第六章物理答案
大学物理 第六章(中国农业出版社 张社奇主编)答案
6.2
y(x,t) 0.2cos[200 (t 1 x) ]
40 2
6.3.有一平面简谐波在介质中传播,波速u=100m/s,波 线上右侧距坐标原点为75.0m处的一点P的运动方程为 yp=0.30cos[2πt+π/2]m,求:
(1)波向x轴正方向传播时的波动方程;
(2)波向x轴负方向传播时的波动方程。
yD
(t
)
0.03
cos[4
(t
9 20
)
]
0.03
cos[4
t
14
5
]m
(2) uT u 2 20 2 10m
4
O点振动比A点振动在相位上提前
2 x 2 5
10
则 O 0
若取 x 轴方向向右,则此时波向x 轴正向传播,波动方程为
20 0.75
0.25
2
所求振动方程 y 0.1cos[500 t 0.25 ](m)
t=0 时该点的振动速度为:
v ( dy / dt)t0
50 sin0.25
6.7 (1)
y(x,t) 0.05cos(10t 4 x) 0.05cos[10 (t 2 x)]m
φ0
y
0 0.05 0.1
y 0.1cos[500 (t x / 5000) / 3](m)
(2) 波源
t=0
y(0) 0m
v(0)<0
波源的初相位=
2
y
0
距波源7.5m处质点的相位比波源落后
2 x 2 7.5 0.75
大学物理第6章真空中的静电场课后习题及答案
⼤学物理第6章真空中的静电场课后习题及答案第6章真空中的静电场习题及答案1. 电荷为q +和q 2-的两个点电荷分别置于1=x m 和1-=x m 处。
⼀试验电荷置于x 轴上何处,它受到的合⼒等于零?解:根据两个点电荷对试验电荷的库仑⼒的⼤⼩及⽅向可以断定,只有试验电荷0q 位于点电荷q +的右侧,它受到的合⼒才可能为0,所以200200)1(π4)1(π42-=+x qq x qq εε故 223+=x2. 电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三⾓形的三个顶点。
试问:(1)在这三⾓形的中⼼放⼀个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑⼒之和都为零)?(2)这种平衡与三⾓形的边长有⽆关系?解:(1) 以A 处点电荷为研究对象,由⼒平衡知,q '为负电荷,所以2220)33(π4130cos π412a q q aq'=εε故 q q 3='(2)与三⾓形边长⽆关。
3. 如图所⽰,半径为R 、电荷线密度为1λ的⼀个均匀带电圆环,在其轴线上放⼀长为l 、电荷线密度为2λ的均匀带电直线段,该线段的⼀端处于圆环中⼼处。
求该直线段受到的电场⼒。
解:先求均匀带电圆环在其轴线上产⽣的场强。
在带电圆环上取dl dq 1λ=,dq 在带电圆环轴线上x 处产⽣的场强⼤⼩为)(4220R x dq dE +=πε根据电荷分布的对称性知,0==z y E E2322)(41 cos R x xdq dE dE x +==πεθ式中:θ为dq 到场点的连线与x 轴负向的夹⾓。
+=23220)(4dq R x xE x πε232210(24R x R x +?=πλπε232201)(2R x xR+=ελ下⾯求直线段受到的电场⼒。
在直线段上取dx dq 2λ=,dq 受到的电场⼒⼤⼩为dq E dF x =dx R x xR 232221)(2+=ελλ⽅向沿x 轴正⽅向。
大学物理参考答案(白少民)第6章 电磁感应 电磁场
则电子在涡旋电场中所受的力为:
F = −eE = 1 dB F e dB e r ,加速度 a = = r 2 dt m 2m dt
图 6.22 题 6.14 示图
在 a 点, r = 5cm = 5 ×10 −2 m
aa = 1 ×1.76 ×1011 × ( −1.0 ×10 −2 ) × 5 ×10 −2 = −4.4 ×10 7 m / s 2 ,方向向右。 2
f m = IlB = ε υBl cos θ υcos θ 2 2 lB lB = l B R R R υ 2 2 dυ l B cos θcos θ = Rm dt
沿斜面方向应用牛二得:
g sin θ −
图 6.21 题 6.13 示图
这是 υ 对 t 的常微分方程,解之得:
4
− mgR sin θ υ= 2 2 − Ce 2 B l cos θ
ε
R
dt = −
∫ (6 − 8t )dt = − 10
0
1
100
× (6 − 4) = −20C 6 = 0.75s 8
(4)由 ε = −N (6 − 8t ) 知,电动势开始反转的时刻 t =
6.11 如图 6.19(a)表示一根长度为 L 的铜棒平行于一载有电流 i 的长直导线,从距 离电流为 a 处开始以速度 υ 向下运动。求铜棒所产生的感应电动势。已知 υ= 5m·s-1 , i=100A,L= 20cm ,a =1cm。 又如图 6.19(b)所示若铜线运动的方向 υ 与电流方向平行。 设铜棒的上端距电流为 a,问此时铜棒的感应电动势又为多少。 解:在图(a)中: µ i ε = ∫ υ × B ⋅ dl = υBL = υ 0 L 2πa
大学物理第6章(题库)含答案
06章一、填空题 (一)易(基础题)1、热力学第二定律的微观实质可以理解为:在孤立系统内部所发生的不可逆过程,总是沿着熵 增大 的方向进行。
2、热力学第二定律的开尔文表述和克劳修斯表述是等价的,表明在自然界中与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的,开尔文表述指出了____功热转换__________的过程是不可逆的,而克劳修斯表述指出了___热传导_______的过程是不可逆的.3.一定量的某种理想气体在某个热力学过程中,外界对系统做功240J ,气体向外界放热620J ,则气体的内能 减少 (填增加或减少),E 2—E 1= -380 J 。
4.一定量的理想气体在等温膨胀过程中,内能 不变 ,吸收的热量全部用于对外界做功 。
5.一定量的某种理想气体在某个热力学过程中,对外做功120J ,气体的内能增量为280J ,则气体从外界吸收热量为 400 J 。
6、在孤立系统内部所发生的过程,总是由热力学概率 小 的宏观状态向热力学概率 大 的宏观状态进行。
7、一定量的单原子分子理想气体在等温过程中,外界对它作功为200J.则该过程中需吸热____-200____J.补充1、一定量的双原子分子理想气体在等温过程中,外界对它作功为200J.则该过程中需吸热____-200____J.补充2、一定量的理想气体在等温膨胀过程中,吸收的热量为500J 。
理想气体做功为 500 J 。
补充3、一定量的理想气体在等温压缩过程中,放出的热量为300J ,理想气体做功为 -300 J 。
8、要使一热力学系统的内能增加,可以通过 做功 或 热传递 两种方式,或者两种方式兼用来完成。
9、一定量的气体由热源吸收热量526610J ⋅⨯,内能增加541810J ⋅⨯,则气体对外作 功______J.10、工作在7℃和27℃之间的卡诺致冷机的致冷系数为 14 ,工作 在7℃和27℃之间的卡诺热机的循环效率为 6.67% 。
(二)中(一般综合题)1、2mol 单原子分子理想气体,经一等容过程后,温度从200K 上升到500K,则气体吸收的热量为_37.4810⨯____J.2、气体经历如图2所示的一个循环过程,在这个循环中,外界传给气体的净热量是 90J 。
物理学教程(第二版)上册课后答案第六章
