2022年大学简明物理课后习题答案 .pdf

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1、优秀学习资料欢迎下载Ba 9.2 证明：由可得：223cotQq9.3 解：建立图示坐标系，在半圆环上任取微分元dl，则reRdlEd2041RQ考虑方向：sin41sincos41cos2020RdldEdERdldEdEyx所以：202002002022sin40cos4RQRRRdERRdEyx则：jRQjEEy2022-q -q +Q +Q a 对上顶点电荷作受力分析得：cos42)cos2(420202aQqaq对左顶点电荷作受力分析得：sin42)sin2(420202aQqaQEd精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页

2、，共 36 页优秀学习资料欢迎下载9.4 解：如图，将半球壳分割为一组平行细圆环，任一圆环所带电荷元RdRdsdqsin2，则微分元在O 点激发的场强为：irxdqxEd23220)(41统一变量：cosRx，sinRr则有：dRRRdEsin2cos41230dc o ss i n2002004cossin2ddEE方向为 x 轴负向。解：（1）如图，在x 处任取一厚度为dx 的无限大平面微分元，假设微分元上电荷面密度为，则dx，（在微分元上取任一面积为S 的平面，则平面所带电量dxsdxsQ）所以对px的场点 P，微分元激发的场强为：idxxkidxiEd2000222所以：bpkbdxx

3、kdEE0032062（bxp时）dO R 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载对px的场点P，微分元在右侧，激发的场强向左，)2(662233/00032020/bxkkbdxxkdxxkdEEpxbxppp（2）0/pE时，33/2bxp。9.6 解：（1）取图示坐标系，在x 处取微分元dx，则ixdldxEd210)(41mvdldxdldxEl675)11(4)(411100210（2）由例 9.3 得mvdEdEyx1 5 0 0c o sc o s40s i ns i n4212012

4、20所以mvjjEEy15009.7 解：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载如果把半球面看成闭合的，由高斯定理有球冠面球冠面球冠底SdERESdESdESdES202RESdE球冠面9.8 解: 如图，过场点作与球同心球面S，因电荷分布为球对称，则球电场分布也应为球对称，所以S 面上各点电场强度的大小相等，由高斯定理，可得rsedrrkrrEdvSdE2020414当Rr时，0203024441krdrkrrEr当Rr时，20403024441rkRdrkrrER所以)(4)0(420402Rr

5、erKRRreKrErr9.9 解：221RRRr 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载做半径为r，高为 h 的同轴闭合圆柱面，由高斯定理有：022/hrrhESdESdESdESdES侧面下底面上底面022022RrhRhr022 RrE9.10 解：（1）如图， 在环上取微分元，半径为 r，宽为 dr 的带电细圆环， 其所带电量为rdrdsdq2沿轴线建立坐标系OX ，带电细圆环在轴线上产生的电势为2121)(2)(4220220rxr d rrxdqdU则22122202202)(22121

6、XRXRrxr d rURR(2)根据能量守恒定律，可得)(0211200020RRmevUUemv9.11 解：00UO C D qqABll 2q 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载lqlqlqUD0006434（1）lqllqUUADOCD0006)131(40(1）（2）lq)ll(q)UU(ADD00601314119.12 解：由高斯定理有)(4)(R4)(022021321202211RrrQQERrrQERrE1Rr时：20210132144012211RQRQdrEdrEdrE

7、URRRRrr或：20210144RQRQUUOr当21RRr时，202013244122RQrQdrEdrEURRrr当2Rr时，rQQdrEUrr0213419.13 解：（1）如图所示，取微分元dx，则00043ln24)2(4aaccxadxvxadxdvaQqqqvWc0083ln43ln（2）21202023ln42121)0(vQqvmvmvvqAcO 1R2R1Q2Q精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载9.14 解：如图设坐标，dx上有电量dxqd，202044xdxqxqqdEq

8、ddF整个带电线受的电场力)lr(rlqxdxqFlrr000204400qd在球面电荷的电场中的电势能：xdxqdW04整个带电线的电势能为：00004400rlrlnqxdxqdWWlrr9.15 解：（1）由叠加原理可得出结论，O处场强可以看作是由体密度为，半径为 R 的球心在O 点的均匀带电球与体密度为，半径为r，球心在点O的均匀带电球共同激发的，所以由高斯定理可得：21EEEO010334210134aEaaEqSdEs02023rEqSdEs对O点， r0，所以 E2 0。则013aEE方向由 O 指向O。（2）O处电势drrRdrrdrrRdrrVVVrraRRaO2343002

