安工大物理练习册参考解答
大学物理（二）练习册答案
1 大学物理（二）练习册参考解答第12章真空中的静电场一、选择题1(D)，2(C)，3(C)，4(A)，5(C)，6(B)，7(C)，8(D)，9(D)，10(B)，二、填空题(1). 电场强度和电势，0/q F E=，l E q W U aaò×==00d /(U 0=0). (2). ()042e /q q+，q 1、q 2、q 3、q 4 ；(3). 0，l / (2e 0)；(4). s R / (2e 0) ；(5). 0 ；(6). ÷÷øöççèæ-p 00114r r qe ；(7). －2³103 V ；(8). ÷÷øöççèæ-p a br r q q 11400e (9). 0，pE sin a ；(10). ()i a x A2+-.三、计算题1. 如图所示，真空中一长为L 的均匀带电细直杆，总电荷为q ，试求在直杆延长线上距杆的一端距离为d 的P 点的电场强度．解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为l =q / L ，在x 处取一电荷元d q = l d x = q d x / L ，它在P 点的场强：()204d d x d L qE -+p =e ()204d x d L L xq -+p =e 总场强为ò+p =Lx d L x Lq E 020)(d 4－e ()d L d q +p =04e 方向沿x 轴，即杆的延长线方向．2．一个细玻璃棒被弯成半径为R 的半圆形，沿其上半部分均匀分布有电荷+Q ，沿其下半部分均匀分布有电荷－Q ，如图所示．试求圆心O 处的电场强度．解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在q 处取微小电荷d q = l d l = 2Q d q / p 它在O 处产生场强Ldq P +Q－QROxyＰLdd qx (L+d －x ) d ExOq e e d 24d d 20220RQRq E p =p =按q 角变化，将d E 分解成二个分量：分解成二个分量：q q e q d sin 2sin d d 202RQE E x p ==q q e q d cos 2cos d d 202RQE E y p -=-=对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷úûùêëé-p =òòpp p q q q q e 2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R Q R QE y e q q q q e pp p p -=úûùêëé-p -=òò所以所以j R Q j E i E E y x202e p -=+=3. “无限长”均匀带电的半圆柱面，半径为R ，设半圆柱面沿轴线OO'单位长度上的电荷为l ，试求轴线上一点的电场强度．，试求轴线上一点的电场强度．解:设坐标系如图所示．将半圆柱面划分成许多窄条．d l 宽的窄条的电荷线密度为荷线密度为q l l l d d d p=p =l R取q 位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为位置处的一条，它在轴线上一点产生的场强为q e l e l d 22d d 020RR E p =p =如图所示. 它在x 、y 轴上的二个分量为：轴上的二个分量为：d E x =d E sin q , d E y =－d E cos q 对各分量分别积分对各分量分别积分 R R E x 02002d sin 2e lq q e l pp =p =ò 0d c o s 202=p -=òp q q e lRE y场强场强 i Rj E i E E y x02e lp =+=4. 实验表明，在靠近地面处有相当强的电场，电场强度E垂直于地面向下，大小约为100 N/C ；在离地面1.5 km 高的地方，E也是垂直于地面向下的，大小约为25 N/C ． (1) 假设地面上各处E都是垂直于地面向下，试计算从地面到此高度大气中电荷的平均体密度；体密度；(2) 假设地表面内电场强度为零，假设地表面内电场强度为零，且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面且地球表面处的电场强度完全是由均匀分布在地表面的电荷产生，求地面上的电荷面密度．(已知：真空介电常量0e ＝8.85³10-12 C 2²N -1²m -2) d qR Oxyqd qqq d E y y d l d q R q O d E xx d EOR’O'解：(1) 设电荷的平均体密度为r ，取圆柱形高斯面如图(1)(侧面垂直底面，底面D S 平行地面)上下底面处的上下底面处的 场强分别为E 1和E 2，则通过高斯面的电场强度通量为：，则通过高斯面的电场强度通量为：òòE²S d ＝E 2D S -E 1D S ＝(E 2-E 1) D S 高斯面S 包围的电荷∑q i ＝h D S r由高斯定理(E 2－E 1) D S ＝h D S r /e∴ () E Eh121-=er ＝4.43³10-13 C/m 3(2) 设地面面电荷密度为s ．由于电荷只分布在地表面，所以电力线终止于地面，取高斯面如图(2) 由高斯定理由高斯定理òòE ²S d =åi 01q e-E D S =SD se1∴ s=－e 0 E ＝－8.9³10-10 C/m 35. 一半径为R 的带电球体，其电荷体密度分布为的带电球体，其电荷体密度分布为r =Ar (r ≤R ) ， r =0 (r ＞R )， A 为一常量．试求球体内外的场强分布．为一常量．试求球体内外的场强分布．解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为的薄球壳，该壳内所包含的电荷为 r r Ar V q d 4d d 2p ×==r在半径为r 的球面内包含的总电荷为的球面内包含的总电荷为 403d 4Ar r Ar dV q rV p =p ==òòr (r ≤R) 以该球面为高斯面，按高斯定理有以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4e Ar r E p =p ×得到得到 ()0214/e ArE =， (r ≤R ) 方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4e AR r E p =p ×得到得到 ()20424/rAR E e =， (r >R ) 方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．时向里．6. 如图所示，一厚为b 的“无限大”带电平板的“无限大”带电平板 ， 其电荷体密度分布为r ＝kx (0≤x ≤b )，式中，式中k 为一正的常量．求：为一正的常量．求： (1) 平板外两侧任一点P 1和P 2处的电场强度大小；处的电场强度大小；(2) 平板内任一点P 处的电场强度；处的电场强度； (3) 场强为零的点在何处？场强为零的点在何处？解：解： (1) 由对称分析知，平板外两侧场强大小处处相等、方向垂直于平面且背离平面．设场强大小为E ．作一柱形高斯面垂直于平面．其底面大小为S ，如图所示．，如图所示．E(2)xbP 1 P 2Px OSE 2D SE 1(1) h按高斯定理åò=×0e /d q S E S ，即，即 020002d d 12e e r e kSbx x kSxS SEb b ===òò得到得到 E = k b kb 2 / (4e 0) (板外两侧) (2) 过P 点垂直平板作一柱形高斯面，底面为S ．设该处场强为E ¢，如图所示．按高斯定理有定理有()022ee k S bx d x kSSE Ex==+¢ò得到得到 ÷÷øöççèæ-=¢22220b x k E e (0≤x ≤b ) (3) E ¢=0，必须是0222=-bx ， 可得2/b x =7. 一“无限大”平面，中部有一半径为R 的圆孔，设平面上均匀带电，电荷面密度为s ．如图所示，试求通过小孔中心O 并与平面垂直的直线上各点的场强和电势(选O 点的电势为零)．解：将题中的电荷分布看作为面密度为s 的大平面和面密度为－s 的圆盘叠加的的圆盘叠加的 结果．选x 轴垂直于平面，坐标原点Ｏ在圆盘中心，大平面在x 处产生的场强为处产生的场强为 i xx E012e σ=圆盘在该处的场强为圆盘在该处的场强为i x R x x E÷÷øöççèæ+--=2202112e σ ∴ i xR xE E E 220212+=+=e σ 该点电势为该点电势为()22222d 2xRR xR xx U x+-=+=òe se s8. 一半径为R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为r =Ar (r ≤R )，式中A 为常量．试求：求：(1) 圆柱体内、外各点场强大小分布；圆柱体内、外各点场强大小分布； (2) 选与圆柱轴线的距离为l (l ＞R ) 处为电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布．解：(1) 取半径为r 、高为h 的高斯圆柱面(如图所示)．面上各点场强大小为E 并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为：面．则穿过该柱面的电场强度通量为：xS P SE ESSEd xb E ¢sOROxPòp =×SrhE S E2d 为求高斯面内的电荷，r ＜R 时，取一半径为r ¢，厚d r ¢、高h 的圆筒，其电荷为的圆筒，其电荷为r r Ah V ¢¢p =d 2d 2r则包围在高斯面内的总电荷为则包围在高斯面内的总电荷为3/2d 2d 32Ahrr r Ah V rVp =¢¢p =òòr由高斯定理得由高斯定理得 ()033/22e Ahr rhE p =p 解出解出 ()023/e Ar E = (r ≤R ) r ＞R 时，包围在高斯面内总电荷为：时，包围在高斯面内总电荷为：3/2d 2d 32AhRrrAh VRVp=¢¢p=òòr由高斯定理由高斯定理 ()033/22e A h R r h E p =p 解出解出 ()r AR E 033/e = (r >R ) (2) 计算电势分布计算电势分布r ≤R 时 òòò×+==lRRrlrrr AR r r A r E U d 3d 3d 0320e e()Rl AR rR A ln 3903330e e +-=r ＞R 时 rl AR rr AR rE Ulrl rln3d 3d 033e e =×==òò9．一真空二极管，其主要构件是一个半径R 1＝5³10-4 m 的圆柱形阴极A 和一个套在阴极外的半径R 2＝4.5³10-3 m 的同轴圆筒形阳极B ，如图所示．阳极电势比阴极高300 300 VV ，忽略边缘效应. 求电子刚从阴极射出时所受的电场力．(基本电荷e ＝1.6³10-19 C) 解：与阴极同轴作半径为r (R 1＜r ＜R 2 )的单位长度的圆柱形高斯面，设阴极上电荷线密度为l ．按高斯定理有．按高斯定理有 2p rE = l / e 0 得到得到 E = l / (2p e 0r ) (R 1＜r ＜R 2) 方向沿半径指向轴线．两极之间电势差方向沿半径指向轴线．两极之间电势差òòp -=×=-21d 2d 0R R BAB A rr r E U U el120ln 2R R elp -=得到得到()120/ln 2R R UUAB-=p e l， 所以所以 ()rR R UUE AB1/ln 12×-=在阴极表面处电子受电场力的大小为在阴极表面处电子受电场力的大小为 ()()11211/c R RR UUeReE F AB×-==＝4.37³10-14 N 方向沿半径指向阳极．方向沿半径指向阳极．RrhABR 2 R 1四 研讨题1. 真空中点电荷q 的静电场场强大小为的静电场场强大小为 241rq E pe=式中r 为场点离点电荷的距离．当r →0时，E →∞，这一推论显然是没有物理意义的，应如何解释？何解释？参考解答：参考解答：点电荷的场强公式仅适用于点电荷，当r →0时，任何带电体都不能视为点电荷，所以点电荷场强公式已不适用．点电荷场强公式已不适用．若仍用此式求场强E ，其结论必然是错误的．当r →0时，需要具体考虑带电体的大小和电荷分布，这样求得的E 就有确定值．就有确定值．2. 用静电场的环路定理证明电场线如图分布的电场不可能是静电场．参考解答：参考解答：证：在电场中作如图所示的扇形环路abcda ．在ab 和cd 段场强方向与路径方向垂直．在bc 和da 段场强大小不相等（电力线疏密程度不同）而路径相等．因而同）而路径相等．因而d d d ¹×¢-×=×òòòc ba d l E l E l E 按静电场环路定理应有0d =×òl E ， 此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．此场不满足静电场环路定理，所以不可能是静电场．3. 如果只知道电场中某点的场强，能否求出该点的电势？如果只知道电场中某点的电势，能否求出该点的场强？为什么？能否求出该点的场强？为什么？参考解答：参考解答：由电势的定义：由电势的定义： ò×=零势点场点l E U d式中E为所选场点到零势点的积分路径上各点的场强，所以，如果只知道电场中某点的场强，而不知道路径上各点的场强表达式，不能求出该点的电势。
安徽工业大学工商学院物理实验课后习题集2
大学物理实验练习题及部分解析参考编者杜义林安徽工业大学工商学院2010年6月修订使用说明解答物理实验题远不同于解答物理习题，同学一般习惯做物理习题，学生拿到习题后，容易通过列方程求解。
而实验题的解法其实是一种方案的设计过程，要求将实验知识与理论相结合，例如对测量的量，首先要考虑用什么方法和原理可以测量出来，并选择能够达到测量要求精确度的正确实验方案，例如测量电阻有伏安法、电桥法、补偿法等，你如何选择合理的测量方法？此外，考虑如何选择测量的条件、如何选择适当的仪器设备、如何正确地调整仪器以及如何分析判断所得的结果等。
所以，求解实验习题并不是单纯目的，而是培养自己全面思考问题和分析问题的能力。
本书中的所有命题，都结合围绕物理实验课程中的学习内容，有些命题能起到巩固和复习的作用。
有相当一部分选题是在课程内容基础上的延展，要灵活应用，此类选题不可不解。
最后还有部分国内外实验竞赛试题，对开阔思路有很好作用。
总之，在做每一道题之前，必先看清看懂题意，并结合教材中的相关内容，在相关实验原理、规则的基础上灵活去完成各习题。
应该坚信，真正能理解和应用与命题有关的基本原理比得到一个正确的答案重要的多。
本书的编写目的是为了让学生在平时学习以及在迎考时对«物理实验»内容加深理解，起到系统复习之作用。
在使用时应该结合平时所1内容页码（一）有关测量、误差、有效数字及数据处理 (3)（二）有关实验原理、实验方法和仪器 (7)（三）部分解答参考 (23)（四）竞赛命题选答 (35)（一）有关测量、误差、有效数字及数据处理1．什么是“直接测量”和“间接测量”？这两种测量方式之间有何联系？试以若干例子说明。
2. 实验中所谓“系统误差”与“偶然误差”各有什么特征和性质？3. 实验中哪些因素能够引起“系统误差”？如何消除或减小这类误差？哪些因素能够引起“偶然误差”？又如何消除或减小这类误差？4. 什么是“等精度”的多次测量？说明之。
安徽工业大学-物理习题册参考答案(精)