第六章 机 械 波6-1 图(a )表示t =0 时的简谐波的波形图,波沿x 轴正方向传播,图(b )为一质点的振动曲线.则图(a )中所表示的x =0 处振动的初相位与图(b )所表示的振动的初相位分别为( )题6-1 图(A) 均为零 (B) 均为2π (C) 均为2π- (D) 2π 与2π- (E) 2π-与2π 分析与解 本题给了两个很相似的曲线图,但本质却完全不同.求解本题要弄清振动图和波形图不同的物理意义.图(a )描述的是连续介质中沿波线上许许多多质点振动在t 时刻的位移状态.其中原点处质点位移为零,其运动方向由图中波形状态和波的传播方向可以知道是沿y 轴负向,利用旋转矢量法可以方便的求出该质点振动的初相位为π/2.而图(b )是一个质点的振动曲线图,该质点在t =0 时位移为0,t >0 时,由曲线形状可知,质点向y 轴正向运动,故由旋转矢量法可判知初相位为-π/2,答案为(D ). 6-2 一横波以速度u 沿x 轴负方向传播,t 时刻波形曲线如图(a )所示,则该时刻()(A )A 点相位为π (B )B 点静止不动 (C )C 点相位为2π3 (D )D 点向上运动分析与解 由波形曲线可知,波沿x 轴负向传播,B 、D 处质点均向y 轴负方向运动,且B 处质点在运动速度最快的位置. 因此答案(B )和(D )不对. A 处质点位于正最大位移处,C 处质点位于平衡位置且向y 轴正方向运动,它们的旋转矢量图如图(b )所示.A 、C 点的相位分别为0和2π3.故答案为(C )题 6-2 图6-3 如图所示,两列波长为λ的相干波在点P 相遇.波在点S 1 振动的初相是φ1 ,点S 1 到点P 的距离是r 1 .波在点S 2的初相是φ2 ,点S 2 到点P 的距离是r 2 ,以k 代表零或正、负整数,则点P 是干涉极大的条件为( )()()()()()()π2/π2A π2/π2A π2A πA 211212121212k r r k r r k k r r =-+-=-+-=-=-λϕϕλϕϕϕϕ 分析与解 P 是干涉极大的条件为两分振动的相位差π2Δk =,而两列波传到P 点时的两分振动相位差为()λϕϕϕ/π2Δ1212r r ---=,故选项(D )正确.题6-3 图6-4 在波长为λ的驻波中,两个相邻波腹之间的距离为( )(A ) 4λ (B ) 2λ(C ) 43λ (D ) λ分析与解 驻波方程为t λx A y v π2cos π2cos 2=,它不是真正的波.其中λx A π2cos 2是其波线上各点振动的振幅.显然,当Λ,2,1,0,2=±=k k x λ时,振幅极大,称为驻波的波腹.因此,相邻波腹间距离为2λ.正确答案为(B ).6-5 一横波在沿绳子传播时的波动方程为()x y ππ5.2cos 20.0-=,式中y 的单位为m ,t 的单位为s .(1) 求波的振幅、波速、频率及波长;(2) 求绳上质点振动时的最大速度;(3) 分别画出t =1s 和t =2 s 时的波形,并指出波峰和波谷.画出x =1.0 m处质点的振动曲线并讨论其与波形图的不同. 分析 (1) 已知波动方程(又称波函数)求波动的特征量(波速u 、频率υ、振幅A 及波长λ等),通常采用比较法.将已知的波动方程按波动方程的一般形式⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛=0cos ϕωu x t A y μ书写,然后通过比较确定各特征量(式中ux 前“-”、“+”的选取分别对应波沿x 轴正向和负向传播).比较法思路清晰、求解简便,是一种常用的解题方法.(2) 讨论波动问题,要理解振动物理量与波动物理量之间的内在联系与区别.例如区分质点的振动速度与波速的不同,振动速度是质点的运动速度,即v =d y /d t ;而波速是波线上质点运动状态的传播速度(也称相位的传播速度、波形的传播速度或能量的传播速度),其大小由介质 的性质决定.介质不变,波速保持恒定.(3) 将不同时刻的t 值代入已知波动方程,便可以得到不同时刻的波形方程y =y (x ),从而作出波形图.而将确定的x 值代入波动方程,便可以得到该位置处质点的运动方程y =y (t ),从而作出振动图.解 (1) 将已知波动方程表示为()[]()m 5.2/π5.2cos 20.0x t y -=与一般表达式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /比较,可得0s m 52m 20001=⋅==-ϕ,.,.u A则 m 0.2/,Hz 25.1π2/====v u λωv(2) 绳上质点的振动速度()[]()1s m 5.2/π5.2sin π5.0d /d -⋅--==x t t y v 则 1max s m 57.1-⋅=v(3) t =1s 和t =2s 时的波形方程分别为()()()()m ππ5cos 20.0m ππ5.2cos 20.021x y x y -=-=波形图如图(a )所示.x =1.0m 处质点的运动方程为 ()()m π5.2cos 20.0t y -=振动图线如图(b )所示.波形图与振动图虽在图形上相似,但却有着本质的区别.前者表示某确定时刻波线上所有质点的位移情况,而后者则表示某确定位置的一个质点,其位移随时间变化的情况.题6-5 图6-6 波源作简谐运动,其运动方程为()m t πcos240100.43-⨯=y ,它所形成的波形以30m·s-1 的速度沿一直线传播.(1) 求波的周期及波长;(2) 写出波动方程.分析 已知波源运动方程求波动物理量及波动方程,可先将运动方程与其一般形式进行比较,求出振幅A 、角频率ω及初相φ0 ,而这三个物理量与波动方程的一般形式()[]0cos ϕω+-=u x t A y /中相应的三个物理量是相同的.再利用题中已知的波速u 及公式ω=2πν =2π/T 和λ=u T 即可求解.解 (1) 由已知的运动方程可知,质点振动的角频率1s π240-=ω.根据分析中所述,波的周期就是振动的周期,故有 s 1033.8/π23-⨯==ωT波长为λ=uT =0.25 m(2) 将已知的波源运动方程与简谐运动方程的一般形式比较后可得A =4.0 ×10-3m ,1s π240-=ω,φ0 =0故以波源为原点,沿x 轴正向传播的波的波动方程为 ()[]()()m π8π240cos 100.4/cos 30x t u x t ωA y -⨯=+-=-6-7 波源作简谐运动,周期为0.02s,若该振动以100m·s-1 的速度沿直线传播,设t =0时,波源处的质点经平衡位置向正方向运动,求:(1) 距波源15.0m 和5.0 m 两处质点的运动方程和初相;(2) 距波源为16.0 m 和17.0m 的两质点间的相位差.分析 (1) 根据题意先设法写出波动方程,然后代入确定点处的坐标,即得到质点的运动方程.并可求得振动的初相.(2) 波的传播也可以看成是相位的传播.由波长λ的物理含意,可知波线上任两点间的相位差为Δφ=2πΔx /λ.解 (1) 由题给条件1s m 100s 020-⋅==u T ,.,可得m 2;s m π100/π21==⋅==-uT λT ω当t =0 时,波源质点经平衡位置向正方向运动,因而由旋转矢量法可得该质点的初相为φ0 =-π/2(或3π/2).若以波源为坐标原点,则波动方程为()[]2/π100π100cos --=x/t A y距波源为x 1 =15.0 m 和x 2 =5.0 m 处质点的运动方程分别为()()π5.5t π100cos π15.5t π100cos 21-=-=A y A y它们的初相分别为φ10 =-15.5π和φ20 =-5.5π(若波源初相取φ0=3π/2,则初相φ10 =-13.5π,φ20 =-3.5π.)(2) 距波源16.0m 和17.0 m 两点间的相位差()π/π2Δ1212=-=-=λϕϕϕx x6-8 图示为平面简谐波在t =0 时的波形图,设此简谐波的频率为250Hz ,且此时图中质点P 的运动方向向上.求:(1) 该波的波动方程;(2) 在距原点O 为7.5 m 处质点的运动方程与t =0 时该点的振动速度.分析 (1) 从波形曲线图获取波的特征量,从而写出波动方程是建立波动方程的又一途径.具体步骤为:1. 从波形图得出波长λ、振幅A 和波速u =λυ;2. 根据点P 的运动趋势来判断波的传播方向,从而可确定原点处质点的运动趋向,并利用旋转矢量法确定其初相φ0 .(2) 在波动方程确定后,即可得到波线上距原点O 为x 处的运动方程y =y (t ),及该质点的振动速度υ=d y /d t .解 (1) 从图中得知,波的振幅A =0.10 m ,波长λ=20.0m ,则波速u =λυ=5.0 ×103 m·s-1 .根据t =0 时点P 向上运动,可知波沿Ox 轴负向传播,并判定此时位于原点处的质点将沿Oy 轴负方向运动.利用旋转矢量法可得其初相φ0 =π/3.