物理学 (3)
大学物理学第3版(课后答案)习题十三
习题十三13-1 衍射的本质是什么?衍射和干涉有什么联系和区别? 答:波的衍射现象是波在传播过程中经过障碍物边缘或孔隙时所发生的展衍现象.其实质是由被障碍物或孔隙的边缘限制的波阵面上各点发出的无数子波相互叠加而产生.而干涉则是由同频率、同方向及位相差恒定的两列波的叠加形成.13-2 在夫琅禾费单缝衍射实验中,如果把单缝沿透镜光轴方向平移时,衍射图样是否会 跟着移动?若把单缝沿垂直于光轴方向平移时,衍射图样是否会跟着移动? 答:把单缝沿透镜光轴方向平移时,衍射图样不会跟着移动.单缝沿垂直于光轴方向平移时,衍射图样不会跟着移动.13-3 什么叫半波带?单缝衍射中怎样划分半波带?对应于单缝衍射第3级明条纹和第4级暗 条纹,单缝处波面各可分成几个半波带?答:半波带由单缝、首尾两点向方向发出的衍射线的光程差用来划分.对应于第级明纹和第级暗纹,单缝处波面可分成个和个半波带.∵由13-4 在单缝衍射中,为什么衍射角愈大(级数愈大)的那些明条纹的亮度愈小?答:因为衍射角愈大则值愈大,分成的半波带数愈多,每个半波带透过的光通量就愈小,而明条纹的亮度是由一个半波带的光能量决定的,所以亮度减小.13-5 若把单缝衍射实验装置全部浸入水中时,衍射图样将发生怎样的变化?如果此时用公式来测定光的波长,问测出的波长是光在空气中的还是在水中的波长?解:当全部装置浸入水中时,由于水中波长变短,对应,而空气中为,∴,即,水中同级衍射角变小,条纹变密.如用来测光的波长,则应是光在水中的波长.(因只代表光在水中的波程差).13-6 在单缝夫琅禾费衍射中,改变下列条件,衍射条纹有何变化?(1)缝宽变窄;(2)入 射光波长变长;(3)入射平行光由正入射变为斜入射.解:(1)缝宽变窄,由知,衍射角变大,条纹变稀; (2)变大,保持,不变,则衍射角亦变大,条纹变稀;(3)由正入射变为斜入射时,因正入射时;斜入射时,,保持,不变,则应有或.即原来的级条纹现为级.13-7 单缝衍射暗条纹条件与双缝干涉明条纹的条件在形式上类似,两者是否矛盾?怎样 说明?答:不矛盾.单缝衍射暗纹条件为,是用半波带法分析(子波叠加问题).相邻两半波带上对应点向方向发出的光波在屏上会聚点一一相消,而半波带为偶数,故形成暗纹;而双缝干涉明纹条件为,描述的是两路相干波叠加问题,其波程A B ϕ2λ3478272)132(2)12(sin λλλϕ⨯=+⨯=+=k a 284sin λλϕ⨯==a ϕϕϕsin a ),2,1(2)12(sin =+±=k k a λϕ='='λϕk a sin n k λλϕk a =sin ϕϕ'=sin sin n ϕϕ'=n )12(sin +±=k a ϕ2λ),2,1(⋅⋅⋅=k ϕsin a λϕk a =sin ϕλa k ϕλϕk a =sin λθϕk a '=-)sin (sin a λk k >'k k <'k k 'k k a 2sin ==λϕ2λϕλθk d =sin差为波长的整数倍,相干加强为明纹.13-8 光栅衍射与单缝衍射有何区别?为何光栅衍射的明条纹特别明亮而暗区很宽?答:光栅衍射是多光束干涉和单缝衍射的总效果.其明条纹主要取决于多光束干涉.光强与缝数成正比,所以明纹很亮;又因为在相邻明纹间有个暗纹,而一般很大,故实际上在两相邻明纹间形成一片黑暗背景.13-9 试指出当衍射光栅的光栅常数为下述三种情况时,哪些级次的衍射明条纹缺级?(1) a+b=2a;(2)a+b=3a;(3)a+b=4a.解:由光栅明纹条件和单缝衍射暗纹条件同时满足时,出现缺级.即可知,当时明纹缺级.(1)时,偶数级缺级;(2)时,级次缺级;(3),级次缺级.13-10 若以白光垂直入射光栅,不同波长的光将会有不同的衍射角.问(1)零级明条纹能 否分开不同波长的光?(2)在可见光中哪种颜色的光衍射角最大?不同波长的光分开程度与什 么因素有关? 解:(1)零级明纹不会分开不同波长的光.因为各种波长的光在零级明纹处均各自相干加强. (2)可见光中红光的衍射角最大,因为由,对同一值,衍射角. 13-11 一单色平行光垂直照射一单缝,若其第三级明条纹位置正好与6000的单色平行光的第二级明条纹位置重合,求前一种单色光的波长. 解:单缝衍射的明纹公式为当时, 时,重合时角相同,所以有得13-12 单缝宽0.10mm ,透镜焦距为50cm ,用的绿光垂直照射单缝.求:(1)位于透镜焦平面处的屏幕上中央明条纹的宽度和半角宽度各为多少?(2)若把此装置浸入水中(n=1.33),中央明条纹的半角宽度又为多少?解:中央明纹的宽度为半角宽度为(1)空气中,,所以2N )1(-N ⎩⎨⎧=''±==±=+)2,1(sin ),2,1,0(sin )( k k a k k b a λϕλϕk a ba k '+=a b a 2=+⋅⋅⋅=,6,4,2k a b a 3=+⋅⋅⋅=,9,6,3k a b a 4=+⋅⋅⋅=,12,8,4k λϕk b a =+sin )(k λϕ∞οA )12(sin +=k a ϕ2λ6000=λoA 2=k x λλ=3=k ϕ)132(26000)122(sin +⨯=+⨯=ϕa 2xλ4286600075=⨯=x λoA 5000=λo A fnax λ2=∆na λθ1sin -=1=n(2)浸入水中,,所以有13-13 用橙黄色的平行光垂直照射一宽为a=0.60mm 的单缝,缝后凸透镜的焦距f=40.0cm ,观察屏幕上形成的衍射条纹.若屏上离中央明条纹中心1.40mm 处的P 点为一明条纹;求:(1)入射光的波长;(2)P 点处条纹的级数;(3)从P 点看,对该光波而言,狭缝处的波面可分成几个半波带?解:(1)由于点是明纹,故有,由故当,得,得 (2)若,则点是第级明纹;若,则点是第级明纹.(3)由可知,当时,单缝处的波面可分成个半波带; 当时,单缝处的波面可分成个半波带.13-14 用的钠黄光垂直入射到每毫米有500条刻痕的光栅上,问最多能看到第几级明条纹?解:由知,最多见到的条纹级数对应的,所以有,即实际见到的最高级次为.13-15 波长为5000的平行单色光垂直照射到每毫米有200条刻痕的光栅上,光栅后的透镜焦距为60cm . 求:(1)屏幕上中央明条纹与第一级明条纹的间距;(2)当光线与光栅法3310100.51010.01050005.02---⨯=⨯⨯⨯⨯=∆x m 33101100.51010.0105000sin ----⨯=⨯⨯=θrad 33.1=n 33101076.31010.033.110500050.02---⨯≈⨯⨯⨯⨯⨯=∆x m 331011076.3101.033.1105000sin ----⨯≈⨯⨯⨯=θrad P 2)12(sin λϕ+=k a ⋅⋅⋅=3,2,1k ϕϕsin tan 105.34004.13≈=⨯==-f x 3105.3126.0212sin 2-⨯⨯+⨯=+=k k a ϕλ3102.4121-⨯⨯+=k mm 3=k 60003=λoA4=k 47004=λoA 60003=λoA P 347004=λoA P 42)12(sin λϕ+=k a 3=k 712=+k 4=k 912=+k 5900=λoA 5001=+b a mm 3100.2-⨯=mm 4100.2-⨯=oA λϕk b a =+sin )(m ax k2πϕ=39.35900100.24max ≈⨯=+=λba k 3max =k oA线成30°斜入射时,中央明条纹的位移为多少?解:(1)由光栅衍射明纹公式,因,又所以有即(2)对应中央明纹,有正入射时,,所以斜入射时,,即因,∴故这就是中央明条纹的位移值.13-16 波长的单色光垂直入射到一光栅上,第二、第三级明条纹分别出现在与处,第四级缺级.求:(1)光栅常数;(2)光栅上狭缝的宽度;(3)在90°>>-90°范围内,实际呈现的全部级数. 