练习一机械振动 (一参考解答1. (C ;2. (B3. 212/5cos(1022π-⨯=-t x (SI4. 3.43 ( s ; -2π/3 .5. 解: k = m 0g / ∆l 25.12N/m 08.08.91.0=⨯=N/m11s 7s 25.025.12/--===m k ω 5cm 721(4/2222020=+=+=ωv x A cm4/374/(21(/(tg 00=⨯--=-=ωφx v , φ = 0.64 rad64.07cos(05.0+=t x (SI6. 周期25.0/2=π=ωT s , 振幅 A = 0.1 m , 初相φ = 2π/3, v max = ω A = 0.8π m/s ( = 2.5 m/s ,a max = ω 2A = 6.4π2 m/s 2 ( =63 m/s 2 . O x练习二机械振动(二参考解答1.(D ;2. (C .3. 21c o s (04.0π-πt ;4. 3/2π± ;5. 解:(1 势能 221kx W P =总能量 221kA E = 由题意,4/2122kA kx =, 21024.42-⨯±=±=A x m(2 周期T = 2π/ω = 6 s从平衡位置运动到2A x ±= 的最短时间∆t 为 T /8.∴ ∆t = 0.75 s .6. 解: x 2 = 3×10-2 sin(4t - π/6 = 3×10-2cos(4t - π/6- π/2 = 3×10-2cos(4t - 2π/3. 作两振动的旋转矢量图,如图所示.由图得:合振动的振幅和初相分别为 A = (5-3cm = 2 cm ,φ = π/3.合振动方程为 x = 2×10-2cos(4t + π/3 (SIxO ωωπ/3-2π/3A1A2A1.(A ;2. (D;3. }]/1([c o s {φω+++=u x t A y (SI4. ]/2cos[1φ+π=T t A y , ]//(2cos[2φλ++π=x T t A y5. 解:(1 由P 点的运动方向,可判定该波向左传播.画原点O 处质点t = 0 时的旋转矢量图, 得4/0π=φO 处振动方程为 41500cos(0π+π=t A y (SI 由图可判定波长λ = 200 m ,故波动表达式为 ]41200250(2cos[π++π=x t A y (SI (2 距O 点100 m 处质点的振动方程是 4 5500cos(1π+π=t A y振动速度表达式是 45500s i n (500v πππ+-=t A (SI6. 解:(1 设x = 0 处质点的振动方程为2c o s (φν+π=t A y A画原点O 处质点t = t '时的旋转矢量图得2'πϕω=+t '22t πνπϕ-=∴x = 0处的振动方程为 ]21(2cos[π+'-π=t t A y ν (2 该波的表达式为 ]21/(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν XOO YO1. (C ;2. (B ;3. S 1的相位比S 2的相位超前π/2 ;★4. ]/(2cos[π++πλνx t A , 212cos(21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ ;5. 解:(1 如图A ,取波线上任一点P ,其坐标设为x ,由波的传播特性,P 点的振动超前于λ /4处质点的振动.该波的表达式为 ]4(22cos[λλλ-+=x utA y ππ222cos(x ut A λλπππ+-= (SIt = T 时的波形和 t = 0时波形一样. t = 0时22cos(x A y λπ+π-=22cos(π-π=x A λ 按上述方程画的波形图见图B .6. 解:=-π--=∆(21212r r λφφφ422412/r r π-=π+π-πλλ 464.0cos 2(2 /1212221=++=∆φA A A A A m x (mt = T图B.A u O λy (m-A43λ-4λ-4λ 43λO xP x λ/ 4u 图A练习五光的干涉 (一参考解答1. (B2. (B3. d sin θ +(r 1-r 24. 7.32 mm5. 解:根据公式x = k λ D / d相邻条纹间距∆x =D λ / d则λ=d ∆x / D =562.5 nm .6. 解:(1 ∵ dx / D ≈ k λx ≈Dk λ / d = (1200×5×500×10-6 / 0.50mm= 6.0 mm (2 从几何关系,近似有r 2-r 1≈ D /x d ' 有透明薄膜时,两相干光线的光程差δ = r 2 – ( r 1 –l +nl = r 2 – r 1 –(n -1l(l n D x 1/d --'=对零级明条纹上方的第k 级明纹有λδk = 零级上方的第五级明条纹坐标([]d /k l 1n D x λ+-='=1200[(1.58-1×0.01+5×5×10-4] / 0.50mm =19.9 mmO P r 1 r 2 dλ s 1s 2d nl x 'D练习六光的干涉 (二参考解答1. A2. B3. 22n λ 4. 539.15. 解:加强, 2ne+21λ = k λ, 123000124212-=-=-=k k ne k ne λnm k = 1, λ1 = 3000 nm , k = 2, λ2 = 1000 nm ,k = 3, λ3 = 600 nm ,k = 4, λ4 = 428.6 nm ,k = 5, λ5 = 333.3 nm .∴在可见光范围内,干涉加强的光的波长是λ=600 nm 和λ=428.6 nm .6. 解:空气劈形膜时,间距θλθλ2s i n 21≈=n l 液体劈形膜时,间距θλθλn 2sin n 2l 2≈= ((θλ2//1121n l l l -=-=∆ ∴ θ = λ ( 1 –1 / n / ( 2∆l =1.7×10-4 rad1.(C 2. (B3. 子波子波干涉(或答“子波相干叠加”4. 500 nm(或5×10-4 mm5. 解:中央明纹宽度∆x ≈2f λ / a =2×5.46×10-4×500 / 0.10mm =5.46 mm6. 解(a a a λϕλ<<-sin mmm f x 2102300=⨯=≈-ϕ∆∆(b rad m m a 330102105.05.022-⨯=⨯⨯=≈μμλϕ∆(c mm m a a f x 1101102(12(3321=⨯-⨯⨯=-≈--λλ∆1. (D2. (D3. 10λ4. 35. 解:由光栅公式 (a +b sin ϕ=k λk =1, φ =30°,sin ϕ1=1 / 2∴ λ=(a +b sin ϕ1/ k =625 nm若k =2, 则 sin ϕ2=2λ / (a + b = 1, ϕ2=90°实际观察不到第二级谱线6. 解:(1 由光栅衍射主极大公式得(1330sin λ=+b a cm 1036.330sin 341-⨯==+ λb a (2 (2430sin λ=+ b a (4204/30sin 2=+=b a λnmn 1n 2 i 0练习九光的偏振参考解答1. (A2. (A3. I 0 / 84. 见图5. 解:以P 1、P 2、P 3分别表示三个偏振片,I 1为透过第一个偏振片P 1的光强,且 I 1 = I 0 / 2. 设P 2与P 1的偏振化方向之间的夹角为θ,连续穿过P 1、P 2后的光强为I 2, (θθ20212cos 21cos I I I == 设连续穿过三个偏振片后的光强为I 3,(θ-= 90cos 223I I (θθ220sin cos 21I =(8/2sin 20θI = 显然,当2θ=90°时,即θ=45°时,I 3最大.6. 解:光自水中入射到玻璃表面上时,tg i 0=1.56 / 1.33 i 0=49.6°光自玻璃中入射到水表面上时,tg 0i '=1.33 / 1.56 0i '=40.4° (或 0i '=90°-i 0=40.4°练习十狭义相对论(一参考解答1. (A2. (D3. (B4. (A5. 解:(1 观测站测得飞船船身的长度为=-=20/(1c L L v 54 m则∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s (2 宇航员测得飞船船身的长度为L 0,则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7s6. 解:令S '系与S 系的相对速度为v ,有2/(1c tt v -='∆∆, 22/(1/(c t t v -='∆∆则 2/12/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 那么,在S '系中测得两事件之间距离为: 2/122(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v =6.72×108 m练习十一狭义相对论(二参考解答1. (C2. 5.8×10-13, 8.04×10-23. (A4. (C5. 解:设立方体的长、宽、高分别以x 0,y 0,z 0表示,观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=,0y y =,0z z =.相应体积为 2201c V xyz V v -==观察者A测得立方体的质量 221c m m v -=故相应密度为V m /=ρ22022011/c V c m v v --=1(2200cV m v -=6、解:据相对论动能公式 2 02c m mc E K -=得 1/(11(220--=c c m E K v即419.11/(11202==--cm E c Kv 解得 v = 0.91c 平均寿命为 821031.5/(1-⨯=-=c v ττ s练习十二分子运动论(一参考解答1. (B2. (D3. 6.23×10 36.21×10 - 21 1.035×10 - 21 4. 氩氦5. 解:(1 ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能=氢气分子平均平动动能w =6.21×10-21 J .且 ((483/22/12/12==m w vm/s(2 (k w T 3/2==300 K .6 解: 由 pV =((mol22H H M M RT 和pV =((molH H M M e e RT得((e H H M M 2=((molmol 2H H M M e =42=21. 由 E (H 2= ((mol 22H H M M 25RT 和RT 2 3M M (E ((mol He He He =得((e 2H E H E =((((mol mol22He M /He M 3H M /H M 5∵ ((m o l 22H M H M = ((mole H M e H M (p 、V 、T 均相同, ∴((e H E H E 2=35.练习十三分子运动论(二参考解答1. (C2. (B3. 1 210/3 4. 1.934.01×1045. 解:据力学平衡条件,当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时,左、右两边氢气的压强相等、体积也相等,两边气体的状态方程为: p 1V 1=(M 1 / M mol RT 1 ,p 2V 2=(M 2 / M mol RT 2 .由p 1= p 2 得:V 1 / V 2= (M 1 / M 2(T 1 / T 2 . 开始时V 1= V 2,则有M 1 / M 2= T 2/ T 1=293/ 273. 当温度改变为1T '=278 K ,2T '=303 K 时,两边体积比为(221121//T M T M V V ''=''=0.9847 <1. 即21V V '<' .可见水银滴将向左边移动少许.6. 解:根据kT m 23212=v , 可得 N k Tm N 23212=v , 即=(RT M M m ol /23=(V M RT ρm ol /23=7.31×106 . 又(T iR M M E ∆=∆21/m ol =(T iR M V ∆21/m ol ρ=4.16×104 J .及 (((2/1212/1222/12v vv-=∆= ((122/1m ol /3T TM R -=0.856 m/s .1. (C2. (A3. 166 J4. ||1W - , ||2W -5. 解:(1 等温过程气体对外作功为⎰⎰===V 3V V 3V 3ln RT V d VRTV d p W =8.31×298×1.0986 J = 2.72×103 J (2 绝热过程气体对外作功为V VV p V p W V V V V d d 03003⎰⎰-==γγRT V p 1311131001--=--=--γγγγ=2.20×103 J6. 解:(1 312111035.5/ln(⨯==V V RT Q J(2 25.0112=-=T T η. 311034.1⨯==Q W η J (3 3121001.4⨯=-=W Q Q J1. (D2. (B3. 等压等压等压4. 124.7 J -84.3 J5. 解:氦气为单原子分子理想气体,3=i (1 等体过程,V =常量,W =0据Q =∆E +W 可知 (12T T C M ME Q V m o l-=∆==623 J (2 定压过程,p = 常量, (12T T C M MQ p mol-==1.04×103 J ∆E 与(1 相同. W = Q - ∆E =417 J(3 Q =0,∆E 与(1 同 W = -∆E=-623 J (负号表示外界作功6. 解:由图,p A =300 Pa ,p B = p C =100 Pa ;V A =V C =1 m 3,V B =3 m 3. (1 C →A 为等体过程,据方程p A /T A = p C /T C 得T C = T A p C / p A =100 K . B →C 为等压过程,据方程V B /T B =V C /T C 得 T B =T C V B /V C =300 K .(2 各过程中气体所作的功分别为A →B : ((211C B B A V V p p W -+==400 J . B →C : W 2 = p B (V C -V B = -200 J . C →A : W 3 =0(3 整个循环过程中气体所作总功为W = W 1 +W 2 +W 3 =200 J .因为循环过程气体内能增量为ΔE =0,因此该循环中气体总吸热Q =W +ΔE =200 J .练习十六静电场(一参考解答1. (C2. (C3. 单位正试验电荷置于该点时所受到的电场力4. 4N / C , 向上5. 解:设杆的左端为坐标原点O ,x 轴沿直杆方向.带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ,在x处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ,它在P 点的场强:(204d d x d L q E -+π=ε(204d x d L L x q -+π=ε 总场强为⎰+π=Lx d L x L q E 02(d 4-ε(d L d q+π=04ε方向沿x 轴,即杆的延长线方向.6. 解:把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ 处取微小电荷d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220RQR q E π=π= 按θ 角变化,将d E 分解成二个分量:θθεθd sin 2sin d d 202RQE E x π==θθεθd cos 2cos d d 202R QE E y π-=-=对各分量分别积分,积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x =0 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰所以 j R Q j E i E E y x202επ-=+=d qR O xyθd θθP Ld d q x (L+d -x d E x O练习十七静电场(二参考解答1. (D2. (B3. -(σ S /ε 0 (σ S /ε 04. πR 2E5. 解:在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳,该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R以该球面为高斯面,按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到(0214/εAr E =, (r ≤R方向沿径向,A >0时向外, A <0时向里.在球体外作一半径为r 的同心高斯球面,按高斯定理有 04 22/4εAR r E π=π⋅得到 (20424/rAR E ε=, (r >R方向沿径向,A >0时向外,A <0时向里.6. 证:用高斯定理求球壳内场强:(02/d 4d ερ⎰⎰+=π⋅=⋅VSV Q r E S E而⎰⎰⎰π=π⋅=r ra v r r A r r r A V 02d 4d 4d ρ(222a r A -π=(2220202414a r A rr Q E -π⋅π+π=εε202020224r Aa A r Q E εεε-+π= 要使E 的大小与r 无关,则应有02420220=-πr Aa r Q εε, 即22a QA π=r Qa bρ练习十八静电场(三参考解答1. (D2. (B3. Q / (4πε 0R 2 , 0, Q / (4πε0R , Q / (4πε0r 24. λ / (2ε 05.解:在圆盘上取一半径为r →r +d r 范围的同心圆环.其面积为d S =2πr d r其上电荷为d q =2πσr d r它在O 点产生的电势为02d 4d d εσεrr q U =π=总电势 0002d 2d εσεσRr U U R S ===⎰⎰6. 解:(1 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加,即⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π=22110041r q r q U ε⎪⎪⎭⎫⎝⎛π-ππ=22212104441r r r r σσε(210r r +=εσ2100r r U +=εσ=8.85×10-9 C / m 2(2 设外球面上放电后电荷面密度为σ',则应有(2101r r U σσε'+='= 0 即σσ21r r -=' 外球面上应变成带负电,共应放掉电荷 (⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π='-π='212222144r r r r q σσσ (20021244r U r r r εσπ=+π==6.67×10-9 C Od rR练习十九静电场中的导体与电介质(一参考解答1. (B2. (A3. 18/(202R Q επ4. σ (x ,y ,z /ε0, 与导体表面垂直朝外(σ > 0 或与导体表面垂直朝里(σ < 05. 解:选坐标如图.由高斯定理,平板内、外的场强分布为:E = 0 (板内2/(0εσ±=x E (板外 1、2两点间电势差⎰=-2121d x E U U x (20a b -=εσ6. 解:(1 两导体球壳接地,壳外无电场.导体球A 、B 外的电场均呈球对称分布.今先比较两球外场强的大小,击穿首先发生在场强最大处.设击穿时,两导体球A 、B 所带的电荷分别为Q 1、Q 2,由于A 、B 用导线连接,故两者等电势,即满足:R Q R Q 0110144εεπ-+πRQ R Q 0220244εεπ-+π=代入数据解得 7/1/21=Q Q两导体表面上的场强最强,其最大场强之比为744/421222122022101max 2max 1==ππ=R Q R Q R Q R Q E E εε B 球表面处的场强最大,这里先达到击穿场强而击穿,即 62202max 21034⨯=π=R Q E ε V/m (2 由E 2 max 解得 Q 2 =3.3 ×10-4 C==2171Q Q 0.47×10-4 C 击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q 1+ Q 2 =3.77×10-4 C12σd a bxO练习二十静电场中的导体与电介质(二参考解答1. (B2. (B3. 0/εσ4. 增大增大5. 解: 200E 21W ε=, 其中 E 为真空中的场强。
