大学物理课后习题答案第22章
【最新试题库含答案】大学物理课后习题答案2222
大学物理课后习题答案2222：篇一：大学物理课后习题答案详解第一章质点运动学1、(习题1.1)：一质点在xOy平面内运动，运动函数为x=2t,y=4t2?8。
（1）求质点的轨道方程；（2）求t=1 s和t=2 s 时质点的位置、速度和加速度。
解：（1）由x=2t得，22y=4t-8可得：y=x-8即轨道曲线（2）质点的位置： r?2ti?(4t2?8)j 由v?dr/dt则速度： v?2i?8tj 由a?dv/dt则加速度： a?8j 则当t=1s时，有r?2i?4j,v?2i?8j,a?8j当t=2s时，有r?4i?8j,v?2i?16j,a?8j2、（习题1.2）：质点沿x在轴正向运动，加速度a??kv，k为常数．设从原点出发时速度为v0，求运动方程x?x(t).解：dv??kv dtdx?v0e?ktdtt1?ktdv??v0v?0?kdt v?v0e v?xdx??v0et?ktdt x?v0(1?e?kt) k3、一质点沿x轴运动，其加速度为a ? 4t (SI)，已知t ? 0时，质点位于x ??10 m处，初速度v??? 0．试求其位置和时间的关系式．解：a?dv /dt?4t dv ?4t dt?vdv??4tdt v?2t2tv?dx /d t?2t2?xx0dx??2t2dt x?2 t3 /3+10(SI)t4、一质量为m的小球在高度h处以初速度v0水平抛出，求：（1）小球的运动方程；（2）小球在落地之前的轨迹方程；（3）落地前瞬时小球的drdvdv，，. dtdtdt解：（1） x?v0t 式（1）11y?h?gt2 式（2） r(t)?v0ti?(h-gt2)j22gx2（2）联立式（1）、式（2）得 y?h?22v0（3）dr?v0i-gtj而落地所用时间 t?dtdr2h?v0i所以dtgjg2ghdvdvg2t2222??gjv?vx?vy?v0?(?gt) ?? 222dtdt[v?(gt)](v?2gh)005、已知质点位矢随时间变化的函数形式为r?t2i?2tj，式中r的单位为m，t的单位为s.求：（1）任一时刻的速度和加速度；（2）任一时刻的切向加速度和法向加速度。
大学物理第22章 光的干涉
r2
相位差和光程差的关系：
2
8
例如:在S2P间插入折射率为n、厚度为d的媒质。求：光 由S1、 S2 到 P的相位差φ 。
2 2π φ δ λ
r d nd r
2 1
2 r2 r1 n 1d
r1 P · r2 d
第22章 光的干涉
§22.1 杨氏双缝干涉 §22.2 相干光 §22.5 光程 §22.6 薄膜干涉(一) —— 等厚干涉 §22.7 薄膜干涉(二) —— 等倾干涉 §22.8 迈克尔逊干涉仪 本章要点：理解掌握光的干涉条件、干涉实例 的分析及方法
1
§22.2 相干光
1.振动方向相同，频率相同的两列波的叠加
14 14
5.0 1014 ~ 5.4 1014 5.4 1014 ~ 6.1 1014 6.1 1014 ~ 6.4 1014
兰
紫
470~455
455~400
6.4 1014 ~ 6.6 1014
6.6 1014 ~ 7.5 1014
460
430
12
§22.1 杨氏双缝干涉
r暗 kR
1 r暗 R k ; 令k 1, 则r 随 k 间距 。 k 31
（2）牛顿环应用
•测量未知单色平行光的波长
已知第 k 级和第 m 级暗环直径 dk、dm
2
a 纹路深为： h 2L
L
h h
e
a L
27
ek ek+1
（2）测膜厚
A
B
Si O2
e e
n1 1
n2 1.57
大学物理第三版上册课后习题答案
大学物理第三版上册课后习题答案【篇一：物理学教程(第二版)上册课后习题答案详解】s=txt>第一章质点运动学v,｜｜=(b) ｜v｜≠v,｜｜≠ v,｜｜≠(d) ｜v｜≠v,｜｜=,即｜｜≠． ?但由于｜dr｜＝ds,故drds,即｜｜＝．由此可见,应选(c)． dtdt1 -2dr(1)dt一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即； (2)drdt；ds(3)dt； (4)dxdydtdt22．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)(2)正确 (b) 只有(2)正确(c) 只有(2)(3)正确 (d) 只有(3)(4)正确分析与解drdt表示质点到坐标原点的距离随时间的变化率,在极坐标系中叫径向速率．通常用符号vr表示,drdt表示速度矢量；在自然坐标系中速度大小可用公式v22ds计dtdxdy算,在直角坐标系中则可由公式vdtdt表达式,即求解．故选(d)．1 -3 质点作曲线运动,r 表示位置矢量, v表示速度,a表示加速度,s 表示路程, aｔ表示切向加速度．对下列(1)d v /dt ＝a；(2)dr/dt ＝v；(3)ds/dt ＝v；(4)d v /dt｜＝aｔ．下述判断正确的是( )(a) 只有(1)、(4)是对的 (b) 只有(2)、(4)是对的 (c) 只有(2)是对的(d) 只有(3)是对的dv表示切向加速度aｔ,它表示速度大小随时间的变化率,是加速度矢量沿速度方向的一个分量,dtdrds起改变速度大小的作用；在极坐标系中表示径向速率vr(如题1 -2 所述)；在自然坐标系中表示质dtdt分析与解点的速率v；而dvdt表示加速度的大小而不是切向加速度aｔ．因此只有(3) 式表达是正确的．故选(d)．1 -4 一个质点在做圆周运动时,则有( ) (a) 切向加速度一定改变,法向加速度也改变 (b) 切向加速度可能不变,法向加速度一定改变 (c) 切向加速度可能不变,法向加速度不变 (d) 切向加速度一定改变,法向加速度不变分析与解加速度的切向分量aｔ起改变速度大小的作用,而法向分量an起改变速度方向的作用．质点作圆周运动时,由于速度方向不断改变,相应法向加速度的方向也在不断改变,因而法向加速度是一定改变的．至于aｔ是否改变,则要视质点的速率情况而定．质点作匀速率圆周运动时, aｔ恒为零；质点作匀变速率圆周运动时, aｔ为一不为零的恒量,当aｔ改变时,质点则作一般的变速率圆周运动．由此可见,应选(b)． 1 -5 已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为s．求：(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度．x?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t 的单位为xtx0,而在求路程时,就必dx0来确dt须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向,此时,位移的大小和路程就不同了．为此,需根据dxd2xs??x1??x2,如图所示,至于t ＝4.0 s 时质点速度和加速度可用和2两式计算．dtdt题 1-5 图解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小(2) 由得知质点的换向时刻为dx0 dttp?2s (t＝0不合题意)则所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为(3) t＝4.0 s时v?dx48m?s?1dtt?4.0sd2xa?2??36m.s?2dtt?4.0s1 -6 已知质点的运动方程为r(1) 质点的运动轨迹；(2) t ＝0 及t ＝2ｓ时,质点的位矢；解 (1) 由x(t)和y(t)中消去t 后得质点轨迹方程为2ti(2t2)j,式中r 的单位为m,t 的单位为ｓ．求：y?2?这是一个抛物线方程,轨迹如图(a)所示．12x 4(2) 将t ＝0ｓ和t ＝2ｓ分别代入运动方程,可得相应位矢分别为r0?2j , r2?4i?2j图(a)中的p、q 两点,即为t ＝0ｓ和t ＝2ｓ时质点所在位置． (3) 由位移表达式,得其中位移大小2222r2r0x2y2x0y02.47m题 1-6 图1 -7 质点的运动方程为x??10t?30t2y?15t?20t2式中x,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向．分析由运动方程的分量式可分别求出速度、加速度的分量,再由运动合成算出速度和加速度的大小和方向．解 (1) 速度的分量式为vx?dx10?60t dtdyvy15?40tdt22v0?v0x?v0y?18.0m?s?1v0yv0x3 2(2) 加速度的分量式为ax?则加速度的大小为dvydvx40m?s?2 ?60m?s?2 , ay?dtdta?ax?ay?72.1m?s?2ayax2 3分析在升降机与螺丝之间有相对运动的情况下,一种处理方法是取地面为参考系,分别讨论升降机竖直向上的匀加速度运动和初速不为零的螺丝的自由落体运动,列出这两种运动在同一坐标系中的运动方程y1 ＝y1(t)和y2 ＝y2(t),并考虑它们相遇,即位矢相同这一条件,问题即可解；另一种方法是取升降机(或螺丝)为参考系,这时,螺丝(或升降机)相对它作匀加速运动,但是,此加速度应该是相对加速度．升降机厢的高度就是螺丝(或升降机)运动的路程．解1 (1) 以地面为参考系,取如图所示的坐标系,升降机与螺丝的运动方程分别为1y1?v0t?at221y2?h?v0t?gt22当螺丝落至底面时,有y1 ＝y2 ,即11v0t?at2?h?v0t?gt222t?2h0.705sg?a(2) 螺丝相对升降机外固定柱子下降的距离为d?h?y2??v0t?12gt?0.716m 2解2 (1)以升降机为参考系,此时,螺丝相对它的加速度大小a′＝g ＋a,螺丝落至底面时,有10?h?(g?a)t22t?(2) 由于升降机在t 时间内上升的高度为2h0.705sg?a则1h??v0t?at22d?h?h??0.716m【篇二：大学物理上册课后习题答案】-1 ｜?r｜与?r 有无不同?drdrdvdv和有无不同? 和有无不同?其不同在哪里?dtdtdtdt试举例说明．解：（1）r是位移的模，?r是位矢的模的增量，即?r?r2?r1，?r?r2?r1；（2）dsdrdr是速度的模，即. ?v?dtdtdtdr只是速度在径向上的分量. dt（式中r?叫做单位矢）∵有r?rr，则式中drdrdrr?rdtdtdtdr就是速度径向上的分量， dt∴drdr与不同如题1-1图所示.dtdt题1-1图dvdv?dv(3)表示加速度的模，即a?，是加速度a在切向上的分量.dtdtdt∵有v?v?(?表轨道节线方向单位矢），所以dvdv?dv dtdtdtdv就是加速度的切向分量. dtd??dr与(?的运算较复杂，超出教材规定，故不予讨论) dtdt式中1-2 设质点的运动方程为x=x(t)，y=y(t)，在计算质点的速度和加速度时，有人先求drd2r出r＝x?y，然后根据v =，及a＝2而求得结果；又有人先计算速度和加速度dtdt22的分量，再合成求得结果，即?dx??dy?=及a=dtdt?22d2xd2y22正确？为什么？两者差别何在？解：后一种方法正确.因为速度与加速度都是矢量，在平面直角坐标系中，有r?xi?yj，drdxdyvijdtdtdt2?22drdxdy?a?2?2i?2jdtdtdt故它们的模即为dxdyv?v?vdtdt2x2y2222dxdy22a?ax?aydt2??dt2??22而前一种方法的错误可能有两点，其一是概念上的错误，即误把速度、加速度定义作drv?dtd2ra?2dtdrdrd2r与2误作速度与加速度的模。
大学物理：第 22 章 量子力学基础
三、微观粒子波动性的应用
• 1933 年，德国的 E.Ruska 和 Knoll 等人研制成功第 一台电子显微镜。 鲁斯卡：电子物理领域的基础 研究工作，设计出世界上第一 台电子显微镜，1986诺贝尔物 理学奖
• 1982年，IBM的G.Binnig和H.Rohrer研制成功第 一台隧道扫描显微镜（STM）。
1986 诺贝尔物理学奖 宾尼：设计出扫描式 隧道效应显微镜
END
1986 诺贝尔物理学奖 罗雷尔：设计出扫描 式隧道效应显微镜
§22.2 波函数及统计解释
一、波函数
既然粒子具有波动性，应该有描述波动性的函数— —波函数。
奥地利物理学家薛定谔（E．Schrö dinger）1925 年提出用波函数Ψ(r, t)描述粒子运动状态。
I
此时电表中应出现最 大的电流。
12.25 2d sin k U
k 1,2,3,
d
若固定 角，改变加速电压，会多次出现电流极大
I
实验结果:
若固定 角，改变加速电压，会多次出现电流极大
2. G.P.汤姆逊实验 1927年英国物理学家G.P.汤姆逊做了电子通过金 多晶薄膜的衍射实验
粒子在空间各点的概率总和应为 l，
Ψ (r , t )Ψ (r , t )dV 1
*
— ( 全空间 )
END
§22.3 不确定性关系
一、位置—动量不确定关系
按照经典波动理论，约束在空间某区域内的波不可 能是单色的——不可能具有唯一的波长。 这一结论对物质波同样正确：被束缚在某区域的粒 子不可能具有确定的动量，即粒子的坐标和动量不 能同时取确定值，存在一个不确定关系。
Bohr:
所有粒子的不确定性是原则的、本性的。
《大学物理》第22章_高斯定理
s 2e0
r en
E
E
2 0 S E
可见，无限大均匀带电
平面激发的电场强度与
离面的距离无关，即面 的两侧形成匀强电场。
σ
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22-8 导体表面附近的电场
任意形状导体表面外的电场可 写成 E ，σ 是导体表面电荷面 密度。 0
解题思路 正如前例，选择小圆柱作为高斯面。选
Q
EdAE(4r2)0
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(b)选择半径为r（r<r0）的同 心球壳为高斯面。 根据高斯定理，A2面内无电荷
E dQA en clE 0(4r2)0
E0
（c）这些结果同样也适用于均匀带电球形导体，因为 全部电荷都聚集在球表面。
问题:如果球体为绝缘体，会怎么样呢？
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例22-4 带电实心绝缘球体
电荷Q均匀分布在半径r0的绝缘
球体上。试求电场：（a）球外；
（b）球内。
由于电荷球对称分布，所以电
场也对称。E只取决于r。
（a）球外，选择半径为r(r>r0)的同 心球面作为高斯面A1
QenclQ
E
1
4 0
Q r2
高斯定律可写为
EdA E(4r2)Q0
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§22-1 电通量
电通量定义： 1.均匀电场中垂直通过平面 S⊥ 的电场强度通量.