解:(1)由式 对应于与处满足:得(2)因第四级缺级,故此须同时满足解得取,得光栅狭缝的最小宽度为 (3)由当,对应3100.52001-⨯==+b a mm 6100.5-⨯m λϕk b a =+sin )(1=k f x==ϕϕtan sin λ=+f x b a 1)(62101100.51060105000---⨯⨯⨯⨯=+=b a fx λ2100.6-⨯=m 6=cm 0=k 0sin )(=+ϕb a 0sin =≈ϕϕ0)sin )(sin (=±+θϕb a 0sin sin =±θϕ︒=30θ21tan sin ±==≈f x ϕϕ22103010602121--⨯=⨯⨯==f x m 30=cm 6000=λoA 20.0sin =ϕ30.0sin =ϕϕλϕk b a =+sin )(20.0sin 1=ϕ30.0sin 2=ϕ101060002)(20.0-⨯⨯=+b a 101060003)(30.0-⨯⨯=+b a 6100.6-⨯=+b a m λϕk b a =+sin )(λϕk a '=sin k k b a a '⨯='+=-6105.141='k 6105.1-⨯m λϕk b a =+sin )(λϕsin )(b a k +=2πϕ=max k k =∴因,缺级,所以在范围内实际呈现的全部级数为共条明条纹(在处看不到).13-17 一双缝,两缝间距为0.1mm ,每缝宽为0.02mm ,用波长为4800的平行单色光垂直入射双缝,双缝后放一焦距为50cm 的透镜.试求:(1)透镜焦平面上单缝衍射中央明条纹的宽度;(2)单缝衍射的中央明条纹包迹内有多少条双缝衍射明条纹?解:(1)中央明纹宽度为(2)由缺级条件知即缺级.中央明纹的边缘对应,所以单缝衍射的中央明纹包迹内有共条双缝衍射明条纹.13-18 在夫琅禾费圆孔衍射中,设圆孔半径为0.10mm ,透镜焦距为50cm ,所用单色光波长为5000,求在透镜焦平面处屏幕上呈现的爱里斑半径. 解:由爱里斑的半角宽度∴ 爱里斑半径 13-19 已知天空中两颗星相对于一望远镜的角距离为4.84×10-6rad ,它们都发出波长为5500的光,试问望远镜的口径至少要多大,才能分辨出这两颗星?解:由最小分辨角公式∴13-20 已知入射的X 射线束含有从0.95~1.30范围内的各种波长,晶体的晶格常数为2.75,当X 射线以45°角入射到晶体时,问对哪些波长的X 射线能产生强反射?解:由布喇格公式得时满足干涉相长当时, 10106000100.6106max =⨯⨯=+=--λba k 4±8±︒︒<<-9090ϕ9,7,6,5,3,2,1,0±±±±±±±=k 1510±=k ︒±=90k oA 02.010501048002270⨯⨯⨯⨯==-f a l λmm 4.2=cm λϕk a '=sin λϕk b a =+sin )(k k a b a k k '='=+'=502.01.0⋅⋅⋅=',2,1k ⋅⋅⋅=,15,10,5k 1='k 4,3,2,1,0±±±±=k 9oA 47105.302.010500022.122.1--⨯=⨯⨯==D λθ5.1105.30500tan 24=⨯⨯=≈=-θθf f dmm oA D λθ22.1=86.131084.4105.522.122.165=⨯⨯⨯==--θλD cm oA oA λϕk d =sin 2k d ϕλsin 2=1=k 89.345sin 75.22=⨯⨯=︒λoA时,时,时,故只有和的射线能产生强反射.2=k 91.1245sin 75.22=⨯⨯=︒λoA 3=k 30.1389.3==λoA 4=k 97.0489.3==λoA 30.13=λo A 97.04=λoA X。
《普通物理学(3)(现代物理基础)》课程教学大纲
《普通物理学(3)(现代物理基础)》课程教学大纲一、课程基本情况二.课程性质与任务普通物理学(3)(现代物理基础)为物理学专业的必修课,是物理学专业的一门重要基础课,它是学生开始进入微观世界研究领域的入门课程。
通过本课程的学习,掌握原子的基本结构、原子的能级和光谱的基本规律、有关原子的基本概念(原子的量子态、电子自旋、泡利原理等)、原子的重要实验事实和原子核的性质以及核反应的基本规律,了解在原子领域中经典物理遇到的主要困难,为克服这些困难而引入的一些全新的分析方法和推理方法,一些与经典物理不同的新概念,为以后继续学习《量子力学》课程、近代物理实验和应用物理其它专业课程奠定基础。
三. 课程主要教学内容及学时分配四.课程教学基本内容和基本要求(一)绪论、原子的基本状况1.了解物理学的研究方法和发展历史。
2.熟悉原子的质量,熟练掌握原子半径的计算,了解电子的质量和电荷以及阿伏伽德罗等各种常数。
3.了解Thomson原子模型和不合理的原因;掌握库仑散射公式和卢瑟福散射公式的推导。
4.掌握原子核大小的估计和原子的核式结构,并了解核式模型的意义和困难。
(二)原子的能级与辐射1.了解黑体辐射和普朗克量子假说;复习大学物理中的光电效应方程;了解实验光谱学的分类和测量(激发和发射光谱),2.掌握氢原子的巴耳末、赖曼、帕邢和布喇开等光谱线系;了解玻尔理论三部曲:定态、频率条件。
3.掌握氢原子及类氢离子光谱规律及及类氢离子光谱线系公式;掌握玻尔理论的要点,会画能级跃迁图;4. 理解夫兰克—赫兹实验原理、方法及结论;一般了解索末菲量子化条件及应用;理解玻尔对应原理、玻尔理论的地位和缺陷;5.了解原子的自发辐射、受激辐射与吸收。
(三)量子力学初步1. 掌握光的波粒二象形;掌握德布罗意物质波的公式;了解戴维孙-革末实验。
2. 掌握不确定关系,会用于简单量子体系。
3. 理解几率波的概念;掌握薛定谔方程和方程中各项的意义。
4. 掌握求解定态薛定谔方程(本征问题)的基本步骤、无限深势垒;了解隧道效应;了解谐振子问题并理解零点能;理解氢原子薛定谔方程解中各量子数l m l n ,,的意义。
物理学第3版习题解答_第3章热力学
RT 0.91 10 5 pa
V2
M
(2)压强保持不变,热量转变为内能和对外做的功
Q
M
.C P (T2 T1 )
(C P R)(T2 T1 )
5 2 1 8.31 (T2 273) 2 T2 281.6 K 由状态方程:PV nRT 得:V2 46.2 L
N AP 2.4 * 10 25 (个) RT
M P 1.28kg / m 3 V RT 3 2
3〉每个分子的平均动能
kt kT 6.21 *10 21 J
3.6 2.0×10-3kg 氢气装在 2.0×10-2 m3 的容器内, 当容器内的压强为 4.0×105Pa 时, 氢 气分子的平均平动动能为多大? 解由理想气体状态方程 pV nRT T
P1V1 nRT1 P2V2 nRT2
① ②
1 V2 V1 2
①/②
T1 300 K 2 P1 2 3 P2 P2 3P1
T2 450 K
P 变化为原来的 3 倍。 2〉
kr kT
i 2
kr T1 2 kr T2 3
大学物理学课后3第三章答案
题 3.8(a)图 (1) m1 , m2 和柱体的运动方程如下:
题 3.8(b)图
T2 m2 g m2a2
①
m1g T1 m1a1
②
T1R T2r J
③
式中 T1 T1,T2 T2 , a2 r , a1 R
而 由上式求得
J 1 MR 2 1 mr 2
∵
Fr N
N N
∴ 又∵
∴ ①
Fr
N
l1
l2 l1
F
J 1 mR 2 , 2
Fr R 2(l1 l2 ) F
J
mRl1
以 F 100 N 等代入上式,得
2 0.40 (0.50 0.75) 100 40 rad s2
0.20m, r =0.10m, m =4 kg, M =10 kg, m1 = m2 =2 kg,且开始时 m1 , m2 离地均为 h =2m.求: (1)柱体转动时的角加速度; (2)两侧细绳的张力.
解: 设 a1 , a2 和β分别为 m1 , m2 和柱体的加速度及角加速度,方向如图(如图 b).
习题 3
3.1 选择题
(1) 有两个力作用在一个有固定转轴的刚体上:
① 这两个力都平行于轴作用时,它们对轴的合力矩一定是零;
② 这两个力都垂直于轴作用时,它们对轴的合力矩可能是零;
③ 当这两个力的合力为零时,它们对轴的合力矩也一定是零;
④ 当这两个力对轴的合力矩为零时,它们的合力也一定是零.