西安工程大学大学物理练习册答案
第一单元 质点运动学一、选择题1.A2.D3.C4.A5.B6.C7.D8.D9. D 10. D二．填空题1．瞬时加速度 t 1到t 3时间内的平均加速度4d t t ⎰v4d t t ⎰v2．圆周运动，匀速率曲线运动，变速率曲线运动3． px y 2=2ut p u t 2±j putpu i u2±=v4．1+=1v v kt 5． 0v l -h h v =v l -h lv = 6． )2(sec 2θπω-=D v7． 2.67rad8． 22-16=x v9． j i 3-2 j i4-2 j 2-10． t 3+8t -628 -628 8三、计算题1．解：由)2-0(142j t i t r +=得： j t i4-4=v由已知：024-83==⋅t t r v得t =0s 、s 3=t2．解：v =R ω =ARt 2由已知：t =1s ，v =4m/s 得A=2在t=2s 时 v =R ω =ARt 2=2×2×22=16m/sn n n R ARt n R t a 1281621622222d d 222+=+⨯⨯⨯=+=+=ττττv v vm/s 1291281622=+=a 23．解：由题意可知θsin t g a -=θsin d d d d d d d d t g st s s t a -====vv v v s g d sin d θ-=v v ①从图中分析看出syd d sin =θ y s d d sin =θ ②将②代入①得dy d sin d g s g --=θv v⇒-=⎰⎰yy y g 0d d vv v v )(2022y y g -+=v v 第二单元 质点动力学参考答案一、选择题1.B 2C 3.D 4.D 5.B 6. E 7. C 8.C 9.B 10.C 11.C 12.B 13. D二、填空题1．)/(m M F + )/(m M MF + 2． 0 2g 3．R g /4．v m 2 指向正西南或南偏西45° 5．i2 m/s6．0.003 s 0.6 N·s 2g 7．)131(R R GMm -或RGMm32-8．kg m 2229． 2112r r r r GMm- 2121r r r r G M m -10．)(mr k E =)2(r k - 11．gl 32112． km 32v ．三、计算题1． 解：取距转轴为r 处，长为d r 的小段绳子，其质量为( M /L ) d r 由于绳子作圆周运动，所以小段绳子有径向加速度，T ( r )-T ( r + d r ) = ( M / L ) d r r ω2令 T ( r )－T (r + d r ) = - d T ( r ) 得 d T =－( M ω2 / L ) r d r 由于绳子的末端是自由端 T (L ) =0有r r L M T Lrr T d )/(d 2)(⎰⎰-=ω ∴ )2/()()(222L r L M r T -=ω 2．解：(1) 释放后，弹簧恢复到原长时A 将要离开墙壁，设此时B 的速度为v B0，由机械能守恒，有2/32120B 20v m kx = 得 mkx 300B =vA 离开墙壁后，系统在光滑水平面上运动，系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧伸长量为x 时有0B 22211v v v m m m =+ ①20B 2222221121212121v v v m m kx m =++ ②O ω当v 1 = v 2时，由式①解出v 1 = v 2mk x 3434/300B ==v (2) 弹簧有最大伸长量时，A 、B 的相对速度为零v 1 = v 2 =3v B0/4，再由式②解出 0max 21x x =3．解：设m 与M 碰撞后的共同速度为v ，它们脱离球面的速度为u ．(1) 对碰撞过程，由动量守恒定律得 )/(0m M m +=v v①m 与M 沿固定光滑球面滑下过程中机械能守恒，在任一位置θ 时，有22)(21)cos 1()()(21u m M gR m M m M +=-+++θv ②R u m M N g m M /)(cos )(2+=-+θ ③当物体脱离球面时，N = 0，代入③式并与①、②式联立，可解得：32)(332cos 22022++=+=m M gR m gR gR v v θ ∴ ]32)(3[cos 22021++=-m M gR m v θ (2) 若要在A 处使物体脱离球面，必须满足g m M R m M A )(/)(2+≥+v即Rg A >2v ，考虑到①式有 Rg m M m ≥+)/(202v 所以油灰的速度至少应为 m Rg m M /)(0+=v第三单元 静电场一、选择题1.D2.D3.D4.D5.C6.D7.D8.C9.C 10.C 11.A 12.B 13.D 14. A二、填空题1．θπεθtan sin 40mg l2．023εσ-02εσ- 023εσ 3．包围在曲面内的净电荷 曲面外的电荷 4．)11(400ab r r qq -πε 5．2ελ 6．0 7．< 8．-2000V9．> (分别垂直指向U 3) 10．F/4 11．<三、计算题1．解：在球内取半径为r 、厚度为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为d q =ρd V =Kr 4πr 2d r在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4d Kr r Kr V q rVππρ===⎰⎰ (r ≤R )以该面为高斯面，按照高斯定理有0421/4εππKr r E =⋅得到 0214εKr E =， (r ≤R )方向沿径向，K >0时向外，K <0时向里。
大学物理热学练习题及答案
大学物理热学练习题及答案第一题：一个物体的质量是1 kg，温度从20°C升高到30°C，如果物体的比热容是4200 J/(kg·°C)，求物体吸收的热量。
解答：根据热量公式Q = mcΔθ，其中 Q 表示吸收的热量，m 表示物体的质量，c 表示比热容，Δθ 表示温度变化。
代入数据得：Q = 1 kg × 4200 J/(kg·°C) × (30°C - 20°C)= 1 kg × 4200 J/(kg·°C) × 10°C= 42,000 J所以物体吸收的热量为42,000 J。
第二题：一块金属材料的质量是0.5 kg，它的比热容是400 J/(kg·°C)，经过加热后，材料的温度升高了60°C。
求该金属材料所吸收的热量。
解答：根据热量公式Q = mcΔθ，其中 Q 表示吸收的热量，m 表示物体的质量，c 表示比热容，Δθ 表示温度变化。
代入数据得：Q = 0.5 kg × 400 J/(kg·°C) × 60°C= 12,000 J所以金属材料吸收的热量为12,000 J。
第三题：一个热容为300 J/(kg·°C)的物体，吸收了500 J的热量后，温度升高了多少摄氏度？解答：根据热量公式Q = mcΔθ，其中 Q 表示吸收的热量，m 表示物体的质量，c 表示比热容，Δθ 表示温度变化。
将已知数据代入公式：500 J = m × 300 J/(kg·°C) × Δθ解方程得：Δθ = 500 J / (m × 300 J/(kg·°C))= 500 J / (m/(kg·°C)) × (kg·°C/300 J)= (500/300) °C≈ 1.67°C所以温度升高了约1.67°C。
(2021年整理)大学物理练习册习题及答案3
大学物理练习册习题及答案3编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（大学物理练习册习题及答案3）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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习题及参考答案第2章 质点动力学参考答案一 思考题2—1如图，滑轮绳子质量忽略不计,忽略一切摩擦力,物体A 的质量m A 大于物体B 的质量m B ，在A 、B 运动过程中弹簧秤的读数是（A ）()12m m g + (B )()12m m g - (C ）12122m m g m m ⎛⎫ ⎪+⎝⎭ (D ）12124m m gm m ⎛⎫⎪+⎝⎭2—2用水平压力F 把一个物体压着靠在竖直的墙面上保持静止,当F 逐渐增大时，物体所受的静摩擦力f（A )恒为零 (B ）不为零，但保持不变(C )随成F 正比增大 (D )开始随F 增大，达到某一值后,就保持不变2-3如图,物体A 、B 的质量分别为M 、m ,两物体间摩擦系数为m ，接触面为竖直面，为使B 不下滑,则需要A 的加速度为(A ）a g μ≥ (B ）a g μ≥ （C )a g ≥ （D ）M ma g M +≥2-4质量分别为m 和M 的滑块A 和B ，叠放在光滑的水平面上，如图，A 、B 间的静摩擦系数为m s ,滑动摩擦系数为m k ,系统原先处于静止状态，今将水平力F 作用于B 上，要使A 、B 间不轰生相对滑动，应有（A ）s F mg μ≤ (B )(1)s F m M mg μ≤+（C ）()s F m M mg μ≤+ （D )s m M F mgM μ+≤AmBB m A 思考题2-1图思考题2-3图思考题2—4图m(a )(b )Bm mm 21m 21思考题2-7图2—5 在光滑的水平面上,放有两个相互接触的物体A 和B ，质量分别为m 1和m 2，且m 1〉 m 2。
安徽工业大学物理参考答案
安工大物理答案练习一 机械振动 (一) 参考解答1. (C) ;2. (B)3. )212/5cos(1022π-⨯=-t x (SI)4. 3.43 ( s ) ; -2π/3 .5. 解： k = m 0g / ∆l 25.12N/m 08.08.91.0=⨯= N/m11s 7s25.025.12/--===m k ω5cm )721(4/2222020=+=+=ωv x A cm4/3)74/()21()/(tg 00=⨯--=-=ωφx v ， φ = 0.64 rad)64.07cos(05.0+=t x (SI)6. 周期 25.0/2=π=ωT s ， 振幅 A = 0.1 m ， 初相 φ = 2π/3， v max = ω A = 0.8π m/s ( = 2.5 m/s )，a max = ω 2A = 6.4π2 m/s 2 ( =63 m/s 2)．练习二 机械振动(二) 参考解答1．(D) ； 2. （C ） .3. )21c o s (04.0π-πt ;4. 3/2π± ;5. 解：(1) 势能 221kx W P =总能量 221kA E =由题意，4/2122kA kx=， 21024.42-⨯±=±=Ax m(2) 周期 T = 2π/ω = 6 s从平衡位置运动到2Ax ±= 的最短时间 ∆t 为 T /8．∴ ∆t = 0.75 s ．6. 解： x 2 = 3×10-2 sin(4t - π/6) = 3×10-2cos(4t - π/6- π/2) = 3×10-2cos(4t - 2π/3)． 作两振动的旋转矢量图，如图所示．由图得：合振动的振幅和初相分别为 A = (5-3)cm = 2 cm ，φ = π/3．合振动方程为 x = 2×10-2cos(4t + π/3) (SI)xO ωωπ/3-2π/3A1A2A练习三 波动 (一) 参考解答1．(A ); 2. (D);3. }]/)1([c o s {φω+++=u x t A y (SI)4. ]/2cos[1φ+π=T t A y , ])//(2c o s [2φλ++π=x T t A y5. 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．画原点O 处质点t = 0 时的旋转矢量图, 得4/0π=φO 处振动方程为 )41500cos(0π+π=t A y (SI)由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为 ]41)200250(2cos[π++π=x t A y (SI)(2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是 )45500cos(1π+π=t A y振动速度表达式是 )45500sin(500v πππ+-=t A (SI)6. 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为2c o s (νπ=t A y 画原点O 处质点t = t ＇时的旋转矢量图 得2'πϕω=+t '22t πνπϕ-=∴x = 0处的振动方程为 ]2)(2c o s [π+'-π=t t A y ν (2) 该波的表达式为 ]21)/(2c o s [π+-'-π=u x t t A y ν练习四 波动（二）参考解答1． (C) ； 2. (B) ;3. S 1的相位比S 2的相位超前π/2 ;★4. ])/(2c o s [π++πλνx t A , )212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ ;5. 解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动超前于λ /4处质点的振动．该波的表达式为 )]4(22cos[λλλ-+=x utA y ππ)222c o s (x utA λλπππ+-= (SI)t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时)22cos(x A y λπ+π-=)22cos(π-π=x A λ按上述方程画的波形图见图B ．6. 解：=-π--=∆)(21212r r λφφφ422412/r r π-=π+π-πλλ464.0)c o s 2(2/1212221=++=∆φA A A A A mx Px u图 A练习五 光的干涉 (一) 参考解答1. （B ）2. （B ）3. d sin θ ＋(r 1－r 2)4. 7.32 mm5. 解：根据公式 x ＝ k λ D / d相邻条纹间距 ∆x ＝D λ / d则 λ＝d ∆x / D ＝562.5 nm ．6. 解：(1) ∵ dx / D ≈ k λx ≈Dk λ / d = (1200×5×500×10-6 / 0.50)mm= 6.0 mm (2) 从几何关系，近似有r 2－r 1≈ D /x d ' 有透明薄膜时，两相干光线的光程差 δ = r 2 – ( r 1 –l +nl ) = r 2 – r 1 –(n -1)l()l n D x 1/d --'= 对零级明条纹上方的第k 级明纹有 λδk = 零级上方的第五级明条纹坐标()[]d /k l 1n D x λ+-='=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×10-4] / 0.50mm =19.9 mmP dλ x '练习六 光的干涉 (二) 参考解答1. A2. B3.22n λ4. 539.15. 解：加强， 2ne+21λ = k λ，123000124212-=-=-=k k ne k neλnmk = 1， λ1 = 3000 nm ， k = 2， λ2 = 1000 nm ， k = 3， λ3 = 600 nm ， k = 4， λ4 = 428.6 nm ，k = 5， λ5 = 333.3 nm ． ∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是λ＝600 nm 和λ＝428.6 nm ．6. 解：空气劈形膜时，间距 θλθλ2s i n 21≈=n l液体劈形膜时，间距 θλθλn 2s i n n 2l 2≈=()()θλ2//1121n l l l -=-=∆∴ θ = λ ( 1 – 1 / n ) / ( 2∆l )＝1.7×10-4rad练习七光的衍射(一) 参考解答1.（C）2.（B）3. 子波子波干涉(或答“子波相干叠加”)4. 500 nm(或5×10-4 mm)5. 解：中央明纹宽度∆x≈2fλ / a =2×5.46×10-4×500 / 0.10mm =5.46 mm6. 解练习八 光的衍射(二) 参考解答1. （D ）2. （D ）3. 10λ4. 35. 解：由光栅公式 (a ＋b )sin ϕ =k λk =1， φ =30°，sin ϕ1=1 / 2∴ λ=(a ＋b )sin ϕ1/ k =625 nm 若k =2, 则 sin ϕ2=2λ / (a + b ) = 1, ϕ2=90°实际观察不到第二级谱线6. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 ()1330sin λ=+ b a cm 1036.330sin 341-⨯==+λb a(2) ()2430sin λ=+ b a()4204/30sin 2=+= b a λnm练习九 光的偏振 参考解答1. （A ）2. （A ）3. I 0 / 84. 