故波动方程为()[]()[]()m 3/π5000/π500cos 10.0/cos 0++=++=x t u x t A y ϕω(2) 距原点O 为x =7.5m 处质点的运动方程为 ()()m 12π13π5000.10cos y /t +=t =0 时该点的振动速度为 ()-10s m 40.6/12π13sin π50/d d ⋅=-===t t y v题6-8 图6-9 一平面简谐波以速度1s m 08.0-⋅=u 沿Ox 轴正向传播,图示为其在t =0 时刻的波形图,求(1)该波的波动方程;(2)P 处质点的运动方程.题6-9 图分析 (1) 根据波形图可得到波的波长λ、振幅A 和波速u ,因此只要求初相φ,即可写出波动方程.而由图可知t =0 时,x =0 处质点在平衡位置处,且由波的传播方向可以判断出该质点向y 轴正向运动,利用旋转矢量法可知φ=-π/2.(2) 波动方程确定后,将P 处质点的坐标x 代入波动方程即可求出其运动方程y P =y P (t ).解 (1) 由图可知振幅A =0.04 m, 波长λ=0.40 m, 波速u =0.08m·s-1 ,则ω=2π/T =2πu /λ=(2π/5)s-1 ,根据分析已知φ=-π/2,因此波动方程为()m 2π08.05π20.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x t(2) 距原点O 为x =0.20m 处的P 点运动方程为 ()m 2π52π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+= *6-10 一平面简谐波,波长为12 m ,沿O x 轴负向传播.图(a )所示为x =1.0 m 处质点的振动曲线,求此波的波动方程.题6-10图分析 该题可利用振动曲线来获取波动的特征量,从而建立波动方程.求解的关键是如何根据图(a ) 写出它所对应的运动方程.较简便的方法是旋转矢量法.解 由图(a )可知质点振动的振幅A =0.40 m,t =0 时位于x =1.0 m 处的质点在A /2 处并向Oy 轴正向移动.据此作出相应的旋转矢量图(b ),从图中可知3/π0-='ϕ.又由图(a )可知,t =5 s 时,质点第一次回到平衡位置,由图(b )可看出ωt =5π/6,因而得角频率ω=(π/6) rad .s -1 .由上述特征量可写出x =1.0 m 处质点的运动方程为 ()m 3π6π0.04cos y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=t 将波速1s m 0.1π2//-⋅===ωλT λu 及x =1.0 m 代入波动方程的一般形式()[]0cos ϕω++=u x t A y /中,并与上述x =1.0 m 处的运动方程作比较,可得φ0 =-π/2,则波动方程为()()m 2π10/6π0.04cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=x t y 6-11 平面简谐波的波动方程为()x t y π2π4cos 08.0-=,式中y 和x 的单位为m ,t 的单位为s,求:(1) t =2.1 s 时波源及距波源0.10m 两处的相位;(2) 离波源0.80 m 及0.30 m 两处的相位差. 解 (1)将t =2.1 s 和x =0 代入题给波动方程,可得波源处的相位π4.81=ϕ将t =2.1 s 和x ′=0.10 m 代入题给波动方程,得0.10 m 处的相位为π2.82=ϕ(2)从波动方程可知波长λ=1.0 m .这样,x 1=0.80 m 与x 2=0.30 m 两点间的相位差πΔπ2Δ=⋅=λϕx6-12 为了保持波源的振动不变,需要消耗4.0 W 的功率.若波源发出的是球面波(设介质不吸收波的能量).求距离波源5.0 m 和10.0 m 处的能流密度.分析 波的传播伴随着能量的传播.由于波源在单位时间内提供的能量恒定,且介质不吸收能量,故对于球面波而言,单位时间内通过任意半径的球面的能量(即平均能流)相同,都等于波源消耗的功率P .而在同一个球面上各处的能流密度相同,因此,可求出不同位置的能流密度I =P /S .解 由分析可知,半径r 处的能流密度为2π4/r P I =当r 1 =5.0 m 、r 2 =10.0m 时,分别有22211m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I22222m W 1027.1π4/--⋅⨯==r P I6-13 两相干波波源位于同一介质中的A 、B 两点,如图(a )所示.其振幅相等、频率皆为100 Hz ,B 比A 的相位超前π.若A 、B 相距30.0 m ,波速为u =400 m·s -1 ,试求AB 连线上因干涉而静止的各点的位置.题6-13 图分析 两列相干波相遇时的相位差λϕϕϕr Δπ2Δ12--=.因此,两列振幅相同的相干波因干涉而静止的点的位置,可根据相消条件()π12Δ+=k ϕ获得.解 以A 、B 两点的中点O 为原点,取坐标如图(b )所示.两波的波长均为λ=u /υ=4.0 m .在A 、B 连线上可分三个部分进行讨论.1. 位于点A 左侧部分()π14π2ΔA B A B -=---=r r ϕϕϕ因该范围内两列波相位差恒为2π的整数倍,故干涉后质点振动处处加强,没有静止的点.2. 位于点B 右侧部分()π16π2ΔA B A B =---=r r ϕϕϕ显然该范围内质点振动也都是加强,无干涉静止的点.3. 在A 、B 两点的连线间,设任意一点P 距原点为x .因x r -=15B,x r +=15A ,则两列波在点P的相位差为 ()()π1/π2ΔA B A B +=---=x r r λϕϕϕ根据分析中所述,干涉静止的点应满足方程()()π152π1+=+k x x得 ()2,...1,0,k m 2±±==k x因x ≤15 m ,故k ≤7.即在A 、B 之间的连线上共有15 个静止点.6-14 图(a )是干涉型消声器结构的原理图,利用这一结构可以消除噪声.当发动机排气噪声声波经管道到达点A 时,分成两路而在点B 相遇,声波因干涉而相消.如果要消除频率为300 Hz 的发动机排气噪声,则图中弯管与直管的长度差Δr =r 2 -r 1 至少应为多少? (设声波速度为340 m·s -1 )题6-14 图分析 一列声波被分成两束后再相遇,将形成波的干涉现象.由干涉相消条件,可确定所需的波程差,即两管的长度差Δr .解 由分析可知,声波从点A 分开到点B 相遇,两列波的波程差Δr =r 2 - r 1 ,故它们的相位差为()λλϕ/Δπ2/π2Δ12r r r =-=由相消静止条件Δφ=(2k +1)π,(k =0,±1,±2,…)得 Δr =(2k +1)λ/2根据题中要求令k =0 得Δr 至少应为m 57022.//===∆v u r λ讨论 在实际应用中,由于噪声是由多种频率的声波混合而成,因而常将具有不同Δr 的消声单元串接起来以增加消除噪声的能力.图(b )为安装在摩托车排气系统中的干涉消声器的结构原理图.*6-15 如图所示,x =0 处有一运动方程为t A y ωcos =的平面波波源,产生的波沿x 轴正、负方向传播.MN 为波密介质的反射面,距波源3λ/4.求:(1) 波源所发射的波沿波源O 左右传播的波动方程;(2) 在MN 处反射波的波动方程;(3) 在O ~MN 区域内形成的驻波方程,以及波节和波腹的位置;(4) x >0区域内合成波的波动方程.题6-15 图分析 知道波源O 点的运动方程t A y ωcos =,可以写出波沿x 轴负向和正向传播的方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2.因此可以写出y 1 在MN 反射面上P 点的运动方程.设反射波为y 3 ,它和y 1 应是同振动方向、同振幅、同频率的波,但是由于半波损失,它在P 点引起的振动和y 1 在P 点引起的振动反相.利用y 1 在P 点的运动方程可求y 3 在P 点的运动方程,从而写出反射波y 3 .在O ~MN 区域由y 1 和Y 3 两列同频率、同振动方向、同振幅沿相反方向传播的波合成形成驻波.在x >0区域是同传播方向的y 2 和y 3 合成新的行波.