9、3430021413413)33(62220raROR0rlr0dxx精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载（3）)33(6)0(22200raRqVqA9.16 解：设内球带电量为，q则由电势叠加原定理有：2010044RQRqU可由此式解得211004R/QRRUq当1Rr时00UUE内球内当21RrR时22012102044rRQRrRUrqE中rRQ)Rr(rRURQrRQRrRURQrqU20110202011020044444中当2Rr时2201221020220121020204444

10、4rRQ)RR(rRUrQrRQRrRUrQrqE外rRQ)RR(rRUrQ)R/R(rRUrQR/QRRUrQqU201210021100211000441444外9.17 解：(1) 设电荷分布如图所示，根据静电平衡时的条件，有QqqqqqqARAlCRClBRBl00和CRClARAlBRBlCRClARAlBRBlCRClARAlBRBlqqqqqqqqqqqqqqqqqqR1 R2 U0 Q BlqBRqAlqBRqClqCRq精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载ClARAlBRCRBl

11、qqqqqq0整理得QqqQqqqqClBRCRARAlBl2121故有：102dSQVBA，202dSQVAC（2）B,C 两导体接地，0BCV，则有QdddqqQdddqqdSqdSqQqqqqqqqqARClAlBRClBRAlARClARAlBRCRBl212212201000所以：2121021210ddddSQVddddSQVACBA9.18 解：（1）如图所示，导体静电平衡时，电荷只分布在导体表面，由高斯定理qsdDs；可得：1r2r精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载rRrqDRr

12、D402dRrrqEdRrRrqERrEr44020201当0.5r， 15.0， 25.0cm 时代入，得28328211027.11054.30mcDmcDDmvEmvEE1445000321（2）由ldEvp，可得当Rr时，dRdRRrdrrqdrrqV2020441dRqdRRqr14)11(4001当dRrR时，dRdRrrd rrqd rrqV2020441dRqdRrqr14)11(4001当dRr时，rqdrrqVr144020把0.5r， 15.0，25.0cm 时代入，得vV5401，vV4802，vV3603。9.19 解：（1）由电荷分布的对称性可知电场呈球对称性，应用

13、高斯定理isQsdD,可得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载rRrQDRrD402br4a4a40202020rQEbrrqErRrQERrEr（2）2041)1(rQEPrrr)(bra224141bQPaQPrrrr外内（3）由电势定义式ldEvp，得：rR 时：)11)(11 (144440202020baRQdrrQdrrQdrrQVrbbaraRRrb 时：rQdrrQVb020449.20 解：（1）dSC0dSUQ0d/UEdU精选学习资料 - - - - - - - - - 名

14、师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载(2) SSdSdSCCCrr000011111介质空气)d(SCrr0)d(SUCUQrr0)d(UErr0空气)d(UErr0介质(3) dSC0dSUQ0dUE9.21 证明：平行板电容器中填入两种介质，相当于两电容器并联dsCCCdsdSCdsdSCrrrrrr2)(22220210020012222119.22 解：连接情况下：两极板的电位差保持不变，在拉开d时，电容器中的电场能量的增量为：)dd(dd(SU/U)dSddS(/CUW222202002连在此过程中极板上的电量增量为)dd(ddSU)d

15、SddS(UCUQ000在此过程中电源做功)dd(ddSUQUA20拉开过程中外力做功与电源做的功之和等于电容器中电场能量的增量：WAA外即)dd(ddSU)dd(ddSU)dd(ddSUAWA22202020外连断开情况下Q保持不变电容器中的电场能量的增量为：)Sd()UdS()SdSdd(QW02000222ddSU220这个能量是由于外力克服电场力做功造成的即WA外断从前面的计算结果可见断开电源拉开d外力做功大于连接电源时也拉开d外力的功9.23 解：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载（

16、1）ddSC00该从式中没有关于位置的量，可见电容与铜板的位置无关。（2）充电后ddSUQ00拉出时设铜板上不带出电荷，电容器中的电场能量会因电容减小而增加，增加的能量等于外力做的功220000200022)(2)(21)(22dddSUSddSdddSUCQCQWA外（3）SdSddCr0001d)(dSCrrr100220000200022)1( 2)1()1(21) 1(22dddSUSddSdddSUCQCQArrrrrrrrrr外9.24 解：011ERr202214rQERrR0332ERrR20434rQERr)rdrrdr(Qdrr)rQ(drr)rQ(WRRRRRR32132

