普通物理学下册答案

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(完整word版)大学物理下册课后习题答案

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大学物理下册课后习题答案习题八8-1 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 =2024d q 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SqE 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S qE 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 rp E r εθ= 垂直于r 方向,即θ方向场强分量300π4sin rp E εθ=题8-5图 题8-6图8-6 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(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 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 -=λε2220)(d π4d x a xE E llP 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) 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题8-6图所示 由于对称性⎰=lQx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220dd d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy 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 RR 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R R E x 000π2d sin π4ελϕϕελπ==⎰ 0d cos π400=-=⎰ϕϕελπR E 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 E d 方向如图,大小为()4π4cos cos d 22021lr E P +-=εθθλ ∵ 22cos 221l r l +=θ12cos cos θθ-=∴ 24π4d 22220lr ll r E P ++=ελP Ed 在垂直于平面上的分量βcos d d P E E =⊥∴ 424π4d 2222220lr rl r l r l E +++=⊥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.(xRarctan=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06εqe =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06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则024εqe =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∑⎰=⋅q S E s,02π4ε∑=q r 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⨯≈-=rr 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 >=∑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'dπ4π3430320OO 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 03ερrE PO =,3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdOO 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 =1.0×10-6Cd=0.2cm ,把这电偶极子放在1.0×105N ·C-1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解: 如题8-16图示0π41ε=O U 0)(=-R qR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 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⎰⎰===A B 200012ln π4π4d π4d R R x x x x U ελελελ同理CD 产生 2ln π402ελ=U 半圆环产生 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O 8-18 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U E -∇=,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 ∴ 0200π4r 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 qU +=ε ∴ ()i xR qxi x U E 2/3220π4+=∂∂-=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 l l r q U εθθθε=+--= ∴ 30π2cos r p r U E r εθ=∂∂-= 30π4sin 1rp 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 sσσ∴ +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2.0mm .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 ACU U =,即∴ AB AB AC AC E E d d = ∴2d d 21===ACABAB AC E E σσ 且 1σ+2σSq A= 得 ,32S q A =σ Sq A321=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(1) (2) *(3) 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=+RqR 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解: 由题意知 2020π4rq 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 S q261==σσS qd U 2032-=-=εσσSqd U 2054+=-=εσσ所以CB 间电场 Sqd 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2UU 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,π4rr Q E r Qr D ε ==外 (2)介质外)(2R r >电势rQE U 0rπ4r d ε=⋅=⎰∞ 外 介质内)(21R r R <<电势2020π4)11(π4R Q R r qr εεε+-=)11(π420R r Q r r -+=εεε(3)金属球的电势r d r d 221 ⋅+⋅=⎰⎰∞R R R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r -+=εεε8-28 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=d21UE E ==∴ r D Dεσσ==1212rd 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 22222π82l r 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:∵ C Q 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 ABV8-32 1C 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 ? 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⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==-=-=+2122112*********U U U C U C q qU C U C q q q q 解得 (1) =1q U C 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(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 rQ E ε =3R r >时 302π4r rQ 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 rr Q εε 在3R r >区域⎰∞==32302220021π8d π4)π4(21R R Q r r r Q 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30π4r rQ E ε=,02=W∴ 4210211001.1)11(π8-⨯=-==R R Q W W ε J(3)电容器电容 )11/(π422102R R QW 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.题9-2图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 abcd μ∴ 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-2x 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 BΦWb (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=-+rIr I πμπμ 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。

普通物理习题册下答案

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第9 单元 静电场(一)一 选择题[ C ]1 .一带电体可作为点电荷处理的条件是 (A)电荷必须呈球形分布。

(B)带电体的线度很小。

(C)带电体的线度与其它有关长度相比可忽略不计。

(D)电量很小。

[ C ]2.已知一高斯面所包围的体积内电量代数和∑i q =0,则可肯定:(A)高斯面上各点场强均为零。

(B)穿过高斯面上每一面元的电通量均为零。

(C)穿过整个高斯面的电通量为零。

(D)以上说法都不对。

[ D ]3.两个同心均匀带电球面,半径分别为R a 和R b ( R a <R b ) ,所带电量分别为Q a 和Q b ,设某点与球心相距r , 当R a < r < R b 时, 该点的电场强度的大小为: ( A )241r Q Q ba +⋅πε ( B )241rQ Q ba -⋅πε( C ))(4122bb a R Q rQ +⋅πε ( D )241rQ a ⋅πε[ D ]4. 如图所示,两个“无限长”的、半径分别为R 1和R 2的共轴圆柱面均匀带电,轴线方向单位长度上的带电量分别为λ1 和λ2 , 则在内圆柱面里面、距离轴线为r 处的P 点的电场强度大小 ( A )r 0212πελλ+( B )20210122R R πελπελ+( C ) 1014R πελ( D ) 0[ D ]5.图示为一具有球对称性分布的静电场的E ~r 关系曲线,请指出该静电场是由下列哪种带电体产生的。

(A)半径为R 的均匀带电球面。

(B)半径为R 的均匀带电球体。

(C)半径为R 、电荷体密度ρ=Ar(A 为常数)的非均匀带电球体。

(D)半径为R 、电荷体密度ρ=A/r(A 为常数)的非均匀带电球体。

二 填空题1. 在点电荷系的电场中,任一点的电场强度等于__各点电荷在该占单独产生的电场强度的矢量和__,这称为场强叠加原理。

2.静电场中某点的电场强度,其数值和方向等于 单位正电荷在该点受到的电场力___。

普通物理学教程力学第二版课后题答案(第四、十章)

普通物理学教程力学第二版课后题答案(第四、十章)

普通物理学教程力学第二版课后题答案(第四、十章)动能和势能思考题4.1 起重机起重重物。

问在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种情况下合力之功的正负。

又:在加速上升和匀速上升了距离h这两种情况中,起重机吊钩对重物的拉力所做的功是否一样多?[解答]在加速上升、匀速上升、减速上升以及加速下降、匀速下降、减速下降六种况下合力之功的正负分别为:正、0、负、正、0、负。

在加速上升和匀速上升了距离h这两种情况中,起重机吊钩对重物的拉力所做的功不一样多。

加速上升F mg;匀速上升F mg。

4.2 弹簧A和B,劲度系数,(1)将弹簧拉长同样的距离;(2)拉长两个弹簧到某一长度时,所用的力相同。

在这两种情况下拉伸弹簧的过程中,对那个弹簧做的功更多?[解答](1) KA KB 拉长同样距离1KA 221AB KB 22 }KA KB,AA AB.AA(2)FA KAxA, FB KBxB, FxA A KA FA FB FxB BKBOAOBKAxA KBxB22__2AA KAxA KA222KA2KA22__2AB KBxB KB222KB2KB }KA KB,AA AB4.3 “弹簧拉伸或压缩时,弹簧势能总是正的。

”这一论断是否正确?如果不正确,在什么情况下,弹簧势能会是负的。

[解答]与零势能的选取有关。

4.4 一同学问:“二质点相距很远,引力很小,但引力势能大;反之,相距很近,引力势能反而小。

想不通”。

你能否给他解决这个疑难?[解答]设两物体(质点)相距无限远处为零势能。

4.5 人从静止开始步行,如鞋底不在地面上打滑,作用于鞋底的摩擦力是否做了功?人体的动能是哪里来的?分析这个问题用质点系动能定理还是用能量守恒定律分析较为方便?[解答](1)作用于鞋底的摩擦力没有做功。

(2)人体的动能是内力做功的结果。

(3)用质点系动能定理分析这个问题较为方便。

4.6 一对静摩擦力所做功的代数和是否总是负的?正的?为零?[解答] 不一定。

普通物理学第二版第七章课后习题答案

普通物理学第二版第七章课后习题答案

第七章 刚体力学7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s?估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度(自己搜集所需数据).[解 答]7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.(1)假设转动是匀加速转动,求角加速度.(2)在此时间内,发动机转了多少转?[解 答](1)22(30001200)1/601.57(rad /s )t12ωπβ⨯-⨯===(2)22222()(30001200)302639(rad)2215.7πωωθβ--===⨯所以 转数=2639420()2π=转7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为球t 时刻的角速度和角加速度.[解 答]7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动,在圆盘平面内建立O-xy 坐标系,原点在轴上.x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A当t=0时恰好在x 轴上,该点的角坐标满足21.2t t (:rad,t :s).θθ=+求(1)t=0时,(2)自t=0开始转45时,(3)转过90时,A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影.[解 答](1) A ˆˆt 0,1.2,R j 0.12j(m/s).0,0.12(m/s)x y ωνωνν====∴==(2)45θ=时,由2A 1.2t t ,t 0.47(s)42.14(rad /s)v R πθωω=+==∴==⨯得 (3)当90θ=时,由7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承,以角速度10rad/s ω=逆时针转动,求臂与铅直45时门中心G 的速度和加速度.[解 答]因炉门在铅直面内作平动,门中心G 的速度、加速度与B 或D 点相同。

所以:7.1.6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板.拔禾轮一边旋转,一边随收割机前进.压板转到下方才发挥作用,一方面把农作物压向切割器,另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上,因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反.已知收割机前进速率为1.2m/s ,拔禾轮直径1.5m ,转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度.[解 答]取地面为基本参考系,收割机为运动参考系。

普通物理学第二版第三章课后习题答案

普通物理学第二版第三章课后习题答案

第三章 动量定理及动量守恒定律(习题)3.5.1质量为2kg 的质点的运动学方程为 j ˆ)1t 3t 3(i ˆ)1t 6(r 22+++-=(t 为时间,单位为s ;长度单位为m).求证质点受恒力而运动,并求力的方向大小。