解 (1) 由分析已知:沿左方向和右方向传播的波动方程分别为()u x t A y /+=ωcos 1和()u x t A y /-=ωcos 2(2) y 1 在反射面MN 处引起质点P 振动的运动方程⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=2π3π2cos 43π2π2cos 1t T A t T A y pλλ 因半波损失反射波y 3 在此处引起的振动为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2ππ2cos ππ23π2cos 3t T A t T A y p设反射波的波动方程为()ϕλ+-=/π2/π2cos 3x T t A y ,则反射波在x =-3λ/4处引起的振动为⎪⎭⎫ ⎝⎛++=ϕπ23π2cos 3t T A y p与上式比较得π2-=ϕ,故反射波的波动方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=x λt TA x λt T A y π2π2cos π2π2π2cos 3 (3) 在O ~MN 区域由y 1 和y 3 合成的驻波y 4 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+=t T x λA x λt T A x λt T A y y x t y π2cos π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,314 波节的位置:4/2/,2/ππ/π2λλk x k λx +=+=,取k =-1, -2,即x =-λ/4, -3λ/4 处为波节.波腹的位置:2/,π/π2λk x k λx ==,取k =0,-1,即x =0,-λ/2 处为波腹.(4) 在x >0 区域,由y 2 和y 3 合成的波y 5 为()⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+=x λt TA x λt T A x λt T A y y x t y π2π2cos 2π2π2cos π2π2cos ,325 这表明:x >0 区域内的合成波是振幅为2A 的平面简谐波.6-16 如图(a )所示,将一块石英晶体相对的两面镀银作电极,它就成为压电晶体,两极间加上频率为ν的交变电压,晶片就沿竖直方向作频率为ν的驻波振动,晶体的上下两面是自由的,故而成为波腹.设晶片d =2.00 mm ,沿竖直方向的声速13s m 1074.6-⋅⨯=u,试问要激起石英片发生基频振动,外加电压的频率应是多少?分析 根据限定区域内驻波形成条件(如图(b )所示),当晶体的上下两面是自由的而成为波腹时,其厚度与波长有关系式 k k d λ2=成立,k 为正整数.可见取不同的k 值,得到不同的k λ,晶体内就出现不同频率k ν的波.对应k =1称为基频,k =2,3,4,…称为各次谐频.解 根据分析基频振动要求2λ=d ,于是要求频率Hz 10685.126⨯===d u u λν题 6-16 图6-17 一平面简谐波的频率为500 Hz ,在空气(ρ=1.3 kg·m -3 )中以u =340 m·s -1 的速度传播,到达人耳时,振幅约为A =1.0 ×10 -6 m .试求波在耳中的平均能量密度和声强.解 波在耳中的平均能量密度2622222m J 1042.6π221--⋅⨯===v A A ρωρω声强就是声波的能流密度,即23m W 10182--⋅⨯==.ωu I这个声强略大于繁忙街道上的噪声,使人耳已感到不适应.一般正常谈话的声强约1.0×10-6W·m -2 左右. 6-18 面积为1.0 m 2 的窗户开向街道,街中噪声在窗口的声强级为80 dB .问有多少“声功率”传入窗内? 分析 首先要理解声强、声强级、声功率的物理意义,并了解它们之间的相互关系.声强是声波的能流密度I ,而声强级L 是描述介质中不同声波强弱的物理量.它们之间的关系为L =lg (I /I 0 ),其中I 0 =1.0 ×10-12 W·m -2为规定声强.L 的单位是贝尔(B ),但常用的单位是分贝(dB ),且1 B =10 dB .声功率是单位时间内声波通过某面积传递的能量,由于窗户上各处的I 相同,故有P =IS .解 根据分析,由L =lg (I /I 0 )可得声强为I =10LI 0则传入窗户的声功率为 P =IS =10L I 0S =1.0 ×10-4 W6-19 一警车以25 m·s -1 的速度在静止的空气中行驶,假设车上警笛的频率为v =800 Hz .求:(1) 静止站在路边的人听到警车驶近和离去时的警笛声波频率;(2) 如果警车追赶一辆速度为15m·s -1 的客车,则客车上人听到的警笛声波的频率是多少? (设空气中的声速u =330m·s -1 )分析 由于声源与观察者之间的相对运动而产生声多普勒效应,由多普勒频率公式可解得结果.在处理这类问题时,不仅要分清观察者相对介质(空气)是静止还是运动,同时也要分清声源的运动状态. 解 (1) 根据多普勒频率公式,当声源(警车)以速度υs =25 m·s -1 运动时,静止于路边的观察者所接收到的频率为s u u vv υμ='警车驶近观察者时,式中υs 前取“-”号,故有Hz 6.8651=-='su u v v υ 警车驶离观察者时,式中υs 前取“+”号,故有 Hz 7.7432=+='s u u v v υ (2) 客车的速度为0υ=15 m·s -1 ,声源(警车)与客车上的观察者作同向运动时,观察者收到的频率为Hz 2.82603=--='su u v v υυ 6-20 蝙蝠在洞穴中飞来飞去,能非常有效地用超声波脉冲导航.假如蝙蝠发出的超声波频率为39 kHz ,当它以声速的401的速度朝着表面平直的岩壁飞去时,试求它听到的从岩壁反射回来的超声波频率为多少?分析 由题意可知,蝙蝠既是波的发出者,又是波的接收者.设超声波的传播速度为u .首先,蝙蝠是声源,发出信号频率为v ,运动速度为40s u =υ,岩壁是接收者,利用多普勒频率公式,即可求得岩壁接收到的信号频率v '.经岩壁反射后频率不变,即岩壁发射信号频率为v ',这时蝙蝠是波的接收者,其运动速度为400u =υ,再次利用多普勒频率公式,可求得蝙蝠接收到的信号频率v ''. 解 将蝙蝠看成波源,则由分析可知,岩壁接收到的信号频率为s υ-='u uvv ,在蝙蝠接收岩壁反射信号时,又将它看成接收者.则蝙蝠接收到的信号频率为kHz 41kHz 3940/1140/11/1/1s 0s 00=⨯-+=-+=-+='+=''v u u v u u v u u v υυυυυ。
固体物理答案第六章1
相互作用试根据紧束缚近似的结果,求出能量 E k 的表达式, 并计算相应的电子速度 v k 和有效质量各个分量 m ij 。
解:若只计及最近邻的相互作用,用紧束缚近似法处理晶体中
s态电子的能量 ,其结果是
最近邻 E k E 0 A e i 2k Rn Rs J sn Rn
6.3 设晶格势场对电子的作用力为 FL ,电子受到的外场力为
Fe ,证明:
Fe m m Fe FL
证明: 因为 p mv 为电子的动量, 所以有
dv m F总 Fe FL dt
另一方面,加速度
(1)
dv dv dk a dt dk dt
(2)
1 dE dk 而速度 v 代入(2)式,并应用关系式 h Fe h dk dt
1 4 2 a 2 J 2 cos2akx cosakx cos 3ak y 2 m xx h
1 12 2 a 2 J cosakx cos 3ak y 2 m yy h
1 1 4 3 2 a 2 J sinak x sin 3ak y 2 m xy m yx h
Emax E0 A 2J
这就是能带顶的数值,故能带宽度
E Emax Emin 4J
在能带底附近,k值很小,sin ka ka , (2)式可写成
h2 k 2 2 E k Emin 4J ka Emin * 2mb
此处
* mb
h2 8 J 2 a 2
因此,无外场时,晶体中总电流为零。
6.5 应用紧束缚方法于一维单原子链,如只计及最近邻原子间
的相互作用,
(1)证明其s态电子的能带为
半导体物理第六章习题答案
第6章 p-n 结1、一个Ge 突变结的p 区n 区掺杂浓度分别为N A =1017cm -3和N D =5´1015cm -3,求该pn 结室温下的自建电势。