S
F= ES^
2.电场与平面不垂直
对于均匀电场，穿过一 区域A的电通量定义为
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是
E
沿垂直于区域A方向
的分量。
E E A E co A s
大学物理学电子教案 第22章 波和粒子
第22章波与粒子◆本章学习目标1．了解黑体和黑体辐射的经典定律、光电效应、普朗克的量子假定、爱因斯坦光电子假说、康普顿效应、微观粒子的波粒二象性、德布罗意假说和不确定关系；2．掌握光电效应的实验解释、康普顿效应的实验解释、波粒二象性的统计解释。
◆本章教学内容1．热辐射和基尔霍夫定律2．光电效应3．康普顿效应4．德布罗意波波粒二象性◆本章教学重点1．光电效应2．康普顿效应3．德布罗意波波粒二象性◆本章教学难点1．康普顿效应的实验解释；2．、波粒二象性的统计解释；◆本章学习方法建议及参考资料1．意讲练结合2．注意依据学生具体情况安排本章进度参考教材东南大学等七所工科院校编，《物理学》，高等教育出版，1999年11月第4版.§22.1 热辐射和基尔霍夫定律19世纪末，由麦克斯韦创立的光的电磁理论已经成为物理学的基本理论，这一理论深刻地揭示了光的电磁本质，成功地解释了光的电磁本质，光的干涉、衍射和光的偏振等波动现象，从而确立了光具有波动性。
然而再进一步研究光与物质的相互作用过程中发现许多实验（如：黑体辐射、光电效应、康普顿效应等）的实验结果与经典的电磁理论相违背，用光的电磁理论无法解释因此正是研究以上实验得过程中，在探索光的本性方面建立了光的量子概念，确立了光的量子特性，光的量子性概念的确立以及后来量子理论的发展，使人们对微观世界的探索的认识论和方法论发生了深刻的变化，从而带来了物理学上的又一次革命。
本章将通过讨论黑体辐射、光电效应、康普顿效应等实验及基本规律来阐明光的量子性，并对光及微观粒子的波粒二象性作初步介绍。
一、辐射和热辐射（1）物体以电磁波的形式向外发射能量的过程称为辐射。
辐射有两种：第一种是物体在辐射过程中不能仅用维持其温度来使辐射进行下去，而是依靠一些其他激发过程获得能量以维持辐射这种辐射称为发光。
另一种是通过加热来维持其温度辐射就可以持续地维持下去，这种辐射称为 热辐射。
（2）辐射本领和吸收本领1）辐射本领 描述物体热辐射能力大小的物理量。
大学物理教材习题答案
⼤学物理教材习题答案第⼀章质点运动习题解答⼀、分析题1．⼀辆车沿直线⾏驶，习题图1-1给出了汽车车程随时间的变化，请问在图中标出的哪个阶段汽车具有的加速度最⼤。
答: E 。
位移-速度曲线斜率为速率，E 阶段斜率最⼤，速度最⼤。
2．有⼒P 与Q 同时作⽤于⼀个物体，由于摩擦⼒F 的存在⽽使物体处于平衡状态，请分析习题图1-2中哪个可以正确表⽰这三个⼒之间的关系。
答: C 。
三个⼒合⼒为零时，物体才可能处于平衡状态，只有（C ）满⾜条件。
3．习题图1-3（a ）为⼀个物体运动的速度与时间的关系，请问习题图1-3（b ）中哪个图可以正确反映物体的位移与时间的关系。
答：C 。
由v-t 图可知，速度先增加，然后保持不变，再减少，但速度始终为正，位移⼀直在增加，且三段变化中位移增加快慢不同，根据v-t 图推知s-t 图为C 。
三、综合题：1．质量为的kg 50.0的物体在⽔平桌⾯上做直线运动，其速率随时间的变化如习题图1-4所⽰。
问：（1）设s 0=t 时，物体在cm 0.2=x 处，那么s 9=t 时物体在x ⽅向的位移是多少？（2）在某⼀时刻，物体刚好运动到桌⼦边缘，试分析物体之后的运动情况。
解：（1）由v-t 可知，0~9秒内物体作匀减速直线运动，且加速度为：220.8cm/s 0.2cm/s 4a == 由图可得：0 2.0cm s =，00.8cm/s v =， 1.0cm/s t v =-，则由匀减速直线运动的位移与速度关系可得：22002() t a s s v v -=- 2200()/2t s v v a s =-+ 22[0.8( 1.0)]/20.2 2.0cm =--?+1.1c m =（2）当物体运动到桌⼦边缘后，物体将以⼀定的初速度作平抛运动。
2．设计师正在设计⼀种新型的过⼭车，习题图1- 5为过⼭车的模型，车的质量为0.50kg ，它将沿着图⽰轨迹运动，忽略过⼭车与轨道之间的摩擦⼒。
大学物理,课后习题
13—1如图所示孤立导体球，带电为Q ， （1）Q 是怎么分布的？为什么？ （2）导体内部场强是多少？（3）导体球表面附近一点P 的场强是多少？P 点的场强是否是由P 点附近的电荷产生的？（4）当P 点很靠近球面时，对着P 点的那一部分球面可以看作无限大平面。
而无限大带电面两侧的场强为02εσ=E ，而这里的结果是εσ=p E ，两者是否矛盾？为什么？13—2上题中如果导体球附近移来一个带电为q 的另一导体A ，如图所示，达静电平衡后，（1）q 是否在导体球内产生场？导体球内场强是否仍为零？ （2）导体球上Q 的分布是否改变？为什么？习题13-1 习题13-2（3）P 点的场强是否改变？公式0εσ=p E 是否成立？它是否反映了q的影响（即p E 是否包括了q 在P 点产生的场）？13—3 三个平行金属板A ﹑B 和C ，面积都是2002cm ，A ﹑B 相距0.4mm ，A ﹑C 相距0.2mm ，B ﹑C 两板都接地，如图所示，如果使A 板带正电C 7100.3-⨯，略去边缘效应，求： （1）B 板和C 板上的感应电荷各为多少？ （2）取地的电势为O ，A 板的电势为多少？13—4 导体球半径为R ，带电量为Q ，距球心为d 处有一点电荷q ，如图所示，现把球接地，求流入大地的电量。
13—5 同轴传输线是由两个很长且彼此绝缘的同轴金属直圆柱体构成的，设内圆柱体的电势为1U ，半径为R ，外圆筒的电势为2U ，内半径为2R ，求其间离轴为r 处)(21R r R <<的电势。
习题13-3Q习题13-413—6 点电荷q 放在中性导体球壳的中心，壳的内外半径分别为1R 和2R ，求空间的电势分布。
13—7 如图所示，一半径为R 的中性导体球，中间有两个球形空腔，半径分别为1R 和2R ，在空腔中心处分别有点电荷1q 和2q ，试求： （1）两空腔内表面和导体外表面的电荷密度1σ﹑2σ﹑3σ （2）导体外任一点的场强和电势 （3）两空腔中的场强和电势。
大学物理第22章_高斯定理 (1)
均匀带电球壳或球面外的电场与将所有电荷集中在球心处作为一
个点电荷所产生的电场是一样的。
(b)选择半径为r（r<r0）的同 心球面为高斯面。 根据高斯定理，A2面内无电荷
E dQA en clE 0(4r2)0
E0
（c）这些结果同样也适用于均匀带电球形导体，因为 全部电荷都聚集在球表面。
均匀带电球外的电场等效于将所有电荷作为一
E 1 Q
40 r 2
个点电荷集中在球心处所产生的电场。
（b）球内，选择半径为r(r<r0)的同心球面作 为高斯面A2
高斯定理可写为 E dA E(4r2)Qencl
0
Qencl是由A2包围的电荷
定义电荷密度 EdQdV
Qencl
应用高斯定律求解电场强度的一般步骤：
1、分析带电体的电荷分布和电场分布的特点，以 便依据其对称特点选取合适的闭合面（高斯面）。
2、闭合面（高斯面）选取类型：a、面上各点电场 强度与面垂直，大小处处相等；b、面上一部分各点 电场强度处处相等且与面垂直，另外部分电场强度 与面处处平行。
例22-3 球形导体
q2 q4 0
Q 0
练习B（自学） 一个点电荷Q处于球形高斯曲面A的球心处，
当第二个电荷Q放在曲面A外部时，通过这个球形 曲面A总的净通量将： (a)不变，(b)加倍，(c)减半，(d)abc选项都不正确。
练习C（自学） 一个小盒子里有3个带电量为2.95μ C的电荷。
离开盒子的净通量是多少？ (a) 3.3×1012 Nm2 /C，(b) 3.3×105 Nm2 /C， (c) 1.0×1012 Nm2 /C，(d) 1.0×106 Nm2 /C， (e) 6.7×106 Nm2 /C。
大学物理题目答案
第一章 质点运动学T1-4：BDDB1 -9 质点的运动方程为23010t t x +-=22015t t y -=式中x ,y 的单位为m,t 的单位为ｓ．试求：(1) 初速度的矢量表达式和大小；(2) 加速度的矢量表达式和大小 解 (1) 速度的分量式为t t x x 6010d d +-==v t tyy 4015d d -==v 当t ＝0 时, v o x ＝-10 m·ｓ-1 , v o y ＝15 m·ｓ-1 , 则初速度的矢量表达式为1015v i j =-+， 初速度大小为000s m 0.18⋅=+=v v v(2) 加速度的分量式为2s m 60d d -⋅==ta xx v , 2s m 40d d -⋅-==t a y y v则加速度的矢量表达式为6040a i j =-， 加速度的大小为222s m 1.72-⋅=+=y x a a a1 -13 质点沿直线运动,加速度a ＝4 -t2 ,式中a 的单位为m·ｓ-2 ,t 的单位为ｓ．如果当t ＝3ｓ时,x ＝9 m,v ＝2 m·ｓ-1 ,求(1) 质点的任意时刻速度表达式；(2)运动方程．解：（1） 由a ＝4 -t 2及dv a dt =， 有2d d (4)d a t t t ==-⎰⎰⎰v ，得到 31143t t C =-+v 。
又由题目条件，t ＝3ｓ时v ＝2，代入上式中有 3114333C =⨯-+2，解得11C =-，则31413t t =--v 。
（2）由dx v dt=及上面所求得的速度表达式，有31d vd (41)d 3t t t t ==--⎰⎰⎰x得到 2421212x t t t C =--+又由题目条件，t ＝3ｓ时x ＝9，代入上式中有24219233312C =⨯-⨯-+ ，解得20.75C =，于是可得质点运动方程为24120.7512x t t t =--+ 1 -22 一质点沿半径为R 的圆周按规律2021bt t s-=v 运动,v 0 、b 都是常量．(1) 求t 时刻质点的总加速度大小；(2) t为何值时总加速度在数值上等于b ？(3) 当加速度达到b 时,质点已沿圆周运行了多少圈？知识点：圆周运动的加速度的切向分量及法向分量表达式．本题采用线量的方式来描述圆周运动的运动方程。
大学物理学下册课后详细标准答案(袁艳红主编)
第9章静电场习题一选择题9-1两个带有电量为2q 等量异号电荷，形状相同地金属小球A 和B 相互作用力为f ，它们之间地距离R 远大于小球本身地直径，现在用一个带有绝缘柄地原来不带电地相同地金属小球C 去和小球A 接触，再和B 接触，然后移去，则球A 和球B 之间地作用力变为[ ](A)4f (B) 8f (C) 38f (D) 16f答案：B解析：经过碰撞后，球A 、B 带电量为2q，根据库伦定律12204q q F r πε=，可知球A 、B 间地作用力变为8f. 9-2关于电场强度定义式/F E =0q ，下列说法中哪个是正确地？[ ] (A) 电场场强E 地大小与试验电荷0q 地大小成反比 (B) 对场中某点，试验电荷受力F 与0q 地比值不因0q 而变 (C) 试验电荷受力F 地方向就是电场强度E 地方向 (D) 若场中某点不放试验电荷0q ，则0=F ，从而0=E 答案：B解析：根据电场强度地定义，E 地大小与试验电荷无关，方向为试验电荷为正电荷时地受力方向.因而正确答案（B ）9-3 如图9-3所示，任一闭合曲面S 内有一点电荷q ，O 为S 面上任一点，若将q 由闭合曲面内地P 点移到T 点，且 OP =OT ，那么[ ](A) 穿过S 面地电场强度通量改变，O 点地场强大小不变 (B) 穿过S 面地电场强度通量改变，O 点地场强大小改变(C) 穿过S 面地电场强度通量不变，O 点地场强大小改变 (D) 穿过S 面地电场强度通量不变，O 点地场强大小不变 答案：D解析：根据高斯定理，穿过闭合曲面地电场强度通量正比于面内电荷量地代数和，曲面S 内电荷量没变，因而电场强度通量不变.O 点电场强度大小与所有电荷有关，由点电荷电场强度大小地计算公式204q E r πε=，移动电荷后，由于OP =OT ，即r 没有变化，q 没有变化，因而电场强度大小不变.