解,j ˆ)3t 6(i ˆt 12v ++= j ˆ6i ˆ12a +=jˆ12i ˆ24a m F +==(恒量)012257.262412tg )N (83.261224F ==θ=+=-3.5.2质量为m 的质点在oxy 平面内运动,质点的运动学方程为ωω+ω=b,a, ,j ˆt sin b i ˆt cos a r为正常数,证明作用于质点的合力总指向原点。

解, ,j ˆt cos b i ˆt sin a v ωω+ωω-= r,j ˆt sin b i ˆt cos a a 22 ω-=ωω-ωω-= r m a m F ω-==3.5.3在脱粒机中往往装有振动鱼鳞筛,一方面由筛孔漏出谷粒,一方面逐出秸杆,筛面微微倾斜,是为了从较底的一边将秸杆逐出,因角度很小,可近似看作水平,筛面与谷粒发生相对运动才可能将谷粒筛出,若谷粒与筛面静摩擦系数为0.4,问筛沿水平方向的加速度至少多大才能使谷物和筛面发生相对运动。

解答,以谷筛为参照系,发生相对运动的条件是,g a ,mg f a m 000μ≥'μ=≥'a ' 最小值为)s /m (92.38.94.0g a 20=⨯=μ='以地面为参照系:解答,静摩擦力使谷粒产生最大加速度为,mg ma 0max μ= ,g a 0max μ=发生相对运动的条件是筛的加速度g a a0max μ=≥',a '最小值为)s /m (92.38.94.0g a20=⨯=μ='3.5.4桌面上叠放着两块木板,质量各为,m ,m 21如图所示。

2m 和桌面间的摩擦系数为2μ,1m 和2m 间的静摩擦系数为1μ。

大学物理学(第3版修订版)下册问题详解

大学物理学(第3版修订版)下册问题详解

大学物理学课后习题答案(下册)习题99.1选择题(1)正方形的两对角线处各放置电荷Q,另两对角线各放置电荷q,若Q所受到合力为零,则Q与q的关系为:()(A)Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q (D) Q=2q[答案:A](2)下面说法正确的是:()(A)若高斯面上的电场强度处处为零,则该面内必定没有电荷;(B)若高斯面内没有电荷,则该面上的电场强度必定处处为零;(C)若高斯面上的电场强度处处不为零,则该面内必定有电荷;(D)若高斯面内有电荷,则该面上的电场强度必定处处不为零。

[答案:D](3)一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ,则在距球面R处的电场强度()(A)σ/ε0 (B)σ/2ε0 (C)σ/4ε0 (D)σ/8ε0[答案:C](4)在电场中的导体内部的()(A)电场和电势均为零;(B)电场不为零,电势均为零;(C)电势和表面电势相等;(D)电势低于表面电势。

[答案:C]9.2填空题(1)在静电场中,电势不变的区域,场强必定为。

[答案:相同](2)一个点电荷q放在立方体中心,则穿过某一表面的电通量为,若将点电荷由中心向外移动至无限远,则总通量将。

[答案:q/6ε0, 将为零](3)电介质在电容器中作用(a)——(b)——。

[答案:(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命](4)电量Q均匀分布在半径为R的球体内,则球内球外的静电能之比。

[答案:5:6]9.3 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9.3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9.3图 题9.4图9.4 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9.4图所示.设小球的半径和线的质量都可以忽略不计,求每个小球所带解: 如题9.4图示⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 9.5 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.9.6 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 =2024d q 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SqE 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S qE 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.9.7 长l =15.0cm AB 上均匀地分布着线密度λ=5.0x10-9C ·m-1(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9.7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 xE E l l P P -==⎰⎰-ελ题9.7图]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)2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如题9.7图所示 由于对称性⎰=l Qx E 0d ,即Q E只有y 分量,∵ 22222220d d d d π41d ++=x x x E Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy 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9.8 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9.8图在圆上取ϕRd dl =题9.8图ϕλλd d d R l q ==,它在O 点产生场强大小为 20π4d d RR 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.9.9 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9.9图示,正方形一条边上电荷4q在P 点产生物强P E d 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9.9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9.10 (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?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06εqe =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06εq e =Φ 对于边长a 的正方形,如果它不包含q 所在的顶点,则024εqe =Φ, 如果它包含q 所在顶点则0=Φe .如题9.10图所示. 题9.10 图9.11 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∑=q r 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⨯≈-=rr r E ερ内外 1C N -⋅ 沿半径向外. 9.12 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 >=∑q∴ 0=E题9.13图9.13 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,试求空间各处场解: 如题9.13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.9.14 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9.14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9.14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 003ερ='E OO题9.14图(a) 题9.14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 03ερrE PO =,3ερr E O P '-=' ,∴ 0003'3)(3ερερερdr r E E E O P PO P=='-=+=' ∴腔内场强是均匀的.9.15 一电偶极子由q =1.0×10-6C 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 ⋅9.16 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9.17图9.17 如题9.17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解: 如题9.17图示0π41ε=O U 0)(=-RqR q 0π41ε=O U )3(R qR q -Rq 0π6ε-=∴ Rqq U U q A o C O 00π6)(ε=-=9.18 如题9.18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9.18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 0034π4πελελ==R R U∴ 0032142ln π2ελελ+=++=U U U U O9.19 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 -⋅9.20 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解: 平行板电容器内部近似为均匀电场 4105.1d ⨯==E U V9.21 证明:对于两个无限大的平行平面带电导体板(题9.21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证: 如题9.21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9.21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 sσσ∴ +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.9.22 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2.0mm .B ,C 都接地,如题9.22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9.22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9.22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 ,32S q A =σ Sq A 321=σ 而 7110232-⨯-=-=-=A C q S q σC C10172-⨯-=-=S q B σ(2) 301103.2d d ⨯===AC AC AC A E U εσV9.23两个半径分别为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)(2) *(3)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⎰⎰∞∞==⋅=22020π4π4d d R R R qr r q r E U εε题9.23图(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-=+-+-=9.24 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9.24图所示,设金属球感应电荷为q ',则球接地时电势0=O U题9.24图由电势叠加原理有:=O U 03π4π4'00=+Rq R q εε得 -='q 3q9.25 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解: 由题意知 2020π4rq 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0022018348342F r πqr π"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 ==ε9.26 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 0rπ4r 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 R E E U 外内⎰⎰∞+=22220π44πdr R R Rr r Qdrr Q εεε)11(π4210R R Q r r-+=εεε9.27 如题9.27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9.27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=rd r d ⋅+⋅=⎰⎰∞∞rrE E U 外内d21U E E == ∴r r E E εεεεσσ==102012题9.27图 题9.28图9.28 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 22222π82l r 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==题9.29图9.29 如题9.29 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 9.30 1C 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 ?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.9.31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(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9.31图(1)在1R r <和32R r R <<区域0=E在21R r R <<时 301π4r rQ E ε= 3R r >时 302π4rrQ 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 rr 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30π4r rQ 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1010.1选择题(1) 对于安培环路定理的理解,正确的是:(A )若环流等于零,则在回路L 上必定是H 处处为零; (B )若环流等于零,则在回路L 上必定不包围电流;(C )若环流等于零,则在回路L 所包围传导电流的代数和为零; (D )回路L 上各点的H 仅与回路L 包围的电流有关。

大学普通物理学-二-牛顿运动定律

大学普通物理学-二-牛顿运动定律

第二章牛顿运动定律一、选择题1.关于惯性有下面四种说法,正确的为()。

A.物体静止或作匀速运动时才具有惯性B.物体受力作变速运动时才具有惯性C.物体受力作变速运动时才没有惯性D.惯性是物体的一种固有属性,在任何情况下物体均有惯性1.【答案】D。

解析:本题考查对惯性的正确理解。

物体的惯性是物体的自然固有属性,与物理的运动状态和地理位置没有关系,只要有质量的物体都有惯性,质量是一个物体惯性大小的量度,所以本题答案为D。

2.下列四种说法中,正确的为()。

A.物体在恒力作用下,不可能作曲线运动B.物体在变力作用下,不可能作曲线运动C.物体在垂直于速度方向,且大小不变的力作用下作匀速圆周运动D.物体在不垂直于速度方向的力作用下,不可能作圆周运动2.【答案】C。

解析:本题考查的是物体运动与受力的关系物体的运动受初始条件和受力共同影响,物体受恒力作用但仍然可以作曲线运动,比如平抛运动.对于圆周运动需要有向心力,向心力是改变物体速度方向,当一个物体只受向心力作用时则作匀速圆周运动,所以C选项是正确的。

3.一质点从t=0时刻开始,在力F1=3i+2j(SI单位)和F2=-2i-t j(SI单位)的共同作用下在Oxy平面上运动,则在t=2s时,质点的加速度方向沿()。