解:pn 结的自建电势结的自建电势 2(ln)D A D iN N kT V qn=已知室温下,0.026kT =eV ,Ge 的本征载流子密度1332.410 cm i n -=´代入后算得:1517132510100.026ln0.36(2.410)D V V ´´=´=´4.4.证明反向饱和电流公式(证明反向饱和电流公式(证明反向饱和电流公式(6-356-356-35)可改写为)可改写为)可改写为2211()(1)i s n n p p b k T J b q L L s s s =++ 式中npb m m =,n s 和p s 分别为n 型和p 型半导体电导率,i s 为本征半导体电导率。
证明:将爱因斯坦关系式p p kT D qm =和nnkT D q m =代入式(式(6-356-356-35))得 0000()p n p n S p n n pn p n p p nn p J kT n kT p kT L L L L m m m m m m =+=+因为002i p p n n p=,002i n nn p n =,上式可进一步改写为,上式可进一步改写为00221111()()S n p i n p i n p p p n n n p p nJ kT n qkT n L p L n L L m m m m m m s s =+=+ 又因为又因为()i i n p n q s m m =+22222222()(1)i i n p i p n q n q b s m m m =+=+即22222222()(1)i i i n p p n q q b s s m m m ==++ 将此结果代入原式即得证将此结果代入原式即得证2222221111()()(1)(1)n p i i Sp np pn np pnqkT b kT J q b LL q b L L m m s s mssss=+=××+++ 注:严格说,迁移率与杂质浓度有关,因而同种载流子的迁移率在掺杂浓度不同的p 区和n区中并不完全相同,因而所证关系只能说是一种近似。
原子物理学杨福家第六章习题答案
练习六习题1-2解6-1 某一X 射线管发出的连续X 光谱的最短波长为0.0124nm ,试问它的工作电压是多少?解:依据公式答:它的工作电压是100kV .6-2莫塞莱的实验是历史上首次精确测量原子序数的方法.如测得某元素的K α)(10Z ;将值代入上式,10246.0101010)⨯⨯===1780 Z =43即该元素为43号元素锝(Te). 第六章习题3,46-3 钕原子(Z=60)的L 吸收限为0.19nm ,试问从钕原子中电离一个K 电子需作多少功?6-4 证明:对大多数元素K α1射线的强度为K α2射线的两倍. 第六章习题5,6参考答案6-5 已知铅的K 吸收限为0.014 1nm,K 线系各谱线的波长分别为:0.016 7nm(K α);0.0146nm(K β);0.0142nm(K γ),现请: (1) 根据这些数据绘出有关铅的X 射线能级简图; (2) 计算激发L 线系所需的最小能量与L α线的波长.分析要点:弄清K 吸收限的含义. K 吸收限指在K 层产生一个空穴需要能量. 即K 层电子的结合能或电离能.解: (1)由已知的条件可画出X 射线能级简图.K K α L α K β K γ (2)激发L 线系所需的能量:K在L 壳层产生一个空穴所需的能量E LK = φK -φL φL =φK - E LK =87.94 keV -84.93keV=3.01 keV φ为结合能.或即有m 即L α线的波长为0.116nm.6-6 一束波长为0.54 nm 的单色光入射到一组晶面上,在与入射束偏离为120︒的方向上产生一级衍射极大,试问该晶面的间距为多大?︒的方向上产生一级衍射极大sin θn=1解得 d =0.312 nm 第六章习题8参考答案6-7 在康普顿散射中,若入射光子的能量等于电子的静止能,试求散射光子的最小能量及电子的最大动量.6-8 在康普顿散射中,若一个光子能传递给一个静止电子的最大能量为10 keV ,试求入射光子的能量.(1)其中c m光子去的能量为电子获得的能量 k E h h ='-νν依题意,如果电子获得最大能量,则出射光子的能量为最小,(1)式E由此可算出: νγγh E E 22=+E c E00=+ 2)(2cm EE h h o =-νν代入数据.010⨯=-光E 2解之: E 光=55.9 keV 第六章习题9参考答案6-9 若入射光子与质子发生康普顿散射,试求质子的康普顿波长.如?则 依6-8m EE =可得出:6-10 康普顿散射产生的散射光子,再与原子发生相互作用,当散射角θ>60°时,无论入射光子能量多么大,散射光子总不能再产生正负电子偶.试证明之. 第六章习题11,126-11 证明:光子与自由电子相碰,不可能发生光电效应. 6-12 证明:在真空中不可能发生“光子一电子对”过程. 第六章习题13、14参考答案6-13已知铑(Z=45)的电子组态为1s 22s 22p 63s 23p 63d 104s 24p 64d 85s I ,现请:(1)确定它的基态谱项符号;(2)用它的K αX 射线作康普顿散射实验,当光子的散射角为60°时,求反冲电子的能量(已知K α的屏蔽系数b =0.9);(3)在实验装置中用厚为0.30cm 的铅屏蔽该射线.如果改用铝代替铅,为达到同样的屏蔽效果,需要用多少厚的铝?(μpb =52.5 cm -I ;μAl =0.765cm -1)解:(1)电子组态中4d 85s 1未填满,所以为基态的电子组态4d 25s l 1= l 2=2,l 3=0其原子态计算先2d 电子耦合,得出最低态3F 4,3,2.找出基态3F 4,再与s 耦合,得4F 9/2.为基态.(2)因为X K α射线的能量为:216)(10248.0b z h h K -⨯=αν9.0≈b反冲电子的能量为:60=θ 代入上式得eV E K 384=(3)由郎伯-比耳定律可得: 用Pb 屏蔽时 10Pbx e I I μ-= (1)用Al 屏蔽时 20Alx e I I μ-= (2)比较(1)(2)式可得: 21x x Al Pb μμ=其中 15.52-=cm Pb μ1765.0-=cm Al μx 1=0.3cm得: x 2=20.59cm6-14已知铜和锌的K αX 射线的波长分别为0.015 39 nm ,和0.014 34 nm ,镍的K 吸收限为0.148 9 nm ,它对铜和锌的K αX 射线的质量吸收系数分别为48 cm 2/g 和325 cm 2/g .试问:为了使铜的K α射线与锌的K α射线的相对强度之比提高10倍,需要多厚的镍吸收片? 解: 按朗伯-比耳定律经镍吸收片吸收后,铜的强度 ρ-=x e I I 480锌的强度 23250''ρx e I I -=由于 I 0所以2mg/cm 31.8=x ρ 镍的密度为 ρ=8.9g/cm 3所以 x =9.3 μm。
大学物理(肖剑荣主编)-习题答案-第6章
面,且端点 MN 的连线与长直导线垂直.半圆环的半径为 b ,环心 O 与导线相距
a .设半圆环以速度 v 平行导线平移.求半圆环内感应电动势的大小和方向及
MN 两端的电压 U M - U N .
解: 作辅助线 MN ,则在 MeNM 回路中,沿 v! 方向运动时 dFm = 0
∴
e MeNM = 0
ò F12 =
2a
3 a
3
µ 0 Ia 2π r
dr
=
µ0Ia ln 2 2π
∴ M = F12 = µ0a ln 2 I 2π
6-16 一矩形线圈长为 a =20cm,宽为 b =10cm,由 100 匝表面绝缘的导线绕成,
放在一无限长导线的旁边且与线圈共面.求:题 10-16 图中(a)和(b)两种情况下,
第六章 课后习题解答
桂林理工大学 理学院 胡光辉
(《大学物理·上册》主编:肖剑荣 梁业广 陈鼎汉 李明)
6-1 一半径 r =10cm
的圆形回路放在 B =0.8T
的均匀磁场中.回路平面与
! B
垂
直.当回路半径以恒定速率 dr =80cm·s-1 收缩时,求回路中感应电动势的大小. dt
解: 回路磁通
=
µ0Iv p
ln
a a
+ -
b b
6-12 磁感应强度为 B! 的均匀磁场充满一半径为 R 的圆柱形空间,一金属杆放在
dB 图中位置,杆长为 2 R ,其中一半位于磁场内、另一半在磁场外.当 >0 时,
dt
求:杆两端的感应电动势的大小和方向.