在
上
述
说
(5) 一圆盘正绕垂直于盘面的水平光滑固定轴 O 转动,如图射来两个质量相同,
大学物理学(第三版)课后习题答案
1-4 在离水面高h 米的岸上,有人用绳子拉船靠岸,船在离岸S 处,如题1-4图所示.当人以0v (m ·1-s )的速率收绳时,试求船运动的速度和加速度的大小.图1-4解: 设人到船之间绳的长度为l ,此时绳与水面成θ角,由图可知222s h l +=将上式对时间t 求导,得tss t l ld d 2d d 2= 题1-4图根据速度的定义,并注意到l ,s 是随t 减少的, ∴ tsv v t l v d d ,d d 0-==-=船绳 即 θcos d d d d 00v v s l t l s l t s v ==-=-=船 或 sv s h s lv v 02/1220)(+==船 将船v 再对t 求导,即得船的加速度1-6 已知一质点作直线运动,其加速度为 a =4+3t 2s m -⋅,开始运动时,x =5 m ,v=0,求该质点在t =10s 时的速度和位置.解:∵ t tva 34d d +==分离变量,得 t t v d )34(d +=积分,得 12234c t t v ++= 由题知,0=t ,00=v ,∴01=c故 2234t t v += 又因为 2234d d t t t x v +==分离变量, t t t x d )234(d 2+= 积分得 232212c t t x ++= 由题知 0=t ,50=x ,∴52=c故 521232++=t t x 所以s 10=t 时m70551021102s m 190102310432101210=+⨯+⨯=⋅=⨯+⨯=-x v1-10 以初速度0v =201s m -⋅抛出一小球,抛出方向与水平面成幔 60°的夹角,求:(1)球轨道最高点的曲率半径1R ;(2)落地处的曲率半径2R .(提示:利用曲率半径与法向加速度之间的关系)解:设小球所作抛物线轨道如题1-10图所示.题1-10图 (1)在最高点,o 0160cos v v v x == 21s m 10-⋅==g a n又∵ 1211ρv a n =∴ m1010)60cos 20(22111=︒⨯==n a v ρ(2)在落地点,2002==v v 1s m -⋅,而 o60cos 2⨯=g a n∴ m 8060cos 10)20(22222=︒⨯==n a v ρ1-13 一船以速率1v =30km ·h -1沿直线向东行驶,另一小艇在其前方以速率2v =40km ·h -1 沿直线向北行驶,问在船上看小艇的速度为何?在艇上看船的速度又为何?解:(1)大船看小艇,则有1221v v v-=,依题意作速度矢量图如题1-13图(a)题1-13图由图可知 1222121h km 50-⋅=+=v v v方向北偏西 ︒===87.3643arctan arctan21v v θ (2)小船看大船,则有2112v v v-=,依题意作出速度矢量图如题1-13图(b),同上法,得5012=v 1h km -⋅2-2 一个质量为P 的质点,在光滑的固定斜面(倾角为α)上以初速度0v 运动,0v 的方向与斜面底边的水平线AB 平行,如图所示,求这质点的运动轨道.解: 物体置于斜面上受到重力mg ,斜面支持力N .建立坐标:取0v方向为X 轴,平行斜面与X 轴垂直方向为Y 轴.如图2-2.题2-2图X 方向: 0=x F t v x 0= ①Y 方向: y y ma mg F ==αsin ②0=t 时 0=y 0=y v2sin 21t g y α=由①、②式消去t ,得220sin 21x g v y ⋅=α 2-4 质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用,t =0时质点的速度为0v ,证明(1) t 时刻的速度为v =t mkev )(0-;(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x =(k mv 0)[1-t m ke )(-];(3)停止运动前经过的距离为)(0kmv ;(4)证明当k m t =时速度减至0v 的e1,式中m 为质点的质量. 答: (1)∵ tvm kv a d d =-= 分离变量,得mtk v v d d -=即 ⎰⎰-=vv t mt k v v00d d m kte v v -=ln ln 0∴ tm k ev v -=0(2) ⎰⎰---===tttm k m ke kmv t ev t v x 000)1(d d (3)质点停止运动时速度为零,即t →∞,故有 ⎰∞-=='00d kmv t ev x tm k(4)当t=km时,其速度为 ev e v ev v km m k 0100===-⋅- 即速度减至0v 的e1. 2-10 一颗子弹由枪口射出时速率为10s m -⋅v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合力为F =(bt a -)N(b a ,为常数),其中t 以秒为单位:(1)假设子弹运行到枪口处合力刚好为零,试计算子弹走完枪筒全长所需时间;(2)求子弹所受的冲量.(3)求子弹的质量. 解: (1)由题意,子弹到枪口时,有0)(=-=bt a F ,得ba t =(2)子弹所受的冲量⎰-=-=t bt at t bt a I 0221d )(将bat =代入,得 ba I 22=(3)由动量定理可求得子弹的质量202bv a v I m == 2-13 以铁锤将一铁钉击入木板,设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板内的深度成正比,在铁锤击第一次时,能将小钉击入木板内1 cm ,问击第二次时能击入多深,假定铁锤两次打击铁钉时的速度相同.解: 以木板上界面为坐标原点,向内为y 坐标正向,如题2-13图,则铁钉所受阻力为题2-13图ky f -=第一锤外力的功为1A⎰⎰⎰==-='=ssky ky y f y f A 112d d d ① 式中f '是铁锤作用于钉上的力,f 是木板作用于钉上的力,在0d →t 时,f 'f -=.设第二锤外力的功为2A ,则同理,有⎰-==21222221d y kky y ky A ② 由题意,有2)21(212kmv A A =∆== ③即222122k k ky =- 所以, 22=y于是钉子第二次能进入的深度为cm 414.01212=-=-=∆y y y2-15 一根劲度系数为1k 的轻弹簧A 的下端,挂一根劲度系数为2k 的轻弹簧B ,B 的下端 一重物C ,C 的质量为M ,如题2-15图.求这一系统静止时两弹簧的伸长量之比和弹性势能之比.解: 弹簧B A 、及重物C 受力如题2-15图所示平衡时,有题2-15图Mg F F B A ==又 11x k F A ∆=22x k F B ∆=所以静止时两弹簧伸长量之比为1221k k x x =∆∆ 弹性势能之比为12222211121212k kx k x k E E p p =∆∆= 2-17 由水平桌面、光滑铅直杆、不可伸长的轻绳、轻弹簧、理想滑轮以及质量为1m 和2m 的滑块组成如题2-17图所示装置,弹簧的劲度系数为k ,自然长度等于水平距离BC ,2m 与桌面间的摩擦系数为μ,最初1m 静止于A 点,AB =BC =h ,绳已拉直,现令滑块落下1m ,求它下落到B 处时的速率.解: 取B 点为重力势能零点,弹簧原长为弹性势能零点,则由功能原理,有])(21[)(21212212l k gh m v m m gh m ∆+-+=-μ 式中l ∆为弹簧在A 点时比原长的伸长量,则h BC AC l )12(-=-=∆联立上述两式,得()()212221122m m khgh m m v +-+-=μ题2-17图2-19 质量为M 的大木块具有半径为R 的四分之一弧形槽,如题2-19图所示.质量为m 的小立方体从曲面的顶端滑下,大木块放在光滑水平面上,二者都作无摩擦的运动,而且都从静止开始,求小木块脱离大木块时的速度.解: m 从M 上下滑的过程中,机械能守恒,以m ,M ,地球为系统,以最低点为重力势能零点,则有222121MV mv mgR +=又下滑过程,动量守恒,以m ,M 为系统则在m 脱离M 瞬间,水平方向有0=-MV mv联立,以上两式,得()M m MgR v +=2习题八8-1 电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点.试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解: 如题8-1图示(1) 以A 处点电荷为研究对象,由力平衡知:q '为负电荷2220)33(π4130cos π412a q q a q '=︒εε解得 q q 33-=' (2)与三角形边长无关.题8-1图 题8-2图8-2 两小球的质量都是m ,都用长为l 的细绳挂在同一点,它们带有相同电量,静止时两线夹角为2θ ,如题8-2图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计,求每个小球所带的电量.解: 如题8-2图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得θπεθtan 4sin 20mg l q =8-3 根据点电荷场强公式204r q E πε=,当被考察的场点距源点电荷很近(r →0)时,则场强→∞,这是没有物理意义的,对此应如何理解?解: 020π4r r q Eε=仅对点电荷成立,当0→r 时,带电体不能再视为点电荷,再用上式求场强是错误的,实际带电体有一定形状大小,考虑电荷在带电体上的分布求出的场强不会是无限大.8-4 在真空中有A ,B 两平行板,相对距离为d ,板面积为S ,其带电量分别为+q 和-q .则这两板之间有相互作用力f ,有人说f =2024dq πε,又有人说,因为f =qE ,SqE 0ε=,所以f =Sq 02ε.试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少?解: 题中的两种说法均不对.第一种说法中把两带电板视为点电荷是不对的,第二种说法把合场强Sq E 0ε=看成是一个带电板在另一带电板处的场强也是不对的.正确解答应为一个板的电场为Sq E 02ε=,另一板受它的作用力Sq S qq f 02022εε==,这是两板间相互作用的电场力. 8-5一电偶极子的电矩为l q p=,场点到偶极子中心O 点的距离为r ,矢量r与l的夹角为θ,(见题8-5图),且l r >>.试证P 点的场强E 在r 方向上的分量r E 和垂直于r 的分量θE 分别为r E =302cos r p πεθ,θE =304sin r p πεθ证: 如题8-5所示,将p 分解为与r平行的分量θsin p 和垂直于r的分量θsin p .∵ l r >>∴ 场点P 在r 方向场强分量30π2cos r p E r εθ=垂直于r 方向,即θ方向场强分量300π4sin r p E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm的直导线AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m -1的正电荷.试求:(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1a =5.0cm 处P 点的场强;(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2d =5.0cm 处Q 点的场强. 