A.x轴正向B.x轴负向C.y轴正向D.y轴负向3.【答案】A。

解析:合力F=F1+F2=i+(2-t)j,在t=2s时,力F=i,沿x轴正方向,加速度也沿同一方向。

4.一人肩扛一重量为P的米袋从高台上往下跳,当其在空中运动时,米袋作用在他肩上的力应为()。

A.0B.P/4C.PD.P/24.【答案】A。

解析:米袋和人具有相同的加速度,因此米袋作用在他肩上的力应为0。

5.质量分别为m1、和m2的两滑块A和B通过一轻弹簧水平连接后置于水平桌面上,滑块与桌面间的滑动摩擦因数均为μ,系统在水平拉力F作用下匀速运动,如图2-1所示。

如突然撤销拉力,则撤销后瞬间,二者的加速度a A和a B,分别为()。

普通物理学第二版第七章课后习题答案

普通物理学第二版第七章课后习题答案

第七章 刚体力学7.1.1 设地球绕日作圆周运动.求地球自转和公转的角速度为多少rad/s 估算地球赤道上一点因地球自转具有的线速度和向心加速度.估算地心因公转而具有的线速度和向心加速度(自己搜集所需数据).[解 答]7.1.2 汽车发动机的转速在12s 内由1200rev/min 增加到3000rev/min.(1)假设转动是匀加速转动,求角加速度.(2)在此时间内,发动机转了多少转[解 答](1)22(30001200)1/601.57(rad /s )t 12ωπβ⨯-⨯===V V(2)222220()(30001200)302639(rad)2215.7πωωθβ--===⨯所以 转数=2639420()2π=转7.1.3 某发动机飞轮在时间间隔t 内的角位移为球t 时刻的角速度和角加速度.[解 答]7.1.4 半径为0.1m 的圆盘在铅直平面内转动,在圆盘平面内建立O-xy 坐标系,原点在轴上.x 和y 轴沿水平和铅直向上的方向.边缘上一点A 当t=0时恰好在x 轴上,该点的角坐标满足21.2t t (:rad,t :s).θθ=+求(1)t=0时,(2)自t=0开始转45o 时,(3)转过90o时,A 点的速度和加速度在x 和y 轴上的投影.[解 答](1) A ˆˆt 0,1.2,R j 0.12j(m/s).0,0.12(m/s)x y ωνωνν====∴==v(2)45θ=o时,由2A 1.2t t ,t 0.47(s)42.14(rad /s)v R πθωω=+==∴==⨯v v v得(3)当90θ=o时,由7.1.5 钢制炉门由两个各长1.5m 的平行臂AB 和CD 支承,以角速度10rad/s ω=逆时针转动,求臂与铅直45o 时门中心G 的速度和加速度.[解 答]因炉门在铅直面内作平动,门中心G 的速度、加速度与B 或D点相同。

所以:7.1.6 收割机拔禾轮上面通常装4到6个压板.拔禾轮一边旋转,一边随收割机前进.压板转到下方才发挥作用,一方面把农作物压向切割器,另一方面把切割下来的作物铺放在收割台上,因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反. 已知收割机前进速率为1.2m/s ,拔禾轮直径1.5m ,转速22rev/min,求压板运动到最低点挤压作物的速度.[解 答]取地面为基本参考系,收割机为运动参考系。

普通物理学第二版课后习题答案(全)

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第一章 物理学和力学1.1国际单位制中的基本单位是那些?解答,基本量:长度、质量、时间、电流、温度、物质的量、光强度。

基本单位:米(m )、千克(kg )、时间(s )、安培(A )、温度(k )、摩尔(mol )、坎德拉(cd )。

力学中的基本量:长度、质量、时间。

力学中的基本单位:米(m )、千克(kg )、时间(s )。

1.2中学所学习的匀变速直线运动公式为,at 21t v s 20+= 各量单位为时间:s (秒),长度:m (米),若改为以h (小时)和km (公里)作为时间和长度的单位,上述公式如何?若仅时间单位改为h ,如何?若仅0v 单位改为km/h ,又如何?解答,(1)由量纲1LTvdim -=,2LT a dim -=,h/km 6.3h/km 360010h 36001/km 10s /m 33=⨯==--2223232h /km 36006.3h /km 360010)h 36001/(km 10s /m ⨯=⨯==--改为以h (小时)和km (公里)作为时间和长度的单位时,,at 36006.321t v 6.3s 20⨯⨯+=(速度、加速度仍为SI单位下的量值)验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20====利用,at 21t v s 20+=计算得:)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 36006.321t v 6.3s 20⨯⨯+=计算得 )km (2.25927259202.71436006.321126.3s 2=+=⨯⨯⨯⨯+⨯⨯=(2). 仅时间单位改为h由量纲1LTv dim -=,2LTadim -=得h /m 3600h/m 3600h 36001/m s /m ===222222h /m 3600h /m 3600)h 36001/(m s /m ===若仅时间单位改为h ,得:,at 360021t v 3600s 220⨯+=验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20==== 利用,at 21t v s 20+=计算得:)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 360021t v 3600s 220⨯+=计算得: )m (2592720025920000720014360021123600s 22=+=⨯⨯⨯+⨯⨯= (3). 若仅0v 单位改为km/h由量纲1LTv dim -=,得s/m 6.31h /km ,h /km 6.3)h 36001/(km 10s /m 3===-仅0v 单位改为km/h ,因长度和时间的单位不变,将km/h 换成m/s得,at 21t v 6.31s 20+=验证一下:1.0h 3600s t ,4.0m/s a ,s /m 0.2v 20====利用,at 21t v s 20+=计算得:)m (2592720025920000720036004236002s 2=+=⨯⨯+⨯=利用,at 21t v 6.31s 20+=计算得: )m (25927200259200007200360042136003600/11026.31s 23=+=⨯⨯+⨯⨯⨯=-1.3设汽车行驶时所受阻力f 与汽车的横截面积S 成正比,且与速率v 之平方成正比。

大学物理学(第3版修订版)下册答案

大学物理学(第3版修订版)下册答案

大学物理学(第3版修订版)下册答案大学物理学课后习题答案习题9 选择题(1) 正方形的两对角线处各放置电荷Q,另两对角线各放置电荷q,若Q所受到合力为零,则Q与q的关系为:Q=-23/2q (B) Q=23/2q (C) Q=-2q(D) Q=2q [答案:A] (2) 下面说法正确的是:若高斯面上的电场强度处处为零,则该面内必定没有电荷;若高斯面内没有电荷,则该面上的电场强度必定处处为零;若高斯面上的电场强度处处不为零,则该面内必定有电荷;若高斯面内有电荷,则该面上的电场强度必定处处不为零。

[答案:D] (3) 一半径为R的导体球表面的面点荷密度为σ,则在距球面R处的电场强度σ/ε0σ/2ε0 σ/4ε0σ/8ε0 [答案:C] (4) 在电场中的导体内部的电场和电势均为零;电场不为零,电势均为零;电势和表面电势相等;电势低于表面电势。