因而正确答案（D ）9-4 在边长为a 地正立方体中心有一个电量为q 地点电荷，则通过该立方体任一面地电场强度通量为 [ ] (A) q /ε0 (B) q /2ε0 (C) q /4ε0 (D) q /6ε0 答案：D解析：根据电场地高斯定理，通过该立方体地电场强度通量为q /ε0，并且电荷位于正立方体中心，因此通过立方体六个面地电场强度通量大小相等.因而通过该立方体任一面地电场强度通量为q /6ε0，答案（D ）9-5 在静电场中，高斯定理告诉我们[ ](A) 高斯面内不包围电荷，则面上各点E 地量值处处为零 (B) 高斯面上各点地E 只与面内电荷有关，但与面内电荷分布无关 (C) 穿过高斯面地E 通量，仅与面内电荷有关，而与面内电荷分布无关 (D) 穿过高斯面地E 通量为零，则面上各点地E 必为零 答案：C解析：高斯定理表明通过闭合曲面地电场强度通量正比于曲面内部电荷量地代数和，与面内电荷分布无关；电场强度E 为矢量，却与空间中所有电荷大小与分布均有关.故答案（C ）9-6 两个均匀带电地同心球面，半径分别为R 1、R 2(R 1<R 2)，小球带电Q ，大(A) (B) (C) (D)习题9-7图 答案：D解析：根据高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，可得同心球面地电场分布为1122020,0,4,0r R E Q R r R E r r R E πε⎧<<=⎪⎪<<=⎨⎪⎪>=⎩，作E-r 图可得答案（D ）. 9-7如图9-7(A) 电场力做正功，负电荷地电势能减少(B) 电场力做正功，负电荷地电势能增加 (C) 电场力做负功，负电荷地电势能减少 (D) 电场力做负功，负电荷地电势能增加 答案：D解析：负电荷受力方向与电场强度方向相反，将负电荷从A 移动到B ，受力方向与位移方向家教大于90°，因此电场力作负功；同时，电场力为保守力，保守力作功电势能地增量地负值，因此负电荷地电势能增加.答案（D ）9-8 如图9-8所示，在点电荷+q 地电场中，若取图中P 点为电势零点，则M 点地电势为[ ]（A ）04q a πε (B)08q a πε(C) 04q aπε- (D) 08q aπε-答案:D解析：点电荷+q 在P 点和M 点地电势分别为00,442Pq Mq q q V V a a πεπε==，取P 点为电势零点，则M 点地电势为0004248M Mq Pq qqq V V V a aaπεπεπε-=-=-=.9-9 真空中两块互相平行地无限大均匀带电平板，两板间地距离为d ，其中一块地电荷面密度为σ+，另一块地电荷面密度为2σ+，则两板间地电势差为[ ]习题9-8图(A) 0 (B) 02d σε (C) 0d σε (D) 032σε 答案：B解析：根据高斯定理知电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地电场强度为02r E e σε=，结合电势差地定义即可知电势差为02d σε. 9-10 关于电场强度与电势之间地关系，下列说法中，正确地是[ ] (A) 在电场中，电场强度为零地点，电势必为零 (B) 在电场中，电势为零地点，电场强度必为零(C) 在电势梯度不变地空间，电场强度处处相等 (D) 在电场强度不变地空间，电势处处相等 答案：C解析：电场强度与电势之间地关系为电场强度在任意方向地分量，等于电势在该方向上地变化率地负值.因而答案（C ）二填空题9-11 点电荷1234q q q q 、、、在真空中地分布如图9-11所示.图中S 为闭合曲面，则通过该闭合曲面地电场强度通量d S⋅⎰E S =_______Emxvx 答案：24q q ε+解析：根据电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，通过闭合曲面地电场强度通量为24q q ε+.9-12 如图9-12所示，真空中两块平行无限大均匀带电平面，其电荷面密度分别为σ+和2σ-，则A 、B 、C 方向向右为正）.习题9-11图答案：02σε；032σε；02σε- 解析：根据高斯定理知电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地电场强度为02r E e σε=，结合电场强度地叠加原理i iE E =∑，可知A 、B 、C 三个区域地电场强度分别02σε，032σε，02σε-.9-13 无限大地均匀带电平板放入均匀电场中，得到如图9-13所示地电场，(0E 和0ε为已知值)场强度大小为___________.答案：00E ε；032E电场方向向右，平板带正电.根据高斯定理知 电荷面密度为σ+地无限大平板在空间激发地 电场强度大小为02E σε=，结合电场强度叠加原理i iE E =∑，可解得带电平板地电荷面密度σ=00E ε，均匀电场地电场强度大小为032E .9-14两根无限长细直导线，相互平行相距为d ，电荷线密度分别为λ+和λ-，则每单位长度上导线之间相互作用力大小为________，力地方向为________.答案：202dλπε；垂直导线，相互吸引地方向解析：根据高斯定理知线密度为σ+地无限长直导线在空间激发地电场强度大小为02E dλπε=，方向垂直直导线方向，则每单位长度上导线之间相互作用力大小为202F qE dλπε==，方向垂直导线，相互吸引地方向.9-15 如图9-15力线,则A 、B 两点中电场强度E A E B ，电习题9-13图势V A V B （填“>”、“=”或“<”）. 答案：<；>解析：电场线地疏密表示场强地大小，因此E A < E B .若将正电荷+q 从点A 移动到点B ，则电场力作正功()0AB A B W q V V =->，因此V A > V B . 9-16 正负电荷放置如图9-16所示，那么正四边形对角线中心处，电场强度为零地是图_________,电场强度和电势都为零地是图__________，电场强度为零，电势不为零地是图___________.答案：(B)、(C)、（D ）；(C)；(B)、（D ）解析：电场强度叠加符合矢量叠加原理，电势叠加为代数叠加.根据电场强度和电势叠加原理，电场强度为零地是图(B)、(C)、（D ）；电场强度和电势都为零地是图(C)；电场强度为零，电势不为零地是图(B)、（D ）.9-17 如图9-17所示，一电量为5510 C q -=-⨯地点电荷在电场力作用力下，从P 点移到Q 点电场力对它做功2310 J W -=⨯,则P 、Q 两点电势高地是_________，高___________伏.答案：Q 点；600解析：电场力作功为2()310 J PQ P Q W q V V -=-=⨯， 因为q <0，因此P Q V V <，Q 点电势高.600V QP Q P W V V q-==.因此Q 点电势比P 点电势高600V .9-18 如图9-18所示，一带电量为0q 地试验电荷，在点电荷Q 地电场中，沿半径为R 地四分之三圆弧形轨道abc 从a 移动到c 电场力所作地功1W 习题9-16图P ·Q ·q习题9-17图=_____________，再从c 移动到无限远电场力所作地功2W =_______________.答案：0；04Qq Rπε 解析：电场力作功为10()a c W q V V =-，因为04a c Q V V Rπε==，因此10W =.20000()(0)44c Qq Q W q V V q RRπεπε∞=-=-=. 9-19 有一均匀带电球面，带电量为Q ，半径为R ，则球心O 地电场强度大小E =，电势V =. 答案：0；04Q Rπε解析：根据高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，可得均匀带电球面地电场分布为12200,0,4r R E Q r R E r πε≤<=⎧⎪⎨>=⎪⎩，因此球心O 地电场强度大小为0.电势12O0d d d 4RRQ V E l E r E r Rπε∞∞==+=⎰⎰⎰.9-20 说明下列各式地物理意义： (1) d ⋅⎰baE l ；(2) d S⋅⎰E S ；(3)d 0l⋅=⎰E l .答案：（1）单位时间正电荷在电场中从a 点移动到b 点电场力所做地功（或ab 两点间地电势差）；（2）通过闭合曲面S 地电场强度通量；（3）静电场电场强度地环流为零，表明静电场是保守场.三计算题9-21四个点电荷到坐标原点地距离均为d ，如图9-21所示，求坐标原点处地电场强度.解：20124A q E i d πε=20124B qE j dπε=- 2014C q E i d πε=2014D q E j d πε=-22003344O A B C D q qE E E E E i j d d πεπε=+++=-9-22如图9-22所示，有一均匀带电细棒，长为l ，电量为Q ，求在棒地延长线，且离棒右端为a 处地O解：如图建立坐标系，则d q 在O 点地电场强度为：222000114()4()4()Q dxdq Q dx l dE i i i a l x a l x l a l x πεπεπε===+-+-+- 2000001,4()44()llQdx Q Q E dE i i i l a l x l a l x a a l πεπεπε====+-+-+⎰⎰ 方向向右9-23如图9-23所示，一电场强度为E 地匀强电场，E 地方向与一半径为R 地半球面对称轴平行，试求通过此半球面地电场强度通量.解：通过半球面地电场线必通过底面2e E S E R π∴Φ=⋅=习题9-21图习题9-22图O 习题9-23图9-24设在半径为R 地球体内电荷均匀分布，电荷体密度为ρ，求带电球内外地电场强度分布.解：以O 点为球心，作球面S 为高斯面，半径为r根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰3210443r r r R E r e πρπε≤≤⋅=当0时，103r r E e ρε∴=3220443r R r R E r e πρπε>⋅=当时，32203r R E e r ρε∴=9-25图9-25为两带电同心球面，已知：120.10 m,0.30 m R R ==，81 1.010 C Q -=⨯，82 1.510 C Q -=⨯.求：（1）10.05 m r =30.50 m r =处地电场强度大小.解：对称性分析：以球心为圆心，相同r 处地电场强度大小相同，方向沿半径向外.以球心为圆心，作球面S 为高斯面，半径为r 根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰（1）211140r E r π⋅=以为半径作高斯面，10E ∴=（2）2122204Q r E r πε⋅=以为半径作高斯面，122022250/4Q E N C r πε∴==习题9-25图（3）21233304Q Q r E r πε+⋅=以为半径作高斯面，123203900/4Q Q E N C r πε+∴==9-26 两个带等量异号电荷地无限长同轴圆柱面，半径分别为1R 和2R （12R R <），如图9-26所示，单位长度上地电荷为以中轴线为轴心，作底面半径r 地圆柱面S 为高斯面，高为l 根据电场高斯定理01i SiEdS q ε=∑⎰1120r R E rl π<<⋅=当0时， 10E ∴= 12202l R r R E rl λπε<<⋅=当时， 202E rλπε∴= 23020l lr R E rl λλπε->⋅==当时， 30E ∴=9-27 如图9-27所示，AO 相距2R ，弧BCD 是以O 为圆心、R 为半径地半圆.A 点有电荷+q ，O 点有电荷-3q .（1）求B 点和D 点地电势；（2）将电荷+Q 从B 点沿弧BCD 移到D 点，电场力做地功为多少？（3）若将电荷-Q 从D 点沿直线DE 解：（1）A 在B 点地电势为：104B q V Rπε=A 在D 点地电势为：1043D q V Rπε=O 在B 点地电势为：2034B qV Rπε-=习题9-26图习题9-27图O 在B 点地电势为：2034D qV Rπε-=1202B B B q V V V R πε∴=+=-12023D D D q V V V Rπε∴=+=-（2）()06BCD B D qQ W Q V V Rπε=-=（3）电场力做功：()023D D qQW Q V V Rπε∞∞=--=外力做功：023D qQW W Rπε∞=-=-9-28 求第9-22题中，O 点处地电势. 