17、12220202220022200844214421JRRRQ401632102108. 1)05. 0104.0102.01(8100.9)111(810.1 解：OOBBBB出圆弧进0其中两直线电流在O 点产生的磁感应强度为0， 1/4 圆电流在O 点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为RIRIBBO841200圆弧。10.2 解: dbcaBBBBB中心如图aIaIBBa0022/22224)45cos22 （中心1R2R3RQ1E2E3E4Ea b c d acBbdB精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 36

18、页优秀学习资料欢迎下载过中心平行于ad(如图竖直向上)。10.3 解: 1PIB方向垂直纸面向里，大小为dI2102PIB方向纸面向右，大小为dI22021PIPIPBBBTIIddIdIBBBPIPIP52221022021022102 .72)2()2(21方向在过P垂直于1I的平面内与2PIB夹角7.33)32()(1121tnaBBtnaPIPI10.4 解：两线圈在 P 点产生的磁感应强度方向都在两圆心的连线上指向小圆（向左）)()(22322122223221211021xbRRIxbRRIBBBPRPRP10.5 解：raIdyrdyaIrdIBd422200020044cosr

19、aIydyryraIdydBdBxddd2I1IP2PIB1PIBP精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载20044sinraIxdyrxraIdydBdBy由对称性可知0 xPxdBBxaaIxaxaaIxyxaIxyxdyaIxyxaIxdyraIxdydBBaaaaaaaayPy101101022022020tan2)tan(tan4tan144)(4410.6 解：对于无限大平面载流导体板，即上题结果中ax，2xaarctgiuaIuB00214（i 为电流密度）（1）在两面之间1i产生的

20、磁感强度大小为10121iuB，方向垂直纸面向里。在两面之间2i产生的磁感强度大小为20221iuB，方向垂直纸面向外。总的磁感强度B 的大小为)(2121021iiuBBB。（2）在两面之外的空间里，1i产生的磁感强度大小为10121iuB。在两面之外的空间里，2i产生的磁感强度大小为20221iuB。二者方向一致，总的磁感强度B 的大小为)(2121021iiuBBB（3）iii21时，两板之间的磁感强度为0B两板之外的磁感强度为iuB010.7 解：旋转的带电圆盘可等效为一组同心圆电流，在盘面上割取细圆环，其等效圆电流为rdrdrrTdrrdIeee222此圆电流在P 点产生的磁感强度大

21、小为23222021xrdIrudB，方向沿x 轴。所以， P 点上的磁感强度大小为jxaaIjBBPyP10tan2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载xRxxRuxrdrrudBBeRe22221222200223023方向沿 0 x 轴。10.8 解：（1）ar由安培环路定理知0B(2)bra)()(22220arabIldBL得)()(222220abarrIB(3)br由安培环路定理知rIB20，方向都是图中顺时针10.9 解：(1)rIB20(2)1200ln2221RRILLdrr

22、ISdBRRSm10.10 解：(1)由对称性可知环内的磁感应线是同心的逆时针方向的圆,在环内做半径为r的圆作为闭合回路L，绕行方向规定为逆时针，故rINBINrBldBL2200(2)210220ln2212DDIhNhdrrINSdBDDSm10.11 解：当线圈转到此位置时，重力矩与线圈的安培力矩达到平衡，线圈所受的安培力矩为2115cosaBIM线圈所受的重力矩为15sin2215sin2amgmgaM（sam）21MM15sin2215sin15cos2amgmgaaBIa b r精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，

23、共 36 页优秀学习资料欢迎下载TtgIsgB4109415210.12 解：（1）向左滑时磁场力作正功，SBILA（2）向左滑时磁场力作负功，SBILA10.13 解：223615.08200AmNISmNmmBM185.036max10.14 解：设线圈平面的法向与B之间的夹角为，则线圈所受的安培力矩为sin2BIaM线圈在平衡位置作微小摆动，很小，因此2BIaM根据转动定律JBIa2即02JBIa02JB I a简谐振动的角频率为JB I a2则此摆动可看作简谐振动周期222BIaJT10.15 解：（1）所受安培力矩大小为NmISBBnISBMM2109.7方向在纸面内垂直于B向上(2