解: 如题8-6图所示(1)在带电直线上取线元x d ,其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε222)(d π4d x a x E E l l P P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l-=ελ用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅,5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅方向水平向右(2)同理2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示由于对称性⎰=l QxE 0d ,即Q E只有y 分量,∵22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε 22π4d d ελ⎰==l QyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x2220d4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅,15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅,方向沿y 轴正向8-7 一个半径为R 的均匀带电半圆环,电荷线密度为λ,求环心处O 点的场强.解: 如8-7图在圆上取ϕRd dl =题8-7图ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为 20π4d d R R E εϕλ=方向沿半径向外则ϕϕελϕd sin π4sin d d 0RE E x ==ϕϕελϕπd cos π4)cos(d d 0RE E y -=-= 积分RR E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπRE y ∴RE E x 0π2ελ==,方向沿x 轴正向. 8-8 均匀带电的细线弯成正方形,边长为l ,总电量为q .(1)求这正方形轴线上离中心为r 处的场强E ;(2)证明:在l r >>处,它相当于点电荷q 产生的场强E .解: 如8-8图示,正方形一条边上电荷4q 在P 点产生物强P Ed 方向如图,大小为()4π4cos cos d 22021l r E P +-=εθθλ∵22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴24π4d 22220l r l l r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴424π4d 2222220l r rl r l r lE +++=⊥ελ题8-8图由于对称性,P 点场强沿OP 方向,大小为2)4(π44d 422220l r l r lrE E P ++=⨯=⊥ελ∵ lq 4=λ∴2)4(π422220l r l r qrE P ++=ε 方向沿OP8-9 (1)点电荷q 位于一边长为a 的立方体中心,试求在该点电荷电场中穿过立方体的一个面的电通量;(2)如果该场源点电荷移动到该立方体的一个顶点上,这时穿过立方体各面的电通量是多少?*(3)如题8-9(3)图所示,在点电荷q 的电场中取半径为R 的圆平面.q 在该平面轴线上的A 点处,求:通过圆平面的电通量.(xR arctan =α)解: (1)由高斯定理0d εqS E s ⎰=⋅立方体六个面,当q 在立方体中心时,每个面上电通量相等 ∴ 各面电通量06εq e=Φ.(2)电荷在顶点时,将立方体延伸为边长a 2的立方体,使q 处于边长a 2的立方体中心,则边长a 2的正方形上电通量06εqe=Φ对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则24εq e =Φ,如果它包含q 所在顶点则0=Φe.如题8-9(a)图所示.题8-9(3)图题8-9(a)图 题8-9(b)图 题8-9(c)图(3)∵通过半径为R 的圆平面的电通量等于通过半径为22x R +的球冠面的电通量,球冠面积*]1)[(π22222xR x x R S +-+=∴)(π42200x R Sq +=Φε02εq=[221xR x +-]*关于球冠面积的计算:见题8-9(c)图ααα⎰⋅=0d sin π2r r Sααα⎰⋅=02d sin π2r)cos 1(π22α-=r8-10 均匀带电球壳内半径6cm ,外半径10cm ,电荷体密度为2×510-C ·m -3求距球心5cm ,8cm ,12cm 各点的场强. 解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s,02π4ε∑=qr E当5=r cm 时,0=∑q ,0=E8=r cm 时,∑q 3π4p=3(r )3内r - ∴()2023π43π4rr r E ερ内-=41048.3⨯≈1C N -⋅, 方向沿半径向外.12=r cm时,3π4∑=ρq -3(外r )内3r ∴()420331010.4π43π4⨯≈-=r r r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外.8-11 半径为1R 和2R (2R >1R )的两无限长同轴圆柱面,单位长度上分别带有电量λ和-λ,试求:(1)r <1R ;(2)1R <r <2R ;(3)r >2R 处各点的场强.解: 高斯定理0d ε∑⎰=⋅qS E s取同轴圆柱形高斯面,侧面积rl S π2= 则 rl E S E Sπ2d =⋅⎰对(1) 1R r <0,0==∑E q (2) 21R r R <<λl q =∑∴rE 0π2ελ=沿径向向外(3)2R r >0=∑q∴0=E题8-12图8-12 两个无限大的平行平面都均匀带电,电荷的面密度分别为1σ和2σ,试求空间各处场强.解: 如题8-12图示,两带电平面均匀带电,电荷面密度分别为1σ与2σ, 两面间,n E)(21210σσε-= 1σ面外,n E )(21210σσε+-=2σ面外, n E)(21210σσε+=n:垂直于两平面由1σ面指为2σ面.8-13 半径为R 的均匀带电球体内的电荷体密度为ρ,若在球内挖去一块半径为r <R 的小球体,如题8-13图所示.试求:两球心O 与O '点的场强,并证明小球空腔内的电场是均匀的. 解: 将此带电体看作带正电ρ的均匀球与带电ρ-的均匀小球的组合,见题8-13图(a). (1)ρ+球在O 点产生电场010=E,ρ- 球在O 点产生电场'd π4π3430320OO r E ερ=∴O 点电场'd33030OO r E ερ= ; (2)ρ+在O '产生电场'd π4d 3430301OO E ερπ='ρ-球在O '产生电场002='E∴ O ' 点电场03ερ='E 'OO题8-13图(a) 题8-13图(b)(3)设空腔任一点P 相对O '的位矢为r',相对O 点位矢为r (如题8-13(b)图)则3ερrE PO =,3ερr E O P '-=' ,∴003'3)(3ερερερd OO r r E E E O P PO P=='-=+='∴腔内场强是均匀的. 8-14 一电偶极子由q =1.0×10-6C的两个异号点电荷组成,两电荷距离d=0.2cm ,把这电偶极子放在1.0×105N ·C -1的外电场中,求外电场作用于电偶极子上的最大力矩.解: ∵电偶极子p在外场E 中受力矩E p M ⨯=∴qlE pE M ==max 代入数字4536max 100.2100.1102100.1---⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=M m N ⋅8-15 两点电荷1q =1.5×10-8C ,2q =3.0×10-8C ,相距1r =42cm ,要把它们之间的距离变为2r =25cm ,需作多少功?解:⎰⎰==⋅=22210212021π4π4d d r r r r q q r r q q r F A εε )11(21r r - 61055.6-⨯-=J外力需作的功61055.6-⨯-=-='A A J题8-16图8-16 如题8-16图所示,在A ,B 两点处放有电量分别为+q ,-q 的点电荷,AB 间距离为2R ,现将另一正试验点电荷0q 从O 点经过半圆弧移到C 点,求移动过程中电场力作的功.解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -R q 0π6ε-= ∴Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=8-17 如题8-17图所示的绝缘细线上均匀分布着线密度为λ的正电荷,两直导线的长度和半圆环的半径都等于R .试求环中心O 点处的场强和电势.解: (1)由于电荷均匀分布与对称性,AB 和CD 段电荷在O 点产生的场强互相抵消,取θd d R l =则θλd d R q =产生O 点Ed 如图,由于对称性,O 点场强沿y 轴负方向题8-17图θεθλππcos π4d d 2220⎰⎰-==R R E E yR 0π4ελ=[)2sin(π-2sin π-] R0π2ελ-=(2)AB 电荷在O 点产生电势,以0=∞U⎰⎰===AB200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ 同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O8-18 一电子绕一带均匀电荷的长直导线以2×104m ·s -1的匀速率作圆周运动.求带电直线上的线电荷密度.(电子质量0m =9.1×10-31kg ,电子电量e =1.60×10-19C)解: 设均匀带电直线电荷密度为λ,在电子轨道处场强rE 0π2ελ=电子受力大小 re eE F e 0π2ελ== ∴ rv m r e 20π2=ελ得1320105.12π2-⨯==emv ελ1m C -⋅8-19 空气可以承受的场强的最大值为E =30kV ·cm -1,超过这个数值时空气要发生火花放电.今有一高压平行板电容器,极板间距离为d =0.5cm ,求此电容器可承受的最高电压.解: 平行板电容器内部近似为均匀电场∴ 4105.1d ⨯==E U V8-20根据场强E与电势U 的关系UE -∇= ,求下列电场的场强:(1)点电荷q 的电场;(2)总电量为q ,半径为R 的均匀带电圆环轴上一点;*(3)偶极子ql p =的l r >>处(见题8-20图).解: (1)点电荷 rqU 0π4ε= 题 8-20 图∴200π4r rq r r U E ε=∂∂-= 0r为r 方向单位矢量.(2)总电量q ,半径为R 的均匀带电圆环轴上一点电势220π4xR q U +=ε∴()i x R qx i x U E2/3220π4+=∂∂-=ε(3)偶极子l q p=在l r >>处的一点电势200π4cos ])cos 21(1)cos 2(1[π4r ql llr q U εθθθε=+--=∴30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1r p U r E εθθθ=∂∂-=8-21 证明:对于两个无限大的平行平面带电导体板(题8-21图)来说,(1)相向的两面上,电荷的面密度总是大小相等而符号相反;(2)相背的两面上,电荷的面密度总是大小相等而符号相同.