解：d q 在O 点地电势为：004()4()dq Q dxdV a l x l a l x πεπε==+-+-200000ln()ln 4()44llQdx Q Q a lV dV a x l l a l x l l a πεπεπε+===-+-=+-⎰⎰9-29 在真空中，有一电荷为Q ，半径为R 地均匀带电球壳，其电荷是均匀分布地.试求：(1)球壳外两点间地电势差；(2)球壳内两点间地电势差；(3)球壳外任意点地电势；(4)球壳内任意点地电势.解：根据高斯定理：10r R E <=，2204 πrqr R E e rε>=， （1）2200d 11d ()4 π 4 πB B A B r r A A A Br r Q r Q V V E r e e r r r r r εε-=⋅=⋅=-⎰⎰习题9-28图O（2）1,d 0B A B A rr R V V E r r <-=⋅=⎰（3）,,0B r R r V ∞>→∞=令2200()d d 4 π 4 πQ QV r E r r r r r r εε∞∞=⋅==⎰⎰外（4）120,()d d 4 πR Qr R V r E r E r r R Rε∞<=⋅+⋅=⎰⎰内9-30 两个同心球面地半径分别为1R 和2R ，间各区域地电势分布；（2）两球面上地电势差.解：根据高斯定理，电场强度分布为：110r R E <=， 1122204 πQ R r R E rε<<=， 1223204 πQ Q r R E r ε+>=，（1）121212111230121d d d 4R R rR R Q Q r R V E r E r E r R R πε∞⎛⎫<=++=+ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰，221212223021d d 4R rR Q Q R r R V E r E r r R πε∞⎛⎫<<=+=+ ⎪⎝⎭⎰⎰，122330d 4rQ Q r R V E r rπε∞+>==⎰，（2）211201211d 4R AB R Q U E r R R πε⎛⎫==- ⎪⎝⎭⎰9-31 图9-31为一均匀带电球层，其电荷体密度为ρ别为R 1、R 2，求图中A 点地电势.解：根据高斯定理，电场强度分布为：110r R E <=，习题9-25图()331221203R r R E r R rρε<<=-， ()332321203r R E R R rρε>=-， ()121222123210d d d d 2AAR R A r r R R V E r E r E r E r R R ρε∞∞==++=-⎰⎰⎰⎰9-32 两个很长地同轴圆柱面，内外半径分别为21 3.010 m R -=⨯、20.1 m R =，带有等量异号电荷，两圆柱面地电势差为450 V ，求：(1) 圆柱面单位长度上带有多少电荷？(2)距离轴心0.05 m 处地电场强度地大小.解：（1）设圆柱面单位长度上地电荷为λ根据电场地高斯定理，两圆柱面间地电场强度为：120()2 πE R r R rλε=<< 22112001d d ln 450V 2 π 2 πR R R R R U E r r r R λλεε====⎰⎰带入数据，解得82.110C/m λ-=⨯ （2）120.05m R r R <=<80.05m 120 2.110V/m 7550V/m 2 π2π8.8542100.05r E r λε-=-⨯===⨯⨯⨯⨯9-33 一圆盘半径为R ，圆盘均匀带电，电荷面密度为σ，如图9-33所示求：(1)轴线上地电势分布；(2)布.解：（1）如图所示，以O 为r 地环形圆盘作为微元，宽度为d r . 则此微元所带电荷为2d r r σπ⋅. 其在轴线上一点地电势为：d V =习题9-33图带电圆盘轴线上地电势为：0000d)22R RV V xσσεε====⎰⎰⎰（2）电场强度方向沿x轴，则d d(1d d2V VE i i il xσε=-=-=-第10章静电场中地导体和电介质习题一选择题10-1当一个带电导体达到静电平衡时，[ ](A) 表面上电荷密度较大处电势较高(B)表面曲率较大处电势较高(C)导体内部地电势比导体表面地电势高(D)导体内任一点与其表面上任一点地电势差等于零答案：D解析：处于静电平衡地导体是一个等势体，表面是一个等势面，并且导体内部与表面地电势相等.10-2将一个带正电地带电体A从远处移到一个不带电地导体B附近，导体B 地电势将[ ](A) 升高(B)降低(C)不会发生变化(D)无法确定答案：A解析：不带电地导体B相对无穷远处为零电势.由于带正电地带电体A移到不带电地导体B附近地近端感应负电荷；在远端感应正电荷，不带电导体地电势将习题10-3图高于无穷远处，因而正确答案为（A ）.10-3将一带负电地物体M 靠近一不带电地导体N ，在N 地左端感应出正电荷，右端感应出负电荷.若将导体N(A) N上地负电荷入地 (B) N 上地正电荷入地 (C) N 上地所有电荷入地 (D) N 上所有地感应电荷入地 答案：A解析：带负电地带电体M 移到不带电地导体N 附近地近端感应正电荷；在远端感应负电荷，不带电导体地电势将低于无穷远处，因此导体N 地电势小于0，即小于大地地电势，因而大地地正电荷将流入导体N ，或导体N 地负电荷入地.故正确答案为（A ）.10-4 如图10-4所示，将一个电荷量为q 电地导体球附近，点电荷距导体球球心为d .设无穷远处为零电势，则在导体球球心O 点有[ ] (A)0E =，04πε=q V d(B) 204πε=q E d，04πε=qV d(C) 0E =，0V =(D) 204πε=q E d ，04πε=q V R答案：A解析：导体球处于静电平衡状态，导体球内部电场强度为零，因此0E =.导体球球心O 点地电势为点电荷q 及感应电荷所产生地电势叠加.感应电荷分布于导体球表面，至球心O 地距离皆为半径R ，并且感应电荷量代数和q ∑为0，因此004qV Rπε==∑感应电荷.由此在导体球球心O 点地电势等于点电荷q 在O 点处地电势04πε=q V d.10-5 如图10-5所示，两个同心球壳.内球壳半径为R 1，均匀带有电量Q ；外习题10-4图球壳半径为R 2，壳地厚度忽略，原先不带电，但与地相连接．设地为电势零点，则在内球壳里面，距离球心为r 处地P 点地电场强度大小及电势分别为[ ](A)0E =，014πε=Q V R(B)0E =，01211()4πε=-QV R R (C)204πε=Q E r ，04πε=Q V r(D)204πε=Q E r ，014πε=QV R答案：B解析：根据静电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，同心球壳地电场强度大小分布为11122200,0,4r R E Q R r R E r πε<<=⎧⎪⎨<<=⎪⎩，则点P 地电场强度为0E =，电势1211201211d d ()4R R R Q V E r E r R R πε=+=-⎰⎰. 10-6 极板间为真空地平行板电容器，充电后与电源断开，将两极板用绝缘工具拉开一些距离，则下列说法正确地是[ ](A) 电容器极板上电荷面密度增加(B) 电容器极板间地电场强度增加 (C) 电容器地电容不变(D) 电容器极板间地电势差增大 答案：D解析：电容器极板上电荷面密度QSσ=，平板电荷量及面积没有变化，因此电容器极板上电荷面密度不变，并且极板间地电场强度0E σε=，电容器极板间地电场强度不变.平行极板电容0SC dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电容器极板习题10-5图间地电势差U Ed =，电场强度E 不变，距离d 增大，则电势差增大.因而正确答案为（D ）.10-7 在静电场中，作闭合曲面S ，若有d 0S⋅=⎰D S （式中D 为电位移矢量），则S 面内必定[ ](A) 既无自由电荷，也无束缚电荷(B) 没有自由电荷(C) 自由电荷和束缚电荷地代数和为零(D)自由电荷地代数和为零 答案：D解析：根据有电介质时地高斯定理d i SiQ ⋅=∑⎰D S ，可知S 面内自由电荷地代数和为零.10-8 对于各向同性地均匀电介质，下列概念正确地是[ ](A)电介质充满整个电场并且自由电荷地分布不发生变化时，电介质中地电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度地1r 倍(B)电介质中地电场强度一定等于没有介质时该点电场强度地1r 倍 (C)在电介质充满整个电场时，电介质中地电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度地1r 倍(D)电介质中地电场强度一定等于没有介质时该点电场强度地r ε倍 答案：A解析：各向同性介质中地电场强度为真空中电场强度地1r 倍.10-9把一空气平行板电容器，充电后与电源保持连接.然后在两极板之间充满相对电容率为r ε地各向同性均匀电介质，则[ ](A) 极板间电场强度增加 (B) 极板间电场强度减小 (C) 极板间电势差增加 (D) 电容器静电能增加 答案：D解析：平行板电容器充电后与电源保持连接，则极板间电势差保持不变，真空中电场强度UE d=不变化，因而各向同性介质中地电场强度为真空中电场强度地1r 倍，也不变化.各向同性介质中地电容器静电能2012r W E V εε=，相对于真空中电容器静电能有所增加.故正确答案为（D ）.10-10 1C 和2C 两空气电容器并联起来接上电源充电.然后将电源断开，再把一电介质板插入1C 中，如图10-10所示，则[ ](A)1C 和2C 极板上电荷都不变(B)1C 极板上电荷增大，2C 极板上电荷不变 (C)1C 极板上电荷增大，2C 极板上电荷减少(D)1C 极板上电荷减少，2C 极板上电荷增大答案：C解析：1C 和2C 为并联，则电容器两端电势差相等.1C 中插入一电介质，则1C 地电容增大（0r C C =ε），1C 极板上电荷增大（Q CU =）.由于电源断开，1C 和2C 两端总电荷量不变，因此1C 极板上电荷减少.故正确答案为（C ）.二填空题10-11任意形状地导体，其电荷面密度分布为σ（x ,y ,z ），则在导体表面外附近任意点处地电场强度地大小E （x ,y ,z ）=，其方向.答案：(,,)x y z σε；垂直导体表面 解析：处于静电平衡地导体表面附近地电场强度正比于电荷面密度，因而(,,)(,,)x y z E x y z σε=，方向垂直于导体表面. 10-12 如图10-12所示，同心导体球壳A 和B ，半径分别为12R R 、，分别带电量q Q 、，则内球A 地电势A V =_____________A所带电量A q ＝____________.习题10-10图答案：010244q Q R R πεπε+；12R Q R -解析：根据静电场地高斯定理d iiSqE S ε=∑⎰，同心球壳地电场强度大小分布为111222023200,0,4,4r R E qR r R E r q Q r R E r πεπε⎧⎪<<=⎪⎪<<=⎨⎪⎪+>=⎪⎩，则内球A 地电势1212123012d d d ()4R R A R R Q q QV E r E r E r R R πε∞=++=+⎰⎰⎰.若把内球A 接地，则内球A 地电势012()04A A q Q Q V R R πε=+=，解得12A R q Q R =-. 10-13 如图10-13所示，在真空中将半径为R 地金属球接地，在与球心O 相距为r ( r >R )处放置一点电荷–q ，不计接地导线上电荷地影响，则金属球表面上地感应电荷总量为，金属球表面电势为.答案：Rq r；0解析：金属球接地，则金属球地电势为0.金属球 球心电势为00044q Q q V V V rRπεπε--=+=+=感应感应， 解得，感应电荷总量为RQ q r=感应.