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参考答案： 一、 选择题 CDCDB 二、 填空题

1. Q/4 0r2， 0， Q/4 0r， Q/4 0R2 2. 250

q 3. 2 m

0

1/2

0Q Q R2

4. ,

2 R4

5. 9.6J 三、 计算题

1. 解：（1） 由牛顿第二定律得 m

dv

kv dt

t

分离变量并积分得

v

v0

dvkvk ln t v0mv0m

k

tm

v v0e

k

tdx

v0em （2）由 v dt

分离变量并积分得

x

t

dx ve

k tm

dt

k tv0m

(1 em) x k

（3） t .....x

v0m

k

1

1

将 v0 12m s,k/m 0.25s 代入上式得 x

12

48m 0.25

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m1

，取一距离转轴 O为r处的质量元 dm dr l

22

其转动惯量 dJ rdm rdr

l122

棒的转动惯量J rdr ml

03

2. 解：设棒的线密度为 ，则 在碰撞过程中，系统的角动量守恒，

m2v0l m2

得细棒开始转动时 0

v01

l m1l2 0 23

9m2

v0 2m1lM3 g 由转动定律得角加速度 J2l

1227m22v02

转动动能 Ek J 0

28m1

3. 解：（1）内外圆筒间的场强大小为

E

两极板间的电势差

Q2 0rlQ2 0rl

R2

U E dl

R1

Q2 0l

ln

R2

R1

（2）离轴线r（R1<r<R2）处取厚度为dr的圆筒形体积元

dV l 2 rdr

则电容器存储的能量为

R2 11Q Q2R22

We 0 EdV 0 l 2 rdr ln R1224 0lR1 2 0rl

2

用能量法求电容器的电容：

q21Q22 0l

C R2We2Q

ln2ln2

R14 0lR1

4. 解：在圆柱体内部与导体中心轴线相距为r处的磁感强度的大小，由安培环路定律可得：

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B

0I

2 R2

r(r R)

因而，穿过导体内画斜线部分平面的磁通 1为

R

I I

1 B dS BdS 02dr 0

4 02 R

在圆形导体外，与导体中心轴线相距r处的磁感强度大小为

B

0I

2 r

(r R)

因而，穿过导体外画斜线部分平面的磁通 2为

2R 0I I

2 B dS dr 0ln2

2 2 rR

穿过整个矩形平面的磁通量 1 2

5. 解：带电平面圆环的旋转相当于圆环中通有电流I．在R1与R2之间取半径为R、宽度为dR的环带，环

带内有电流 dI R (t)dR

dI在圆心O点处产生的磁场

0I

4

0I

2

ln2

dB

11

0dI/R 0 (t)dR 22

由于整个带电环面旋转，在中心产生的磁感应强度的大小为

B

1

0 (t)(R2 R1) 2

选逆时针方向为小环回路的正方向，则小环中

1

0 (t)(R2 R1) r2 2d d (t) i 0 r2(R2 R1)

dt2dt i 0πr2(R2 R1) d (t)i

R2Rdt

6. 解： (1) 根据波函数的归一化条件，有

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n x dx

2

a

n xAsindx 1

a

2

由此得

A

归一化波函数为：

(1分)

n x

i

n(x) a

0

0 x ax 0,x a

(2) 在0 x 0.5a区间发现粒子的概率为： P 0

a

n

x dx 02 0

a2

2

an x

dx 0.5 an a2n

sin2

a2a2

2

2

a a

(3) 在x

处的概率密度为：P

2 2

取极大，要求sin

n n

1 即 2k 1 k 0,1,2, 3, 222

a

故n满足n 2k 1，(k 0,1,2,3, ）时，在x 处的概率密度取极大。

2

x1 7. 解： （1

）x2

7

72.5m

t t'

v0.6 7

x10 0.42 2.25 10 7s

（2

） E

2 mec2 0.25mec2

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