[答案:C] 填空题(1) 在静电场中,电势不变的区域,场强必定为。

[答案:相同] (2) 一个点电荷q放在立方体中心,则穿过某一表面的电通量为,若将点电荷中心向外移动至无限远,则总通量将。

[答案:q/6ε0, 将为零] (3) 电介质在电容器中作用————。

[答案:(a)提高电容器的容量;(b) 延长电容器的使用寿命] (4) 电量Q均匀分布在半径为R的球体内,则球内球外的静电能之比。

[答案:5:6] 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: 如题图示(1) 以A处点电荷为研究对象,力平衡知:q?为负电荷1q212cos30??4π?0a24π?0qq?(32a)3解得q???3q 3 (2)与三角形边长无关.题图题图两小球的质量都是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2? ,如题图所示.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: 如题图示Tcos??mg??q2 ?Tsin??F?1e?4π?0(2lsin?)2? 解得q?2lsin?4??0mgtan? 根据点电荷场强公式E?q4??0r2,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: E??q4π?0r2?r0仅对点电荷成立,当r?0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.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=q24??0d2,又有人说,因为f=qE,E?q,所?0Sq2以f=.试问这两种说法对吗?为什么? f到底应等于多少??0S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E?q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?0Sqq2板的电场为E?,另一板受它的作用力f?q,这是两板间相互作用?2?0S2?0S2?0Sq的电场力.-1长l=的直导线AB上均匀地分布着线密度?=的正电荷.试求:(1)在导线的延长线上与导线B端相距a1=处P点的场强;(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距d2= 处Q点的场强.解:如题图所示(1) 在带电直线上取线元dx,其上电量dq在P点产生场强为dEP?1?dx4π?0(a?x)2?EP??dEP?4π?0?l2l?2dx题图(a?x)2 ??11[?] ll4π?0a?a?22??lπ?0(4a?l)22 ?9?1用l?15cm,???10C?m, a?代入得EP??102N?C?1 方向水平向右(2)同理dEQ?1?dx 方向如题图所示224π?0x?d2于对称性dEQx?0,即EQ只有y分量,l??∵dEQy1?dx?4π?0x2?d22d2x?d222l2l?2EQy??dEQyld??24π?2 ?dx(x2? d22)32 ?以???10?9?l2π?0l?4d222C?cm?1, l?15cm,d2?5cm代入得EQ?EQy??102N?C?1,方向沿y轴正向一个半径为R的均匀带电半圆环,电荷线密度为?,求环心处O点的场强.解: 如图在圆上取dl?Rd? 题图dq??dl?R?d?,它在O点产生场强大小为dE??Rd?方向沿半径向外24π?0R则dEx?dEsin???sin?d? 4π?0R??cos?d? 4π?0R dEy?dEcos(???)?积分Ex???0?? sin?d??4π?0R2π?0REy???0??cos?d??04π?0R∴E?Ex??,方向沿x轴正向.2π?0R 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r??l处,它相当于点电荷q产生的场强E.?q解: 如图示,正方形一条边上电荷在P点产生物强dEP方向如图,大小为4dEP???cos?1?cos?2?4π?0r2?l2r2?l22l42 ∵cos?1? cos?2??cos?1 ∴dEP??4π?0r2?l42lr2?l22 ?dEP在垂直于平面上的分量dE??dEPcos? ∴dE???l4π?0r2?l42rr2?l22r2?l42题图于对称性,P点场强沿OP方向,大小为EP?4?dE??4?lr4π?0(r2?ll)r2?4222∵??q 4l?解: 取半圆形cba法向为i,题图则?m1同理,半圆形adc法向为j,则πR2?Bcos? 2??m????∵B与i夹角和B与j夹角相等,2πR2?Bcos? 2∴??45 则?m?BπRcos? 2????d?mdB??πR2cos????10?2V dtdt方向与cbadc相反,即顺时针方向.题图如题图所示,载有电流I的长直导线附近,放一导体半圆环MeN与长直导线共面,且端点MN的连线与长直导线垂直.半圆环的半径为b,环心O与导线相距a.设半圆环以速度v平行导线平移.求半圆环内感应电动势的大小和方向及MN两端的电压UM?UN.解: 作辅助线MN,则在MeNM回路中,沿v方向运动时d?m?0 ∴?MeNM?0 即?MeN??MN 又∵?MN??vBcos?da?ba?b?l??0Iv a?bln?0 2?a?b所以?MeN沿NeM方向,大小为?0Iva?bln 2?a?b?0Iva?bln2?a?b M点电势高于N点电势,即UM?UN? 题图如题所示,在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈.两导线中的电流方向相反、大小相等,且电流以dI的变化率增大,求:dt(1)任一时刻线圈内所通过的磁通量;(2)线圈中的感应电动势.解: 以向外磁通为正则b?ad?a?ln] ?b2πrd2πr2πbdd??0ld?ab?adI?[ ln?ln](2)???dt2πdbdt(1)?m?b?a?0Ildr??d?a?0Ildr??0Il[ln 如题图所示,用一根硬导线弯成半径为r的一个半圆.令这半圆形导线在磁场中以频率f 绕图中半圆的直径旋转.整个电路的电阻为R.求:感应电流的最大值.题图??πr2cos(?t??0) 解:?m?B?S?B2d?mBπr2??i???sin(?t ??0)dt2∴22Bπr?Bπr?m??2πf?π2r2Bf22π2r2Bf?∴I? RR?m 如题图所示,长直导线通以电流I=5A,在其右方放一长方形线圈,两者共面.线-1圈长b=,宽a=,线圈以速度v=·s垂直于直线平移远离.求:d=时线圈中感应电动势的大小和方向.题图?解: AB、CD运动速度v方向与磁力线平行,不产生感应电动势.DA产生电动势?I????1??(v?B)?dl?vBb?vb0 D2?dABC产生电动势?2??∴回路中总感应电动势CB???(v?B)?dl??vb?0I2π(a?d) ???1??2?方向沿顺时针.?0Ibv11(?)??10?8 V 2πdd?a? 长度为l的金属杆ab以速率v在导电轨道abcd上平行移动.已知导轨处于均匀磁场B中,B的方向与回路的法线成60°角(如题图所示),B的大小为B=kt(k为正常).设??t=0时杆位于cd处,求:任一时刻t导线回路中感应电动势的大小和方向.??1122??B解: m??dS?Blvtcos60??ktlv?klvt 22∴???即沿abcd方向顺时针方向.d?m??klvt dt题图? 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区,B的方向如题图所示.取逆时针方向为电流正方向,画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t=0).解: 如图逆时针为矩形导线框正向,则进入时d??0,??0;dt题图(a)在磁场中时出场时题图(b) d??0,??0;dtd??0,??0,故I?t曲线如题10-9图(b)所示. dt题图导线ab长为l,绕过O点的垂直轴以匀角速?转动,aO=轴,如图所示.试求:ab两端的电势差;a,b两端哪一点电势高? 解: (1)在Ob上取r?r?dr一小段则?Ob?l磁感应强度B平行于转3?2l30?rBdr?2B?2l 91B?l2 18同理?Oa??l30?rBdr?∴?ab??aO??Ob?(?121?)B?l2?B ?l2 1896(2)∵?ab?0 即Ua?Ub?0 b点电势高.∴题图如题图所示,长度为2b的金属杆位于两无限长直导线所在平面的正中间,并以?速度v平行于两直导线运动.两直导线通以大小相等、方向相反的电流I,两导线相距2a.试求:金属杆两端的电势差及其方向.解:在金属杆上取dr距左边直导线为r,则?AB?a?b?Iv1??0Iva?b1????(v?B )?dl???0(?)dr?ln Aa?b2?r2a?r?a?bB ∵?AB?0 ∴实际上感应电动势方向从B?A,即从图中从右向左,∴UAB? ?0Iva?bln ?a?b题图磁感应强度为B的均匀磁场充满一半径为R的圆柱形空间,一金属杆放在题图中位置,杆长为2R,其中一半位于磁场内、另一半在磁场外.当动势的大小和方向.?dB>0时,求:杆两端的感应电dt解:∵?ac??ab??bc ?ab???abd? 1d323RdB??[?RB]?dtdt44dtd?2dπR2πR2dBB]?????[?dtdt1212dt∴?ac3R2πR2dB?[?] 412dtdB?0 dt∵∴?ac?0即?从a?c dB>0的磁场,一任意闭合导线abca,一部分在螺线管dt内绷直成ab弦,a,b两点与螺线管绝缘,如题10-13图所示.设ab =R,试求:闭合半径为R的直螺线管中,有导线中的感应电动势.解:如图,闭合导线abca内磁通量??πR23R2?m?B?S?B(?) 64。