金属球表面是一个等势面，电势与地地电势相等，电势为0.10-14 两带电导体球半径分别为R 和r (R >r )，它们相距很远，用一根导线连接起来，则两球表面地电荷面密度之比:σσR r =.答案：r R解析：导体表面地电荷面密度反比与曲率半径，因此::R r r R σσ=.10-15 对下列问题选取“增大”、“减小”、“不变”作答.（1）平行板电容器习题10-13图保持板上电量不变（即充电后切断电源）.现在使两板地距离增大，则：两板间地电势差_______,电场强度__________,电容__________，电场能量__________.（2）如果保持两板间电压不变（即充电后与电源连接着）.则两板间距离增大时，两板间地电场强度__________，电容________，电场能量__________.答案：（1）增大，不变，减小，增大；（2）减小，减小，减小解析：（1）保持板上电量Q 不变，使两板地距离d 增大.电容器极板上电荷面密度QSσ=，平板电荷量及面积没有变化，因此电容器极板上电荷面密度不变，并且极板间地电场强度0E σε=，电容器极板间地电场强度不变.电容器极板间地电势差U Ed =，电场强度E 不变，距离d 增大，则电势差增大.平行极板电容0S C dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电场能量22e Q W C=，电荷量Q 不变，C 减小，则电场能量e W 增大.（2）保持两板间电压U 不变，使两板地距离d 增大.则极板间地电场强度UE d=，电容器极板间地电场强度减小.平行极板电容0S C dε=，两极板间距离增加，则电容减小.电场能量212e W CU =，电压U 不变，C 减小，则电场能量e W 减小.10-16一平行板电容器，两板间充满各向同性均匀电介质.已知相对电容率为r ε，若极板上地自由电荷面密度为σ，则介质中电位移地大小D =，电场强度地大小E =，电场地能量密度e w =.答案：σ；0r σεε；202rσεε解析：根据电介质中地高斯定理d SD S q =⎰，得电位移矢量地大小D σ=.由于0r D E εε=，因此电场强度地大小0rE σεε=.电场地能量密度222000222re r rw E εεεσσεεεε===（）.10-17 在电容为0C 地空气平行板电容器中，平行地插入一厚度为两极板距离一半地金属板，则电容器地电容C =.答案：02C解析：插入金属板后，电容0C 成为两电容1C 和2C 串联，且1200414SC C C d ε===.因此等效电容为0121211C C C C ==+.10-18一平板电容器，两极板间是真空时，电容为0C ，充电到电压为0u 时，断开电源，然后将极板间充满相对电容率为r ε地均匀电介质则此时电容C ＝__________，电场能量e W =___________.答案：0r C ε；2002rC u ε解析：电容器地电容仅与电容器地大小、形状及填充地电介质有关，将极板间充满相对电容率为r ε地均匀电介质时，电容为0=r C C ε.断开电源后，两极板上地电荷量不变化，因此电场能量22200000()222e r rC u C u Q W C C εε===.10-19 一平行板电容器两极板间距离为d ，电荷面密度为0σ，将一块相对电容率为2r ε=,厚度为2d均匀电介质插入到两极板间(见图10-19)，则电容器地两极板间电压是插入前地_________倍，电容器地电容是插入前地__________倍，电容器储存地电能是插入前地__________倍.答案：34；43；34解析：电介质内部地电场强度02rE E E ε==， 插入电介质后两极板间电压003224d d U EE E d =+=，插入前两极板间电压为0U E d =，因此电容器地两极板间电压是插入前地34倍.电容器地电容QC U=，电2d 习题10-19图荷量Q 不变，电容与电压U 成反比，因此，电容器地电容是插入前地43倍.电容器储存地电能12e W QU =，与电压U 成正比，因此，电容器储存地电能是插入前地34倍.三计算题10-20 两块大金属板A 和B ，面积均为S ，两块板平行地放置，间距为d ，d 远小于板地尺度.如图10-20所示，现使A 板带电Q A ，B 板带电Q B .在忽略边缘效应地情况下，试求：（1）A 、B 两板各个表面上地电量； （2）A 、B 两板地电势差；（3）若B 板外侧接地，A 、B 两板各个表面上地电量又是如何分布？两板地电势差是多少？解：（1）两板处于静电平衡，则两板内部电场强度为0，则()(){1234012340:/20:/20A B σσσσεσσσσε---=++-=()(){1234A BS Q S Q σσσσ+=+=1423()/2()/2A B A B Q Q SQ Q S σσσσ==+=-=-1423()/2()/2()/2A B A B B A Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q ∴==+=-=-（2）312412340000022222A BQ Q E E E E E Sσσσσεεεεε-=+--=+--= 02A BAB Q Q U E d d Sε-=⋅=（3）B 板外侧接地，则40σ=AQBQ习题10-20图()()1230123012/20/20()AS Q σσσεσσσεσσ--=++=+=14230A A Q Q Q Q Q Q ∴====-20002AAAB Q Q E U E d d SSσεεε==∴=⋅=10-21 如图10-21所示，半径为10.01 m R =地金属球，带电量101110 C Q -=⨯，球外套一内外半径分别22310 m R -=⨯和23410 m R -=⨯地同心金属球壳，壳上带电1021110 C Q -=⨯，求：(1)金属球和金属球壳地电势差；(2)若用导线把球和球壳连接在一起，这时球和球壳地电势各为多少？解：根据高斯定理，电场强度分布为：112120123220,4,4Q R r R E r Q Q r R E r πεπε<<=+>=(1)221111120012111d d 6044R R AB R R Q Q U E r r V r R R πεπε⎛⎫===-= ⎪⎝⎭⎰⎰(2)331212222031d d 27044B R R Q Q Q Q V E r r V r R πεπε∞∞++====⎰⎰270A B V V V ==10-22 半径为0R 地导体球带有电荷Q ，球外有一层均匀介质同心球壳，其内、外半径分别为1R 和2R ，相对电容率为r ε，如图10-22所示，求：（1）空间地电位移和电场强度分布；（2解：（1）导体球处于静电平衡状态，电荷分布在球地表面，球内部没有电荷习题10-21图根据有电介质地高斯定理i iSDdS Q =∑⎰⎰，20140r R D r π<⋅=时，，10D ∴=100rDE εε==20124R r R D r Q π<<⋅=时，，224QD r π∴=22200(1)4r rD QE rεεεπε===21234R r R D r Q π<<⋅=时，，324QD r π∴=232004rr D Q E r εεπεε==2244r R D r Q π>⋅=时，，424QD r π∴=44200(1)4r rD QE r εεεπε===因此，空间地电位移和电场强度分布为：0020()()4r R D Qr R r π<⎧⎪=⎨>⎪⎩，0012012202200()()4()4()4rr R Q R r R r E Q R r R r Qr R r πεπεεπε<⎧⎪⎪<<⎪⎪=⎨<<⎪⎪⎪>⎪⎩（2）介质内表面（1r R =）上地极化电荷与导体球上地电荷电性相反，因此，其面密度为：1031221111(1)()44r r r r r Q Q E R R R εεσεεεπεπ---'=-==- 介质外表面（2r R =）上地极化电荷与导体球上地电荷电性相同，因此，其面密度为：2032222211(1)()44r r r r r Q QE R R R εεσεεεπεπ--'=-==10-23 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km ，求地球—电离层系统地电容.（设地球和电离层之间为真空）解：已知6371km 100km +R d R R d ===地球地球电离 ， ，设地球-电离层分别带点±Q则根据高斯定律，地球-电离层间地电场强度为：204Q E rπε=20111d d 6044R R R R Q QU E r r V r RR πεπε⎛⎫===-= ⎪ ⎪⎝⎭⎰⎰电离电离地球地球地球电离 204 4.5810F R R QC U R R πε-⋅===⨯-地球电离地球电离10-24 如图10-24所示，两根平行无限长均匀带电直导线，相距为d ，导线半径都是R （d R <<）.导线上电荷线密度分别为+λ和-λ.试求（1）两导线间任一点P 地电场强度；（2）两导线间地电势差；（3）该导体组单位长度地电容.解：（1）根据高斯定理，电荷线密度为+λ地导线在 点P 处电场强度计算如下：0122xh E hE xλπλεπε+⋅=∴=方向沿x 轴正方向，02E i xλπε+∴=同理，电荷线密度为-λ地导线在点P 处电场强度为：02()E i d x λπε-=-因此，两导线间任一点P 地电场强度为：00()22()E E E i x d x λλπεπε+-=+=+- （2）根据电势差地定义，两导线间地电势差为：x习题10-24图000d ()d ln 22()d RRd RU E r x x d x Rλλλπεπεπε--==+=-⎰⎰（3）该导体组单位长度地电容为：001ln ln Q C d R d R U R R πελλπε⋅===--10-25 如图10-25所示，一平板电容器充满两层厚度各为d 1和d 2地电介质，它们地相对电容率分别为1r ε和2r ε，极板地面积为S .求：（1）电容器地电容；（2）当极板上地自由电荷面密度为0σ时，两层介质地电位移.解：（1）设两板分别带Q ±地电荷两板间没有电介质时地电场强度为：0000/Q S QE Sσεεε=== 放入电介质后，相对电容率分别为地 电介质中电场强度为：01101r r E QE Sεεε==相对电容率分别为地电介质中电场强度为：02202r r E QE Sεεε==则两板间地电势差为：121122012()r r d d Q U E d E d S εεε=⋅+⋅=+ 电容器地电容为：012120122112/()r r r r r r d d d Q Q C Q U S d d εεεεεεεε==+=+ （2）相对电容率分别为1r ε地电介质地界面上，极化电荷面密度为：01101100011(1)(1)(1)r r r r r E σεσεεεεσεεε-'=-=-= 习题10-25图相对电容率分别为2r ε地电介质地界面上，极化电荷面密度为：02202200022(1)(1)(1)r r r r r E σεσεεεεσεεε-'=-=-= （3）相对电容率分别为1r ε地电介质地电位移为：101101001r r r D E σεεεεσεε=== 相对电容率分别为1r ε地电介质地电位移为：202202002r r r D E σεεεεσεε===10-26 如图10-26所示，在点A 和点B 之间有五个电容器，其连接如图10-26所示.（1）求A ，B 两点之间地等效电容；（2）若A ，B 之间地电势差为12 V ，求AC U ，CD U 和DB U .解：（1）(48)μF 12μF AC C =+=(62)μF 8μF CD C =+=1111111μF μF128244AB AC CD DBC C C C =++⎛⎫=++= ⎪⎝⎭4μF AB C ∴=（2）AC 、CD 、DB 两端地电荷量相等，则AB AB Q U C =⋅12441212468124224AC AC CD CD DB DB Q U V V C Q U V V C Q U V V C ⨯===⨯===⨯===10-27 平行板电容器两极板间充满某种电介质，极板间距离d =2 mm，电压8 μF2 μF习题10-26图。
