其能量的本征波函数表示如下， $\psi_n(x) = A\sin\dfrac{n\pi x}{a}$ 0 < x < a $n = 1, 2, 3, \ldots$ ）， $\psi_n(x) = 0$ x \leq 0$ $ $x \geq a$ ）。试求：

$$A = ?$$

）势能 $0 \sim a/4$ 内发现粒子的概率

$$n$$ 为何值时，上述概率最大；

$$n$$ 趋于无穷时，上述概率的极限，并说明物理意义

$（用到的积分公式\int \sin^2 x \mathrm{d}x = \dfrac{x}{2} - \dfrac{\sin 2x}{4} + C$

查看答案与解析

答案：（1A = \sqrt{\dfrac{2}{a}} $；（2P_n = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{n\pi}\sin\dfrac{n\pi}{2}$ ；（3n = 3 $；（4\dfrac{1}{4}$

解析：

*）求归一化常量

由归一化条件：

\int_0^a |\psi_n(x)|^2 \mathrm{d}x = 1

A^2 \int_0^a \sin^2\frac{n\pi x}{a} \mathrm{d}x = 1

利用积分公式

A^2 \left[\frac{x}{2} - \frac{\sin\frac{2n\pi x}{a}}{4 \cdot \frac{n\pi}{a}}\right]_0^a = A^2 \cdot \frac{a}{2} = 1

A = \sqrt{\frac{2}{a}}

）求 $0 \sim a/4$ 内发现粒子的概率

P_n = \int_0^{a/4} |\psi_n(x)|^2 \mathrm{d}x = \frac{2}{a}\int_0^{a/4} \sin^2\frac{n\pi x}{a} \mathrm{d}x

= \frac{2}{a}\left[\frac{x}{2} - \frac{a}{4n\pi}\sin\frac{2n\pi x}{a}\right]_0^{a/4}

= \frac{2}{a}\left[\frac{a}{8} - \frac{a}{4n\pi}\sin\frac{n\pi}{2}\right] = \frac{1}{4} - \frac{1}{2n\pi}\sin\frac{n\pi}{2}

）求概率最大时 $$n$$

要使 $$P_n$$ 最大，需 $\dfrac{1}{2n\pi}\sin\dfrac{n\pi}{2}$ 最小（ $\sin\dfrac{n\pi}{2}$ 最负）

$$n = 3$$ 时， $\sin\dfrac{3\pi}{2} = -1$ ，此时：

P_3 = \frac{1}{4} + \frac{1}{6\pi} \approx 0.303

这是最大的概率值

$**n \to \infty$ 时的极限**

\lim_{n \to \infty} P_n = \frac{1}{4} - \lim_{n \to \infty}\frac{1}{2n\pi}\sin\frac{n\pi}{2} = \frac{1}{4} - 0 = \frac{1}{4}

物理意义：当量子 $$n$$ 很大时，粒子在各处出现的概率趋于均匀分布，这与经典力学的结果一致（对应原理）。区 $$[0, a/4]$$ 占总长度的 $$1/4$$ ，故概率趋于 $$1/4$$

难度: ⭐⭐考点: #一维无限深势阱 #波函数归一化 #概率分布 #对应原理

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📖 相关公式与知识点:

一维无限深势阱波函数： $\psi_n(x) = \sqrt{\dfrac{2}{a}}\sin\dfrac{n\pi x}{a}$
归一化条件： $\int |\psi|^2 \mathrm{d}x = 1$
概率密度P(x) = |： $\psi(x)|^2$
对应原理：量子数 $n \to \infty$ 时，量子力学结果趋于经典力学结果

思路分析

归一化用积分条件 $$A$$ ；概率用概率密度积分；求最大值需分析 $\sin(n\pi/2)$ 的取值；极限用振荡项趋于零的性质量:::

易错点- 归一化积分时注意积分限是 $$0$$ $$a$$

$\sin(n\pi/2)$ 的值随 $$n$$ 变化n=1 $$ 时为1n=2$$ $$ 时为0n=3$$ 时为-1
对应原理的物理意义：大量子数极限回到经典结果

🔄 举一反三

在一维无限深势阱中，粒子 $a/4 \sim 3a/4$ 区间内的概率是多少（ $$n=1$$ ）？

$::: details 查看练习答案与解析 **答案**P = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{\pi}$