解: ∵ e ac = e ab + e bc
e ab
= - dF1 dt
大学物理 第6章 练习答案
第六章 热力学基础练 习 一一. 选择题1. 一绝热容器被隔板分成两半,一半是真空,另一半是理想气体,若把隔板抽出,气体将进行自由膨胀,达到平衡后( A ) (A) 温度不变,熵增加; (B) 温度升高,熵增加;(C) 温度降低,熵增加; (D) 温度不变,熵不变。
2. 对于理想气体系统来说,在下列过程中,哪个过程系统所吸收的热量、内能的增量和对外作做的功三者均为负值。
( C ) (A) 等容降压过程; (B) 等温膨胀过程; (C) 等压压缩过程; (D) 绝热膨胀过程。
3. 一定量的理想气体,分别经历如图1(1)所示的abc 过程(图中虚线ac 为等温线)和图1(2)所示的def 过程(图中虚线df 为绝热线) 。
判断这两过程是吸热还是放热:( A ) (A) abc 过程吸热,def 过程放热; (B) abc 过程放热,def 过程吸热; (C) abc 过程def 过程都吸热; (D) abc 过程def 过程都放热。
4. 如图2,一定量的理想气体,由平衡状态A 变到平衡状态B(A p =B p ),则无论经过的是什么过程,系统必然( B ) (A) 对外做正功; (B) 内能增加; (C) 从外界吸热; (D) 向外界放热。
二.填空题1. 一定量的理想气体处于热动平衡状态时,此热力学系统不随时间变化的三个宏观量是P V T ,而随时间变化的微观量是每个分子的状态量。
2. 一定量的单原子分子理想气体在等温过程中,外界对它做功为200J ,则该过程中需吸热__-200__ ___J 。
3. 一定量的某种理想气体在某个热力学过程中,外界对系统做功240J ,气体向外界放热620J ,则气体的内能 减少,(填增加或减少),21E E = -380 J 。
4. 处于平衡态A 的热力学系统,若经准静态等容过程变到平衡态B ,将从外界吸热416 J ,若经准静态等压过程变到与平衡态B 有相同温度的平衡态C ,将从外界吸热582 J ,所以,从平衡态A 变到平衡态C 的准静态等压过程中系统对外界所做的功为 582-416=166J 。
大学物理第六章静电场习题答案
第六章 静电场习题6-1 电量都是q 的三个点电荷,分别放在正三角形的三个顶点。
试问:(1)在这三角形的中心放一个什么样的电荷,就可以使这四个电荷都达到平衡(即每个电荷受其他三个电荷的库仑力之和都为零)?(2)这种平衡与三角形的边长有无关系?解:(1)如图任选一点电荷为研究对象,分析其受力有1230F F F F =++=合 y 轴方向有()()21322002032cos 242433304q qQ F F F a a q q Q aθπεπεπε=+=+=+=合得 33Q q =-(2)这种平衡与三角形的边长无关。
6-2 两小球的质量都是m ,都用长为l 的细绳挂在同一点,它们带有相同电量,静止时两线夹角为2θ,如图所示。
设小球的半径和线的质量都可以忽略不计,求每个小球所带的电量。
解:对其中任一小球受力分析如图所示,有⎪⎩⎪⎨⎧===220)sin 2(π41sin cos θεθθl q F T mg T e解得 θπεθtan 4sin 20mg l q = 6-3 在氯化铯晶体中,一价氯离子Cl -与其最邻近的八个一价铯离子Cs +构成如图所示的立方晶格结构。
(1)求氯离子所受的库仑力;(2)假设图中箭头所指处缺少一个铯离子(称作晶格缺陷),求此时氯离子所受的库仑力。
(1)由对称性可知 F 1= 0(2)291222200 1.9210N 43q q e F r aπεπε-===⨯ 方向如图所示6-4 长l =15.0 cm 的直导线AB 上均匀地分布着线密度95.010C m λ-=⨯的正电荷。
试求:(1)在导线的延长线上与导线B 端相距1 5.0cm a =处P 点的场强;(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处Q 点的场强。
解:(1)如图所示,在带电直线上取线元x d ,其上电量q d 在P 点产生场强为20)(d π41d x a xE P -=λε2220)(d π4d x a x E E llP P -==⎰⎰-ελ]2121[π40l a l a +--=ελ)4(π220l a l -=ελ 用15=l cm ,9100.5-⨯=λ1m C -⋅,5.12=a cm 代入得21074.6⨯=P E 1C N -⋅ 方向水平向右(2)同理 2220d d π41d +=x xE Q λε 方向如图所示由于对称性可知⎰=l QxE 0d ,即Q E只有y 分量22222220dd d d π41d ++=x x xE Qyλε22π4d d ελ⎰==lQyQy E E ⎰-+2223222)d (d l l x x 2220d 4π2+=l lελ以9100.5-⨯=λ1cm C -⋅, 15=l cm ,5d 2=cm 代入得21096.14⨯==Qy Q E E 1C N -⋅ 方向沿y 轴正向*6-5 设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行,试计算通过此半球面的电场强度通量。
七年级物理(人教版)第六章 质量与密度(共4节)
第2节 密度
3.下列关于密度单位换算关系正确的是( C ) A.1 g/cm3=1 kg/m3 B.1 g/cm3=102 kg/m3 C.1 g/cm3=103 kg/m3 D.1 g/cm3=10-3 kg/m3
第2节 密度
40
36
干松木 体积V/cm3 10 20 30 40
质量m/g 5 10 15 20
(1)请你在图6-2-2中用图象形象地把物质的质量随体积变 化的情况表示出来。
[答案]如图所示
图6-2-2
(2)通过分析(1)中的图象,你可以得到什么结论? _同_种__物_质__,_质__量__和_体__积_的__比_值__相_同__;__不_同__种_物__质_,__质__量_和__体_积__的_比__值_一__般__不_同___。 (要求写两条)在物理学上通常用_密__度___来表示物质的这种特性。
40 乙=50
g cm3=0.8
g/cm3<ρ甲,故
A
选项错误;由图可知,当甲、乙两物质
的质量相同时,乙物质的体积较大,故 D 选项正确。
[方法指导] m-V图象问题分析 (1)根据质量与体积的关系图象比较不同物质的密度时,可采用两 种方法:①相同体积比较质量,质量大的密度大;②相同质量比较体 积,体积小的密度大。 (2)利用m -v图象计算密度时,在图象上找出易读数的一点,读出 对应的质量、体积,再根据密度公式进行计算。
谢 谢 观 看!