证: 如题8-21图所示,设两导体A 、B 的四个平面均匀带电的电荷面密度依次为1σ,2σ,3σ,4σ题8-21图(1)则取与平面垂直且底面分别在A 、B 内部的闭合柱面为高斯面时,有0)(d 32=∆+=⋅⎰S S E s σσ∴+2σ03=σ说明相向两面上电荷面密度大小相等、符号相反; (2)在A 内部任取一点P ,则其场强为零,并且它是由四个均匀带电平面产生的场强叠加而成的,即0222204030201=---εσεσεσεσ 又∵+2σ03=σ ∴1σ4σ=说明相背两面上电荷面密度总是大小相等,符号相同. 8-22 三个平行金属板A ,B 和C 的面积都是200cm 2,A 和B 相距4.0mm ,A 与C 相距2.0 mm .B ,C 都接地,如题8-22图所示.如果使A 板带正电3.0×10-7C ,略去边缘效应,问B 板和C 板上的感应电荷各是多少?以地的电势为零,则A 板的电势是多少? 解: 如题8-22图示,令A 板左侧面电荷面密度为1σ,右侧面电荷面密度为2σ题8-22图(1)∵ AB AC U U =,即 ∴ AB AB AC AC E E d d =∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A =得 ,32Sq A=σSq A 321=σ而7110232-⨯-=-=-=A C q S q σCC10172-⨯-=-=S q B σ(2)301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV 8-23 两个半径分别为1R 和2R (1R <2R )的同心薄金属球壳,现给内球壳带电+q ,试计算:(1)外球壳上的电荷分布及电势大小;(2)先把外球壳接地,然后断开接地线重新绝缘,此时外球壳的电荷分布及电势;*(3)再使内球壳接地,此时内球壳上的电荷以及外球壳上的电势的改变量.解: (1)内球带电q +;球壳内表面带电则为q -,外表面带电为q +,且均匀分布,其电势题8-23图⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R Rqr r q r E U εε (2)外壳接地时,外表面电荷q +入地,外表面不带电,内表面电荷仍为q -.所以球壳电势由内球q +与内表面q -产生:0π4π42020=-=R q R q U εε(3)设此时内球壳带电量为q ';则外壳内表面带电量为q '-,外壳外表面带电量为+-q q ' (电荷守恒),此时内球壳电势为零,且0π4'π4'π4'202010=+-+-=R q q R q R q U A εεε 得q R R q 21='外球壳上电势()22021202020π4π4'π4'π4'R qR R R q q R q R q U B εεεε-=+-+-=8-24 半径为R 的金属球离地面很远,并用导线与地相联,在与球心相距为R d 3=处有一点电荷+q ,试求:金属球上的感应电荷的电量.解: 如题8-24图所示,设金属球感应电荷为q ',则球接地时电势0=O U8-24图由电势叠加原理有:=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε 得-='q 3q8-25 有三个大小相同的金属小球,小球1,2带有等量同号电荷,相距甚远,其间的库仑力为0F .试求:(1)用带绝缘柄的不带电小球3先后分别接触1,2后移去,小球1,2之间的库仑力;(2)小球3依次交替接触小球1,2很多次后移去,小球1,2之间的库仑力.解: 由题意知2020π4r q F ε=(1)小球3接触小球1后,小球3和小球1均带电2q q =', 小球3再与小球2接触后,小球2与小球3均带电 q q 43='' ∴ 此时小球1与小球2间相互作用力00220183π483π4"'2F rqr q q F =-=εε (2)小球3依次交替接触小球1、2很多次后,每个小球带电量均为32q . ∴ 小球1、2间的作用力00294π432322F r q q F ==ε *8-26 如题8-26图所示,一平行板电容器两极板面积都是S ,相距为d ,分别维持电势A U =U ,B U =0不变.现把一块带有电量q 的导体薄片平行地放在两极板正中间,片的面积也是S ,片的厚度略去不计.求导体薄片的电势.解: 依次设A ,C ,B 从上到下的6个表面的面电荷密度分别为1σ,2σ,3σ,4σ,5σ,6σ如图所示.由静电平衡条件,电荷守恒定律及维持U U AB =可得以下6个方程题8-26图⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧++++==+=+-==+=+===+6543215432065430021001σσσσσσσσσσεσσσσεσσd US q S qdU U C S S q B A解得Sq 261==σσSq d U2032-=-=εσσ Sq dU2054+=-=εσσ所以CB 间电场S qd U E 00422εεσ+==)2d(212d 02Sq U E U U CB C ε+=== 注意:因为C 片带电,所以2U U C≠,若C 片不带电,显然2U U C =8-27 在半径为1R 的金属球之外包有一层外半径为2R 的均匀电介质球壳,介质相对介电常数为r ε,金属球带电Q .试求: (1)电介质内、外的场强; (2)电介质层内、外的电势; (3)金属球的电势. 解:利用有介质时的高斯定理∑⎰=⋅q S D Sd(1)介质内)(21R r R <<场强 303π4,π4r rQ E r r Q D r εε ==内;介质外)(2R r <场强303π4,π4r rQ E r Qr D ε ==外(2)介质外)(2R r >电势 rQE U 0r π4r d ε=⋅=⎰∞外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Qr r -+=εεε (3)金属球的电势 r d r d 221⋅+⋅=⎰⎰∞R R RE E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdr r Q εεε)11(π4210R R Qr r-+=εεε 8-28 如题8-28图所示,在平行板电容器的一半容积内充入相对介电常数为r ε的电介质.试求:在有电介质部分和无电介质部分极板上自由电荷面密度的比值. 解: 如题8-28图所示,充满电介质部分场强为2E,真空部分场强为1E,自由电荷面密度分别为2σ与1σ由∑⎰=⋅0d q S D得 11σ=D ,22σ=D 而101E D ε=,202E D r εε=d21U E E ==∴r D D εσσ==1212 r d r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内题8-28图 题8-29图8-29 两个同轴的圆柱面,长度均为l ,半径分别为1R 和2R (2R >1R ),且l >>2R -1R ,两柱面之间充有介电常数ε的均匀电介质.当两圆柱面分别带等量异号电荷Q 和-Q 时,求: (1)在半径r 处(1R <r <2R =,厚度为dr ,长为l 的圆柱薄壳中任一点的电场能量密度和整个薄壳中的电场能量; (2)电介质中的总电场能量; (3)圆柱形电容器的电容. 解: 取半径为r 的同轴圆柱面)(S 则rlD S D S π2d )(=⋅⎰当)(21R r R <<时,Q q =∑ ∴rlQD π2=(1)电场能量密度 22222π82lr Q D w εε== 薄壳中rlrQ rl r l r Q w W εευπ4d d π2π8d d 22222===(2)电介质中总电场能量 ⎰⎰===211222ln π4π4d d R R VR R l Q rl r Q W W εε(3)电容:∵CQ W 22=∴)/ln(π22122R R lW Q C ε== *8-30 金属球壳A 和B 的中心相距为r ,A 和B 原来都不带电.现在A 的中心放一点电荷1q ,在B 的中心放一点电荷2q ,如题8-30图所示.试求: (1)1q 对2q 作用的库仑力,2q 有无加速度;(2)去掉金属壳B ,求1q 作用在2q 上的库仑力,此时2q 有无加速度.解: (1)1q 作用在2q 的库仑力仍满足库仑定律,即2210π41r q q F ε=但2q 处于金属球壳中心,它受合力..为零,没有加速度. (2)去掉金属壳B ,1q 作用在2q 上的库仑力仍是2210π41r q q F ε=,但此时2q 受合力不为零,有加速度.题8-30图 题8-31图8-31 如题8-31图所示,1C =0.25μF ,2C =0.15μF ,3C =0.20μF.1C 上电压为50V .求:AB U .解: 电容1C 上电量111U C Q =电容2C 与3C 并联3223C C C += 其上电荷123Q Q = ∴355025231123232⨯===C U C C Q U 86)35251(5021=+=+=U U U AB V 8-321C 和2C 两电容器分别标明“200 pF 、500 V”和“300 pF、900 V”,把它们串联起来后等值电容是多少?如果两端加上1000 V 的电压,是否会击穿?解: (1)1C 与2C 串联后电容1203002003002002121=+⨯=+='C C C C C pF (2)串联后电压比231221==C C U U ,而100021=+U U∴6001=U V ,4002=U V即电容1C 电压超过耐压值会击穿,然后2C 也击穿. 8-33 将两个电容器1C 和2C 充电到相等的电压U 以后切断电源,再将每一电容器的正极板与另一电容器的负极板相联.试求:(1)每个电容器的最终电荷; (2)电场能量的损失.解: 如题8-33图所示,设联接后两电容器带电分别为1q ,2q题8-33图则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112121201021U U U C U C q q U C U C q q q q解得 (1)=1q UC C C C C q U C C C C C 21212221211)(,)(+-=+-(2)电场能量损失W W W -=∆0)22()2121(2221212221C q C q U C U C +-+= 221212U C C C C +=8-34 半径为1R =2.0cm 的导体球,外套有一同心的导体球壳,壳的内、外半径分别为2R =4.0cm 和3R =5.0cm ,当内球带电荷Q =3.0×10-8C 时,求:(1)整个电场储存的能量;(2)如果将导体壳接地,计算储存的能量; (3)此电容器的电容值.解: 如图,内球带电Q ,外球壳内表面带电Q -,外表面带电Q题8-34图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时301π4r r Q E ε =3R r >时302π4r r Q E ε =∴在21R r R <<区域⎰=21d π4)π4(21222001R R r r rQ W εε ⎰-==21)11(π8π8d 2102202R R R R Q r r Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r rQ W εεε∴ 总能量)111(π83210221R R R Q W W W +-=+=ε41082.1-⨯=J(2)导体壳接地时,只有21R r R <<时30π4rrQ E ε=,02=W ∴4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容)11/(π422102R R Q W C -==ε 121049.4-⨯=F习题九9-1在同一磁感应线上,各点B的数值是否都相等?