大学物理-游璞-于国萍-光学-课后习题-答案
第一章 习题
1.2 解：从图中可以看出： i2=i1+q
激光器
i2+q=i1+a
∴a=2q
又
tana = 5
50
a=5.71o ∴ q=2.86o
i2 q
q
i1 i1
i2
O
a
50cm
A 5cm
B
用途：平面镜微小的角度改变，转化为屏幕上可测量的长度改 变。力学中钢丝杨氏模量的测量、液体表面张力的测量等。
)2
=
( n1 n1
− +
n2 n2
)2
=
0.04
Rp
=
rp 2
=
( n1 cos i1 n1 cos i1
− n2 + n2
cos i2 cos i2
)2
=
( n2 n2
− n1 )2 + n1
=
0.03
3.4 解:（1）不加树脂胶时，两个透镜之间有空气，所以当自然光正入射
时，在第一个透镜与空气的分界面I上，
R2 + f 2 = nz + x2 + y2 + ( f − z)2 (n2 −1)z2 − z(n R2 + f 2 − f )z − (x2 + y2 ) = −R2
1.11 证明 n' − n = n' − n p' p r
1 +1 =2 p' p r
f = f= r 2
1.13 解:
f '=
Ey
=
A cos[ (t
−
z) c
大学基础物理学(第四版)课后题答案
面向21世纪课程教材学习辅导书普通高等教育“十一五”国家级规划教材配套参考书大学基础物理学第四版习题解答陈建军主编后德家王贤锋副主编高等教育出版社内容简介本书是与“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)配套的学习辅导书.全书的内容按照主教材的章节顺序编排，习题解答过程规范、详细.本书可为学生学习课程内容，复习和巩固知识以指导与帮助.本书适合于选用“面向21世纪课程教材”和“普通高等教育‘十一五’国家级规划教材”《大学基础物理学》(第四版)的学校选作教学辅导书，也可供其他大学物理学习者使用.前言 (1)第1章流体力学 (1)第2章气体动理论 (7)第3章热力学基础 (12)第4章静电场恒定电场 (20)第5章恒定磁场 (28)第6章交变电磁场 (36)第7章光的波动性 (41)第8章光的量子性 (46)第9章量子力学初步 (49)第10章光谱分析原理及应用 (51)第11章放射性核物理及其应用 (52)测试练习（一） (55)测试练习（一）参考答案 (59)测试练习（二） (62)测试练习（二）参考答案 (65)《大学基础物理学》（第四版）是专为高等农林院校农、林类专业编写的大学物理课程教学的教材，本书是与之配套的教学参考书.大学物理课程学习中，做习题是一个不可缺的教学环节，不仅可以检查学生对课程知识点掌握的程度，还能巩固所学的知识，而且有利于提高分析问题和解决问题的能力.为了帮助学生掌握正确的解题方法，我们修订了《大学基础物理学》（第三版）《习题解答》教学参考书.全书的内容按照主教材的章编排，习题解答规范，过程详细.本书将给农林院校农、林类专业学生学习大学物理课程以极大的帮助.本书第一章（流体力学）、第二章（气体动理论）、第三章（热力学基础）、第八章（光的量子性）、第九章（量子力学初步）由华中农业大学陈建军修订；第四章（静电场恒定电场）、第五章（恒定磁场）、第六章（交变电磁场）由华中农业大学王贤锋修订；第七章（光的波动性）、第十章（光谱分析原理及应用）、第十一章（放射性核物理及其应用）由华中农业大学后德家修订.华中农业大学谭佐军、卢军、魏薇、程其娈、张纾、邓海游参与题目审核工作，刘玉红参与公式编辑工作，陈建军负责全书统稿和定稿.华中农业大学罗贤清和丁孺牛细致审阅了本习题解答，并提出了许多建设性的意见，在此表示衷心的感谢.同时编者也对参加第一版、第二版和第三版编写工作的同志表示诚挚的谢意.感谢教育部大学物理课程教学指导委员会农林水工作委员会、全国高等农林水院校物理教学委员会对本次修订工作的指导.由于编者水平有限，书中难免有错误和疏漏之处，我们衷心期待得到广大读者、同行专家的批评、指正，感谢对编者的关爱和帮助.编者2017年6月于狮子山南湖畔第1章流体力学1.1从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细，为什么？答：从水龙头缓缓流出的水流，下落时由于重力做功，水流的速度越来越大.根据连续性原理Sv ＝常量，可知水流的速度越大，其横截面积就越小，所以从水龙头缓缓流出的水流，下落时逐渐变细.22121122121v v ρρgh ρp p -++=Pa1062Pa 52100121108910010510012110515233235⨯=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=........1.4如习题1.4图所示，一水管向水井中放水的流量为141094--⋅⨯=s m .3Q ，井底有一截面积为2cm .50=S 的小孔，当井中水面不再升高时，井中水深多高？习题1.4图解：本题是关于伯努利方程的应用.设机翼上面的气流速率为v 2，机翼下面的气流速率为v 1，由于飞机机翼比较薄，所以可近似取h 1＝h 2，机翼压强差为p 1–p 2＝1000Pa.根据伯努利方程有2222112121v v ρp ρp +=+机翼上面的气流速率为11221212s m 107s m 10029110002)(2--⋅=⋅+⨯=+-=.v v ρp p 1.6水从管1流入，通过支管2和3流入管4，管4的出口与大气相通，整个管道系统在同一水平面内.已知各管的横截面积分别是S 1=15cm 2，S 2=S 3=5cm 2，S 4=10cm 2，管1中的体积流量Q 1=600cm 3·s -1.求（1）各管中的流速；（2）各管中的压强与大气压强之差.Pa 0Pa =⨯-⨯⨯⨯=-=-=--42232224420210)6060(100.121)(21v v ρp p p p 同理，Pa 0=-03p p .1.7将一半径为1.0mm 的钢球，轻轻放入装有甘油的缸中，当钢球的加速度是其自由落体加速度一半时，其速度是多少？钢球的最大速度是多少？钢球的密度为8.5×103kg·m -3，甘油的密度为1.32×103kg·m -3，甘油的粘度为0.83Pa·s.解：本题是关于斯托克斯定律的应用.钢球在甘油中下落，所受重力为g ρr mg 钢球3π34=，所受甘油的浮力为g ρr F 甘油浮3π34=,根据斯托克斯定律所受黏性阻力为v r ηF f 甘油π6=.根据牛顿第二定律F ＝ma ，钢球的加速度是其自由落体加速度的一半时，有mg ―F f ―F 浮＝ma ＝mg /2，即解：本题是关于斯托克斯定律及雷诺数的应用.对下落雨滴进行受力分析，雨滴所受重力为ρg r mg 3π34=，所受空气的浮力为g ρr F 空气浮3π34=,根据斯托克斯定律，所受黏性阻力为v r ηF π6=f .当雨滴受到的空气黏性阻力加上空气对雨滴的浮力等于其受到的重力，雨滴将匀速下落，此时速度为终极速度，于是有ρg r g ρr r 33π34π34π6=+空气v η雨滴的终极速度为23223352m m kg sPa s m )10600()2911001(10818992)(92⨯⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯==----.....-空气空气r ρρg ηv 11s m 1034--⋅⨯=.根据泊肃叶定律lηR p p Q V 8)π(421-=，得大动脉内单位长度上的压强差Pa 10092ms m m s Pa )10521(1431050110048π844134363421⨯=⋅⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===∆----.....-R lQ ηp p p V 根据圆管中实际流体的流速随半径的分布规律公式)(42221r R ηlp p --=v ，得轴心处(即r =0)血液流动速度为122334221s 04m 2m ms Pa Pa )10251(0110044100924---⋅=⨯⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=-=.....R ηl p p v第2章气体动理论2.1气体的平衡态有何特征？与力学中所指的平衡有什么不同？答：所谓平衡态是指系统与外界没有能量交换，内部也没有化学变化等形式的能量转化，系统的宏观性质不随时间变化.当气体处于平衡时，其状态的宏观参量值不随时间变化，即气体内部各部分具有相同的压强、密度和温度.热力学系统的平衡态与力学中所指的平衡是两个不同的概念.力学中的平衡平动动能也相等.（2）平均动能包括分子的平均平动动能、平均转动动能和平均振动动能，与每个分子的自由度数有关，为T k iB 2.氢气和氦气分子结构不同，则自由度数i 不相同，所以它们的平均动能不相等.（3）根据RT i M m 2，虽然温度T 和物质的量Mm相同，但氢和氦两种气体分子自由度i 不同，所以它们的内能不相等.2.4温度为27℃时，计算1mol 氮气的平均动能，平均转动动能和内能.解：本题是关于理想气体的能量均分定理及内能的应用.氮气分子是双原子分子，自由度为5，根据能量均分定理，其平均动能为23-120B 551.3810300J K K 1.0351022Ｊ--==⨯⨯⨯⨯⋅⨯=⨯w k T2.6将kg 10×83的氧气从10℃加热到20℃，求氧气的内能增加多少？解：本题是关于理想气体内能公式的应用.氧气分子是双原子分子，自由度为5，氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol-1，根据理想气体内能公式RT iM m 2，可知氧气增加的内能[]J52mol kg K K mol J kg )10273()20273(31.8251032108211133=⋅⋅⋅⋅⨯⨯+-+⨯⨯⨯⨯⨯=∆=-----T R i m E M 2.7储有氮气的容器以速度-1200m sυ=⋅运动，假若该容器突然停止，气体的全部机械平动动能转化为气体的内能，这时气体的温度将会升高多少？（设氮气可看做理想气体.）解：设容器内氮气总质量为m ，则全部机械平动动能为0p (4)⎰∞2d )(υυf υ表示气体分子速率平方的平均值；(5)υυnf d )(表示单位体积内，分子速率在v ～v +d v 区间的分子数.2.9求在温度为27℃时氧气分子的平均速率、方均根速率以及最概然速率.解：本题是关于理想气体分子平均速率、方均根速率和最概然速率公式的应用.氧气的摩尔质量M =32×10-3kg·mol -1，温度T =(273+27)K=300K，可求得121113O s m 1044molkg KK mol J 10323.14300318882-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯⨯==6..M πRTv 121113O O 2s m 10834mol kg K K mol J 10323003183322-----⋅⨯=⋅⨯⋅⋅⨯⨯⨯⨯==..M RT v(1)按题给条件，速率分布函数是分段的.在F v v <<0速率区间，速率分布函数f (v )与v 2成正比；当F v v >时，速率分布函数f (v )为零.于是可画出速率分布函数曲线，如解题2.11图所示.(2)由归一化条件1=⎰∞d )(v v f ，有解题2.11图1===⎰⎰∞3F 0203d d )(Fv v v v v v A A f 得3F3v =A (3)根据最概然速率的定义，由图知，F p v v =.根据平均速率的定义式⎰∞=0d )(v v v v f ，得电子平均速率F F 033F 02075043d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v v .=====⎰⎰⎰∞f 根据方均速率的定义式⎰∞=022d )(v v v v f ，得电子速率平方平均值2F 043F 02202253d 3d A d )(FF v v v v v v v v v v v v v ====⎰⎰⎰∞f 所以，电子方均根速率为F F 27750515v v v .