第六章 质量与密度
第2节 密度
第六章 质量与密度
第2节 密度
新知梳理 应用示例 课堂小结 课堂反馈
新知梳理
一 探究物质的质量与体积的关系
同种物质的质量与体积的比值_相__同___,即同种物质的质量与 体积成__正_比___关系;不同物质的质量与体积的比值一般 __不__同__。
物理学简明教程(马文蔚等著)第六章课后练习题答案详解
物理学简明教程(马文蔚等著)第六章课后练习题答案详解6 -1 电荷面密度均为+σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板如图(A )放置,其周围空间各点电场强度E (设电场强度方向向右为正、向左为负)随位置坐标x 变化的关系曲线为图(B )中的( )分析与解 “无限大”均匀带电平板激发的电场强度为02εσ,方向沿带电平板法向向外,依照电场叠加原理可以求得各区域电场强度的大小和方向.因而正确答案为(B ).6 -2 下列说法正确的是( )(A )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内一定没有电荷(B )闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零(C )闭合曲面的电通量为零时,曲面上各点的电场强度必定为零(D )闭合曲面的电通量不为零时,曲面上任意一点的电场强度都不可能为零分析与解依照静电场中的高斯定理,闭合曲面上各点电场强度都为零时,曲面内电荷的代数和必定为零,但不能肯定曲面内一定没有电荷;闭合曲面的电通量为零时,表示穿入闭合曲面的电场线数等于穿出闭合曲面的电场线数或没有电场线穿过闭合曲面,不能确定曲面上各点的电场强度必定为零;同理闭合曲面的电通量不为零,也不能推断曲面上任意一点的电场强度都不可能为零,因而正确答案为(B).6 -3下列说法正确的是( )。
(A) 电场强度为零的点,电势也一定为零(B) 电场强度不为零的点,电势也一定不为零(C) 电势为零的点,电场强度也一定为零(D) 电势在某一区域内为常量,则电场强度在该区域内必定为零分析与解电场强度与电势是描述电场的两个不同物理量,电场强度为零表示试验电荷在该点受到的电场力为零,电势为零表示将试验电荷从该点移到参考零电势点时,电场力作功为零.电场中一点的电势等于单位正电荷从该点沿任意路径到参考零电势点电场力所作的功;电场强度等于负电势梯度.因而正确答案为(D).6 -5一半径为R的半球壳,均匀地带有电荷,电荷面密度为σ,求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题,求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环,如图所示,从教材第5 -3 节的例1 可以看出,所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同,将所有带电圆环的电场强度积分,即可求得球心O 处的电场强度. 解 将半球壳分割为一组平行细圆环,任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==,在点O 激发的电场强度为()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同,利用几何关系θR x cos =,θR r sin =统一积分变量,有()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+= 积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==6 -6 地球周围的大气犹如一部大电机,由于雷雨云和大气气流的作用,在晴天区域,大气电离层总是带有大量的正电荷,云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为1m V 120-⋅,方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平方厘米的电子数表示).分析 考虑到地球表面的电场强度指向地球球心,在大气层中取与地球同心的球面为高斯面,利用高斯定理可求得高斯面内的净电荷. 解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面,其半径E R R ≈(E R 为地球平均半径).由高斯定理∑⎰=-=⋅q εR E E 021π4d S E地球表面电荷面密度∑--⨯-=-≈=2902cm 1006.1π4/E εR q σE单位面积额外电子数25cm 1063.6/-⨯=-=e σn6 -7 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R 1 和R 2 >R 1 ),单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度:(1) r <R 1 ,(2) R 1 <r <R 2 ,(3) r >R 2 .分析 电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,取同轴圆柱面为高斯面,只有侧面的电场强度通量不为零,且⎰⋅=rL E d π2S E ,求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解 作同轴圆柱面为高斯面,根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er <R 1 , 0=∑q01=E在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变R 1 <r <R 2 ,L λq =∑rελE 02π2= r >R 2, 0=∑q03=E在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 这与5 -20 题分析讨论的结果一致.6 -8 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ,各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求:(1) 各区域电势分布,并画出分布曲线;(2) 两球面间的电势差为多少?分析 通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上,电场分布也具有球对称性,因此,可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面,借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布,再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面,在球面外产生的电势为r εQ V 0π4= 在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析,利用电势叠加原理,将两个球面在各区域产生的电势叠加,可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时,有202101202121013211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E当R 1 ≤r ≤R 2 时,有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时,有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1 ,则2021011π4π4R εQ R εQ V += 若该点位于两个球面之间,即R 1 ≤r ≤R 2 ,则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2 ,则rεQ Q V 0213π4+= (2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-==6 -9 一圆盘半径R =3.00 ×10-2 m .圆盘均匀带电,电荷面密度σ=2.00×10-5 C·m -2 .(1) 求轴线上的电势分布;(2) 根据电场强度与电势梯度的关系求电场分布;(3) 计算离盘心30.0 cm 处的电势和电场强度.分析 将圆盘分割为一组不同半径的同心带电细圆环,利用带电细环轴线上一点的电势公式,将不同半径的带电圆环在轴线上一点的电势积分相加,即可求得带电圆盘在轴线上的电势分布,再根据电场强度与电势之间的微分关系式可求得电场强度的分布.解 (1) 带电圆环激发的电势220d π2π41d xr r r σεV += 由电势叠加,轴线上任一点P 的电势的()x x R εσx r r r εσV R -+=+=⎰22002202d 2 (1)(2) 轴线上任一点的电场强度为i i E ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-=22012d d x R x εσx V (2) 电场强度方向沿x 轴方向.(3) 将场点至盘心的距离x =30.0 cm 分别代入式(1)和式(2),得V 1691=V-1m V 5607⋅=E当x >>R 时,圆盘也可以视为点电荷,其电荷为C 1065.5π82-⨯==σR q .依照点电荷电场中电势和电场强度的计算公式,有V 1695π40==xεq V 1-20m V 5649π4⋅==xεq E 由此可见,当x >>R 时,可以忽略圆盘的几何形状,而将带电的圆盘当作点电荷来处理.在本题中作这样的近似处理,E 和V 的误差分别不超过0.3%和0.8%,这已足以满足一般的测量精度.6 -10 在一次典型的闪电中,两个放电点间的电势差约为109 V,被迁移的电荷约为30 C .(1) 如果释放出来的能量都用来使0 ℃的冰融化成0 ℃的水,则可溶解多少冰? (冰的融化热L =3.34 ×105 J· kg )(2) 假设每一个家庭一年消耗的能量为300kW·h ,则可为多少个家庭提供一年的能量消耗?解 (1) 若闪电中释放出来的全部能量为冰所吸收,故可融化冰的质量Kg 1098.8Δ4⨯===LqU L E m 即可融化约 90 吨冰.(2) 一个家庭一年消耗的能量为J 1008.1h kW 3000100⨯=⋅=E8.2Δ00===E qU E E n 一次闪电在极短的时间内释放出来的能量约可维持3 个家庭一年消耗的电能.6 -11 一真空二极管,其主要构件是一个半径R 1 =5.0×10-4m 的圆柱形阴极和一个套在阴极外,半径R 2 =4.5×10-3m 的同轴圆筒形阳极.