$**解析**P = \dfrac{2}{a}\int_{a/4}^{3a/4}\sin^2\dfrac{\pi x}{a}\mathrm{d}x = \dfrac{2}{a}\left[\dfrac{x}{2} - \dfrac{a}{4\pi}\sin\dfrac{2\pi x}{a}\right]_{a/4}^{3a/4} = \dfrac{2}{a}\left(\dfrac{a}{4} + \dfrac{a}{2\pi}\right) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{\pi}$ :::

5.分）在康普顿散射中，入射光子的波长为 $\lambda_0$ ，散射光子的波长 $\lambda$ ，反冲电子的动能量 $$E_k$$ 。试证明

\lambda - \lambda_0 = \frac{h}{m_e c}(1 - \cos\theta)

其中 $\theta$ $$ 为散射角点m_e$$ 为电子静止质量

查看答案与解析

答案：证明见解析

解析：

第一步：写出能量守恒

h\nu_0 = h\nu + E_k

其中 $h\nu_0 = \dfrac{hc}{\lambda_0}$ $h\nu = \dfrac{hc}{\lambda}$

反冲电子能量

E_k = (\gamma - 1)m_e c^2

第二步：写出动量守恒

$$x$$ $方向\dfrac{h}{\lambda_0} = \dfrac{h}{\lambda}\cos\theta + \gamma m_e v\cos\phi$

$$y$$ $方向0 = \dfrac{h}{\lambda}\sin\theta - \gamma m_e v\sin\phi$

第三步：消去 $\phi$ ，利用动量守恒的矢量关系

将动量守恒写成矢量形 $\vec{p}_0 = \vec{p}' + \vec{p}_e$ ，则

\vec{p}_e = \vec{p}_0 - \vec{p}'

p_e^2 = p_0^2 + p'^2 - 2p_0 p'\cos\theta

即：

(\gamma m_e v)^2 = \left(\frac{h}{\lambda_0}\right)^2 + \left(\frac{h}{\lambda}\right)^2 - 2\frac{h^2}{\lambda_0\lambda}\cos\theta

第四步：利用能量-动量关系

(\gamma m_e c^2)^2 = (m_e c^2)^2 + (p_e c)^2

由能量守恒： $\gamma m_e c^2 = m_e c^2 + \dfrac{hc}{\lambda_0} - \dfrac{hc}{\lambda}$

代入能量-动量关系，展开并化简，最终得到：

\frac{hc}{\lambda_0} - \frac{hc}{\lambda} = \frac{h^2}{m_e\lambda_0\lambda}(1 - \cos\theta)

两边除以 $\dfrac{hc}{\lambda_0\lambda}$

\lambda - \lambda_0 = \frac{h}{m_e c}(1 - \cos\theta)

证毕

难度: ⭐⭐考点: #康普顿散射 #能量守恒 #动量守恒 #相对论

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📖 相关公式与知识点:

康普顿波长偏移公式： $\Delta\lambda = \dfrac{h}{m_e c}(1 - \cos\theta)$
康普顿波长： $\lambda_C = \dfrac{h}{m_e c} = 2.43 \times 10^{-12}\ \mathrm{m}$
光子动量p = h/： $\lambda = h\nu/c$

$$- 相对论能量动量关系E^2 = (pc)^2 + (m_0c^2)^2$$

思路分析

康普顿散射证明的核心是联立能量守恒和动量守恒，利用相对论能量-动量关系消去电子的变量，最终得到波长偏移公式。关键是矢量形式的动量守恒和能量-动量关系的灵活运用:::

易错点- 动量守恒必须用矢量形式，不能只看大小

电子是相对论性的，不能用经典动能公式
化简过程中注意各项的量纲一致:::

🔄 举一反三

当散射角 $\theta = 180°$ $（背散射）时，波长偏移为多少 ::: details 查看练习答案与解析 **答案**\Delta\lambda = 2\lambda_C = 4.86 \times 10^{-12}\ \mathrm{m}$
解析\theta = 180° $$ 时，$$ \cos\theta = -1 $\Delta\lambda = \dfrac{h}{m_e c}(1-(-1)) = \dfrac{2h}{m_e c} = 2\lambda_C$ 。这是康普顿散射中最大的波长偏移 :::

《大学物理AⅡ》第一学期期末试卷B (精选01) ​

一、选择题（共 24 分，单选，每题 3分） ​

二、填空题（共 30分） ​

三、计算题（共 46分） ​

《大学物理AⅡ》第一学期期末试卷B (精选01)

一、选择题（共 24 分，单选，每题 3分）

二、填空题（共 30分）

三、计算题（共 46分）