见图5. 解：以P 1、P 2、P 3分别表示三个偏振片，I 1为透过第一个偏振片P 1的光强，且 I 1 = I 0 / 2．设P 2与P 1的偏振化方向之间的夹角为θ，连续穿过P 1、P 2后的光强为I 2， ()θθ2212c o s 21c o s II I ==设连续穿过三个偏振片后的光强为I 3，()θ-=90cos 223I I ()θθ220s i n c o s 21I=()8/2s i n 2θI=显然，当2θ＝90°时,即θ＝45°时，I 3最大．6. 解：光自水中入射到玻璃表面上时，tg i 0＝1.56 / 1.33 i 0＝49.6°光自玻璃中入射到水表面上时，tg 0i '＝1.33 / 1.56 0i '＝40.4° (或 0i '＝90°－i 0＝40.4°)练习十 狭义相对论（一）参考解答1． (A)2． (D)3． (B)4． (A)5． 解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为 =-=20)/(1c L L v 54 m则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7s(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7s6． 解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有 2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1)那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108m练习十一 狭义相对论（二）参考解答1． (C)2． 5.8×10-13， 8.04×10-23． （A ）4． (C)5． 解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 2201cx x v -=，0y y =，0z z =．相应体积为 2201cV xyz V v -== 观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/cV cm v v --=)1(2200cV m v -=6、解：据相对论动能公式 202c m mcE K -=得 )1)/(11(220--=c c m E K v即419.11)/(11202==--cm E c K v解得 v = 0.91c 平均寿命为821031.5)/(1-⨯=-=c v ττs练习十二 分子运动论(一) 参考解答1. (B)2. (D)3. 6.23×10 36.21×10 - 21 1.035×10 - 214. 氩氦5. 解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s(2) ()k w T 3/2=＝300 K ．6 解： 由 pV =()()mol 22H H MM RT 和pV =()()molH H MM e e RT得()()e H H MM 2=()()molmol 2H H MM e =42=21 ．由 E (H 2)= ()()mol22H H MM 25RT 和RT 23M M )(E )()(mol He He He =得 ()()e 2H E HE =()()()()mol mol 22He M /He M 3H M /H M 5∵ ()()m o l 22H M H M = ()()mol e H M e H M (p 、V 、T 均相同)，∴()()e H E H E 2=35．练习十三 分子运动论（二）参考解答1. (C)2. (B)3. 1 210/3 4. 1.934.01×1045. 解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时，左、右两边氢气的压强相等、体积也相等，两边气体的状态方程为：p 1V 1=(M 1 / M mol )RT 1 ，p 2V 2=(M 2 / M mol )RT 2 ．由p 1= p 2 得：V 1 / V 2= (M 1 / M 2)(T 1 / T 2) ． 开始时V 1= V 2，则有M 1 / M 2= T 2/ T 1＝293/ 273． 当温度改变为1T '＝278 K ，2T '＝303 K 时，两边体积比为 ()221121//T M T M V V ''=''＝0.9847 <1． 即21V V '<' ．可见水银滴将向左边移动少许．6. 解：根据kT m 23212=v ， 可得 N k T m N23212=v，即 ()m N R T N m m Nd /23212=v=()RT MMmol/23 =()V MRT ρmol/23＝7.31×106 ．又 ()T iR M M E ∆=∆21/mol＝()T iR MV ∆21/molρ＝4.16×104J ．及 ()()()2/1212/1222/12vvv-=∆＝ ()()122/1mol/3T T MR -＝0.856 m/s ．练习十四 热力学（一）参考解答1. (C)2. (A)3. 166 J4. ||1W - ， ||2W -5. 解：(1) 等温过程气体对外作功为⎰⎰===V 3V V 3V 3ln RT V d VRT V d p W=8.31×298×1.0986 J = 2.72×103 J(2) 绝热过程气体对外作功为V VV p Vp W V V V V d d 0003003⎰⎰-==γγRT V p 1311131001--=--=--γγγγ＝2.20×103J6. 解：(1) 312111035.5)/ln(⨯==V V RT Q J(2) 25.0112=-=T T η.311034.1⨯==Q W η J (3) 3121001.4⨯=-=W Q Q J练习十五 热力学（二）参考解答1. (D)2. (B)3. 等压等压等压4. 124.7 J-84.3 J5. 解：氦气为单原子分子理想气体，3=i (1) 等体过程，V ＝常量，W =0据 Q ＝∆E +W 可知 )(12T T C MM E Q V m o l-=∆=＝623 J(2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C MM Q p m o l-==1.04×103J∆E 与(1) 相同． W = Q - ∆E ＝417 J(3) Q =0，∆E 与(1) 同 W = -∆E=-623 J (负号表示外界作功)6. 解：由图，p A =300 Pa ，p B = p C =100 Pa ；V A =V C =1 m 3，V B =3 m 3． (1) C →A 为等体过程，据方程p A /T A = p C /T C 得 T C = T A p C / p A =100 K ． B →C 为等压过程，据方程V B /T B =V C /T C 得 T B =T C V B /V C =300 K ．(2) 各过程中气体所作的功分别为 A →B ： ))((211C B B A V V p p W -+==400 J ．B →C ： W 2 = p B (V C －V B ) = -200 J ． C →A ： W 3 =0(3) 整个循环过程中气体所作总功为W = W 1 +W 2 +W 3 =200 J ．因为循环过程气体内能增量为ΔE =0，因此该循环中气体总吸热Q =W +ΔE =200 J ．练习十六 静电场（一）参考解答1. (C)2. (C)3. 单位正试验电荷置于该点时所受到的电场力4. 4N / C ， 向上5. 解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε 总场强为 ⎰+π=Lx d L x L q E 020)(d 4－ε()d L d q+π=04ε方向沿x 轴，即杆的延长线方向．6. 解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ 处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220R QR q E π=π= 按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202RQ E E x π==θθεθd cos 2cos d d 202RQ E E y π-=-= 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R Q E x ＝0 2022/2/0202d c o s d c o s 2R QR QE y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 j RQj E i E E y x 202επ-=+=练习十七 静电场（二）参考解答1. (D)2. (B)3. －(σ S ) /ε 0 (σ S ) /ε 04. πR 2E5. 解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为43d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到()0214/εArE =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有0422/4εAR r E π=π⋅得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．6. 证：用高斯定理求球壳内场强：()02/d 4d ερ⎰⎰+=π⋅=⋅V S V Q r E S E 而 ⎰⎰⎰π=π⋅=rr a v r r A r r r A V 02d 4d 4d ρ ()222ar A -π=()2220202414ar A rrQ E -π⋅π+π=εε20220224rAaA r Q Eεεε-+π=要使E的大小与r 无关，则应有02420220=-πrAarQ εε， 即22aQA π=练习十八 静电场（三）参考解答1. (D)2. (B)3． Q / (4πε 0R 2) ， 0， Q / (4πε0R ) ， Q / (4πε0r 2)4. λ / (2ε 0)5.解：在圆盘上取一半径为r →r ＋d r 范围的同心圆环．其面积为d S =2πr d r其上电荷为 d q =2πσr d r它在O 点产生的电势为02d 4d d εσεr r q U =π= 总电势 02d 2d εσεσRr U U RS===⎰⎰6. 解：(1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=22110041r q r q U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛π-ππ=22212104441r r r r σσε()210r r +=εσ2100r r U +=εσ＝8.85×10-9C / m 2(2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有()21001r r U σσε'+='= 0 即 σσ21r r -='外球面上应变成带负电，共应放掉电荷()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π='-π='212222144r r r r q σσσ ()20021244r U r r r εσπ=+π=＝6.67×10-9 C练习十九 静电场中的导体与电介质（一）参考解答1. (B)2. (A)3. )18/(202R Q επ4. σ (x ，y ，z )/ε0， 与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0)5. 解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为：E = 0 (板内) )2/(0εσ±=x E (板外) 1、2两点间电势差 ⎰=-2121d x EU U x)(20a b -=εσ6. 解：(1) 两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A 、B 外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A 、B 所带的电荷分别为Q 1、Q 2，由于A 、B 用导线连接，故两者等电势，即满足：RQ R Q 0110144εεπ-+πRQ R Q 0220244εεπ-+π=代入数据解得 7/1/21=Q Q 两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为744/421222122022101max 2max 1==ππ=R Q R Q R Q R Q E E εε B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即62202max 21034⨯=π=R Q E ε V/m (2) 由E 2 max 解得 Q 2 =3.3 ×10-4 C==2171Q Q 0.47×10-4C击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q 1+ Q 2 =3.77×10-4 C1练习二十 静电场中的导体与电介质（二）参考解答1. （B ）2. (B)3. 0/εσ4. 增大 增大5. 解： 200E 21W ε=， 其中 E 为真空中的场强。
安徽工业大学级《大学物理A》(甲卷)及参考标准答案
作业序号_________ 教师姓名__________________ 专业__________________ 学号__________________ 姓名________________注意事项:1.请在本试卷上直接答题.2.密封线下面不得写班级,姓名,学号等.…………………………2012~2013学年第一学期………………………密封装订线…………………2013年1月13日……………………………………………安徽工业大学11级《大学物理A2》期末考试试卷 (甲卷):（每空3分，共 36分，1~5题共18分，6~10题共18分）.1、如图所示，一电荷线密度为λ的无限长带电直线垂直通过图面上的A 点；一带有电荷Q 的均匀带电球体，其球心处于O 点．△AOP 是边长为a 的等边三角形．为了使P 点处场强方向垂直于OP ，则λ和Q 的数量之间应满足关系 Q =_____________，且λ与Q 为_______号电荷．2、在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电 势零点，则M 点的电势为_____________。
3、图示为一边长均为a 的等边三角形，其三个顶点分别放置着电荷为q 、2q 、3q 的三个正点电荷，若将一电荷为Q 的正点电荷从无穷远处移至三角形的中心O 处，则外 力需作功A ＝______________．4、两个电容器1和2，串联以后接上电动势恒定的电源充电．在电源保持联接的情况下，若把电介质充入电容器2中，则电容器1上的电势差______________．(填增大、减小、不变)5、一个带电的金属球，当其周围是真空时，储存的静电能量为W e 0，使其电荷保持不变，把它浸没在相对介电常量为εr 的无限大各向同性均匀电介质中，这时它的静电能量W e =_____________________．6、将半径为R 的无限长导体薄壁管(厚度忽略)沿轴向割去一宽度为h ( h << R )的无限长狭缝后，再沿轴向流有在管壁上均匀分布的电流，其面电流密度(垂直于电流的单位长度截线上的电流)为i (如图)，则管轴线磁感 强度的大小是__________________．7、如图，一根载流导线被弯成半径为R 的1/4圆弧，电流方向由a 到b ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，则载流导线ab 所受磁场的作用力大小为__________ ， 方向为_________________． 8、磁换能器常用来检测微小的振动．如图，在振动杆的一端固接一个N 匝的矩形线圈，线圈的一部分在匀强磁场B中，设杆的微小振动规律为x =A cos ω t ,线圈随杆振动时，线圈中的感应电动势大小为_______________．9、在X 射线散射实验中，散射角为φ 1 = 45°和φ 2 =60°的散射光波长改变量之比∆λ1：∆λ2=_________________．10、静止质量为m e 的电子，经电势差为U 12的静电场加速后，若不考虑相对论效应，电子的德布罗意波长λ＝_______________________．二、 选择题: 请将你所选的各题答案的序号填入下表(每题3分,共36分) 、如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电荷Q 1，外球面半径为R 2、带电荷Q 2 .设无穷远处为电势零点，则在两个球面之间、距离球心为r 处的P 点的电势U为：(A) rQ Q 0214επ+ (B) 20210144R Q R Q εεπ+π(C) 2020144R Q r Q εεπ+π (D) r Q R Q 0210144εεπ+π2、真空中有两个点电荷M 、N ，相互间作用力为F，当另一点电荷Q 移近这两个点电荷时，M 、N 两点电荷之间的作用力：(A) 大小不变，方向改变． (B) 大小改变，方向不变．(C) 大小和方向都不变． (D) 大小和方向都改．