24、) 力矩所作的功JBSIIAmm2109 .701210.16 解：1IA B D O 2Ia dC I 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载方向向左)2/(21202adaIIBaIFAB方向向右)2/(21202adaIIBaIFCD方向向上2/2/ln22210102/2/22/2/2adadIIdllIIBdlIFadadadadBC方向向下2/2/ln22210102/2/22/2/2adadIIdllIIBdlIFadadadadDA)4(2)2/(2)2/(222212012012

25、0adaIIadaIIadaIIFFFFCDABij方向向左10.17 解：（1）0 （2）电子所受洛伦兹力为evBqvBF经电压 U 加速后所具有的初速度为V，221mveU电子以洛伦兹力为向心力在磁场中做圆周运动，RmvF2联立可得eBemvR210.18 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载解：设质子的质量为m，电荷为 q；氘核的质量为 2m，电荷为 q；粒子的质量为 4m，电荷为 2q。（1）当三种粒子经相同电压加速后，质子所获动能qUEK1氘核所获动能qUEK2粒子所获动能qUEK23

26、则三者的动能比为1：1：2。（2）当它们经这样加速后进入同一磁场时（可利用上题结果）质子的运动半径cmqBqmvR1021氘核的运动半径cmqBmvqR1 .14221粒子的运动半径cmqBmvqR1.1424221则氘核与粒子的运动半径相等，均为14.1cm。10.19 解：证：由离子源产生的离子在电势差为U 的电场中加速， 根据功能原理，有qUMv21离子以速度 v 进入磁场后，其动力学方程为22xvMqvB联立可得228xUqBM10.20 解：VdIBnedIBRUHH519622102 .2001.0106.110104.85.12001上面负10.21 精选学习资料 - - - -

27、 - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载解：（1）1Rr221112rRIrHldH2112 RIrH210101211RIrHBrr21RrRIrHl dH222rIH22rIHBrr202022121Rr0233rHldH03H0303HB（2）相对磁导率为1r的磁介质外表面的磁化强度为112)1(1RIMr相应的磁化电流为IRRIIrr)1(22)1(11111其方向沿 z 轴正向。相对相对磁导率为2r的磁介质内表面的磁化强度为122)1(2RIMr相应的磁化电流为IRRIIrr)1(22) 1(22112其方向沿 z

28、轴负向。IIIIrr)(1212其方向沿 z 轴负向。10.22 解：由安培环路定理得铁心内磁场强度大小为rNIH2rNIHMrr2)1()1(10.23 解：（1）mArNIH31012.22（2）HBmH41071.4精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载r0375r（3）磁化电流NIIr) 1(磁化电流密度mArI51096.7210.24 解：HBHBM为图中曲线的最大斜率231025.6100625.0ANM11.2 解: bc部分产生电动势vbcBvbcB2130sinbcc端电势高。

29、11.3 解：在 CD 杆中取线元dl，距导线距离为x，如图，线元dx 处的B为)(2200axIxIB（向外为B正向）BdxvdbaadxaxIxI2200)(22(baabaaxdxaxdxIv22220)(2babaIv2)(2ln20D 端电势高。11.4 C D 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载(1)解：对线元drrr段，电荷drdq，旋转成圆形电流，则drdqdI22其在 O 点产生的磁场为rdrrdIdBooo42baaooordrdBB4abaoln4（2）drrdIrdm2

30、221rdrdmmbaa2213361aba（3）若ba则ababalnaqabBo4400）ababa31 ()(33232136aqabam方向为正， Bo方向垂直纸面向里，m方向为垂直纸面向里11.6 解：(1)取矩形面元积元ldxdsl dxxiB d SSdBdm20abil d xxidbammln2200（2）tIabldtdiabldtdmcosln2ln200011.7 解：设半圆形导线法向方向与B方向相同时开始计时精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载ftrBtrBBSm2co

31、s21cos21cos22ftfrBdtdmi2sin2212ftfrB2sin22ftfRrBRIii2sin22fRrBI22max11.8 解：dlBlBvdld2021RBdR11.9 解：长直螺线管内部的磁场各部分均匀梯形面积222163316343RRRSSSodcoabdtdBRdtRdBdtdmi2216331633方向沿dcba11.10 证明：RdmrRrddvm2222BRm2dtdBRdtdmi2dtdBdmRdtdBRdmRrRdtdBRsldtdBRRIi42222222内阻大小为dtdBdm411.11 证明：磁能密度BHm21由安培环路定理IldB0精选学习资料