为何不把作用于运动电荷的磁力方向定义为磁感应强度B的方向?解: 在同一磁感应线上,各点B的数值一般不相等.因为磁场作用于运动电荷的磁力方向不仅与磁感应强度B的方向有关,而且与电荷速度方向有关,即磁力方向并不是唯一由磁场决定的,所以不把磁力方向定义为B的方向.9-2 (1)在没有电流的空间区域里,如果磁感应线是平行直线,磁感应强度B的大小在沿磁感应线和垂直它的方向上是否可能变化(即磁场是否一定是均匀的)?(2)若存在电流,上述结论是否还对?解: (1)不可能变化,即磁场一定是均匀的.如图作闭合回路abcd 可证明21B B=∑⎰==-=⋅0d 021I bc B da B l B abcdμ∴21B B=(2)若存在电流,上述结论不对.如无限大均匀带电平面两侧之磁力线是平行直线,但B方向相反,即21B B ≠.9-3 用安培环路定理能否求有限长一段载流直导线周围的磁场?答: 不能,因为有限长载流直导线周围磁场虽然有轴对称性,但不是稳恒电流,安培环路定理并不适用.9-4 在载流长螺线管的情况下,我们导出其内部nI B 0μ=,外面B =0,所以在载流螺线管 外面环绕一周(见题9-4图)的环路积分⎰外B L·d l =0但从安培环路定理来看,环路L 中有电流I 穿过,环路积分应为⎰外B L·d l =I 0μ这是为什么?解: 我们导出nl B 0μ=内,0=外B 有一个假设的前提,即每匝电流均垂直于螺线管轴线.这时图中环路L 上就一定没有电流通过,即也是⎰∑==⋅LI l B 0d 0μ 外,与⎰⎰=⋅=⋅Ll l B 0d 0d外是不矛盾的.但这是导线横截面积为零,螺距为零的理想模型.实际上以上假设并不真实存在,所以使得穿过L 的电流为I ,因此实际螺线管若是无限长时,只是外B的轴向分量为零,而垂直于轴的圆周方向分量rIB πμ20=⊥,r 为管外一点到螺线管轴的距离.题 9 - 4 图9-5 如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转,能否肯定这个区域中没有磁场?如果它发生偏转能否肯定那个区域中存在着磁场?解:如果一个电子在通过空间某一区域时不偏转,不能肯定这个区域中没有磁场,也可能存在互相垂直的电场和磁场,电子受的电场力与磁场力抵消所致.如果它发生偏转也不能肯定那个区域存在着磁场,因为仅有电场也可以使电子偏转.9-6 已知磁感应强度0.2=B Wb ·m -2的均匀磁场,方向沿x 轴正方向,如题9-6图所示.试求:(1)通过图中abcd 面的磁通量;(2)通过图中befc 面的磁通量;(3)通过图中aefd 面的磁通量.解: 如题9-6图所示题9-6图(1)通过abcd 面积1S 的磁通是24.04.03.00.211=⨯⨯=⋅=S BΦWb(2)通过befc 面积2S 的磁通量022=⋅=S BΦ(3)通过aefd 面积3S 的磁通量24.0545.03.02cos 5.03.0233=⨯⨯⨯=θ⨯⨯⨯=⋅=S B ΦWb(或曰24.0-Wb )题9-7图9-7 如题9-7图所示,AB 、CD 为长直导线,C B为圆心在O 点的一段圆弧形导线,其半径为R .若通以电流I ,求O 点的磁感应强度.解:如题9-7图所示,O 点磁场由AB 、C B、CD 三部分电流产生.其中AB 产生01=BCD 产生RIB 1202μ=,方向垂直向里CD 段产生)231(2)60sin 90(sin 24003-πμ=-πμ=︒︒R I R I B ,方向⊥向里 ∴)6231(203210ππμ+-=++=R I B B B B ,方向⊥向里. 9-8 在真空中,有两根互相平行的无限长直导线1L 和2L ,相距0.1m ,通有方向相反的电流,1I =20A,2I =10A ,如题9-8图所示.A ,B 两点与导线在同一平面内.这两点与导线2L 的距离均为5.0cm .试求A ,B 两点处的磁感应强度,以及磁感应强度为零的点的位置.题9-8图解:如题9-8图所示,A B方向垂直纸面向里42010102.105.02)05.01.0(2-⨯=⨯+-=πμπμI I B A T(2)设0=B在2L 外侧距离2L 为r 处 则02)1.0(220=-+rI r Iπμπμ 解得 1.0=r m题9-9图9-9 如题9-9图所示,两根导线沿半径方向引向铁环上的A ,B 两点,并在很远处与电源相连.已知圆环的粗细均匀,求环中心O 的磁感应强度.解: 如题9-9图所示,圆心O 点磁场由直电流∞A 和∞B 及两段圆弧上电流1I 与2I 所产生,但∞A 和∞B 在O 点产生的磁场为零。
大学物理学 (第3版.修订版) 北京邮电大学出版社 上册 第七章习题7 答案
[答案:B。由图得E=kV, 而,i不变,为一常数。] (5) 在恒定不变的压强下,气体分子的平均碰撞频率与气体的热力学温
度T的关系为 [ ] (A) 与T无关. (B).与T成正比 . (C) 与成反比. (D) 与成正比. [答案:C。。] 7.2填空题 (1)某容器内分子数密度为10 26 m-3,每个分子的质量为 3×10-27 kg,设其中 1/6分子数以速率=200 m /s 垂直地向容器的一壁运动,而 其余 5/6分子或者离开此壁、或者平行此壁方向运动,且分子与容器壁 的碰撞为完全弹性的.则每个分子作用于器壁的冲量P= _______________; 每秒碰在器壁单位面积上的分子数= ______________;作用在器壁上的压强p=_________________. [答案:=1.2×10-24 kg m / s = ×1028 m-2.s-1 ; 或 或 (见教材图7.2 ) =4×103 Pa 或p=4×103 Pa. ] (2)有一瓶质量为M的氢气,温度为T,视为刚性分子理想气体,则氢 分子的平均平动动能为____________,氢分子的平均动能为 ______________,该瓶氢气的内能为____________________. [答案:, =k T, ] (3)容积为3.0×102m3的容器内贮有某种理想气体20 g,设气体的压强 为0.5 atm.则气体分子的最概然速率 ,平均速率 和方均根 速率 . [答案:由理想气体状态方程 可得 3.89×102 m/s 4.41×102 m/s 4.77×102 m/s ] (4)题7.2图所示的两条f()~曲线分别表示氢气和氧气在同一温度下的 麦克斯韦速率分布曲线.由此可得氢气分子的最概然速率为 ___________;氧气分子的最概然速率为___________. 题7.2图 f()
(完整版)大学物理学(课后答案)第3章
第3章动量守恒定律和能量守恒定律习题一选择题3-1 以下说法正确的是[ ](A)大力的冲量一定比小力的冲量大(B)小力的冲量有可能比大力的冲量大(C)速度大的物体动量一定大(D)质量大的物体动量一定大解析:物体的质量与速度的乘积为动量,描述力的时间累积作用的物理量是冲量,因此答案A、C、D均不正确,选B。
3-2 质量为m的铁锤铅直向下打在桩上而静止,设打击时间为t∆,打击前锤的速率为v,则打击时铁捶受到的合力大小应为[ ](A)mvmgt+∆(B)mg(C)mvmgt-∆(D)mvt∆解析:由动量定理可知,F t p mv∆=∆=,所以mvFt=∆,选D。
3-3 作匀速圆周运动的物体运动一周后回到原处,这一周期内物体[ ] (A)动量守恒,合外力为零(B)动量守恒,合外力不为零(C)动量变化为零,合外力不为零, 合外力的冲量为零(D)动量变化为零,合外力为零解析:作匀速圆周运动的物体运动一周过程中,速度的方向始终在改变,因此动量并不守恒,只是在这一过程的始末动量变化为零,合外力的冲量为零。
由于作匀速圆周运动,因此合外力不为零。
答案选C。
3-4 如图3-4所示,14圆弧轨道(质量为M)与水平面光滑接触,一物体(质量为m)自轨道顶端滑下,M与m间有摩擦,则[ ](A )M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒(B )M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量守恒,M 、m 与地组成的系统机械能不守恒(C )M 与m 组成的系统动量不守恒, 水平方向动量不守恒,M 、m 与地组成的系统机械能守恒(D )M 与m 组成系统的总动量及水平方向动量都守恒,M 、m 与地组成的系统机械能不守恒解析:M 与m 组成的系统在水平方向上不受外力,在竖直方向上有外力作用,因此系统水平方向动量守恒,总动量不守恒,。
由于M 与m 间有摩擦,m 自轨道顶端滑下过程中摩擦力做功,机械能转化成其它形式的能量,系统机械能不守恒。
物理选修三
物理选修三介绍物理选修三是一门高中物理的选修课程,属于高中物理的深化学习内容。
通过学习本课程,学生将深入了解物理学的相关原理和应用,并进一步培养物理学的实践能力和分析问题的能力。
本文将介绍物理选修三的内容,包括课程概述、学习目标和主要内容。
课程概述物理选修三是高中物理的一门选修课程,一般会在高二或高三上学期进行学习。
本课程主要注重培养学生的物理实践能力和动手能力,通过实验和实际应用来帮助学生深入理解物理原理。
学习本课程的学生需已具备一定的物理基础知识,包括力学、光学和电磁学等内容。
学习目标在学习完物理选修三之后,学生应具备以下能力:1.掌握力学的深入内容,包括牛顿定律的扩展应用、重力、弹力和摩擦等。
2.了解光学的高级内容,包括光的干涉、衍射和偏振等。
3.理解电磁学的相关原理和应用,包括电场、电势、电流、电磁感应和电磁波等。
4.能够进行物理实验和实践活动,并对实验结果进行数据处理和分析。
5.具备较强的物理问题解决能力,能够灵活运用物理原理解决实际问题。
主要内容物理选修三的主要内容包括以下几个方面:力学扩展在力学扩展部分,将深入学习牛顿定律的更多应用。
学生将学习到更复杂的物体运动情况,如斜面上的物体滑动、圆周运动和万有引力等。
通过学习这些内容,学生将能够更好地理解物体运动的规律和原理。
光学高级在光学高级部分,学生将学习到光的干涉、衍射和偏振等高级概念。
学生将通过实际实验来观察和研究光的干涉和衍射现象,深入了解光的波动性质和光的传播规律。
电磁学原理在电磁学部分,学生将学习电场、电势、电流、电磁感应和电磁波等内容。
学生将通过实验来观察和研究电磁现象,如电磁感应产生的电流和电磁波的传播等。
通过学习这些内容,学生将对电磁学有更深入的理解,并能够解释和应用电磁学原理。
实验与实践本课程注重培养学生的实验和实践能力。
学生将参与各种物理实验和实践活动,包括使用仪器进行测量和数据处理、设计和搭建实验装置等。
通过实验和实践,学生将能够应用所学的物理知识解决实际问题。
物理学(第三版)刘克哲,张承琚 第6章
第六章流体力学§6-1 流体的压强无论流体与容器器壁之间,还是流体各部分之间, 都存在相互作用。
在静止流体中, 各部分之间的作用力必定表现为正压力。
根据流体内各部分之间相互作用的上述性质, 我们引入压强的概念。
在包围流体块的闭合面上任意一点a附近取面元d s,d s的方向与闭合面在点a的法线n的方向一致, 如图6-1所示。
如果闭合面以内的流体对面元d s的压力为d f, 那么点a的压强p就定义为d f = p d s上式表示, 压强就是单位面积上所承受的沿法线方向的压力的大小。
因为d f 与d s的方向一致, 所以压强又可由下式表示.在国际单位制中,压强的单位是pa (帕斯卡, 简称帕)1 pa = 1 n m-2 .另外, 压强还常用bar (巴)和atm (标准大气压,简称大气压)为单位表示, 它们与pa的关系为1 bar = 105 pa ,1 atm = 101325 pa .§6-2 理想流体的连续性方程一、关于理想流体的几个概念1. 理想流体:绝对不可压缩和完全没有黏性的流体。