3、A 、B 为两导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示．A板带电荷+Q 1，B 板带电荷+Q 2，如果使B 板接地，则AB 间电场强度的大小E 为 (A) S Q 012ε ．(B) S Q Q 0212ε- (C) S Q 01ε (D) SQ Q 0212ε+4、一带电大导体平板，平板二个表面的电荷面密度的代数和为σ ，置于电场强度为0E的均匀外电场中，且使板面垂直于0E的方向．设外电场分布不因带电平板的引入而改变，则板的附近左、右两侧的合场强为：(A) 002εσ-E ，002εσ+E ． (B) 002εσ+E ，002εσ+E ． (C) 002εσ+E ，002εσ-E ． (D) 002εσ-E ，002εσ-E ．5、一个电流元l Id 位于直角坐标系原点 ，电流沿z 轴方向 ，则：点P (x ，y ，z )的磁感强度沿x 轴的分量是：(A) 0．(B) 2/32220)/(d )4/(z y x l Iy ++π-μ． (C) 2/32220)/(d )4/(z y x l Ix ++π-μ． (D) )/(d )4/(2220z y x l Iy ++π-μ6、把轻的正方形线圈用细线挂在载流直导线AB 的附近，两者在同一平面内，直导线AB 固定，线圈可以活动．当正方形线圈通以如图所示的电流时线圈将(A) 发生转动，同时靠近导线AB ．(B) 发生转动，同时离开导线AB ．(C) 靠近导线AB ． (D) 离开导线AB ． 7、有一半径为R 的单匝圆线圈，通以电流I ，若将该导线弯成匝数N = 2的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感强度和线圈的磁矩分别是原来的(A) 4倍和1/8．(B) 4倍和1/2．(C) 2倍和1/4．(D) 2倍和1/2．q qB +Q2 A B0E8、如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B平行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab边以匀角速度 ω 转动时，abc 回路中的感应电动势ε 和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为(A) ε=0，U a – U c =221l B ω．(B) ε=0，U a – U c =221l B ω-．(C) ε=2l B ω，U a – U c =221l B ω．(D) ε=2l B ω，U a – U c =221l B ω-．9、在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为ε的正方向，则代表线圈内自感电动势ε随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个？10、如图所示，两个线圈P 和Q 并联地接到一电动势恒定的电源上．线圈P 的自感和电阻分别是线圈Q 的两倍，线圈P 和Q 之间的互感可忽略不计．当达到稳定状态后，线圈P 的磁场能量与Q 的磁场能量的比值是 (A) 4． (B) 2． (C) 1． (D) 2111、在康普顿效应实验中，若散射光波长是入射光波长的 1.2倍，则散射光光子能量ε与反冲电子动能E K 之比ε / E K 为(A) 2． (B) 3． (C) 4． (D) 5．12、关于不确定关系 ≥∆∆x p x ()2/(π=h )，有以下几种理解：(1) 粒子的动量不可能确定．(2) 粒子的坐标不可能确定．(3) 粒子的动量和坐标不可能同时准确地确定．(4) 不确定关系不仅适用于电子和光子，也适用于其它粒子．其中正确的是： (A) (1)，(2). (B) (2)，(4). (C) (3)，(4). (D) (4)，(1).三、 计算题（共28分，依次为8分、8分、6分、6分） 1、（8分）有一带电球壳，内、外半径分别为a 和b ，电荷体密度ρ = A / r ，在球心处有一点电荷Q ，分别求出球壳内部（r < a ）、球壳区域（a < r < b ）以及球壳外部(r > b )的电场强度．2、（8分）有一长直导体圆管，内外半径分别为R 1和R 2，如图，它所载的电流I 1均匀分布在其横截面上．导体旁边有一绝缘“无限长”直导线，载有电流I 2，且在中部绕了一个半径为R 的圆圈．设导体管的轴线与长直导线平行，相距为d ，而且它们与导体圆圈共面，求圆心O 点处的磁感强度．3、（6分）如图所示，一长直载流导线，其电流I ( t ) = I 0 sin (ω t + φ0) ，一正方形线圈与其共面，尺寸及相对位置如图中所注，求方形线圈中的感应电动势 (不计线圈自身的自感)．4、（6分）光电管的阴极用逸出功为A = 2.2 eV 的金属制成，今用一单色光照射此光电管，阴极发射出光电子，测得遏止电势差为| U a | = 5.0 V ，试求： (1) 光电管阴极金属的光电效应红限波长；(2) 入射光波长．（普朗克常量h = 6.63×10-34 J ·s ， 基本电荷e = 1.6×10-19 C ）……………………………………………………………………………此线以下答题无效………………………………………………………………安徽工业大学11级大学物理A2期末考试答案与评分标准一．填空题（36分，每空3分）得分得分得分Ba b clω t 0 I t 0 tt 0t 0(A)(B)(C)(D)(b)(a)Pa bQ ρaaa I ( t )1. (1) a λ，(2) 异号2. aq 08πε-（符号错误扣1分）3. aqQ 0233πε4. 增大5.re W ε06.Rihπμ20 7. BIR 2，y 轴正向8. t NBbA ωωsin 9. 0.586或者22-10.122eU m h e二. 选择题（36分，每题3分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 甲卷 C C C A B C B B D D D C 乙卷BACDBDDADADC三. 计算题（28分）（说明：计算题仅给出一种解题步骤及答案，也可用其他方法解题。
安徽工业大学工程力学练习册习题答案
2-3 如图所示，输电线ACB架在两电线杆之间，形成一下垂线，下垂距离CD=f=1m，两电线杆间距离AB=40m。
电线ACB段重P=400N，可近视认为沿AB直线均匀分布，求电线的中点和两端的拉力。
题2-3图以AC段电线为研究对象，三力汇交NFNFFFFFFFCAGAyCAx200020110/1tansin,0,cos,0=======∑∑解得：ααα2-9 在图示结构中，各构件的自重略去不计，在构件BC上作用一力偶矩为M的力偶，各尺寸如图。
求支座A的约束反力。
题2-9图1作受力图2、BC只受力偶作用，力偶只能与力偶平衡lMFFCB==3、构件ADC三力汇交lMFFFFACAX2'22,0-==--=∑2-17 图示构架中，物体重1200N，由细绳跨过滑轮E而水平系于墙上，尺寸如图所示，不计杆和滑轮的重量。
求支承A和B处的约束反力以及杆BC的内力F BC。
题2-17图以整体为研究对象)5.1()2(4,0)(0,0,0=-⨯-+⨯-⨯==-+===∑∑∑r P r P F F MP F F F PF F B A B Ay YAx Xρ解得：NF N F N F B Ay Ax 10501501200===以CDE 杆和滑轮为研究对象05.125.15.12,0)(22=⨯++⨯⨯=∑P F F M B D ρ解得：N F B1500-=2-18 在图示构架中，各杆单位长度的重量为300N/m ，载荷P =10kN ，A 处为固定端，B ，C ，D 处为绞链。
求固定端A 处及B ，C 为绞链处的约束反力。
题2-18图5-1 图示各梁，试利用剪力、弯矩与载荷集度间的关系画剪力图与弯矩图。
(a)Pl2l 2l Pq2l 2l q l题5-8图(c)q2l2lqq2q l2l2l(d)题5-8图(e)q4l 2l 4lDC(f)3l qlq3l 3l题5-8图a(g)aaqq2qaqaa aaq q(h)题5-8图6-1 求图示T 形铸铁梁的最大拉应力和最大压应力。
安徽工业大学11级《大学物理B2》(甲卷)及参考答案
作业序号_________ 教师姓名__________________ 专业__________________ 学号__________________姓名________________注意事项:1.请在本试卷上直接答题.2.密封线下面不得写班级,姓名,学号等.…………………………2012~2013学年第一学期………………………密封装订线…………………2013年1月13日……………………………………………安徽工业大学11级《大学物理B2》期末考试试卷 (甲卷)一、 填空题:（每空3分，共 36分，1~5题共18分，6~10题共18分）.1、如图所示，一电荷线密度为λ的无限长带电直线垂直通过图面上的A 点；一带有电荷Q 的均匀带电球体，其球心处于O 点．△AOP 是边长为a 的等边三角形．为了使P 点处场强方向垂直于OP ，则λ 和Q 的数量之间应满足关系Q=_____________，且λ与Q 为_______号电荷．2、在点电荷+q 的电场中，若取图中P 点处为电势零点，则M 点的电势为_____________。
3、图示为一边长均为a 的等边三角形，其三个顶点分别放置着电荷为q 、2q 、3q 的三个正点电荷，若将一电荷为Q 的正点电荷从无穷远处移至三角形的中心O 处，则外力需作功A ＝______________．4、两个电容器1和2，串联以后接上电动势恒定的电源充电．在电源保持联接的情况下，若把电介质充入电容器2中，则电容器1上的电势差______________．(填增大、减小、不变)5、一个带电的金属球，当其周围是真空时，储存的静电能量为W e 0，使其电荷保持不变，把它浸没在相对介电常量为εr 的无限大各向同性均匀电介质中，这时它的静电能量W e =_____________________．6、将半径为R 的无限长导体薄壁管(厚度忽略)沿轴向割去一宽度为h ( h << R )的无限长狭缝后，再沿轴向流有在管壁上均匀分布的电流，其面电流密度(垂直于电流的单位长度截线上的电流)为i (如图)，则管轴线磁感强度的大小是__________________．7、如图，一根载流导线被弯成半径为R 的1/4圆弧，电流方向由a 到b ，放在磁感强度为B 的均匀磁场中，则载流导线ab 所受磁场的作用力大小为___________ ， 方向为_________________． 8、磁换能器常用来检测微小的振动．如图，在振动杆的一端固接一个N 匝的矩形线圈，线圈的一部分在匀强磁场B ϖ中，设杆的微小振动规律为x =A cos ω t ,线圈随杆振动时，线圈中的感应电动势的大小为_______________．9、一空气平行板电容器，两板相距为d ，与一电池连接时两板之间相互作用力的大小为F ，在与电池保持连接的情况下，将两板距离拉开到2d ，则两板之间的静电作用力的大小是______________________．10、μ子是一种基本粒子，在相对于μ子静止的坐标系中测得其寿命为τ0＝2×10-6 s ．如果μ子相对于地球的速度为=v 0.988c (c 为真空中光速)，则在地球坐标系中测出的μ子的寿命τ＝____________________．二、 选择题: 请将你所选的各题答案的序号填入下表(每题3分,共36分)、如图所示，两个同心的均匀带电球面，内球面半径为R 1、带电荷Q 1，外球面半径为R 2、带电荷Q 2 .设无穷远处为电势零点，则在两个球面之间、距离球心为r 处的P 点的电势U 为：(A)r Q Q 0214επ+ (B)20210144R Q R Q εεπ+π(C)2020144R Q r Q εεπ+π (D) rQ R Q 0210144εεπ+π2、真空中有两个点电荷M 、N ，相互间作用力为F ϖ，当另一点电荷Q 移近这两个点电荷时，M 、N 两点电荷之间的作用力：(A) 大小不变，方向改变． (B) 大小改变，方向不变．(C) 大小和方向都不变．(D) 大小和方向都改．3、A 、B 为两导体大平板，面积均为S ，平行放置，如图所示．A 板带电荷+Q 1，B 板带电荷+Q 2，如果使B 板接地，则AB 间电场强度的大小E 为 (A) S Q 012ε．(B) S Q Q 0212ε- (C) S Q 01ε．(D) SQQ 0212ε+4、一带电大导体平板，平板二个表面的电荷面密度的代数和为σ ，置于电场强度为0E ϖ的均匀外电场中，且使板面垂直于0E ϖ的方向．设外电场分布不因带电平板的引入而改变，则板的附近左、右两侧的合场强为：(A) 002εσ-E ，002εσ+E．(B) 002εσ+E ， 002εσ+E ． (C) 002εσ+E ，002εσ-E ．(D) 002εσ-E ， 002εσ-E ．5、一个电流元l I ϖd 位于直角坐标系原点，电流沿z 轴方向 ，点P (x ，y ，z )的磁感强度沿x 轴的分量是：(A) 0．(B) 2/32220)/(d )4/(z y xl Iy ++π-μ． (C) 2/32220)/(d )4/(z y x l Ix ++π-μ． (D) )/(d )4/(2220z y x l Iy ++π-μ6、把轻的正方形线圈用细线挂在载流直导线AB 的附近，两者在同一平面内，直导线AB 固定，线圈可以活动．当正方形线圈通以如图所示的电流时线圈将(A) 发生转动，同时靠近导线AB ．(B) 发生转动，同时离开导线AB ．(C) 靠近导线AB ． (D) 离开导线AB ． 7、有一半径为R 的单匝圆线圈，通以电流I ，若将该导线弯成匝数N = 2的平面圆线圈，导线长度不变，并通以同样的电流，则线圈中心的磁感强度和线圈的磁矩分别是原来的 (A) 4倍和1/8．(B) 4倍和1/2．(C) 2倍和1/4． (D) 2倍和1/2．q qB ϖ+Q2 A B0E ϖ8、如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B ϖ平行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab边以匀角速度ω 转动时，abc 回路中的感应电动势ε 和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为(A) ε=0，U a – U c =221l B ω．(B) ε =0，U a – U c =221l B ω-．(C) ε =2l B ω，U a – U c =221l B ω．(D) ε =2l B ω，U a – U c =221l B ω-．9、在一自感线圈中通过的电流I 随时间t 的变化规律如图(a)所示，若以I 的正流向作为ε 的正方向，则代表线圈内自感电动势ε 随时间t 变化规律的曲线应为图(b)中(A)、(B)、(C)、(D)中的哪一个10、如图所示，两个线圈P 和Q 并联地接到一电动势恒定的电源上．线圈P 的自感和电阻分别是线圈Q 的两倍，线圈P 和Q 之间的互感可忽略不计．当达到稳定状态后，线圈P 的磁场能量与Q 的磁场能量的比值是 (A) 4． (B) 2． (C) 1． (D)2111、 在狭义相对论中，下列说法中哪些是正确的？(1) 一切运动物体相对于观察者的速度都不能大于真空中的光速． (2) 质量、长度、时间的测量结果都是随物体与观察者的相对运动状态而改变的． (3) 在一惯性系中发生于同一时刻，不同地点的两事件在其他一切惯性系中是同时发生的． (4) 惯性系中的观察者观察一个与他作匀速相对运动的时钟时，会看到这时钟比与他相对静止的相同的时钟走得慢些． (A) (1)，(3)，(4)． (B) (2)，(3)，(4)．(C) (1)，(2)，(3)． (D) (1)，(2)，(4)．12、根据相对论力学，动能为0.25 MeV 的电子，其运动速度约等于 (A) 0.1c (B) 0.5 c(C) 0.75 c (D) 0.85 c (c 表示真空中的光速，电子的静能m 0c 2 = 0.51 MeV) 三、 计算题（共28分，依次为6分、8分、6分、8分） 1、（6分）一匀质矩形薄板，在它静止时测得其长为a ，宽为b ，质量为m 0．由此可算出其面积密度为m 0 /ab ．假定该薄板沿长度方向以接近光速的速度v 作匀速直线运动，此时再测算该矩形薄板的面积密度是多少？2、（8分）有一长直导体圆管，内外半径分别为R 1和R 2，如图，它所载的电流I 1均匀分布在其横截面上．导体旁边有一绝缘“无限长”直导线，载有电流I 2，且在中部绕了一个半径为R 的圆圈．设导体管的轴线与长直导线平行，相距为d ，而且它们与导体圆圈共面，求圆心O 点处的磁感强度．3、（6分）如图所示，一长直载流导线，其电流I ( t )=I 0Sin(ω 0t +φ)，一正方形线圈与其共面，尺寸及相对位置如图中所注，求方形线圈中的感应电动势 (不计线圈自身的自感)．4、（8分）有一带电球壳，内、外半径分别为a 和b ， 且电荷体密度ρ= A / r ，在球心处有一点电荷Q ，求球壳内部（r <a ）、球壳区域（a <r < b ）以及球壳外部(r >b)的电场强度。
06级A1B1期终考试卷解答(4合1)
S1 l1 解：(1) 如图，设 P0 为零级明纹中心 则 r2 r1 d P0 O d /D S0 l2 (l2 +r2) (l1 +r1) = 0 ∴ r2 – r1 = l1 – l2 = 3 S2 D ∴ P0 O Dr2 r1 / d 3D / d 3分
(2) 在屏上距 O 点为 x 处, 光程差 ( dx / D ) 3 2分 明纹条件 (k＝1，2，....) xk k 3 D / d
=60°的方向上．求此光栅的光栅常数 d．
23.