32、 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载rRIBIRrrB202202216421221210034200220IdrrRIrdruRIrrdrBHdvRm得证。11.12 解：HLLNLIRnINLINBSLIN447221020104.741093 .05001045002100.3100.350011.13 解：LIdtdILdtdILdtd55. 020010LdIdt)(1008.15 .052 .120013v11.14 解： （1）LINLINBSLSlNN0HSlNL2427201026.210

33、105.03000104（2）vdtdILdtdm226.0101026.22与 I 的变化方向相反。11.15 解：（1）11211NMIN精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载HlNSMMISIlNMIBS647022021001.25 .011081000104（2）dtdIMdtd2大小)(1001.21 .01001. 2762vdtdIM11.16 解：（1）设正六边形线圈中通电流I，正六边形线圈每条边在中心处产生的B大小相等， 方向相同，为lIlIlIB32)2121(32)1 2

34、0c o s60(cos4002301中心处总的磁场强度为lIBB33601lrMMIlIrNMIN20023331（2）lIrMIm20311.17 解：（1）CuQuQC球形电容器电容122104RRRRCrtVRRRRQrsin401221020012210204s i n44rtVRRRRrQErrrtrRRVRRs i n212021trRRVRRDrs i n2120210位移电流密度trRRVRRtDJrc o s2120210精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 25 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载（2）tRRVRR

35、trRRVRRrtDStSDtIrrdcos4cos4)(1202102120210211.18 解：沿导线方向单位长度电阻为R，单位长度电量为Q SIIRQ内阻在其附近产生的E 大小rSIrIrQES000222电场能量密度220222204212121SrIEDEE3232312228221.0105.5105.514.31085.814.341069.12021mJE（2）232272220000105.514.38201048222121rIuRuIurIuBHM317106 .5mJ12.1 解：由于2cmhEchchm212.2 解：每个光子能量为h，设每平方米每秒通过的光子数为N

36、，则221mwmshN303341051.110106256.611hN12.3 解：KbTm710310109. 210898. 212.4 解：由于wheU0ewehU0斜率eh是常数，不同金属斜率相同。sJeeKh3414104.6100 .50.1000.212.5 解：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 26 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载02021hhmvchAsmv51074.512.6 解：nmcmhcmh0124.01024.01031011.910626.62sin21183134020012.7 解：evEE

37、51.1)916.13(0312.8 解：光子能量evkevnmkevnmhchE1 .12012.06 .10224.1光波为紫外光，应跃迁至第一能级。1 .126 .136 .132n解出3n12.9 解：最小轨道半径为nmmehr053.0220112.10 解：总能20222EcmEEmc静静动2，所以要用相对论来讨论。2202220222cmEcmcPcmccmP0242033mcmh1211831340104 .11014.0100.31011.9310626.6312.11 解：由德布洛意关系nmmemUh5 .161065.1210由布拉格公式s i n2d精选学习资料 - -

38、 - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 27 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载nm5.1665sin101.9211二者符合。12.13 解：要归一化，1sin0222adxxaAdx积分得122aAaA2xaA222sin的最大值处为发现粒子概率最大的地方，可知2ax处为所求。12.14 解：（1）由102222dxexAdxx可得3322122AA（2）xexA222202222222xxexxeAdxd1022xx12.17 解：概率303022sin2aadxxanadxPnnxannaxadxxanaaa32sin21312sin212cos12

39、123030当1n时，195.0138.0333.0P；当100n时，332.001.0138.0333.0P趋向经典结果。12.18 解：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 28 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载在无限深势阱中，ax，aPPxxm2最小能级：22222182142aaPEmx精确解22212 aE，可见二者具有相同的数量级。13.2 证：?2?2)?1 (?) ?1 (?222213.4 证：0)?( ?)?(?,?yzyzxPzPyxxPzPyxL)?(?)?(?,?yzyzxPzPyyyPzPyyLziyPPy

40、zPzyPyyyPzPyyyyyzyz?)?( ?13.5 解：axdxaaxx02sin222s i n2s i n2122s i n21212c o s11000020ax d xaxaxaxaxdaaxadxxaxaaaaaaaxdxaaxx0222sin222202232c o s11aadxxaxaa13.6 解：xdxaxixaaPaxsin)(sin20 xdxaxaaaiacossin20精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 29 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载dxxaaia02sin0 xdxaxxaaPaxsin