2. 定常流动:尽管在同一时刻流体各处的流速可能不同, 但流体质点流经空间任一给定点的速度是确定的,并且不随时间变化。
这种流动称为定常流动。
3. 流线:为了形象地描述流体的运动, 我们在流体中画出一系列曲线, 使曲线上每一点的切线方向与流经该点的流体质点的速度方向相同, 这种曲线就称为流线。
4. 流管:在定常流动中,通过流体中的每一点都可以画一条流线。
由流线围成的管状区域, 就称为流管。
二、理想流体的连续性方程对于不可压缩流体(理想流体具有这种性质)来说有:s1v1= s2v2或s v = 恒量,上式就是理想流体的连续性方程。
它表示, 理想流体作定常流动时, 流体的速率与流管截面积的乘积是一个恒量, 或者说, 流体的速率与流管的截面积成反比。
流线的走向表示速度的方向,流线的疏密表示速度的大小如果在某一管道的横截面上各点的流速都相等, 通过该截面的流体的流量q v可以用截面积s与流体流经该截面的流速v的乘积来表示, 即q v = s v如果截面上各点流速不相等, 这时我们可以在截面上任取一面元d s, 此处的流速为v, 流体通过面元d s的流量可以表示为d q v = v d s通过整个截面的流量为由此我们还可以引入流体在管道截面上的平均流速的概念, 它定义为§6-3 伯努利方程恒量上面两式都称为伯努利方程, 它们描述了理想流体作定常流动时的基本规律。
普通物理学第三章刚体的运动试题
普通物理学第三章刚体的运动试题第⼀章刚体的运动⼀、选择题:()1、⼀质量为m 的均质圆盘绕其中⼼作匀⾓速度的圆周运动,则:(A)动量不为零(B)⾓动量⼀定守恒(C)动量和⾓动量都守恒(D)动量和⾓动量都不守恒()2、刚体⾓动量守恒的充分⽽必要的条件是(A )刚体不受外⼒矩的作⽤(B )刚体所受合外⼒矩为零(C )刚体所受的合外⼒和合外⼒矩均为零(D )刚体的转动惯量和⾓速度均保持不变()3、刚体的转动惯量与下列哪种因素⽆关A 、刚体的质量B 、刚体所受的⼒C 、刚体转动的位置D 、刚体质量的分布情况()4、⽤细绳系⼀⼩球使之在竖直平⾯内作圆周运动,则A、⼩球在任意位置都有切向加速度B、⼩球在任意位置都有法向加速度C、⼩球在任意位置绳⼦的拉⼒和重⼒是惯性离⼼⼒的反作⽤⼒D、当⼩球运动到最⾼点时,它将受到重⼒、绳的拉⼒和向⼼⼒的作⽤()5、两个匀质圆盘A 和B 的密度分别为A ρ和B ρ,若r A >r B ,但两圆盘的质量与厚度相同,如两盘对通过盘⼼垂直于盘⾯轴的转动惯量各为J A 和J B ,则A、J A >J BB、J B >J AC、J A =J BD、J A 、J B 哪个⼤,不能确定()6、两物体的转动惯量相等,当其转动⾓速度ω1︰ω2=2︰1时,两物体的转动动能(E 1︰E 2)之⽐为A、4︰1B、2︰1D、1:()7、⼀电动机以1800转/分的⾓速度转动,在电动机的轴上装有三个转轮,直径分别为5、10、15cm,三个转轮边缘上的线速度之⽐为A、1︰1︰1B、1︰2︰3D、9︰4︰1()8、下列物体哪种是刚体A、固体B、液体C、⽓体D、都不是()9、均匀细棒OA 可绕通过其⼀端O ⽽与棒垂直的⽔平固定光滑轴转动,如图所⽰。
今使棒从⽔平位置由静⽌开始⾃由下落,在棒摆动到竖直位置的过程中,下述说法哪⼀种是正确的?(A )⾓速度从⼩到⼤,⾓加速度从⼩到⼤。
(B )⾓速度从⼩到⼤,⾓加速度从⼤到⼩。
大学物理第三章热力学第一定律第四章热力学第二定律
B C AD
氮气 氦气
35
B C AD
氮气 氦气
解: 取(A+B)两部分的气体为研究系统, 在外界压缩A部分气体、作功为A的过程 中,系统与外界交换的热量 Q 0
Q E ( A) 0
36
B
氮气
C
AD
氦气
系统内能的变化为
E E A E B
5 E B RTB 2
内能:态函数,系统每个状态都对应着一定内能的数值。 功、热量:只有在状态变化过程中才有意义,状态不 变,无功、热可言。
9
五、热力学第一定律
1. 数学表式 ★ 积分形式 ★ 微分形式
Q E A
dQ dE dA
10
2. 热力学第一定律的物理意义 (1)外界对系统所传递的热量 Q , 一部分用于 系统对外作功,一部分使系统内能增加。 (2)热一律是包括热现象在内的能量转换和守恒 定律。
m i E RT M2
m i i m E RT R T末 T初) ( M2 2M
i dE RdT 2
8
注意 :
10 作功和传热对改变系统的内能效果是一样的。 (要提高一杯水的温度,可加热,也可搅拌)
20 国际单位制中,功、热、内能单位都是焦耳(J)。 (1卡 = 4.18 焦耳) 30 功和热量都是系统内能变化的量度,但功和热本身不 是内能。
绝热线
斜 率
PV C1
dP K 绝热 dV
P V
26
K 绝热 同一点 P0,V0,T0 斜率之比 ( ) K 等温
P0 K绝热 V0 P0 K等温 V0
P
a
等温
结论:绝热线比等温线陡峭
《物理学教程(第三版)》上册 电子课件 3-4 动能定理
dW 0 dW 0
dr1*A1
F1
F
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
•
3–4 变力的功
动能定理
dW
F
dr
物理学教程 (第三版)
F cos
B B
W A F dr A F cos ds
s
• 合力的功 = 分力的功的代数和
o sA
ds sB
W
Fi
dr
Fi
dr
Wi i
F
Fxi
Fy
1 2
mv02
得 v 2gl(cos cos0)
1.53ms1
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
物理学教程 (第三版)
0
d
l
FT
v
ds
P
j
Fzk
dr dxi dyj dzk
W Fxdx Fydy Fzdz
W Wx Wy Wz
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
3 – 4 动能定理
物理学教程 (第三版)
功的大小与参照系有关
功的量纲和单位 dimW ML2T2 1J 1N m
平均功率 瞬时功率
P W t
P lim W
3 – 4 动能定理
物理学教程 (第三版)
力的空间累积效应
W , E ,动能定理等.
一功
力对质点所做的功为力在质点位移方向的分量与
位移大小的乘积 . (功是标量,过程量)
dW
F cos
dr
F
cos
ds
dW F dr
0 90, dW 0
dri
i
B
*
dr Fi
90
90
大学物理第三章课后习题答案
L 时时, (1)摩擦力做功多少? (2)弹性力做功多少? (3)其他力做功多少? (4)外力做的总功是多少? 8. 小球系于细绳的一端,质量为 m ,并以恒定的角速
度 ω 0 在光滑水平面上围绕一半径为 R 的圆周运动。细 绳穿过圆心小孔, 若手握绳的另一端用力 F 向下拉绳,使小球运转的半径减小一半, 求 力对小球所做的功。 9. 如图所示, 一小车从光滑的轨道上某处由
9. 解:由题意知小车飞越 BC 缺口时做斜抛运动,其射程 BC = 2 R sin α 。 设小车在 B 点时的速度为 υ B , 欲使小车 刚 好 越 过 BC , 应 满 足 2υ B ⋅ sin α g
-7-
2 R sin α = υ B ⋅ cos α ⋅
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gR (1) cos α 由 A 点运动到 B 点时机械能守恒得: 1 2 mgh = mg ( R + R cos α ) + mυ B (2) 2 由式(1)与(2)得 1 h = (1 + cos α + )R 2 cos α
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第三章 功和能
一、 填空 1. 功等于质点受的 和 的标量积,功是 变化的量度。 2. 物理学中用 来描述物体做功的快慢。力的瞬时功率等于 与 的标积。对于一定功率的机械,当速度小时,力就 (填“大”或“小” ) , 速度大时,力必定 (填“大”或“小” ) 。 3. 合外力对质点所做的功等于质点动能的增量,此即 定理。 4. 质点动能定理的微分形式是 。 5. 质点动能定理的积分形式是 。 6. 按做功性质,可以将力分为 和 。 7. 所做的功只取决于受力物体的初末位置,与物体所经过的路径无 关。做功与路径有关的力叫做 。 8. 物体在 力作用下,沿任意闭合路径绕一周所做的功等于零。 9. 保守力做功与物体势能改变量之间的关系是 。 10. 若保守力做正功,则势能 ( “增加”或“减少” ) ,若保守力做负功, 则 势能 ( “增加”或“减少” ) 。 11. 势能的增量与势能零点的选取 (填“有关”或“无关” ) ,势能的大小 与势能零点的选取 (填“有关”或“无关” ) 。 12. 质点系内各质点之间的相互作用力称为 ,质点系以外的其他物体对 质点系内各质点的作用力称为 。 13. 质点系在运动过程中, 所做的功与 所做的功的总 和等于质点系的机械能的增量,此即质点系的 原理。 14. 在只 有 做功 的情 况下, 质点 系的机 械能 保持不 变, 这就是 定律。 15. 行星沿 轨道绕太阳运行, 太阳位于椭圆的一个 上; 对任一行星, 以 太阳 中 心为 参 考点 , 行星 的 位置 矢 量在 相 等的 时 间内 扫 过的 面 积填 ( “相 等 ”或 “ 不 相等 ” ) ; 行星 绕 太阳 运 动的 和 椭圆 轨 道的 成正比。 16. 第一宇宙速度是 所需要 的速度。 17. 第二宇宙速度是 所需要的 最小速度。 18. 第三宇宙速度是 所需的 最小速度。 二、 简答 1. 2. 3. 4. 5. 简述质点动能定理的内容,并写出其微分形式和积分形式。 简述保守力做功与物体势能改变量之间的关系。 简述质点系功能原理的内容。 简述机械能守恒定律的内容。 简述行星运动的三大定律的内容。
大学物理学(第3版)
2019年清华大学出版社出版教材
01 成书过程
03 教学资源 05 作者简介
目录
02 内容简介 04 教材特色
基本信息
《大学物理学(第3版)》是由孙厚谦主编,2019年由清华大学出版社出版的江苏省精品教材。该教材可作 为高等院校核反应堆工程专业高年级本科生的专业基础课教材,也可供相关专业的工程技术人员参考。
作者简介
作者简介
孙厚谦,硕士研究生,物理专业教授,从事物理、物理实验、固体物理等课程教学;先后获江苏省精品课程、 精品教材、优秀教学成果与校内多项教学成果奖励,在中国国内权威核心教学期刊等刊物上发表教研论文二十余 篇;2006至2012任教育部基础物理课程教学指导委员会委员;主要从事凝聚态物理团簇科学研究。
内容简介
内容简介
全书共分为5篇14章,第1篇力学,内容包括:第1章质点运动学、第2章质点动力学、第3章刚体的定轴转动; 第2篇电磁学,内容包括:第4章静电场、第5章稳恒磁场、第6章电磁感应;第3篇热学,内容包括:第7章气体分 子动理论、第8章热力学基础;第4篇振动与波动,内容包括:第9章机械振动、第10章机械波、第11章几何光学 简介、第12章波动光学;第5篇近代物理基础,内容包括:第13章狭义相对论基础、第14章量子物理基础。
3.注重引导精心设计两个栏目。一是问题,即在一个主要知识点或基本方法讲授后,从理解基本概念与物 理量、掌握基本公式、领悟物理思想、抓住解题要点、熟悉解题要素、典型问题举一反三、综合应用知识与引申 等角度,多层次多角度设计问题,体现引导式、研究性学习理念。二是说明、注意和讨论,即以说明栏解读基本 概念、原理公式、名词术语等;注意栏指出理解概念、使用公式时易出错混淆之处,引导学生准确地把握有关内 容;讨论栏对公式、原理的应用进行拓展引申,强化基本概念和规律。另外,重要知识点尽量以标题列出。
物理学第3版习题解答_第6章稳恒磁场.