==第3章热力学基础3.1系统的温度升高是否一定要吸热？系统与外界不作任何热交换，而系统的温度发生变化，这种过程可能吗？答：系统的温度要升高不一定要吸热，外界对系统做功也可以使系统的温度升高；系统与外界不作任何热交换，而使系统的温度发生变化，这种过程是可能的，可以通过外界对系统做功或系统对外界做功来实现系统温度的变化.3.2（1）0.50kg 的水在大气压下用电热器加热，使水的温度自20℃缓慢的加热到30℃，试计算此水的内能的变化（水的比热容为3-1-14.1810J kg K⨯⋅⋅.）（2）一保温瓶里装有0.50kg、20℃的水，用力摇荡此瓶，使水的温度升高到30℃，初态及终态的压强均为大气压，试求水内能的变化及水所做的功.解：（1）在此过程中，等压地对水所加的热量为= t =0.5×4.18×10 ×10J =t.0 ×104J由于水的体积变化很小，故准静态过程的功A=0，依热力学第一定律有内能的变化= =t.0 ×104J （2）此过程不是准静态过程.但其始末状态与（1）相同，故内能变化与（1）相同，即= =t.0 ×104J由于系统被保温瓶所隔着，故无热量的传递，所以Q =0依 = + ，得水所做的功为=− =−t.0 ×104J3.3系统由习题 3.3图中的a 态沿abc 到达c 态时，吸收了400J 的热量，同时对外作150J 的功.（1）如果将沿adc 进行，则系统做功40J，问这时系统吸收了多少热量？（2）当系统由c 态沿着ca 返回a 态时，如果外界对系统做功80J，这时系统是吸热还是放热？热量传递时多少？习题 3.3图解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.根据热力学第一定律Q＝△E+A，得a、b状态内能的变化△Eab ＝Eb－Ea＝Qac b－Aac b＝400J－150J＝250J(1)对于adb过程，a、b状态相同，内能变化相同，根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qad b ＝△Eab+Aad b＝250J+40J＝290J(2)对于ba过程，由b→a，内能变化为负，即△Eba ＝Ea－Eb＝150J－400J＝－250J根据热力学第一定律Q＝△E+A，得此过程交换的热量为Qba ＝△Eba+Aba＝－250J－80J＝－330J式中负号表示放热.3.41mol的氦气，在1atm、20℃时、体积为V.令使其经过一下两种过程达到同一状态；（1）先保持体积不变，加热，使其温度升高到80℃，然后令其做等温膨胀，体积变为原来的2倍.（2）先使其等温膨胀至原来体积的2倍，然后保持体积不变，加热到80℃.试分别计算上述两种过程中气体吸收的热量，气体对外所做的功和气体内能的增量.解：本题是关于热力学第一定律在准静态过程中的应用.依据题意，作出p－V图，如解题3.4图所示.图3.4abcd 四个状态（p ,V ,T ）：a（1,V 0,T 1）b（p b ,V 0,T 2）c（p c ,2V 0,T 2）d（p d ,2V 0,T 1）T 1=293K,T 2=353K(1)先作等体升温(ab 过程)，再作等温膨胀(bc 过程).①等体过程，氧气从热源吸取热量全部转化为系统内能的增加，做功为零，即121233d ()22T ab ab Tm m Q E R T R T T =∆==-⎰M M =1×t×8. 1× 5 −t ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =香4香. J A ab ＝0②等温膨胀，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即11d d ln cbcc bc bc bbV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1× 5 ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =t.0 ×10 J△E bc ＝0abc 过程吸取的热量为Q ab c ＝Q ab +Q bc ＝747.9J +2.03×103J ＝2.78×103Jabc 过程做的功为A ab c ＝A bc ＝ 2.03×103Jabc 过程内能改变为△E ab c ＝△E ab ＝香4香. J(2)a →d 等温膨胀过程，氧气从热源吸取热量全部转化为对外做功，而内能不变，即22d d ln dadd ad ad aaV A p V V ====⎰⎰V V V m mQ RT RT M M V =1×8. 1×t ×lnt ×mol ×J ∙mol −1∙K −1×K =1. ×10 J△E dc ＝0习题 3.5图解：根据方程()00V V e p p -=，有9ln ln000c +=+=V p p V V c。
大学物理学(下册)习题答案详解
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。
大学物理第二版答案(北京邮电大学出版社)
大学物理第二版答案（北京邮电大学出版社）习题解答第一章质点运动学1-1(1)质点t时刻位矢为：r(3t5)i12t23t4j(m)(2)第一秒内位移r1(某1某0)i(y1y0)j3(10)i12(10)23(110)j3i3.5j(m)(3)前4秒内平均速度Vr1t4(12i20j)3i5j(m1)(4)速度Vdr3i(t3)j(m1dt)∴V43i(43)j3i7j(m1)A；/。
(5)前4秒平均加速度aVV4V0734jj(m2t40)(6)加速度adVdtj(m2)a4j(m2)1-2vd某dtt33t22某d某vdtc14t4t32tc当t=2时某=4代入求证c=－12即某14t4t32t12vt33t22adv3t2dt6t将t=3代入证某41134(m)v356(m1)a345(m2)1-3(1)由运动方程某4t22t消去t得轨迹方程y3某(y3)20(2)1秒时间坐标和位矢方向为某14m[4,5]m:tgy某1.25,51.3(3)第1秒内的位移和平均速度分别为y15mr1(40)i(53)j4i2j(m)r1V4i2j(m1)t(4)质点的速度与加速度分别为drV8i2j,dtdVa8idt故t=1时的速度和加速度分别为V18i2jm1,a18im21-4该星云飞行时间为9.4610152.741096.5910172.091010a73.9310即该星云是2.091010年前和我们银河系分离的.1-5实验车的加速度为v1600103a2.47102m/225(g)t36001.80基本上未超过25g.1.80内实验车跑的距离为v1600103t1.80400（m）2236001-6(1)设第一块石头扔出后t秒未被第二块击中，则hv0t12gt2代入已知数得11115t9.8t22解此方程，可得二解为t11.84,t11.22第一块石头上升到顶点所用的时间为tmv10/g15/9.81.53由于t1tm,这对应于第一块石头回落时与第二块相碰；又由于t1tm这对应于第一块石头上升时被第二块赶上击中.以v20和v20分别对应于在t1和t1时刻两石块相碰时第二石块的初速度，则由于hv20(t1t1)1g(t1t1)22所以hv2011g(t1t1)2119.8(1.841)222t1t11.84117.2m/同理.2v20h11g(t1t1)2119.8(1.221)2221.221t1t151.1(m/)(2)由于t21.3t1,所以第二石块不可能在第一块上升时与第一块相碰.对应于t1时刻相碰，第二块的初速度为h12g(t)21119.8(1.841.3)2v201t2tt2121.841.323.0(m/)1-7以l表示从船到定滑轮的绳长，则v0dl/dt.由图可知l2h2于是得船的速度为vdldl2h2dtl2h2dtv0习题1-7图负号表示船在水面上向岸靠近.船的加速度为advdldtvdlh2v20dll2h20dt3负号表示a的方向指向岸边，因而船向岸边加速运动.1-8所求位数为2r42n2r42(6104)2gg0.16029.841051-9物体A下降的加速度(如图所示)为a2h20.40.2m/2t222此加速度也等于轮缘上一点在t3时的切向加速度，即at0.2(m/2)在t3时的法向加速度为av2(att)2R(0.23)2n1.00.36(m/2R)习题1-9图习题1-10图1-10a1.2m/2,t00.5,h01.5m.如图所示，相对南面，小球开始下落时，它和电梯的速度为3v0at01.20.50.6(m/)以t表示此后小球落至底板所需时间，则在这段时间内，小球下落的距离为hv0t12gt2电梯下降的距离为hv0t12at2又h0hh1(ga)t22由此得t2h021.50.59ga9.81.2而小球相对地面下落的距离为hv0t12gt20.60.599.80.5922.06m1-11v风地v风人v人地2v0人地，速度矢量合成如图（b）两图中v风地应是同一矢量.可知（a）v风人画出速度矢量合成图(a)又v风地12图必是底角为45的等腰直角三角形，所以，风向应为西北风，风速为v风地4.23(m1)v0人地co452v0人地1-12(1)t(2)2L2LvvLL2vLtt1t22vuvuvu222Lu1vv1习题1-11图(3)u由东习题1-12图tt1t2LL,如图所示风速vv向西，由速度合成可得飞机对地速度vuv,则Vv2u2.t2L2L22vvu2Luv1v2证毕1-13（1）设船相对岸的速度为V(如图所示),由速度合成得VuVV的大小由图1.7示可得VVcouco习题1-13图4即VcoVuco323332而Vinuin21船达到B点所需时间tAB两点之距SDctgOBDD1000()VVincoin12D将式（1）、（2）代入可得SD(33)1268(m)(2)由D1103tVinuin船到对岸所需最短时间由极值条件决定dt1du1in2co0即co0,/2故船头应与岸垂直，航时最短.将值代入（3）式得最短航时为3t110minuin/2110320.5103500()(3)设OBl,则lDVDDu2V22inuVcoVinuin欲使l最短，应满足极值条件.dlDu2V22uVcoduacoainuVin2ain2au2V22uVco0简化后可得2u2V2coauVco10即co2a136co10解此方程得co23co12348.2故船头与岸成48.2，则航距最短.将值代入（4）式得最小航程为2lu2v22uvco10002232223minDu1co23221231.5103m1.5(km)AB两点最短距离为52SminlminD21.511.12(km)第二章质点动力学2-1（1）对木箱，由牛顿第二定律，在某向：Fmincofma某0y向：NFmininMg0还有fma某N习题2-1图木箱将要被推动的情况下如图所示，解以上三式可得要推动木箱所需力F的最小值为FminMgcoin在木箱做匀速运动情况下，如上类似分析可得所需力F的大小为FminkMgcokin（2）在上面Fmin的表示式中，如果coin0，则Fmin，这意味着用任何有限大小的力都不可能推动木箱，不能推动木箱的条件是coin0由此得的最小值为arctan12-2（1）对小球，由牛顿第二定律某向：TcoNinmay向：TinNcomg0联立解此二式，可得Tm(acogin)0.5(2co309.8in30)3.32(N)Nm(gcoain)0.5(9.8co302in30 )3.74(N)由牛顿第三定律，小球对斜面的压力NN3.74(N)（2）小球刚要脱离斜面时N=0，习题2-2图则上面牛顿第二定律方程为Tcoma,Tinmg由此二式可解得ag/tan9.8/tan3017.0m/22-3要使物体A与小车间无相对滑动，三物体必有同一加速度a,且挂吊B的绳应向后倾斜。
大学物理11-22章例题习题答案
第十一章 静电场 例题答案：11-1 （B ） 11-2（B ） 11-3（B ）11-4． ()30220824Rqdd R R qd εεπ≈-ππ；从O 点指向缺口中心点 11-5. 0/ελd ；()2204d R d-πελ ；沿矢径OP 11-6(D) 11-7.02εσ 向右 ; 023εσ向右 11-8 (1)o 2r 4r k E ε=，r <R ; (2) 204r r4R k E ε=，r >R 。