一体积为 V0，质量为 m0 的立方体沿其一棱的方向相对于观察者 A
d sin 2 k 2 2 解：由光栅衍射主极大公式得 d sin 1 k11 sin 1 k11 k1 440 2k1 3 分 当两谱线重合时有 1=2 1 分 sin 2 k 2 2 k 2 660 3k 2
i0
1 2
11. 有下列几种说法： (1) 所有惯性系对物理基本规律都是等价的． (2) 在真空中，光的速度与光的频率、光源的运动状态无关． (3) 在任何惯性系中，光在真空中沿任何方向的传播速率都相同． 若问其中哪些说法是正确的, 答案是 (A) 只有(1)、(2)是正确的． (B) 只有(1)、(3)是正确的． (C) 只有(2)、(3)是正确的． (D) 三种说法都是正确的． 12. 根据相对论力学,动能为 0.25 MeV 的电子，其运动速度约等于 (A) 0.1c (B) 0.5 c (C) 0.75 c (D) 0.85 c 2 ( c 表示真空中的光速，电子的静能 m0c = 0.51 MeV) 二．填空：将下列各题答案按题号及顺序由左到右填入下表(共 34 分) 得分 题 号 13 14 填空 1 3/2n（+，-皆对） 填空 2 填空 3
安徽工业大学大学物理练习册习题解答
安徽⼯业⼤学⼤学物理练习册习题解答练习⼗六狭义相对论（⼀）答案 1、 (D) 2、 (B) 3、 (B) 4、c ·?t ，2)/(1c t c v -分析：在飞船所处惯性系中测定的飞船的长度为其固有长度o L = c ·?t （这和我们平常的长度测量没有区别，不涉及尺缩效应），⽽地⾯观测者测定运动飞船的长度发⽣尺缩，1o L L γ-=。
5、10.4m分析：设实验室为相对静⽌的惯性系S 系，π介⼦所处为运动的惯性系S ＇系，此时π介⼦在S ＇系中的寿命为固有寿命0τ，在实验室参考系S 系中的寿命为0t γτ?=，故⾏距离0l v t v γτ=?==10.4m.6、解：设地球和⽉球位于K 系x 轴上，地球与⽉球距离为o L ，飞船为K ’系，相对于K 系以速度v 沿x 轴正⽅向作匀速直线运动。
地球上的时钟显⽰的旅⾏时间为s v L t o 27.41033.01084.388===? 在飞船上测量地、⽉距离L 时，K 系的o L 是固有长度，由“长度收缩”效应：2821 3.6610ovL L mc =-=? 飞船上的时钟显⽰的旅⾏时间为s v Lt 07.41033.01066.3'88===? t t ?在飞船上，即同地发⽣的两事件，所以飞船时钟所显⽰的时间间隔是“固有时间”。
练习⼗七狭义相对论（⼆）答案1、 (B)2、 (C)3、12-K Kc4、 1.04分析：由220-K E mc m c = 得： 2K m E c ?=00K m m E m c m m c++==1.045、解：当薄板以速度v 沿其长度⽅向匀速直线运动时，相对于板静⽌的观察者测得该板的长为2'c v 1a a ??-=,宽b b '=，此时板的质量20c v 1m m ??-=则该板的⾯积密度为：??-=?-? -==ρ20220''c v 1ab m b 1c v 1a 1c v 1m ba m6、解：（1）由相对论的功能关系，电⼦由静⽌加速到0.1c 所需的功为：2020222021005.0)1/11(-c m c m c v c m mc W =--==（2）同理，电⼦由速率0.89c 加速到0.99c 所需的功为：2022122221222)/11/11(-c m c v c v c m c m W ---==2020221、 (C) ;2、 (C)3、单位正电荷在该点受到的电场⼒4、2204a +b qπε（）; O 点指向D 点. 5、解： 1、求左棒在右棒处各点的场强：2、右棒x'处电荷元受的电场⼒：3、右棒受的总电场⼒：⽅向：x ⽅向6、 0U =0 /2Q R πλ= d q d l R dλλθ== 20044dq dE d R Rλθπεπε== 202202sin 2sin 4E dE d RQR πλθθθπεπε===Oxl2lλ dxx'20011()4()4ldx E x x x l xλλπεπε==-'''--?2011()4dF dx E dx x l x λλπε''=?=-''-322002114()ln 443l l F dx x l xλλπεπε'=-=''-?1、 (C) ;2、 (C)3、24016Q SRπε?4、 0 ; ⾼斯⾯上各点处 .5、解：通过平⾯S1的电通量:通过平⾯S2的电通量:总电通量:6、解：板外⼀点：⽅向：垂直板⾯向外。
安徽工程大学大物练习册解答
1.[C]提示：位移元r d、路程元ds 都是大小趋于0的无限小量，而12r r r-=∆是始末位置之间的直线距离，路程Δs 则是运动轨迹的长度。
2.29417x y -= ；38(/)i j －m s ；28(/)j -m s解：由 j t i t j y i x r)417(32-+=+= 知：⎩⎨⎧-==24173t y t x 消去参数t ，即得运动轨迹方程29417x y -= （抛物线），j t i dtr d 83-==v代入t ＝1得：j i831－=v 常量=-==j dtd a 8v3.[D]提示：质点的速率||dr ds dt dtυ===而dr dt 表示质点的速度矢量；||d r dt 和dr dt都表示位矢大小随时间的变化率。
4.[B]解：由直线运动的速度dtdx =v 得vdt =dx ，积分得位移dt dx x x ⎰⎰==05.40v ∆，即：⎰⎰⎰⎰⎰⎰+++++=5.444335.25.222110t t t t t t x d v d v d v d v d v d v 654321∆。
由积分的几何意义知，位移对应v -t图上曲线与横轴所包围的面积。
当v <0时，曲线在横轴下方，对应的位移为负，表示位移矢量的方向。
∴()0~2.5) 2.5~4.5)11(1 2.5)2(12)12m 22x x S S =∆=-=+⨯⨯-+⨯⨯=梯（梯（ 5.解：（1）质点在4.0秒内的位移为：m x x x 3223004-=--=-=∆（2）2612t t dtdx -==v ， 令v =0 求得质点反向运动时刻为t =2s .（t=0舍去）如图所示。
则m x x x x x x s 481030210240221=--+-=-+-=+=∆∆∆6.解：由加速度定义得：dx d dt dx dx d dt d av v v v =⋅== 即：2＋6 x 2＝dxd v v 得微分方程：v v d dx x =+)62(2， 两边积分， ⎰⎰=+vv v 02)62(d dx x x解得：32x x +=v 即 32)(x x x +=vx （m ）x 0x 2x 4x 31.12a g τ=；2332v g =ρ 解：如图∵︒==30cos 2g a n v∴2233230cos v v gg ＝︒=ρ切向加速度大小为 2/22g a g a n t =-=2. a t ＝2.4m/s 2 ；a n ＝14.4m/s 2解：212t dt d ==θω，t dtd 24==ωα。
大学物理课后习题答案(全册)
《大学物理学》课后习题参考答案习题11-1. 已知质点位矢随时间变化函数形式为)ωｔsin ωｔ(cos j i R r其中为常量．求：（1）质点轨道；(2)速度和速率。
解：1）由)ωｔsin ωｔ(cos j i R r知t cos R x ωtsin R yω消去t 可得轨道方程222Ryx2）jr vt Rcos sin ωωt ωR ωdtd iRωt ωR ωt ωR ωv2122])cos ()sin [(1-2. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir )t 23(t 42，式中r 的单位为m ，t 的单位为s .求：（1）质点的轨道；（2）从0t到1t 秒的位移；（3）0t 和1t 秒两时刻的速度。
解：1）由j ir)t 23(t 42可知2t 4x t23y消去t 得轨道方程为：2)3y(x2）jir v 2t 8dtd jij i v r 24)dt2t 8(dt101Δ3）jv 2(0)jiv 28(1)1-3. 已知质点位矢随时间变化的函数形式为j ir t t 22，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。
解：1）ji r v2t 2dtd iv a2dtd 2）212212)1t(2]4)t 2[(v1tt 2dtdv a 2t22221nta aat 1-4. 一升降机以加速度a 上升，在上升过程中有一螺钉从天花板上松落，升降机的天花板与底板相距为d ，求螺钉从天花板落到底板上所需的时间。
解：以地面为参照系，坐标如图，升降机与螺丝的运动方程分别为20121att v y （1）图 1-420221gttv h y （2）21y y （3）解之2d tg a 1-5. 一质量为m 的小球在高度h 处以初速度0v 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td dr ，td dv ，tv d d .解：（1）t v x 0式（1）2gt21hy 式（2）jir )gt 21-h (t v (t)20（2）联立式（1）、式（2）得22v 2gx hy （3）ji r gt -v td d 0而落地所用时间gh 2t所以j i r 2gh -v t d d 0jv g td d 2202y2x)gt (vvvv 211222222[()](2)g ghg t dv dtvgt vgh 1-6. 路灯距地面的高度为1h ，一身高为2h 的人在路灯下以匀速1v 沿直线行走。
安工大-大学物理a1试卷答案2009级
……………………………………………………09~10学年第二学期…………………………………2010年7月6日15：00～17：00………………安徽工业大学09级《大学物理A 1》期末考试试卷解答及评分标准)8、60°或π/3三、计算题（共 25分）1、（8分）解：等压过程末态的体积 101T T V V =等压过程气体对外作功 )1(P )(P 01000101-=-=T TV V V W =200 J （ 3分 ）根据热力学第一定律，绝热过程气体对外作的功为 W 2 =－△E =－νC V (T 2－T 1)这里 000P RT V =ν，R C V 25=，则 500)(2P 5120002==--=T T T VW J （ 4分）气体在整个过程中对外作的功为 W = W 1+W 2 =700 J ． （ 1分）2、（7分）解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为 )c o s(φω+=t A y画原点O 处质点t = t ＇时的旋转矢量图 得2'πϕω=+t '22t ωπϕ-=∴ （2x = 0处的振动方程为 ]21)(cos[π+'-=t t A y ω （2分） (2) 该波的表达式为 ]21)/(cos[π+-'-=u x t t A y ω （3分）3、（5分）解：(1) 棱边处是第一条暗纹中心，在膜厚度为e 2＝21λ处是第二条暗纹中心，（1分） 依此可知第四条暗纹中心处，即A 处膜厚度 e 4=λ23 （2分）∴ ()l l e 2/3/sin 4λθθ==≈＝4.8×10-5 rad （2分） 4、（5分）解：令第三级光谱中λ=400 nm 的光与第二级光谱中波长为λ' 的光对应的衍射角都为θ， 则 d sin θ =3λ，d sin θ =2λ'λ'= (d sin θ / )2==λ23600nm （4分）∴第二级光谱被重叠的波长范围是 600 nm----760 nm （1分）Y。
安徽工业大学《大学物理》试卷
A1甲卷 - 1 -教师姓名__________________ 作业序号_________专业__________________学号__________________姓名______________________安徽工业大学08级大学物理期中考试试卷一、选择题:1． 假定氧气的热力学温度提高一倍，氧分子全部离解为氧原子，则这些氧原子的平均速率是原来氧分子平均速率的(A) 4倍． (B) 2倍． (C)2倍．(D)21倍． ［ ］2． 在下列各种说法 (1) 平衡过程就是无摩擦力作用的过程．(2) 平衡过程一定是可逆过程． (3) 平衡过程是无限多个连续变化的平衡态的连接． (4) 平衡过程在p －V 图上可用一连续曲线表示．中，哪些是正确的？(A) (1)、(2)． (B) (3)、(4)． (C) (2)、(3)、(4)． (D) (1)、(2)、(3)、(4)． ［ ］3． 理想气体向真空作绝热膨胀． (A) 膨胀后，温度不变，压强减小． (B) 膨胀后，温度降低，压强减小． (C) 膨胀后，温度升高，压强减小． (D) 膨胀后，温度不变，压强不变． ［ ］4． 有两个相同的容器，容积固定不变，一个盛有氨气，另一个盛有氢气（看成刚性分子的理想气体），它们的压强和温度都相等，现将5J 的热量传给氢气，使氢气温度升高，如果使氨气也升高同样的温度，则应向氨气传递热量是：(A) 6 J. (B) 5 J.(C) 3 J. (D) 2 J. ［ ］5． 一定量的理想气体，起始温度为T ，体积为V 0．后经历绝热过程，体积变为2 V 0．再经过等压过程，温度回升到起始温度．最后再经过等温过程，回到起始状态．则在此循环过程中 (A) 气体从外界净吸的热量为负值． (B) 气体对外界净作的功为正值． (C) 气体从外界净吸的热量为正值． (D) 气体内能减少． ［ ］6． “理想气体和单一热源接触作等温膨胀时， 吸收的热量全部用来对外作功．”对此说法，有如下几种评论，哪种是正确的？ (A) 不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律． (B) 不违反热力学第二定律，但违反热力学第一定律． (C) 不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律．(D) 违反热力学第一定律，也违反热力学第二定律． ［ ］7． 某理想气体状态变化时，内能随体积的变化关系如图中AB 直线所示．A →B 表示的过程是 (A) 等压过程． (B) 等体过程． (C) 等温过程(D) 绝热过程． ［ ］8． 一质点作简谐振动，已知振动频率为f ，则振动动能的变化频率是 (A) 4f . (B) 2 f . (C) f .