41、)(sin2222022220322022222cos1sin2adxxaadxxaaaaa13.7 解： （1）是，本征值（-1）（2）是，本征值（-1）（3）不是。13.8 证：由nnnuauA?两边用B?作用nnnuBauAB?因为A?，B?对易nnnuBauBA?可见nuB?也是A?的属于na的本征函数，但由于na并不简并，所以nuB?与nu属于同一量子态，只能差一常数nncuuB?即nu也是B?的本征函数。13.9 证明：设zL?的本征态为u，则uuLz?由于)?(1?yzzyxLLLLiLudxLuLxx?dxuLuLudxLuidxuLLuudxLLuiudxLLLLiuyzyy

42、zzyyzzy?1?1)?(10?1dxuLuudxLuiyy最后一步用到。13.10 解：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 30 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载2l则2226)1(llL，6L2, 1,0m，2, 0zL角动量与 z 轴夹角设为，LLzcos, 得90、66、114、35、145。13.11 解：按归一化1031215132322cchnEn)21(hhEEEE5122710325212151103215132013.12 解：xaxaax2cos1sin2xaaxaaxaxaxaa3si n221s i n2

43、212c o ss i ns i n2即x是第一和第三个能量本征态的叠加，所以测得能量本征态可为2222 a，概率为2121222229a，概率为21212则222222259211212aaE13.13 解：由于11031021011022222所以能量为1E的概率为1041022精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 31 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载所以能量为2E的概率为106103102101222evEEE48.7416.131066.131041061042113.14 解：),()(lmnlnlmYrR),()(?22

44、lmnlnlmYrRLL),(?)(2lmnlYLrRn l mlmnlllYrRll22)1(),()()1(即nlm是2?L的本征函数。13.15 解：基态1n，0l，0m则波函数为areaYR230010100241径向概率密度为arn learRr23221 024对上式求导使其为0 0)2(242223aerreaarararar01即在距核玻尔半径处发现电子的概率最大。13.16 解：drrrnl0aadreradrearraarar23! 34444232303232013.17 解：概率应为dreardraranla232004精选学习资料 - - - - - - - - -

45、名师归纳总结 - - - - - - -第 32 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载dreraara220343 2 3.014)2()2(222)(22222)(224)2(42220222022220222202332203eeardeaaeedreaeaaedrreaerdeaeaaedaraaraaraaraaraara13.18 解：由习题 13.5 得2222222222212223aaaaaxxx由习题 13.6 得22222aPPxx所以22222241322. 02112xPx13.19 解：在H原子中，设rx，rPPxx2rerrePE2022202418412上式对r求

46、导，使之为零，得01412820232rer得202er，代入202248eE与精确解2022432e同数量级。13.20 证明：A?与H?互易，有共同本征函数xun，yx,可用xun展开精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 33 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载nnnxutctx,dxtxxutcnn,dxtxtxudttdcnn,由薛定谔方程，txHittxttxitxH,?1,?所以dxtxHixudttdcnn,?1dxtxxuHin,?1tciEdxtxxuiEnnnn,dtiEtctdcnnn两边积分得tEinnnectc

47、0所以220nnctc即测量 A 的概率分布不随时间变化。14.1 解：有2111qq，2211qq1221qq，2212qq共四种，本征值12E，22E，21EE有2111qq，2212qq12212211qqqq共三种，本征值12E，21EE，22E12212211qqqq共一种，本征值21EE14.2 解：电子组态是422221PSS电子的四个量子数分别是精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 34 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载22222211n11110000l11000000m）（或）（或21212121212121212

48、121sm14.3 解：l1，则10，mc o s4310YieYs i n831143sin83sin83cos43222211211210YYY14.4 解：无限深势阱xaasin2)0(1，222)0(12 aExaa2sin2)0(2，222)0(22aEaxxaxxaH,000v?0所以，基态能量的一级修正2sin2dx?00200010*0111vxavdxxaaxavHHaa同理第一激发态能量的一级修正为22sin2020022vdxxaaxavHa所以，基态能量为220222va第一激发态能量为22022va14.5 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 35 页，共 36 页优秀学习资料欢迎下载解：设基态与第一激发态能级分别为1E和2E，原子数分别为1N和2N。evE6.131，evE4. 320400025.02.10k)(1212eeeNNTEE精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 36 页，共 36 页