6-4 在图6-25中,假设两导线中的电流均为8A,对图示的三条闭合曲线 a 、 b 、 c ,分别写
出安培环路定理等式右边电流的代数和.并讨论: (1)在各条闭合曲线上,各点的磁感应强度B的大小是否相等?
(2)在闭合曲线 c 上各点的B是否为零?为什么?
解:
B a
dl
80
ba B dl 80
图6-37 习题6-10图
解:在 ab 上取 dr ,它受力 dF ab 向上,大小为
dF
I 2dr
0 I1 2r
dF 对 O 点力矩 dM r F
dM 方向垂直纸面向外,大小为
dM
rdF
0 I1I 2 2
dr
M
b dM
a
0I 1I2 2
b dr 3.6 106
B3 2πr 0
B3 0
7
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 ,则环内的磁
场可以近似视作均匀分布,设螺线环的平均半径
R
1 2
R2
R1 ,则环内的磁感强度近似
为
B
μ0 NI 2πR
6-8 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线,试计算单位长度导线内的磁场通过图6-35
(1)在各条闭合曲线上,各点 B 的大小不相等.
cB dl 0
(2)在闭合曲线 C 上各点 B 不为零.只是 B 的环路积分为零而非每点 B 为零
图 6-25 思考题 6-4 图
1
6-5 安培定律 dF Idl B 中的三个矢量,哪两个矢量是始终正交的?哪两个矢量可以
大学物理学(第三版)第二章课后答案
习题22.1选择题(1) 一质点作匀速率圆周运动时,(A)它的动量不变,对圆心的角动量也不变。
(B)它的动量不变,对圆心的角动量不断改变。
(C)它的动量不断改变,对圆心的角动量不变。
(D)它的动量不断改变,对圆心的角动量也不断改变。
[答案:C](2) 质点系的内力可以改变(A)系统的总质量。
(B)系统的总动量。
(C)系统的总动能。
(D)系统的总角动量。
[答案:C](3) 对功的概念有以下几种说法:①保守力作正功时,系统内相应的势能增加。
②质点运动经一闭合路径,保守力对质点作的功为零。
③作用力与反作用力大小相等、方向相反,所以两者所作功的代数和必为零。
在上述说法中:(A)①、②是正确的。
(B)②、③是正确的。
(C)只有②是正确的。
(D)只有③是正确的。
[答案:C]2.2填空题(1) 某质点在力(SI)的作用下沿x轴作直线运动。
在从x=0移动到x=10m的过程中,力所做功为。
[答案:290J](2) 质量为m的物体在水平面上作直线运动,当速度为v时仅在摩擦力作用下开始作匀减速运动,经过距离s后速度减为零。
则物体加速度的大小为,物体与水平面间的摩擦系数为。
[答案:](3) 在光滑的水平面内有两个物体A和B,已知m A=2m B。
(a)物体A以一定的动能E k与静止的物体B发生完全弹性碰撞,则碰撞后两物体的总动能为;(b)物体A以一定的动能E k与静止的物体B发生完全非弹性碰撞,则碰撞后两物体的总动能为。
[答案:]2.3 在下列情况下,说明质点所受合力的特点:(1)质点作匀速直线运动;(2)质点作匀减速直线运动;(3)质点作匀速圆周运动;(4)质点作匀加速圆周运动。
解:(1)所受合力为零;(2)所受合力为大小、方向均保持不变的力,其方向与运动方向相反;(3)所受合力为大小保持不变、方向不断改变总是指向圆心的力;(4)所受合力为大小和方向均不断变化的力,其切向力的方向与运动方向相同,大小恒定;法向力方向指向圆心。
《物理学教程(第三版)》上册 电子课件 6-2 平面简谐波的波函数
x
)
2π T 2π
C
B
u B
TC
2π d dC
第六章 机械波
6 – 2 平面简谐波的波函数 二 波函数的物理意义
物理学教程 (第三版)
y Acos[(t x) ] Acos[2 π( t x ) ]
u
T
1 当 x 固定时, 波函数表示该点处质元的简谐振
动方程,并给出该点处质元与点 O处质元振动的相位差.
sin(πx) 1
o*
1*.0 2*.0 3*.0 x / m x (2k 0.5)m
-1.0
*
t 1.0 s 时刻波形图
sin(πx) 1 x (2k 1.5)m k 0,1,2,
第六章 机械波
6 – 2 平面简谐波的波函数
物理学教程 (第三版)
3) x 0.5m 处质元的振动规律并作图 . y 1.0 cos[ 2π( t x ) π ]m 2.0 2.0 2
y Acos 2π ( t x )
T
(向x 轴正向传播,
y Acos(t x)
u
(向x 轴负向传播 ,
π) π)
2)平面简谐波的波函数为 y Acos(Bt Cx)
式中 A, B, C 为正常数,求波长、波速、波传播方
向上相距为 d
y Acos(Bt
的 C两x点) 处质y元间A的co相s 2位π差( t.
上点 A处质元的简谐振动方程 yA 3102 cos(4 πt)m
u
8m 5m 9m
C
B oA
Dx
1)以 A 为坐标原点,写出波函数
A 3102 m T 0.5s 0 uT 10m
y Acos[ 2π ( t x ) ] T
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•CUPT的题目的一个重要特征是开放性和完整性。
开放性突破传统的“做题”
模式,对学生把握题意、理论和实际结合分析、实验对理论的验证分析等有很好的考查。
完整性对学生系统地、完整地完成一项工作有较高的要求,完整的实践实验探索、理论建模与分析、实验验证、工作的陈述和展示、讨论与辩论等全部环节。
•光学是物理学的重要分支,每年在CUPT
中至少有2道题目,或者几道以光学为手段。
•下面以2017年比赛的一道题目为例,给大
家展示CUPT中光学题目的一般求解流程
和方法,给大家一定的启示。
•原题:No.3 Single lens telescope
• A telescope can be built using a single lens, provided that a small aperture is used instead of an eyepiece. How do the parameters of the lens and the hole influence the image (e.g. magnification, sharpness and brightness)?
•翻译:利用小孔作为目镜就能制作一个单透镜望远镜。
单透镜和小孔的参量会怎样会影响成像(例如放大率、锐度、亮度)?
•寻找关键词:望远镜、单透镜、小孔、放大率、锐度、亮度
•根据初步的理解设计定性实验,不需要太高的精度。
•定性实验装置:
•凸透镜(①矩形:3.00cm×3.50cm,焦距33.50cm
②圆形:直径2.40cm,焦距6.00cm )
•小孔(①0.50mm;②1.23mm)
•镜筒(①2.00cm;②4.20cm;③22.20cm;④22.90cm)
•定性实验现象
物体距离成像面约80cm
不加望远镜透镜①矩形:3.00cm ×3.50cm ,焦距
33.50cm
镜长:30.50cm 孔径:1.23mm 镜长:40.00cm 孔径:1.23mm 镜长:30.50cm
孔径:0.50mm 镜长:40.00cm 孔径:0.50mm
•定性实验现象
透镜②圆形:直径2.40cm ,焦距
6.00cm
不加望远镜镜长:4.20cm
孔径:1.23mm
镜长:4.20cm 孔径:0.50mm
定性实验结果:(1)透镜焦距增加,成像更清晰;
(2)小孔直径增大,成像更清晰;
(3)小孔与透镜距离(望远镜长度)增大,成像放大率增加。
•对定性实验进行分析
1.器材相对位置不固定,不能精密调节。
2.透镜和单孔不方便安装和拆卸,不能精
确定位。
3.观察对象的清晰度和锐利度不能很好地
衡量。
4.白光导致分析困难。
不在普通桌面上做实验,使用光学平台和支架设计新的安装装置,并考虑用套筒实现自由改变长度
可考虑改用特定间距和宽度的狭缝代替景物
可考虑给光源加上滤光片,但是不要使用激光器
•理论路线选择
•常见的三种分析此类问题的方法:
•直接使用几何光学的方法
•把小孔等效成可变焦距透镜,在使用几何光学方法[1]•应用衍射光学方法
[1] 江晓清,林强,王绍民,小孔成像的焦移理论。
•
理论模型的建立()()()111110110,E x y x x y y δδ=--光束的传输用ABCD系统中的Collins标量衍射积分
()
()()11122211111221211exp ,,exp 2d d T T T i ikL E x y E x y i r AB r r DB r r B r x y πλ----⎡⎤=+-⎢⎥⎣⎦⎰⎰
•理论模型的建立
将这些参数带入Collins衍射积分并反
复应用,则可以得到像平面上的光场
分布。
•理论模型的求解结果12312132
,,W W W z z z f z z ππππππλλλλλλ==+-=+112233
,,K z K z K z λλλ===()()()()()()()()()2244423333343433323221222223232221222111111i i i2,,exp exp d d i i i i2,exp exp d d i ,exp exp E x y H x y x y x x y y x y z z z H x y x y x x y y x y z z f z E x y x y z πππλλλππππλλλλπλ⎡⎤⎛⎫⎡⎤∝⋅++⋅-+⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦
⎡⎤⎛⎫⎡⎤⨯⋅+-+⋅-+⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦
⎡⎤⨯⋅+⋅⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰⎰()()()()()()()121211122442333333333332233122222222222221111111i2d d ,exp i exp i2d d ,exp i exp i2d d ,exp i exp i2x x y y x y z x y H x y W x y x y x y K K x y H x y W x y x y x y K K E x y W x y x πλπππ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦
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经过计算六重积分得到像平面上的光场分布。
•务必首先审题,初步实现现象的再现,不必过分做预备实验;
•根据实验现象分析问题的归属,比如:几何光学、波动光学等,然后确定可能的理论分析路线,选取其中最有价值的路线进行理论分析;
•根据实际情况对系统进行理论建模,忽略次要因素,把握主要因素,然后进行理论分析;
•确定研究的理论路线和方案是一个重要的节点,直接决定分工合作和工作效率。