(D) 2/f . (E) f /4 ［ ］9． 图中所画的是两个简谐振动的振动曲线．若这两个简谐振动可叠加，则合成的余弦振动的初相为 (A)π23． (B) π．(C) π21． (D) 0．［ ］10． 一简谐横波沿Ox 轴传播．若Ox 轴上P 1和P 2两点相距λ / 8（其中λ 为该波的波长），则在波的传播过程中，这两点振动速度的 (A) 方向总是相同． (B) 方向总是相反． (C) 方向有时相同，有时相反． (D) 大小总是不相等． ［ ］11． 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，t = 0 时刻的波形图如图所示，则P 处介质质点的振动方程是 (A) )314cos(10.0π+π=t y P (SI)． (B) )314cos(10.0π-π=t y P (SI)． (C))312cos(10.0π+π=t y P(SI)．(D))612cos(10.0π+π=t y P (SI)． ［ ］12． 一平面简谐波沿x 轴正方向传播，t = 0 时刻的波形图如图所示，则P 处质点的振动在t = 0时刻的旋转矢量图是 ［ ］13． 当一平面简谐机械波在弹性媒质中传播时，下述各结论哪个是正确的？ (A) 媒质质元的振动动能增大时，其弹性势能减小，总机械能守恒．(B) 媒质质元的振动动能和弹性势能都作周期性变化，但二者的相位不相同． (C) 媒质质元的振动动能和弹性势能的相位在任一时刻都相同，但二者的数值不相等．(D) 媒质质元在其平衡位置处弹性势能最大． ［ ］14． S 1和S 2是波长均为λ 的两个相干波的波源，相距3λ /4，S 1的相位比S 2超前π21．若两波单独传播时，在过S 1和S 2的直线上各点的强度相同，不随距离变化，且两波的强度都是I 0，则在S 1、S 2连线上S 1外侧和S 2外侧各点，合成波的强度分别是(A) 4I 0，4I 0． (B) 0，0．(C) 0，4I 0 ． (D) 4I 0，0． ［ ］15． 如图所示，折射率为n 2、厚度为e 的透明介质薄膜的上方和下方的透明介质的折射率分别为n 1和n 3，已知n 1< n 2> n 3．若用波长为λ 的单色平行光垂直入射到该薄膜上，则从薄膜上、下两表面反射的光束(用①与②示意)的光程差是(A) 2n 2e ． (B) 2n 2 e －λ / 2.(C) 2n 2 e －λ ． (D) 2n 2 e －λ / (2n 2)． ［ ］n 3)SωSAO ′ωSAωO ′ωSAO ′(A )(B )(C )(D )A/ -A1甲卷 216． 用劈尖干涉法可检测工件表面缺陷，当波长为λ的单色平行光垂直入射时，若观察到的干涉条纹如图所示，每一条纹弯曲部分的顶点恰好与其左边条纹的直线部分的连线相切，则工件表面与条纹弯曲处对应的部分(A) 凸起，且高度为λ / 4． (B) 凸起，且高度为λ / 2． (C) 凹陷，且深度为λ / 2．(D) 凹陷，且深度为λ / 4． ［ ］17. 在迈克耳孙干涉仪的一支光路中，放入一片折射率为n 的透明介质薄膜后，测出两束光的光程差的改变量为一个波长λ，则薄膜的厚度是 (A) λ / 2． (B) λ / (2n )． (C) λ / n ． (D)()12-n λ． ［ ］18. 三个容器A 、B 、C 中装有同种理想气体，其分子数密度n 相同，而方均根速率之比为()()()2/122/122/12::CBA v v v＝1∶2∶4，则其压强之比A p ∶B p ∶C p 为：(A) 1∶2∶4． (B) 1∶4∶8．(C) 1∶4∶16． (D) 4∶2∶1． ［ ］19. 关于温度的意义，有下列几种说法：(1) 气体的温度是分子平均平动动能的量度．(2) 气体的温度是大量气体分子热运动的集体表现，具有统计意义．(3) 温度的高低反映物质内部分子运动剧烈程度的不同．(4) 从微观上看，气体的温度表示每个气体分子的冷热程度． 这些说法中正确的是(A) (1)、(2) 、(4)． (B) (1)、(2) 、(3)． (C) (2)、(3) 、(4)．(D) (1)、(3) 、(4)． ［ ］20. 一定量的理想气体分别由初态a 经①过程ab 和由初态a ′经②过程a ′cb 到达相同的终态b ，如p －T 图所示，则两个过程中气体从外界吸收的热量 Q 1，Q 2的关系为： (A) Q 1<0，Q 1> Q 2． (B) Q 1>0，Q 1> Q 2． (C) Q 1<0，Q 1< Q 2． (D) Q 1>0，Q 1< Q 2． ［ ］21. 如图所示，一定量理想气体从体积V 1，膨胀到体积V 2分别经历的过程是：A →B 等压过程，A →C 等温过程；A →D 绝热过程，其中吸热量最多的过程 (A) 是A →B. (B)是A →C. (C)是A →D.(D)既是A →B 也是A →C , 两过程吸热 [ ]22. 对于室温下的双原子分子理想气体，在等压膨胀的情况下，系统对外所作的功与从外界吸收的热量之比W / Q 等于 (A) 2/3． (B) 1/ 2．(C) 2/5． (D) 2/ 7． ［ ］23. 某理想气体分别进行了如图所示的两个卡诺循环：Ⅰ(abcda )和Ⅱ(a'b'c'd'a')，且两个循环曲线所围面积相等．设循环Ｉ的效率为η，每次循环在高温热源处吸的热量为Q ，循环Ⅱ的效率为η′，每次循环在高温热源处吸的热量为Q ′，则(A) η < η′, Q < Q ′. (B) η < η′, Q > Q ′.(C) η > η′, Q < Q ′. (D) η > η′, Q > Q ′. ［ ］24. 根据热力学第二定律可知： (A) 功可以全部转换为热，但热不能全部转换为功． (B) 热可以从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体 (C) 不可逆过程就是不能向相反方向进行的过程． (D) 一切自发过程都是不可逆的． ［ ］25. 一角频率为ω 的简谐波沿x 轴的正方向传播，t = 0时刻的波形如图所示．则t = 0时刻，x 轴上各质点的振动速度v 与x 坐标的关系图应为： ［ ］26. 两相干波源S 1和S 2相距λ /4，（λ 为波长）， S 1的相位比S 2的相位超前π21，在S 1，S 2的连线上，S 1外侧各点（例如P 点）两波引起的两谐振动的相位差是：(A) 0． (B) π21． (C)π． (D)π23． ［ ］27. 在双缝干涉实验中，两缝间距离为d ，双缝与屏幕之间的距离为D (D >>d )．波长为λ 的平行单色光垂直照射到双缝上．屏幕上干涉条纹中相邻暗纹之间的距离是(A) 2λD / d ． (B) λ d / D ．(C) dD / λ． (D) λD /d ． ［ ］28. 把一平凸透镜放在平玻璃上，构成牛顿环装置．当平凸透镜慢慢地向上平移时，由反射光形成的牛顿环 (A) 向中心收缩，条纹间隔变小．(B) 向中心收缩，环心呈明暗交替变化． (C) 向外扩张，环心呈明暗交替变化．(D) 向外扩张，条纹间隔变大． ［ ］29. 一束波长为λ 的单色光由空气垂直入射到折射率为n 的透明薄膜上，透明薄膜放在空气中，要使反射光得到干涉加强，则薄膜最小的厚度为 (A) λ / 4 ． (B) λ / (4n )．(C) λ / 2 ． (D) λ / (2n )． ［ ］二、填空题: .1. 分子热运动自由度为i 的一定量刚性分子理想气体，当其体积为V 、压强为p 时，其内能E ＝______________________．2. 一定量的某种理想气体， 先经过等体过程使其热力学温度升高为原来的2倍;再经过等压过程使其体积膨胀为原来的2倍，则分子的平均自由程变为原来的 __________倍．3. 有一卡诺热机，用290 g 空气为工作物质，工作在27℃的高温热源与-73℃的低温热源之间，此热机的效率η＝______________．若在等温膨胀的过程中 气缸体积增大到2.718倍，则此热机每一循环所作的功为_________________．(空气的摩尔质量为29×10-3 kg/mol ，普适气体常量R ＝8.31 11Kmol J --⋅⋅)4. 一质点作简谐振动的角频率为ω 、振幅为A ．当t = 0时质点位于Ax 21=处，且向x 正方向运动．试画出此振动的旋转矢量图．玻璃空气S 1S 2Pλ/4pVVpOabcda'b'c' d'。
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练习一 机械振动 (一) 参考解答1. (C) ;2. (B)3. )212/5cos(1022π-⨯=-t x (SI)4. 3.43 ( s ) ; -2π/3 .5. 解： k = m 0g / ∆l 25.12N/m 08.08.91.0=⨯=N/m11s 7s 25.025.12/--===m k ω 5cm )721(4/2222020=+=+=ωv x A cm4/3)74/()21()/(tg 00=⨯--=-=ωφx v ， φ = 0.64 rad)64.07cos(05.0+=t x (SI)6. 周期 25.0/2=π=ωT s ， 振幅 A = 0.1 m ， 初相 φ = 2π/3， v max = ω A = 0.8π m/s ( = 2.5 m/s )，a max = ω 2A = 6.4π2 m/s 2 ( =63 m/s 2 )．练习二 机械振动(二) 参考解答1．(D) ； 2. （C ） .3. )21c o s (04.0π-πt ;4. 3/2π± ;5. 解：(1) 势能 221kx W P =总能量 221kA E = 由题意，4/2122kA kx =， 21024.42-⨯±=±=A x m (2) 周期 T = 2π/ω = 6 s从平衡位置运动到2A x ±= 的最短时间 ∆t 为 T /8．∴ ∆t = 0.75 s ．6. 解： x 2 = 3×10-2 sin(4t - π/6) = 3×10-2cos(4t - π/6- π/2) = 3×10-2cos(4t - 2π/3)． 作两振动的旋转矢量图，如图所示．由图得：合振动的振幅和初相分别为 A = (5-3)cm = 2 cm ，φ = π/3．合振动方程为 x = 2×10-2cos(4t + π/3) (SI)xO ωπ/3-2π/3A1A2A1．(A ); 2. (D);3. }]/)1([c o s {φω+++=u x t A y (SI)4. ]/2cos[1φ+π=T t A y , ])//(2cos[2φλ++π=x T t A y5. 解：(1) 由P 点的运动方向，可判定该波向左传播．画原点O 处质点t = 0 时的旋转矢量图, 得4/0π=φO 处振动方程为 )41500cos(0π+π=t A y (SI) 由图可判定波长λ = 200 m ，故波动表达式为 ]41)200250(2cos[π++π=x t A y (SI) (2) 距O 点100 m 处质点的振动方程是 )45500cos(1π+π=t A y振动速度表达式是 )45500s i n (500v πππ+-=t A (SI)6. 解：(1) 设x = 0 处质点的振动方程为2c o s(νπ=t A y 画原点O 处质点t = t ＇时的旋转矢量图 得2'πϕω=+t '22t πνπϕ-=∴x = 0处的振动方程为 ]2)(2cos[π+'-π=t t A y ν (2) 该波的表达式为 ]21)/(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν Y1． (C) ； 2. (B) ;3. S 1的相位比S 2的相位超前π/2 ;★4. ])/(2cos[π++πλνx t A , )212cos()21/2cos(2π+ππ+πt x A νλ ;5. 解：(1) 如图A ，取波线上任一点P ，其坐标设为x ，由波的传播特性，P 点的振动超前于λ /4处质点的振动．该波的表达式为 )]4(22cos[λλλ-+=x utA y ππ)222cos(x ut A λλπππ+-= (SI)t = T 时的波形和 t = 0时波形一样． t = 0时)22cos(x A y λπ+π-=)22cos(π-π=x A λ按上述方程画的波形图见图B ．6. 解：=-π--=∆)(21212r r λφφφ422412/r r π-=π+π-πλλ464.0)cos 2(2/1212221=++=∆φA A A A A mO xP x λ/ 4u 图A1. （B ）2. （B ）3. d sin θ ＋(r 1－r 2)4. 7.32 mm5. 解：根据公式 x ＝ k λ D / d相邻条纹间距 ∆x ＝D λ / d则 λ＝d ∆x / D ＝562.5 nm ．6. 解：(1) ∵ dx / D ≈ k λx ≈Dk λ / d = (1200×5×500×10-6 / 0.50)mm= 6.0 mm (2) 从几何关系，近似有r 2－r 1≈ D /x d ' 有透明薄膜时，两相干光线的光程差 δ = r 2 – ( r 1 –l +nl ) = r 2 – r 1 –(n -1)l()l n D x 1/d --'= 对零级明条纹上方的第k 级明纹有 λδk = 零级上方的第五级明条纹坐标()[]d /k l 1n D x λ+-='=1200[(1.58－1)×0.01+5×5×10-4] / 0.50mm =19.9 mmP dλ x '1. A2. B3.22n λ4. 539.15. 解：加强， 2ne+21λ = k λ， 123000124212-=-=-=k k ne k ne λnm k = 1， λ1 = 3000 nm ， k = 2， λ2 = 1000 nm ， k = 3， λ3 = 600 nm ， k = 4， λ4 = 428.6 nm ，k = 5， λ5 = 333.3 nm ． ∴ 在可见光范围内，干涉加强的光的波长是λ＝600 nm 和λ＝428.6 nm ．6. 解：空气劈形膜时，间距 θλθλ2s i n 21≈=n l液体劈形膜时，间距 θλθλn 2sin n 2l 2≈=()()θλ2//1121n l l l -=-=∆∴ θ = λ ( 1 – 1 / n ) / ( 2∆l )＝1.7×10-4 rad1.（C）2.（B）3. 子波子波干涉(或答“子波相干叠加”)4. 500 nm(或5×10-4 mm)5. 解：中央明纹宽度∆x≈2fλ / a =2×5.46×10-4×500 / 0.10mm =5.46 mm 6. 