大学物理学(下册)习题答案详解

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第十二章 热力学基础一、选择题 12-1 C 12-2 C 12-3 C 12-4 B 12-5 C 12-6 A 二、填空题 12-710000100p V p V p V p V --12-8 260J ,280J - 12-912-10 )(5.21122V p V p -,))((5.01212V V p p -+,)(5.0)(312211122V p V p V p V p -+- 12-11 268J ,732J 三、计算题12-12 分析:理想气体的内能是温度T 的单值函数,内能的增量E ∆由始末状态的温度的增量T ∆决定,与经历的准静态过程无关.根据热力学第一定律可知,在等温过程中,系统从外界吸收的热量全部转变为内能的增量,在等压过程中,系统从外界吸收的热量部分用来转变为内能的增量,同时对外做功. 解:单原子理想气体的定体摩尔热容,32V m C R = (1) 等体升温过程20=A,21333()8.3150623222V V m E Q C T R T R T T J J ∆==∆=∆=-=⨯⨯= (2) 等压膨胀过程,2133()8.315062322V m E C T R T T J J ∆=∆=-=⨯⨯= 2121()()8.3150416A p V V R T T J J =-=-=⨯=1039p Q A E J =+∆=或者,,215()8.315010392p p m p m Q C T C T T J J =∆=-=⨯⨯=12-13 分析:根据热力学第一定律和理想气体物态方程求解. 解:氢气的定体摩尔热容,52V m C R =(1) 氢气先作等体升压过程,再作等温膨胀过程. 在等体过程中,内能的增量为 ,558.3160124622V V m Q E C T R T J J =∆=∆=∆=⨯⨯= 等温过程中,对外界做功为221ln8.31(27380)ln 22033T T V Q A RT J J V ===⨯+⨯= 吸收的热量为3279V T Q Q Q J =+=(2) 氢气先作等温膨胀过程,然后作等体升压过程. 在等温膨胀过程中,对外界做功为211ln8.31(27320)ln 21687T V A RT J J V ==⨯+⨯= 在等体升压过程中,内能的增量为,558.3160124622V m E C T R T J J ∆=∆=∆=⨯⨯= 吸收的热量为2933T Q A E J =+∆=3虽然氢气所经历的过程不同,但由于始末状态的温差T ∆相同,因而内能的增量E ∆相同,而Q 和A 则与过程有关.12-14 分析:卡诺循环的效率仅与高、低温热源的温度1T 和2T 有关.本题中,求出等温膨胀过程吸收热量后,利用卡诺循环效率及其定义,便可求出循环的功和在等温压缩过程中,系统向低温热源放出的热量. 解:从高温热源吸收的热量321110.005ln 8.31400ln 5.35100.001V m Q RT J J M V ==⨯⨯=⨯ 由卡诺循环的效率2113001125%400T A Q T η==-=-= 可得循环中所作的功310.255350 1.3410A Q J J η==⨯=⨯传给低温热源的热量3321(1)(10.25) 5.3510 4.0110Q Q J J η=-=-⨯⨯=⨯12-15 分析:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量全部转换为内能的增量,温度升高.在b c →绝热过程中,系统减少内能,降低温度对外作功,与外界无热量交换.在c a →等压压缩过程中,系统放出热量,温度降低,对外作负功.计算得出各个过程的热量和功,根据热机循环效率的定义即可得证. 证明:在a b →等体过程中,系统从外界吸收的热量为,,1222()()V m V V m b a C mQ C T T p V p V M R=-=-在c a →等压压缩过程中,系统放出热量的大小为,,2122()()p m P p m c a C mQ C T T p V p V M R=-=- 所以,该热机的循环效率为41,212221,12222(1)()111()(1)p m P V V m V C p V p V Q V p Q C p V p V p ηγ--=-=-=---12-16 分析:根据卡诺定理,在相同的高温热源(1T ),与相同的低温热源(2T )之间工作的一切可逆热机的效率都相等,有221111Q TQ T η=-=-.非可逆热机的效率221111Q T Q T η=-<-. 解:(1) 该热机的效率为21137.4%Q Q η=-= 如果是卡诺热机,则效率应该是21150%c T T η=-= 可见它不是可逆热机.(2) “尽可能地提高效率”是指热机的循环尽可能地接近理想的可逆循环工作方式.根据热机效率的定义,可得理想热机每秒吸热1Q 时所作的功为4410.50 3.3410 1.6710c A Q J J η==⨯⨯=⨯5第十三章 气体动理论一、选择题 13-1 D 13-2 B 13-3 D 13-4 D 13-5 C 13-6 C 13-7 A 二、填空题13-8 相同,不同;相同,不同,相同. 13-9 (1)分子体积忽略不计;(2)分子间的碰撞是完全弹性的; (3)只有在碰撞时分子间才有相互作用.13-10 速率大于p v 的分子数占总分子数的百分比,分子的平均平动动能,()d 1f v v ∞=⎰,速率在∞~0内的分子数占总分子数的百分之百.13-11 氧气,氢气,1T 13-12 3,2,013-13 211042.9-⨯J ,211042.9-⨯J ,1:2 13-14 概率,概率大的状态. 三、计算题13-15 分析:根据道尔顿分压定律可知,内部无化学反应的平衡状态下的混合气体的总压强,等于混合气体中各成分理想气体的压强之和.解:设氦、氢气压强分别为1p 和2p ,则12p p p =+.由理想气体物态方程,得1He He m RTp M V =, 222H H m RT p M V=所以,总压强为62255123334.010 4.0108.31(27230)()()4.010 2.010 1.010H He He H m m RT p p p Pa M M V -----⨯⨯⨯+=+=+=+⨯⨯⨯⨯ 47.5610Pa =⨯13-16 解:(1)=可得 氢的方均根速率3/ 1.9310/s m s ===⨯ 氧的方均根速率483/m s === 水银的方均根速率/193/s m s === (2) 温度相同,三种气体的平均平动动能相同232133 1.3810300 6.211022k kT J J ε--==⨯⨯⨯=⨯13-17 分析:在某一速率区间,分布函数()f v 曲线下的面积,表示分子速率在该速率区间内的分子数占总分子数的百分比.速率区间很小时,这个百分比可近似为矩形面积()Nf v v N∆∆=,函数值()f v 为矩形面积的高,本题中可取为()p f v .利用p v 改写麦克斯韦速率分布律,可进一步简化计算.解: ()Nf v v N∆=∆ 当300T K =时,氢气的最概然速率为1579/p v m s ==== 根据麦克斯韦速率分布率,在v v v →+∆区间内的分子数占分子总数的百分比为232224()2mvkT N m e v v N kTππ-∆=∆7用p v 改写()f v v ∆有223()2222()4()e ()()2pv mv v kTpp mv v f v v v v e kTv v ππ--∆∆=∆=由题意可知,10p v v =-,(10)(10)20/p p v v v m s ∆=+--=.而10p v ,所以可取p v v ≈,代入可得1201.05%1579p N e N-∆=⨯=13-18 解:(1) 由归一化条件204()d 1FF V V dN V AdV f v v N Nπ∞===⎰⎰⎰ 可得 334F NA V π= (2) 平均动能2230143()d d 24FV FV N f v v mv v N V πωωπ∞==⨯⨯⎰⎰423031313d ()2525FV F F F mv v mv E v =⨯==⎰13-19 分析:气体分子处于平衡态时,其平均碰撞次数于分子数密度和分子的平均速率有关.温度一定时,平均碰撞次数和压强成正比.解:(1) 标准状态为50 1.01310p Pa =⨯,0273T K =,氮气的摩尔质量32810/M kg mol -=⨯由公式v =kTp n =可得224Z d nv d d π===5102231.013104(10)/1.3810273s π--⨯=⨯⨯⨯次885.4210/s =⨯次(2) 41.3310p Pa -=⨯,273T K =4102231.331044(10)/1.3810273Z ds ππ---⨯==⨯⨯⨯次0.71/s =次13-20 分析:把加热的铁棒侵入处于室温的水中后,铁棒将向水传热而降低温度,但“一大桶水”吸热后的水温并不会发生明显变化,因而可以把“一大桶水”近似为恒温热源.把铁棒和“一大桶水”一起视为与外界没有热和功作用的孤立系统,根据热力学第二定律可知,在铁棒冷却至最终与水同温度的不可逆过程中,系统的熵将增加.熵是态函数,系统的熵变仅与系统的始末状态有关而与过程无关.因此,求不可逆过程的熵变,可在始末状态之间设计任一可逆过程进行求解. 解:根据题意有 1273300573T K =+=,227327300T K =+=.设铁棒的比热容为c ,当铁棒的质量为m ,温度变化dT 时,吸收(或放出)的热量为dQ mcdT =设铁棒经历一可逆的降温过程,其温度连续地由1T 降为2T ,在这过程中铁棒的熵变为2121d d 300ln 5544ln /1760/573T T T Q mc T S mc J K J K T T T ∆====⨯⨯=-⎰⎰9第十四章 振动学基础一、选择题 14-1 C 14-2 A 14-3 B 14-4 C 14-5 B 二、填空题 14-622 14-7 5.5Hz ,114-82411s ,23π 14-9 0.1,2π14-10 2222mA T π- 三、计算题14-11 解:简谐振动的振幅2A cm =,速度最大值为3/m v cm s =则 (1) 2220.024 4.20.033m A T s s s v ππππω⨯====≈ (2) 222220.03m/s 0.045m/s 4m m m a A v v T ππωωπ===⨯=⨯≈ (3) 02πϕ=-,3rad/s 2ω= 所以 30.02cos()22x t π=- [SI]14-12 证明:(1) 物体在地球内与地心相距为r 时,它受到的引力为2MmF Gr=- 负号表示物体受力方向与它相对于地心的位移方向相反.式中M 是以地心为中心,以r 为半径的球体内的质量,其值为10343M r πρ=因此 43F G m r πρ=-物体的加速度为43F aG r m πρ==- a 与r 的大小成正比,方向相反,故物体在隧道内作简谐振动. (2) 物体由地表向地心落去时,其速度dr dr dv dr v a dt dv dt dv=== 43vdv adr G rdr πρ==-043v r R vdv G rdr πρ=-⎰⎰ 所以v =又因为dr vdt == 所以tRdt =-⎰⎰则得1126721min 4t s ===≈14-13 分析:一物体是否作简谐振动,可从动力学方法和能量分析方法作出判断.动力学的分析方法由对物体的受力分析入手,根据牛顿运动方程写出物体所满足的微分方程,与简谐振动的微分方程作出比较后得出判断.能量法求解首先需确定振动系统,确定系统的机械能是否守恒,然后需确定振动物体的平衡位置和相应的势能零点,再写出物体在任意位置时的机械能表达式,并将其对时间求一阶导数后与简谐振动的微分方程作比较,最后作出是否作简谐振动的判断. 解:(1) 能量法求解取地球、轻弹簧、滑轮和质量为m 的物体作为系统.在物体上下自由振动的过程中,系统不受外力,系统内无非保守内力作功,所以系统的机械能守恒. 取弹簧的原长处为弹性势能零点,取物体受合力为零的位置为振动的平衡位11置,也即Ox 轴的坐标原点,如图14-13(a)所示.图14-13 (a)图14-13 (b)设物体在平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,由图14-13(b)可知,有10mg T -=,120T R T R -=,2T kl =得 mgl k=当物体m 偏离平衡位置x 时,其运动速率为v ,弹簧的伸长量为x l +,滑轮的角速度为ω.由系统的机械能守恒,可得222111()222k x l mv J mgx ω+++-=常量 式中的角速度 1v dxR R dt ω==将机械能守恒式对时间t 求一阶导数,得2222d x k x x dt m J Rω=-=-+ 上式即为简谐振动所满足的微分方程,式中ω为简谐振动的角频率2km J R ω=+另:动力学方法求解物体和滑轮的受力情况如图14-13(c)所示.12图14-13 (c)1mg T ma -= (1)12()JT T R J a Rβ-==(2) 设物体位于平衡位置时,弹簧的伸长量为l ,因为这时0a =,可得12mg T T kl ===当物体对平衡位置向下的位移为x 时,2()T k l x mg kx =+=+ (3)由(1)、(2)、(3)式解得2ka x m J R =-+物体的加速度与位移成正比,方向相反,所以它是作简谐振动. (2) 物体的振动周期为222m J R T kππω+==(3) 当0t =时,弹簧无伸长,物体的位移0x l =-;物体也无初速,00v =,物体的振幅22200()()v mgA x l l kω=+=-==00cos 1x kl A mgϕ-===- 则得 0ϕπ=13所以,物体简谐振动的表达式为2cos()mg k x t k m J Rπ=++ 14-14 分析:M 、m 一起振动的固有频率取决于k 和M m +,振动的初速度0m v 由M 和m 的完全非弹性碰撞决定,振动的初始位置则为空盘原来的平衡位置.