[解](1)作与球体同心、而半径r <R 的球面S 1。
球体内电荷密度ρ随r 变化，因此，球面S 1内包含的电荷()dr r r 4Q ro 21⎰ρπ=。
根据高斯定理和已知的电荷体密度ρ(r )，可求得球体内任意点的场强。
即()⎰⎰ρπε=⋅=Φr 02s o r dr r r 41s d E 1 ，得：o2r 4r k E ε=，r <R 。
(2)作与球体同心、半径r >R 的球面S 2，因R 外电荷为零，故S 2内的电荷Q 2=Q 1，根据高斯定理得：Φ=()⎰⎰ρπε=⋅R 02s 0r dr r r 41s d E 2 =4πr 2E r =⎰πεR30dr kr 41，∴204r r 4R kE ε=，r >R 。
11-9(D) 11-10(C) 11-11.d 0L⋅=⎰ E l 单位正电荷在静电场中沿任意闭合路径绕行一周，电场力作功等于零有势（或保守力）11-12. 45 V —15 V 11-13. -2000V 11-14. (B) 11-15.20R 4Q πε，０，R4Q 0πε，20r 4Qπε。
11-16()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ [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11100ln 22E r d d a a bbR R b BA R R aR r r R λλεε=⋅=-=ππ⎰⎰U B 、C 间电势差 22200ln 22E r d d c c bbR R c BC R R bR r U r R λλεε=⋅=-=ππ⎰⎰因U BA ＝U BC ,得到 ()()a b b c R R R R /ln /ln 21=λλ 练习详解：11-1. （1）E 0=0；（2）E 0=0；（3）0E=k2a q 4i ；（4）0E = k 2aq 2i[解](1)如图(a )所示，各点电荷在点o 处产生的场强两两对应相消，所以，点o 处场强E 0=0(2)取图中(b )所示坐标。
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高等教育出版社课后答案/bbs/viewthread.php?tid=41&fromuid=842906分析化学第三版武汉大学课后答案/bbs/viewthread.php?tid=199&fromuid=842906武汉大学版<无机化学>(第三版) 下册【khdaw】/bbs/viewthread.php?tid=200&fromuid=842906物理化学第四版(傅献彩著) 高等教育出版社课后答案/bbs/viewthread.php?tid=3611&fromuid=842906第八部分：【英语外文】/forum-24-1.html/thread-311-1-1.html[PDF格式]《大学英语自学教程》课后习题答案（上册）/thread-310-1-1.html[PDF格式]《大学英语自学教程》课后习题答案（下册）/thread-225-1-1.html[Word格式]新时代交互英语视听说2.3.4级答案/thread-201-1-1.html[Word格式]多维教程-探索（研究生英语）课后习题答案答案/thread-176-1-1.html[Word格式]《计算机英语（第2版）》参考译文/thread-168-1-1.html[Word格式]《新编大学英语》课后答案（第三册）/thread-78-1-1.html[Word格式]《全新版大学英语综合教程》（第四册）练习答案及课文译文/thread-77-1-1.html[Word格式]《全新版大学英语综合教程》（第三册）练习答案及课文译文/thread-76-1-1.html[Word格式]《全新版大学英语综合教程》（第二册）练习答案及课文译文/thread-75-1-1.html[Word格式]《全新版大学英语综合教程》（第一册）练习答案及课文译文/thread-73-1-1.html[PDF格式]《简明法语教程》配套习题答案/thread-61-1-1.html[Word格式]新编大学英语4（外研版）课后练习答案/thread-16-1-1.html[Word格式]《新视野大学英语读写教程（第二版）第三册》课后答案/thread-15-1-1.html[Word格式]《新视野大学英语读写教程（第二版）第二册》课后答案/thread-14-1-1.html[Word格式]新视野大学英语读写教程（第二版）第一册》课后答案/thread-9-1-1.html[PDF格式]大学英语精读第3册答案(外教社)/thread-7-1-1.html[PDF格式]21世纪大学英语读写教程（第四册）课后答案/thread-6-1-1.html[PDF格式]21世纪大学英语读写教程（第三册）课文翻译/thread-5-1-1.html[PDF格式]21世纪大学英语读写教程（第三册）参考答案/thread-4-1-1.html[PDF格式]21世纪大学实用英语综合教程（第一册）课后答案及课文翻译第九部分：【计算机类】/forum-25-1.html/thread-269-1-1.html[Word格式]《计算机原理》8套习题及答案（自学推荐）/thread-265-1-1.html[PDF格式]《(C#)大学实用教程》习题答案（电子工业出版社，郭洪涛，刘丹妮，陈明华）/thread-263-1-1.html[Word格式]《编译原理》习题答案（第二版）/thread-262-1-1.html[PDF格式]《计算机操作系统》习题答案（汤子瀛版，完整版）/thread-256-1-1.html[Word格式]《全国计算机等级考试二级教程——C语言程序设计》课后习题详解/thread-251-1-1.html[Word格式]《汇编语言程序设计》习题答案（第二版，沈美明，温冬婵，清华大学出版社）/thread-247-1-1.html[PDF格式]《计算机网络——自顶向下方法与Internet特色》习题答案（第三版，英文版）/thread-246-1-1.html[Word格式]《C语言大学实用教程》全部参考答案（苏小红版）/thread-243-1-1.html[Word格式]《全国计算机等级考试——三级C语言》上机100题+源程序/thread-240-1-1.html[Word格式]《数据库系统概论》课后习题（第四版）/thread-231-1-1.html[Word格式]《C语言程序设计》课后习题答案（地质出版社）/thread-229-1-1.html[PDF格式]《操作系统概念》习题答案（第七版，英文版，影印版）/thread-202-1-1.html[Word格式]《数据结构与算法分析》习题与解答/thread-194-1-1.html[Word格式]《算机操作系统教程》习题详解（第二版）/thread-193-1-1.html[PDF格式]《计算机组成与结构》习题讲解/thread-185-1-1.html[HTM格式]数据结构1800例题与详细答案/thread-180-1-1.html[Word格式]《计算机组成原理》课后习题答案（白中英主编第三版科学出版社）/thread-173-1-1.html[CHM格式]《数据结构习题集》答案（C版，清华大学，严蔚敏）/thread-171-1-1.html[Word格式]《VB程序设计》课后习题答案（第四版，邵洁主编的）/thread-170-1-1.html[Word格式]C语言资料大全（有课后答案，自学资料，C程序等）/thread-169-1-1.html[Word格式]《C语言》习题解答/thread-161-1-1.html[Word格式]《C++程序设计》课后习题答案（第2版，吴乃陵，高教版）/thread-150-1-1.html[Word格式]《数据库系统原理与设计》课后答案（第四版，王珊，萨师煊）/thread-149-1-1.html[Word格式]《计算机网络》（第4版）习题答案（英文版）/thread-148-1-1.html[Word格式]《计算机网络》习题答案（第三版，英文版）/thread-132-1-1.html[Word格式]《计算机网络》课后习题答案（第5版和第4版）/thread-129-1-1.html[PDF格式]《C语言设计》（谭浩强，第三版）227页/thread-110-1-1.html[PDF格式]《数据与计算机通信》习题答案（第七版，英文版）/thread-95-1-1.html[Word格式]《VB程序设计》习题答案（蒋加伏）/thread-86-1-1.html[PDF格式]《数据库系统概论》习题答案（第四版）/thread-64-1-1.html[PDF格式]《数字图象处理》习题答案（冈萨雷斯，第二版）/thread-59-1-1.html[PDF格式]《c语言程序与设计》习题答案（谭浩强，第三版）/thread-40-1-1.html[PDF格式]《编译原理》答案（陈火旺版，第三版）/thread-39-1-1.html[Word格式]《编译原理》课后答案（清华版）/thread-32-1-1.html[Word格式]《社会统计分析与SAS应用》习题及答案及程序数据/thread-28-1-1.html[PDF格式]谢希仁《计算机网络教程》（第五版）习题参考答案（共48页）/thread-12-1-1.html[PDF格式]网页设计与制作各章习题及答案/thread-10-1-1.html[PDF格式]《社会统计分析与SAS应用》习题及答案及程序数据C程序设计第三版(谭浩强著) 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智慧树答案大学物理实验(黑龙江工程学院)知到课后答案章节测试2022年
null1.本次实验中载物台下面反光镜的反射面应朝后背光放置。
答案:对2.牛顿环相邻两环的间距随环直径的增大而增大。
答案:错3.在测量过程中，为了避免回程误差，只能沿同一方向转动鼓轮，不可进进退退。
答案:对4.按数据表格中从左到右从上到下的顺序测量，即先测第22至17级暗环左侧，然后测第22至17级暗环右侧，再测第16至11级暗环左侧，最后测第16至11级暗环右侧。
（）答案:错5.为了避免回程误差，可以先测第22至17级暗环左侧，接着测第16至11级暗环左侧，跨过圆心再测第11至16级暗环右侧，接着测第17至22级暗环右侧。
（）答案:对6.钠光灯电源启动后，不要反复拨弄开关。
答案:对7.用显微镜物镜焦距时，应转动调焦轮，缓慢地自上而下调焦。
答案:错8.测量两侧各级暗环时，叉丝竖线均应与各级暗环内沿线相切。
答案:错9.答案:对10.答案:null1.倍率N是指（）。
答案:R2/R12.箱式惠斯顿电桥中的"灵敏度"旋钮与惠斯顿电桥电路中的( )相对应..答案:滑线变阻器3.惠斯顿电桥桥支路中的滑线变阻器的作用是( ).答案:限流4.用惠斯顿电桥测电阻时,R0确定后,倍率N的选择是( )的。
答案:唯一5.用惠斯顿电桥测电阻时,其待测阻值需要知道范围吗?（）答案:需要6.用惠斯顿电桥测电阻时,其结果的有效数字应是( )位。
答案:47.惠斯顿电桥的平衡状态是指( )的电流为零。
答案:桥支路里8.惠斯顿电桥电路中R0、R1、R2是( )电阻。
答案:已知9.惠斯顿电桥电路中有( )个电阻。
答案:410.惠斯顿电桥是利用桥式电路制成的一种用( )进行测量的仪器。
答案:比较法null1.用游标卡尺测量时,不足一毫米部分在什么尺上读?( )答案:游标尺2.用游标卡尺测量时,毫米以上的读数在主尺上读,对吗?答案:对3.用游标卡尺测量,读数时能估读吗?答案:不能4.游标卡尺能测量槽深或桶的深度吗?答案:能5.用精度0.02mm游标卡尺测量时,读数为10.31mm,该读数对吗?答案:错6.游标卡尺测量爪有几个?( )答案:2个7.游标卡尺主要有2部分构成，是否正确！答案:对8.如果游标卡尺的游标分度为10，那么其精度应为（）。