解1. （D ）2. （D ）3. 10λ4. 35. 解：由光栅公式 (a ＋b )sin ϕ =k λk =1， φ =30°，sin ϕ1=1 / 2∴ λ=(a ＋b )sin ϕ1/ k =625 nm 若k =2, 则 sin ϕ2=2λ / (a + b ) = 1, ϕ2=90°实际观察不到第二级谱线6. 解：(1) 由光栅衍射主极大公式得 ()1330sin λ=+ b acm 1036.330sin 341-⨯==+λb a (2) ()2430sin λ=+ b a()4204/30sin 2=+= b a λnm练习九 光的偏振 参考解答1. （A ）2. （A ）3. I 0 / 84. 见图5. 解：以P 1、P 2、P 3分别表示三个偏振片，I 1为透过第一个偏振片P 1的光强，且 I 1 = I 0 / 2．设P 2与P 1的偏振化方向之间的夹角为θ，连续穿过P 1、P 2后的光强为I 2，()θθ20212cos 21cos I I I == 设连续穿过三个偏振片后的光强为I 3， ()θ-= 90cos 223I I ()θθ220sin cos 21I =()8/2sin 20θI = 显然，当2θ＝90°时,即θ＝45°时，I 3最大．6. 解：光自水中入射到玻璃表面上时，tg i 0＝1.56 / 1.33 i 0＝49.6°光自玻璃中入射到水表面上时，tg 0i '＝1.33 / 1.56 0i '＝40.4° (或 0i '＝90°－i 0＝40.4°)练习十 狭义相对论（一）参考解答1． (A)2． (D) 3． (B)4． (A)5． 解：(1) 观测站测得飞船船身的长度为=-=20)/(1c L L v 54 m则 ∆t 1 = L /v =2.25×10-7 s(2) 宇航员测得飞船船身的长度为L 0，则∆t 2 = L 0/v =3.75×10-7s6． 解：令S ＇系与S 系的相对速度为v ，有 2)/(1c tt v -='∆∆， 22)/(1)/(c t t v -='∆∆则 2/12))/(1(t t c '-⋅=∆∆v ( = 2.24×108 m ·s -1 )那么，在S ＇系中测得两事件之间距离为：2/122)(t t c t x ∆∆∆∆-'='⋅='v = 6.72×108 m练习十一 狭义相对论（二）参考解答1． (C)2． 5.8×10-13， 8.04×10-23． （A ）4． (C)5． 解：设立方体的长、宽、高分别以x 0，y 0，z 0表示，观察者A 测得立方体的长、宽、高分别为 221cx x v -=，0y y =，0z z =．相应体积为 2201c V xyz V v -==观察者Ａ测得立方体的质量 2201cm m v -=故相应密度为 V m /=ρ22022011/cV c m v v --=)1(2200c V m v -=6、解：据相对论动能公式 202c m mc E K -=得 )1)/(11(220--=c c m E K v即419.11)/(11202==--c m E c K v解得 v = 0.91c 平均寿命为821031.5)/(1-⨯=-=c v ττ s练习十二 分子运动论(一) 参考解答1. (B)2. (D)3. 6.23×10 36.21×10 - 21 1.035×10 - 21 4. 氩氦5. 解：(1) ∵ T 相等, ∴氧气分子平均平动动能＝氢气分子平均平动动能w＝6.21×10-21 J ．且 ()()483/22/12/12==m w vm/s(2) ()k w T 3/2=＝300 K ．6 解： 由 pV =()()mol22H H M M RT 和pV =()()molH H M M e e RT得()()e H H M M 2=()()molmol 2H H M M e =42=21． 由 E (H 2)= ()()mol 22H H M M 25RT 和RT 23M M )(E )()(mol He He He =得()()e 2H E H E =()()()()mol mol22He M /He M 3H M /H M 5∵ ()()m o l 22H M H M = ()()mole H M e H M (p 、V 、T 均相同)， ∴()()e H E H E 2=35．练习十三 分子运动论（二）参考解答1. (C)2. (B)3. 1 210/3 4. 1.934.01×1045. 解：据力学平衡条件，当水银滴刚好处在管的中央维持平衡时，左、右两边氢气的压强相等、体积也相等，两边气体的状态方程为： p 1V 1=(M 1 / M mol )RT 1 ，p 2V 2=(M 2 / M mol )RT 2 ．由p 1= p 2 得：V 1 / V 2= (M 1 / M 2)(T 1 / T 2) ． 开始时V 1= V 2，则有M 1 / M 2= T 2/ T 1＝293/ 273． 当温度改变为1T '＝278 K ，2T '＝303 K 时，两边体积比为()221121//T M T M V V ''=''＝0.9847 <1． 即21V V '<' ．可见水银滴将向左边移动少许．6. 解：根据kT m 23212=v ， 可得 N k T m N 23212=v ， 即 ()m N R T N mm N d /23212=v = ()RT M M mol /23 =()V M RT ρmol /23＝7.31×106 ．又 ()T iR M M E ∆=∆21/mol ＝()T iR M V ∆21/mol ρ＝4.16×104 J ．及 ()()()2/1212/1222/12v v v-=∆＝ ()()122/1mol /3T TM R -＝0.856 m/s ．1. (C)2. (A)3. 166 J4. ||1W - ， ||2W -5. 解：(1) 等温过程气体对外作功为⎰⎰===V 3V V 3V 3ln RT V d VRTV d p W =8.31×298×1.0986 J = 2.72×103 J(2) 绝热过程气体对外作功为V VV p V p W V V V V d d 03003⎰⎰-==γγRT V p 1311131001--=--=--γγγγ＝2.20×103 J6. 解：(1) 312111035.5)/ln(⨯==V V RT Q J(2) 25.0112=-=T T η. 311034.1⨯==Q W η J (3) 3121001.4⨯=-=W Q Q J1. (D)2. (B)3. 等压等压 等压4. 124.7 J -84.3 J5. 解：氦气为单原子分子理想气体，3=i (1) 等体过程，V ＝常量，W =0据 Q ＝∆E +W 可知 )(12T T C M ME Q V m o l-=∆=＝623 J (2) 定压过程，p = 常量， )(12T T C M MQ p mol-==1.04×103 J ∆E 与(1) 相同． W = Q - ∆E ＝417 J(3) Q =0，∆E 与(1) 同 W = -∆E=-623 J (负号表示外界作功)6. 解：由图，p A =300 Pa ，p B = p C =100 Pa ；V A =V C =1 m 3，V B =3 m 3． (1) C →A 为等体过程，据方程p A /T A = p C /T C 得 T C = T A p C / p A =100 K ． B →C 为等压过程，据方程V B /T B =V C /T C 得 T B =T C V B /V C =300 K ．(2) 各过程中气体所作的功分别为 A →B ： ))((211C B B A V V p p W -+==400 J ． B →C ： W 2 = p B (V C －V B ) = -200 J ． C →A ： W 3 =0(3) 整个循环过程中气体所作总功为W = W 1 +W 2 +W 3 =200 J ．因为循环过程气体内能增量为ΔE =0，因此该循环中气体总吸热Q =W +ΔE =200 J ．练习十六 静电场（一）参考解答1. (C)2. (C)3. 单位正试验电荷置于该点时所受到的电场力4. 4N / C ， 向上5. 解：设杆的左端为坐标原点O ，x 轴沿直杆方向．带电直杆的电荷线密度为λ=q / L ，在x处取一电荷元d q = λd x = q d x / L ，它在P()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L x q -+π=ε 总场强为 ⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4－ε()d L d q +π=04ε方向沿x 轴，即杆的延长线方向．6. 解：把所有电荷都当作正电荷处理. 在θ 处取微小电荷 d q = λd l = 2Q d θ / π它在O 处产生场强θεεd 24d d 20220RQR q E π=π= 按θ 角变化，将d E 分解成二个分量：θθεθd sin 2sin d d 202RQE E x π==θθεθd cos 2cos d d 202R QE E y π-=-= 对各分量分别积分，积分时考虑到一半是负电荷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π=⎰⎰πππθθθθε2/2/0202d sin d sin 2R QE x ＝0 2022/2/0202d cos d cos 2R QR Q E y εθθθθεππππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π-=⎰⎰ 所以 j R Q j E i E E y x202επ-=+=练习十七 静电场（二）参考解答1. (D)2. (B)3. －(σ S ) /ε 0 (σ S ) /ε 04. πR 2E5. 解：在球内取半径为r 、厚为d r 的薄球壳，该壳内所包含的电荷为r r Ar V q d 4d d 2π⋅==ρ在半径为r 的球面内包含的总电荷为403d 4Ar r Ar dV q rVπ=π==⎰⎰ρ (r ≤R)以该球面为高斯面，按高斯定理有 0421/4εAr r E π=π⋅得到()0214/εAr E =， (r ≤R )方向沿径向，A >0时向外, A <0时向里．在球体外作一半径为r 的同心高斯球面，按高斯定理有 0422/4εAR r E π=π⋅得到 ()20424/r AR E ε=， (r >R )方向沿径向，A >0时向外，A <0时向里．6. 证：用高斯定理求球壳内场强：()02/d 4d ερ⎰⎰+=π⋅=⋅VSV Q r E S E 而⎰⎰⎰π=π⋅=r ra v r r A r r r AV 02d 4d 4d ρ()222a r A -π=()2220202414a r A r r Q E -π⋅π+π=εε202020224r Aa A r Q E εεε-+π= 要使E的大小与r 无关，则应有2420220=-πr Aa r Q εε， 即22a Q A π=练习十八 静电场（三）参考解答1. (D)2. (B)3． Q / (4πε 0R 2) ， 0， Q / (4πε0R ) ， Q / (4πε0r 2)4. λ / (2ε 0)5.解：在圆盘上取一半径为r →r ＋d r 范围的同心圆环．其面积为d S =2πr d r其上电荷为 d q =2πσr d r它在O 点产生的电势为02d 4d d εσεrr q U =π=总电势 0002d 2d εσεσRr U U R S ===⎰⎰6. 解：(1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=22110041r q r q U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛π-ππ=22212104441rr r r σσε()210r r +=εσ2100r r U +=εσ＝8.85×10-9 C / m 2(2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ'，则应有()2101r r U σσε'+='= 0 即σσ21r r -=' 外球面上应变成带负电，共应放掉电荷 ()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π='-π='212222144r r r r q σσσ ()20021244r U r r r εσπ=+π=＝6.67×10-9 C练习十九 静电场中的导体与电介质（一）参考解答1. (B)2. (A)3. )18/(202R Q επ4. σ (x ，y ，z )/ε0， 与导体表面垂直朝外(σ > 0) 或 与导体表面垂直朝里(σ < 0)5. 解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为：E = 0 (板内) )2/(0εσ±=x E (板外) 1、2两点间电势差 ⎰=-2121d x E U U x )(20a b -=εσ6. 解：(1) 两导体球壳接地，壳外无电场．导体球A 、B 外的电场均呈球对称分布．今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球A 、B 所带的电荷分别为Q 1、Q 2，由于A 、B 用导线连接，故两者等电势，即满足：R Q R Q 0110144εεπ-+πRQ R Q 0220244εεπ-+π= 代入数据解得 7/1/21=Q Q两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为744/421222122022101max 2max 1==ππ=R Q R Q R Q R Q E E εε B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即 62202max 21034⨯=π=R Q E ε V/m (2) 由E 2 max 解得 Q 2 =3.3 ×10-4 C==2171Q Q 0.47×10-4 C 击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q 1+ Q 2 =3.77×10-4 C1练习二十 静电场中的导体与电介质（二）参考解答1. （B ）2. (B)3.0/εσ4. 增大 增大5. 解： 200E 21W ε=， 其中 E 为真空中的场强。