图14-14解:设空盘静止时,弹簧伸长1l ∆(图14-14),则1Mg k l =∆ (1)物体与盘粘合后且处于平衡位置,弹簧再伸长2l ∆,则12()()m M g k l l +=∆+∆ (2)将(1)式代入得2mg k l =∆与M 碰撞前,物体m 的速度为02m v gh =与盘粘合时,服从动量守恒定律,碰撞后的速度为02m m mv v gh m M m M==++取此时作为计时零点,物体与盘粘合后的平衡位置作为坐标原点,坐标轴方向竖直向下.则0t =时,02mg x l k =-∆=-,02mv v gh m M==+14ω=由简谐振动的初始条件,0000cos , sin x A v A ϕωϕ==-可得振幅A ===初相位0ϕ满足000tan v x ϕω=-== 因为 00x <,00v >所以 032πϕπ<<0ϕπ=+所以盘子的振动表式为cos x π⎤⎫=+⎥⎪⎪⎥⎭⎦14-15 解:(1) 振子作简谐振动时,有222111222k p E E E mv kx kA +==+= 当k p E E =时,即12p E E =.所以 22111222kx kA =⨯0.200.14141x m m ==±=±(2)由条件可得振子的角频率为/2/s rad s ω=== 0t =时,0x A =,故00ϕ=.动能和势能相等时,物体的坐标15x =即cos A t ω=,cos t ω= 在一个周期内,相位变化为2π,故3574444t ππππω=, , , 时间则为1 3.140.3944 2.0t s s πω===⨯ 213330.39 1.24t t s s πω===⨯=315550.39 2.04t t s s πω===⨯=417770.39 2.74t t s s πω===⨯=14-16 解:(1) 合成振动的振幅为A =0.078m== 合成振动的初相位0ϕ可由下式求出110220*********.05sin0.06sin sin sin 44tan 113cos cos 0.05cos 0.06cos 44A A A A ππϕϕϕππϕϕ⨯+⨯+===+⨯+⨯ 084.8ϕ=(2) 当0102k ϕϕπ-=± 0,1,2,k =时,即0103224k k πϕπϕπ=±+=±+时, 13x x +的振幅最大.取0k =,则 031354πϕ== 当020(21)k ϕϕπ-=±+0,1,2,k =时,即020(21)(21)4k k πϕπϕπ=±++=±++时,13x x +的振幅最小.取0k =,则 052254πϕ==(或031354πϕ=-=-) 14-17 分析:质点同时受到x 和y 方向振动的作用,其运动轨迹在Oxy 平面内,16质点所受的作用力满足力的叠加原理.解:(1) 质点的运动轨迹可由振动表达式消去参量t 得到.对t 作变量替换,令12t t '=-,两振动表达式可改写为0.06cos()0.06sin 323x t t πππ''=+=-0.03cos3y t π'=将两式平方后相加,得质点的轨迹方程为222210.060.03x y += 所以,质点的运动轨迹为一椭圆. (2) 质点加速度的两个分量分别为22220.06()cos()3339x d x a t x dt ππππ==-+=-22220.03()cos()3369y d y a t y dt ππππ==--=-当质点的坐标为(,)x y 时,它所受的作用力为22()99x y F ma i ma j m xi yj mr ππ=+=-+=-可见它所受作用力的方向总是指向中心(坐标原点),作用力的大小为223.1499F ma π====⨯=14-18 分析:充电后的电容器和线圈构成LC 电磁振荡电路.不计电路的阻尼时,电容器极板上的电荷量随时间按简谐振动的规律变化.振荡电路的固有振动频率由L 和C 的乘积决定,振幅和初相位由系统的初始状态决定.任意时刻电路的状态都可由振荡的相位决定. 解:(1) 电容器中的最大能量212e W C ε=线圈中的最大能量17212m m W LI =在无阻尼自由振荡电路中没有能量损耗,e m W W =.因此221122m C LI ε=21.4 1.410m I A A -===⨯(2) 当电容器的能量和电感的能量相等时,电容器能量是它最大能量的一半,即22124q C C ε= 因此661.010 1.41.0101.41q C C --⨯⨯==±=±⨯ (3) LC 振荡电路中,电容器上电荷量的变化规律为00cos()q Q t ωϕ=+式中0Q C ε=,ω=.因为0t =时,0q Q =,故有00ϕ=.于是q C ε=当首次q =时有C ε==,4π=53.147.85104t s -===⨯18第十五章 波动学基础一、选择题 15-1 B 15-2 C 15-3 B 15-4 A 15-5 C 15-6 C 二、填空题15-7 波源,传播机械波的介质 15-8B C,2B π,2C π,lC ,lC - 15-9 cos IS θ 15-10 0 15-11 0.45m 三、计算题15-12 分析:平面简谐波在弹性介质中传播时,介质中各质点作位移方向、振幅、频率都相同的谐振动,振动的相位沿传播方向依次落后,以速度u 传播.把绳中横波的表达式与波动表达式相比较,可得到波的振幅、波速、频率和波长等特征量.t 时刻0x >处质点的振动相位与t 时刻前0x =处质点的振动相位相同. 解:(1) 将绳中的横波表达式0.05cos(104)y t x ππ=-与标准波动表达式0cos(22)y A t x πνπλϕ=-+比较可得0.05A m =,52v Hz ωπ==,0.5m λ=,0.55/ 2.5/ u m s m s λν==⨯=. (2) 各质点振动的最大速度为0.0510/0.5/ 1.57/m v A m s m s m s ωππ==⨯=≈各质点振动的最大加速度为192222220.05100/5/49.3/m a A m s m s m s ωππ==⨯=≈(3) 将0.2x m =,1t s =代入(104)t x ππ-的所求相位为10140.29.2ϕπππ=⨯-⨯=0.2x m =处质点的振动比原点处质点的振动在时间上落后0.20.082.5x s s u == 所以它是原点处质点在0(10.08)0.92t s s =-=时的相位. (4) 1t s =时波形曲线方程为x x y 4cos 05.0) 4110cos(05.0πππ=-⨯=1.25t s =时波形曲线方程为)5.0 4cos(05.0) 425.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1.50t s =时波形曲线方程为) 4cos(05.0) 45.110cos(05.0ππππ-=-⨯=x x y1t s =, 1.25t s =, 1.50t s =各时刻的波形见图15-12.15-13 解:(1) 由于平面波沿x 轴负方向传播,根据a 点的振动表达式,并以a 点为坐标原点时的波动表达式为0cos[()]3cos[4()]20x xy A t t u ωϕπ=++=+(2) 以a 点为坐标原点时,b 点的坐标为5x m =-,代入上式,得b 点的振动表达式为53cos[4()]3cos(4)20b y t t πππ=-=- 若以b 点为坐标原点,则波动表达式为3cos[4()]20xy t ππ=+-s1s5.12015-14 解:由波形曲线可得100.1A cm m ==,400.4cm m λ==从而0.4/0.2/2u m s m s T λ===,2/rad s Tπωπ==(1) 设振动表达式为 0cos[()]xy A t uωϕ=++由13t s =时O 点的振动状态:2Ot Ay =-,0Ot v >,利用旋转矢量图可得,该时刻O 点的振动相位为23π-,即 10032()33Ot t t ππϕωϕϕ==+=+=-所以O 点的振动初相位为 0ϕπ=-将0x =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得O 点的振动表达式为0.1cos()O y t ππ=-(2) 根据O 点的振动表达式和波的传播方向,可得波动表达式0cos[()]0.1cos[(5))]xy A t t x uωϕππ=++=+-(3) 由13t s =时Q 点的振动状态:0Qt y =,0Qt v <,利用旋转矢量图可得,该时刻Q 点的振动相位为2π,即013[()]30.22Q Qt t x x t u πππϕωϕπ==++=+-=可得 0.233Q x m =将0.233Q x m =,0ϕπ=-代入波动表达式,即得Q 点的振动表达式为0.1cos()6Q y t ππ=+(4) Q 点离O 点的距离为0.233Q x m =15-15 分析:波的传播过程也是能量的传播过程,波的能量同样具有空间和时间的周期性.波的强度即能流密度,为垂直通过单位面积的、对时间平均的能流.注意能流、平均能流、能流密度、能量密度、平均能量密度等概念的区别和联系.解:(1) 波中的平均能量密度为32235319.010/ 3.010/2300I w A J m J m u ρω--⨯====⨯最大能量密度为 532 6.010/m w w J m -==⨯ (2) 每两个相邻的、相位差为2π的同相面间的能量为25273000.14() 3.010() 4.621023002u d W wV w S w J v λππ--====⨯⨯⨯⨯=⨯15-16 分析:根据弦线上已知质点的振动状态,推出原点处质点振动的初相位,即可写出入射波的表达式.根据入射波在反射点的振动,考虑反射时的相位突变,可写出反射波的表达式.据题意,入射波和反射波的能量相等,因此,在弦线上形成驻波的平均能流为零.解:沿弦线建立Ox 坐标系,如图15-16所示.根据所给数据可得图15-16/100/u s m s ===,2100 /rad s ωπνπ==,100250u m m v λ===, (1) 设原点处质元的初相位为0ϕ,入射波的表达式为0cos[()]xy A t uωϕ=-+据题意可知,在10.5x m =处质元的振动初相位为103πϕ=,即有110001000.51003x u ωππϕϕϕ⨯=-+=-+=得 05326πππϕ=+=所以,入射波表达式为550.04cos[100()]0.04cos[100()]61006x x y t t u ππππ=-+=-+入考虑半波损失,反射波在2x 处质元振动的初相位为2010511100()10066ππϕππ=-++=反射波表达式为220cos[()]x x y A t uωϕ-=++反 ]611)100(100cos[04.0]611)10010(100cos[04.0ππππ++=+-+=x t x t(2)入射波和反射波的传播方向相反,叠加后合成波为驻波40.08cos()cos(100)23y y y x t ππππ=+=++入反波腹处满足条件 2x k πππ+=即 1()2x k =-因为010x m ≤≤,在此区间内波腹位置为0.5, 1.5, 2.5,,9.5x m = 波节处满足条件 (21)22x k πππ+=+即 x k = 在区间010x m ≤≤,波节坐标为0,1,2,,10x m = (3) 合成为驻波,在驻波中没有能量的定向传播,因而平均能流为零. 15-17 分析:运动波源接近固定反射面而背离观察者时,观察者即接收到直接来自波源的声波,也接收到来自固定反射面反射的声波,两声波在A 点的振动合成为拍.当波源相对于观察者静止,而反射面接近波源和观察者时,观察者接收到直接来自波源的声波无多普勒效应,但反射面反射的频率和观察者接收到的反射波频率都发生多普勒效应,因此,两个不同频率的振动在A 点也将合成为拍. 解:(1) 波源远离观察者而去,观察者接收到直接来自波源声音频率为1R S Suu v νν=+观察者相对反射面静止,接收到来自反射面的声波频率2R ν就是固定反射面接收到的声波频率,这时的波源以S v 接近反射面.2R S Suu v ννν==-反 A 处的观察者听到的拍频为21222S S R R S S S S Suv u uu v u v u v νννννν∆=-=-=-+- 由此可得方程2220S S S v uv u ννν∆+-∆=0.25/S v m s ≈(2) 观察者直接接收到的波的频率就是波源振动频率1RS νν'= 对于波源来说,反射面相当于接收器,它接收到的频率为S u vuνν+'=对于观察者来说,反射面相当于另一波源,观察者接收到的来自反射面的频率为2RS S u u u v u vu v u v u u vνννν++''===--- A 处的观察者听到的拍频为212RR S S S u v vu v u vνννννν+''∆=-=-=-- 所以波源的频率为3400.24339820.4S u v Hz Hz v νν--=∆=⨯= 15-18 解:平面电磁波波动方程的标准形式为222221y y E E x u t ∂∂=∂∂, 222221z zH H x u t ∂∂=∂∂ 与平面电磁波的标准方程相比较,可知波速为82.0010/u m s ==⨯ 所以介质的折射率为1.50cn u== 15-19 解:由电磁波的性质可得00E H =而 000B H μ=, 真空中的光速c =所以0E B c==从而可得 0008703000.8/0.8/310410B E H A m A m c μμπ-====⨯⨯⨯ 磁场强度沿y 轴正方向,且磁场强度和电场强度同相位,所以0.8cos(2)3y H vt ππ=+[SI ]第十六章 几何光学一、选择题 16-1 A 16-2 B 16-3 B 16-4 C 二、填空题16-5 6.0S cm '=,12V = 16-6 80f cm '=16-7 34s cm '=-,2V =- 16-8 左,2R 三、计算题16-9 解:设空气的折射率为n ,玻璃的折射率为n ',则 1n =, 1.5n '= 因为 2r = 所以物方焦距4nrf cm n n=='- 像方焦距6n rf cm n n ''=='- 又因为 1f fs s'+='而 8s cm = 所以 12s cm '=(实像)1ns y V y n s''==-=-' 其中 0.1y cm = 所以 0.1y Vy cm '==-16-10 分析:将球面反射看作n n '=-时球面折射的特例,可由折射球面的成像规律求解。

(NEW)程守洙《普通物理学》(第5版)(下册)配套题库【名校考研真题+课后习题+章节题库+模拟试题】

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波疏介质,则反射波波动方程为( );波节点的位置为( )。
[南京理工大学2011研]
波节的位置满足:
,解得:
4.设沿弦线传播的一入射波的表达式为
波在x=L处(B点)发生反射,反射点为自由端(如图11-4)。设波在 传播和反射过程中振幅不变,则反射波的表达式是y2=( )。[华南理
工大学2010研]
A.
B.
C.
D. 【答案】A
【解析】设简谐振动的运动方程为:
,则
假设x1=0时对应
,将 代入运动方程得
当k=0时有最短时间

5.两质点1和2均沿x轴作简谐振动,振幅分别为A1和A2,振动频率相
同。在t=0时,质点1在平衡位置向x轴负向运动,质点2在 处向x轴正 向运动,则两质点振动的位相差为( )。[电子科技大学2010研]
第10章 机械振动和电磁振荡
一、选择题
1.图10-1中A、B、C为三个不同的简谐振动系统。组成各系统的各弹 簧的原长、各弹簧的劲度系数及重物质量均相同。A、B、C三个振动系 统的ω2(ω为固有角频率)值之比为( )。[华南理工大学2009研]
图10-1
A.2:1: B.1:2:4 C.2:2:1 D.1:1:2 【答案】B
则从t=0时
刻起,到质点位置在x=0.02m处,且向x轴正方向运动时刻的最短时间
间隔为( )。[电子科技大学2008研]
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】在t=0时刻,质点位移为0.02m,且向x负方向运动。据此时间 最近的且同位移,向正方向运动的时刻为t=-1/3s.又此质点周期为1s, 故相隔最近的时间为1/3s。
【答案】
;或

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第十二章 导体电学【例题精选】例12-1 把A ,B 两块不带电的导体放在一带正电导体的电场中,如图所示. 设无限远处为电势零点,A 的电势为U A ,B 的电势为U B ,则 (A) U B > U A ≠0. (B) U B > U A = 0.(C) U B = U A . (D) U B < U A . [ D ]例12-2 选无穷远处为电势零点,半径为R 的导体球带电后,其电势为U 0,则球外离球心距离为r 处的电场强度的大小为(A) 302rU R . (B) R U 0. (C) 20r RU . (D) r U 0. [ C ] *例12-3 如图所示,封闭的导体壳A 内有两个导体B 和C 。

A 、C 不带电,B 带正电,则A 、B 、C 三导体的电势U A 、U B 、U C 的大小关系是(A ) U A = UB = UC (B ) U B > U A = U C (C ) U B > U C > U A (D ) U B > U A > U C例12-4 在一个不带电的导体球壳内,先放进一个电荷为 +q 的点电荷,点电荷不与球壳内壁接触。

然后使该球壳与地接触一下,再将点电荷+q 取走。

此时,球壳的电荷为 ;电场分布的范围是 . -q 球壳外的整个空间例12-5 如图所示,A 、B 为靠得很近的两块平行的大金属平板,两板的面积均为S ,板间的距离为d .今使A 板带电荷q A ,B 板带电荷q B ,且q A > q B .则A 板的靠近B 的一侧所带电荷为 ;两板间电势差U = .)(21B A q q - Sd q q B A 02)(ε- 例12-6 一空气平行板电容器,电容为C ,两极板间距离为d 。

充电后,两极板间相互作用力为F 。

则两极板间的电势差为 ;极板上的电荷为 。

C Fd /2 FdC 2例12-7 C 1和C 2两个电容器,其上分别标明200 pF (电容量)、500 V (耐压值) 和300 pF 、900 V .把它们串连起来在两端加上1000 V 电压,则(A) C 1被击穿,C 2不被击穿. (B) C 2被击穿,C 1不被击穿.(C) 两者都被击穿. (D) 两者都不被击穿. [ C ]ABA C Bd例12-8 半径分别为1.0 cm 与2.0 cm 的两个球形导体,各带电荷 1.0³10-8 C ,两球相距很远.若用细导线将两球相连接.求:(1) 每个球所带电荷;(2) 每个球的电势.(22/C m N 1094190⋅⨯=πε) 解:两球相距很远,可视为孤立导体,互不影响.球上电荷均匀分布.设两球半径分别为r 1和r 2,导线连接后的电荷分别为q 1和q 2,而q 1 + q 1 = 2q , 则两球电势分别是 10114r q U επ=, 20224r q U επ=两球相连后电势相等 21U U =,则有 21212122112r r qr r q q r q r q +=++== 由此得到 921111067.62-⨯=+=r r qr q C 92122103.132-⨯=+=r r qr q C两球电势 310121100.64⨯=π==r q U U ε V例12-9 如图所示,三个“无限长”的同轴导体圆柱面A 、B 和C ,半径分别为 R a 、 R b 、R c .圆柱面B 上带电荷,A 和C 都接地.求B的内表面上电荷线密度λ1和外表面上电荷线密度λ2之比值λ1/ λ2.解:设B 上带正电荷,内表面上电荷线密度为λ1,外表面上电荷线密度为λ2,而A 、C 上相应地感应等量负电荷,如图所示.则A 、B 间场强分布为 E 1=λ1 / 2πε0r ,方向由B 指向AB 、C 间场强分布为E 2=λ2 / 2πε0r ,方向由B 指向CB 、A 间电势差 a b R R R R BA R R r r r E U ab a bln 2d 2d 0111ελελπ=π-=⋅=⎰⎰B 、C 间电势差 b c R R R R BC R R r r r E U cb cb ln 2d 2d 0222ελελπ=π-=⋅=⎰⎰ 因U BA =U BC ,得到()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 【练习题】*12-1 设地球半径R =6.4⨯106 m ,求其电容?解:C=4πε0R=7.12³10-4F12-2三块互相平行的导体板,相互之间的距离d 1和d 2比板面积线度小得多,外面二板用导线连接.中间板上带电,设左右两面上电荷面密度分别为σ1和σ2,如图所示.则比值σ1 / σ2为λ2(A) d 1 / d 2. (B) d 2 / d 1. (C) 1. (D) 2122/d d . [ B ]12-3 充了电的平行板电容器两极板(看作很大的平板)间的静电作用力F 与两极板间的电压U 的关系:(A) F ∝U . (B) F ∝1/U . (C) F ∝1/U 2. (D) F ∝U 2. [ D ] 12-4 两个半径相同的金属球,一为空心,一为实心,把两者各自孤立时的电容值加以比较,则(A) 空心球电容值大. (B) 实心球电容值大.(C) 两球电容值相等. (D) 大小关系无法确定. [ C ] 12-5 一导体A ,带电荷Q 1,其外包一导体壳B ,带电荷Q 2,且不与导体A 接触.试证在静电平衡时,B 的外表面带电荷为Q 1 + Q 2.证明:在导体壳内部作一包围B 的内表面的闭合面,如图.设B 内表面上带电荷Q 2′,按高斯定理,因导体内部场强E 处处为零,故0/)(d 021='+=⎰⋅εQ Q S E S∴ 12Q Q -=' 根据电荷守恒定律,设B 外表面带电荷为2Q '',则 222Q Q Q =''+' 由此可得 21222Q Q Q Q Q +='-='' 第十三章 电介质【例题精选】例13-1 一导体球外充满相对介电常量为εr 的均匀电介质,若测得导体表面附近场强为E ,则导体球面上的自由电荷面密度σ为(A) ε 0 E . (B) ε 0 ε r E . (C) ε r E . (D) (ε 0 ε r - ε 0)E . [ B ] 例13-2 C 1和C 2两空气电容器串联起来接上电源充电。

普通物理学(第七版)下册程守洙习题分析与解答

普通物理学(第七版)下册程守洙习题分析与解答

普通物理学(第七版)下册程守洙习题分析与解答简介《普通物理学(第七版)下册程守洙习题分析与解答》是针对普通物理学下册所提供的习题进行分析与解答的文档。

本文档旨在帮助读者更好地理解和掌握普通物理学下册的知识点,通过习题的分析与解答,加深对物理学的理解和应用能力。

目录•第一章:电磁振荡与电磁波•第二章:继电器与电磁感应•第三章:电磁场的能量与动量•第四章:电磁波的传播•第五章:电磁波的干涉与衍射•第六章:光与物质的相互作用•第七章:光的几何光学•第八章:波的粒子性与光的本质•第九章:量子物理初步•第十章:原子和分子物理•第十一章:固体物理导论•第十二章:物理学研究方法第一章:电磁振荡与电磁波本章主要介绍了电磁振荡与电磁波的基本概念和性质。

习题分为选择题、计算题和问答题等多个类型,涵盖了振荡电路、电磁波的传播和能量传输等内容。

这些习题旨在帮助读者巩固对电磁振荡和电磁波的理解,并培养其分析问题和解决问题的能力。

第二章:继电器与电磁感应本章主要介绍了继电器和电磁感应的原理和应用。

习题包括了计算电磁感应产生的电动势、判断电磁感应现象的发生以及解决与电磁感应相关的应用问题等内容。

通过这些习题的分析与解答,读者可以加深对电磁感应原理的理解,并学会应用电磁感应进行问题解决。

第三章:电磁场的能量与动量本章主要介绍了电磁场的能量和动量的性质和计算方法。

习题包括了计算电磁场的能量和动量密度、分析电磁场能量传输和动量传输的过程,以及应用电磁场的能量和动量进行问题求解等内容。

通过这些习题的分析与解答,读者可以加深对电磁场能量和动量的理解,并学会应用电磁场的能量和动量进行问题分析与求解。

第四章:电磁波的传播本章主要介绍了电磁波在各种介质中的传播特性和计算方法。

习题包括了计算电磁波的传播速度、分析电磁波的反射和折射现象,以及解决电磁波传播相关的应用问题等内容。

通过这些习题的分析与解答,读者可以加深对电磁波传播特性的理解,并学会应用电磁波传播进行问题解决。

物理学(第五版)下册答案

物理学(第五版)下册答案

物理学(第五版)下册答案量E=1/2kA^2,动能K=E-2p=1/2kA^2-kA^2=-1/2kA^2,因为动能为负数,所以振动不可能通过平衡位置。

___:1.判断一个振动是否为简谐振动的方法是,观察质点离开平衡位置的位移x随时间t变化的规律,如果遵从余弦函数或正弦函数,则该质点的运动为简谐振动。

简谐振动的运动学方程为x=Acos(ωt+φ)。

2.从动力学的角度来看,简谐振动是指物体在线性回复力作用下在平衡位置做周期性往复运动。

其动力学方程为d^2x/dt^2=-ω^2x。

3.简谐运动的三要素是振幅、周期和初相位。

其中振幅和初相位由初始条件决定,周期由振动系统本身的性质决定。

选择题:1.C。

2.A。

3.B填空题:1.平衡,最大位置,±π/2;2.6,2;-π/2;3.π,1.5s,3s。

计算题:1.解答:(m1+m2)u=m2v,kA=(m1+m2)u^2,A=sqrt(2(m1+m2)k/u),ω=sqrt(k/(m1+m2)),φ=π/2.2.解答:(1) 振动方向如图所示,(2) 相位差Δφ=φd-φa=3π/2-π/4=5π/4,Δt=1s,ω=Δφ/Δt=5π/4,所以振动方程为x=Acos(5π/4t-π/6)。

3.解答:(1) ω=sqrt(k/m),T=2π/ω=2πsqrt(m/k),(2) 动量守恒m1v1+m2v2=(m1+m2)v,解得v=(m1v1+m2v2)/(m1+m2),由能量守恒E=1/2kA^2=1/2(m1+m2)v^2,解得A=sqrt(2E/k),代入式子得x=sqrt(2E/k)cos(sqrt(k/(m1+m2))t)。

4.答案:(1) A=0.02m,ω=π/2,所以ν=ω/2π=1/4 Hz,T=1/ν=4s,φ=-π/3;(2) 势能Ep=kx^2/2,总能量E=Ep+Ek=1/2kA^2,动能Ek=E-Ep=-1/2kA^2,因为Ek为负数,所以振动不可能通过平衡位置。

普通物理学第二版课后习题答案(全)

普通物理学第二版课后习题答案(全)
2
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普通物理学下册答案【篇一:普通物理学习题答案全】txt>第一章力和运动 .................................................... - 3 -1-2 ......................................................................................................... ............................... -3 - 1-4 ......................................................................................................... ............................... - 4 - 1-5 ......................................................................................................... ............................... -6 - 1-6 ......................................................................................................... ............................... - 6 - 1-9 ......................................................................................................... ............................... - 7 - 1-14 ....................................................................................................... ............................... - 8 -第二章运动的守恒量和守恒定律 ...................... - 10 -2-3 ......................................................................................................... ............................. - 10 - 2-9 ......................................................................................................... ............................. - 11 - 2-11 ....................................................................................................... ............................. - 11 - 2-13 ....................................................................................................... ............................. - 12 - 2-16 ....................................................................................................... ............................. - 13 - 2-17 ....................................................................................................... ............................. - 15 - 2-19 ....................................................................................................... ............................. - 16 - 2-23 ....................................................................................................... ............................. - 17 - 2-27 ....................................................................................................... ............................. - 17 -第三章刚体的定轴转动 ...................................... - 18 -3-1 ......................................................................................................... ............................. - 18 - 3-3 ......................................................................................................... ............................. - 19 - 3-6 ......................................................................................................... ............................. - 20 - 3-7 ......................................................................................................... ............................. - 20 - 3-10 ....................................................................................................... ............................. - 21 - 3-11 ....................................................................................................... ............................. - 21 -第四章狭义相对论基础 ...................................... - 23 -4-1 ......................................................................................................... ............................. - 23 - 4-8 ......................................................................................................... ............................. - 23 - 4-11 ....................................................................................................... ............................. - 24 -第五章静止电荷的电场 ...................................... - 25 -5-1 ......................................................................................................... ............................. - 25 - 5-5 ......................................................................................................... ............................. - 26 - 5-7 ......................................................................................................... ............................. - 26 - 5-13 ....................................................................................................... ............................. - 27 - 5-15 ....................................................................................................... ............................. - 28 - 5-17 ....................................................................................................... ............................. - 30 - 5-26 ....................................................................................................... ............................. - 31 - 5-29 ....................................................................................................... ............................. - 32 - 5-30 .................................................................................................................................... - 33 - 5-31 ....................................................................................................... ............................. - 33 -5-43 ....................................................................................................... ............................. - 34 -第六章恒定电流的磁场 ...................................... - 35 -6-1 ......................................................................................................... ............................. - 35 - 6-4 ......................................................................................................... ............................. - 36 - 6-5 ......................................................................................................... ............................. - 36 - 6-7 ......................................................................................................... ............................. - 37 - 6-12 ....................................................................................................... ............................. - 38 - 6-15 ....................................................................................................... ............................. - 39 - 6-19 ....................................................................................................... ............................. - 39 - 6-23 ....................................................................................................... ............................. - 40 - 6-26 ....................................................................................................... ............................. - 41 - 6-28 ....................................................................................................... ............................. - 42 -第七章电磁感应电磁场理论 .......................... - 43 -7-2 ......................................................................................................... ............................. - 43 - 7-5 ......................................................................................................... ............................. - 45 - 7-7 ......................................................................................................... ............................. - 46 - 7-14 ....................................................................................................... ............................. - 46 - 7-15 ....................................................................................................... ............................. - 47 - 7-16 ....................................................................................................... ............................. - 47 -第一章力和运动1-21-4【篇二:普通物理学第二版第二章参考答案】xt>2.1.1质点的运动学方程为????(1).r?(3?2t)i?5j,(2).r?(2?3t)?i?(4t?1)?j求质点轨迹并用图表示。

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