阳极电势比阴极电势高300V ,阴极与阳极的长度均为L =2.5×10-2m .假设电子从阴极射出时的速度为零.求:(1) 该电子到达阳极时所具有的动能和速率;(2)电子刚从阳极射出时所受的力.分析 (1) 由于半径R 1<<L ,因此可将电极视作无限长圆柱面,阴极和阳极之间的电场具有轴对称性.从阴极射出的电子在电场力作用下从静止开始加速,电子所获得的动能等于电场力所作的功,也即等于电子势能的减少.由此,可求得电子到达阳极时的动能和速率. (2) 计算阳极表面附近的电场强度,由F =qE 求出电子在阴极表面所受的电场力.解 (1) 电子到达阳极时,势能的减少量为J 108.4Δ17-⨯-=-=eV E ep由于电子的初始速度为零,故J 108.4ΔΔ17-⨯-=-==ep ek ek E E E因此电子到达阳极的速率为1-7s m 1003.122⋅⨯===meVm E ekv (2) 两极间的电场强度为r rελe E 0π2-= 两极间的电势差1200ln π2π2d 21R Re ελr ελV R R -=-=⋅=⎰r E 负号表示阳极电势高于阴极电势.阴极表面电场强度r r R R R V R ελe e E 12110ln π2=-=电子在阴极表面受力N 1037.414r e e E F -⨯=-=这个力尽管很小,但作用在质量为9.11 ×10-31kg 的电子上,电子获得的加速度可达重力加速度的5 ×1015 倍.6 -12 一导体球半径为R 1 ,外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳,外球壳所带总电荷为Q ,而内球的电势为V 0 .求此系统的电势和电场的分布.分析 若200π4R εQV =,内球电势等于外球壳的电势,则外球壳内必定为等势体,电场强度处处为零,内球不带电.若200π4R εQV ≠,内球电势不等于外球壳电势,则外球壳内电场强度不为零,内球带电.一般情况下,假设内导体球带电q ,导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示.依照电荷的这一分布,利用高斯定理可求得电场分布.并由⎰∞⋅=p p V l E d 或电势叠加求出电势的分布.最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R 1、R 2表示.解 根据静电平衡时电荷的分布,可知电场分布呈球对称.取同心球面为高斯面,由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ,根据不同半径的高斯面内的电荷分布,解得各区域内的电场分布为 r <R 1时, ()01=r E R 1<r <R 2 时,()202π4r εqr E =r >R 2 时, ()202π4r εqQ r E +=由电场强度与电势的积分关系,可得各相应区域内的电势分布. r <R 1时,20103211π4π4d d d d 2211R εQR εq V R R R R rr+=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞l E l E l E l E R 1<r <R 2 时,200322π4π4d d d 22R εQr εq V R R rr+=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞l E l E l E r >R 2 时,rεQq V r 03π4d +=⋅=⎰∞l E 3 也可以从球面电势的叠加求电势的分布.在导体球内(r <R 1)20101π4π4R εQR εq V +=在导体球和球壳之间(R 1<r <R 2 )2002π4π4R εQr εq V +=在球壳外(r >R 2)rεQq V 03π4+=由题意102001π4π4R εR εV V +== 得102001π4π4R εQR εq V V +== 代入电场、电势的分布得 r <R 1时,01=E ;01V V =R 1<r <R 2 时,22012012π4r R εQ R r V R E -=;r R εQR r r V R V 201012π4)(--= r >R 2 时,220122013π4)(r R εQ R R r V R E --=;r R εQ R R r V R V 2012013π4)(--=6 -13 两线输电线,其导线半径为3.26 mm ,两线中心相距0.50 m ,导线位于地面上空很高处,因而大地影响可以忽略.求输电线单位长度的电容.解 由教材第六章6 -4 节例3 可知两输电线的电势差RεU =ln π0 因此,输电线单位长度的电容Rd εR R d εU λC ln /πln /π00≈-==代入数据 F 1052.512-⨯=C6 -14 在A 点和B 点之间有5 个电容器,其连接如图所示.(1) 求A 、B 两点之间的等效电容;(2) 若A 、B 之间的电势差为12 V ,求U A C 、U CD 和U D B .解 (1) 由电容器的串、并联,有μF 1221=+=C C C AC μF 843=+=C C C CD51111C C C C CD AC AB ++= 求得等效电容C AB =4 μF .(2) 由于AB DB CD AC Q Q Q Q ===,得V 4==AB ACABAC U C C U V 6==AB CDABCD U C C U V 2==AB DBABDB U C C U6 -15 半径为0.10 cm 的长直导线,外面套有内半径为1.0 cm 的共轴导体圆筒,导线与圆筒间为空气.略去边缘效应,求:(1) 导线表面最大电荷面密度;(2) 沿轴线单位长度的最大电场能量. 分析 如果设长直导线上单位长度所带电荷为λ,导线表面附近的电场强度0π2εσR ελE ==查表可以得知空气的击穿电场强度E b =3.0 ×106(V /m ),只有当空气中的电场强度E ≤E b 空气才不会被击穿,由于在导线表面附近电场强度最大,因而可以求出σ的极限值.再求得电场能量密度,并通过同轴圆柱形体元内电场能量的积分求得单位长度的最大电场强度.解 (1) 导线表面最大电荷面密度250max m C 1066.2--⋅⨯==b E εσ显然导线表面最大电荷面密度与导线半径无关.(2) 由上述分析得b E R ελ10max π2=,此时导线与圆筒之间各点的电场强度为()1210π2R r R rRr ελE m <<==0=E (其他)22210202121rE R εE εw b m m ==沿轴线单位长度的最大电场能量r rE R εr r w W R R b Ωm d 1πd π2212210⎰⎰⎰⎰=⋅= 14122210m J 1076.5lnπ--⋅⨯==R R E R εW b m。
普通物理学教程力学课后答案高等教育出版社第六章 万有引力定律
第六章 万有引力定律习题解答 ,试用开普勒第三定律证明:一个物体由此轨道自静止而自由下落至中心天体所需的时间为π2T t = 证明:物体自由下落的加速度就是在行星上绕中心天体公转的向心加速度: 由自由落体公式:π2221/2,T a R t at R === (此题原来答案是:24Tt =,这里的更正与解答仅供参考)6.2.1 土星质量为5.7×1026kg ,太阳质量为2.0×1030kg ,两者的平均距离是1.4×1012m.⑴太阳对土星的引力有多大?⑵设土星沿圆轨道运行,求它的轨道速度。
解:⑴据万有引力定律,太阳与土星之间的引力f =GMm/r 2=6.51×10-11×2.0×1030×5.7×1026/(1.4×1012)2≈3.8×1022N⑵选择日心恒星参考系,对土星应用牛顿第二定律:f=mv 2/r6.2.3 ⑴一个球形物体以角速度ω转动,如果仅有引力阻碍球的离心分解,此物体的最小密度是多少?由此估算巨蟹座中转数为每秒30转的脉冲星的最小密度。
这脉冲星是我国在1054年就观察到的超新星爆的结果。
⑵如果脉冲星的质量与太阳的质量相当(≈2×1030kg 或3×105M e ,M e 为地球质量),此脉冲星的最大可能半径是多少?⑶若脉冲星的密度与核物质相当,它的半径是多少?核密度约为1.2×1017kg/m 3. 解:⑴设此球体半径为R,质量为m.考虑球体赤道上的质元Δm,它所受到的离心惯性力最大 f *=Δm ω2R ,若不被分解,它所受到的引力至少等于离心惯性力,即 Gm Δm/R 2=Δm ω2R ∴ m=ω2R 3/G ,而 m=4πR 3ρ/3,代如上式,可求得,G πωρ432=脉冲星的最小密度3141051.64)230(3/103.1112m kg ⨯≈=-⨯⨯⨯⨯ππρ⑵据密度公式,m =ρV=4πR 3ρ/3 ,∴R 3=3m/(4πρ) ⑶km R 16)102.114.34/(102331730=⨯⨯⨯⨯⨯=6.2.4 距银河系中心约25000光年的太阳约以0年的周期在一圆周上运动。
大学物理第六章课后习题答案
第六章 静电场中的导体与电介质 6 -1 将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将( )(A ) 升高 (B ) 降低 (C ) 不会发生变化 (D ) 无法确定 分析与解 不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
由于带正电的带电体A 移到不带电的导体B 附近时,在导体B 的近端感应负电荷;在远端感应正电荷,不带电导体的电势将高于无穷远处,因而正确答案为(A )。
6 -2 将一带负电的物体M 靠近一不带电的导体N ,在N 的左端感应出正电荷,右端感应出负电荷。
若将导体N 的左端接地(如图所示),则( )(A ) N 上的负电荷入地 (B )N 上的正电荷入地(C ) N 上的所有电荷入地 (D )N 上所有的感应电荷入地分析与解 导体N 接地表明导体N 为零电势,即与无穷远处等电势,这与导体N 在哪一端接地无关。
因而正确答案为(A )。
6 -3 如图所示将一个电量为q 的点电荷放在一个半径为R 的不带电的导体球附近,点电荷距导体球球心为d ,参见附图。
设无穷远处为零电势,则在导体球球心O 点有( )(A )d εq V E 0π4,0== (B )dεq V d εq E 020π4,π4== (C )0,0==V E(D )R εq V d εq E 020π4,π4==分析与解 达到静电平衡时导体内处处各点电场强度为零。
点电荷q 在导 体球表面感应等量异号的感应电荷±q′,导体球表面的感应电荷±q′在球心O 点激发的电势为零,O 点的电势等于点电荷q 在该处激发的电势。
因而正确答案为(A )。
6 -4 根据电介质中的高斯定理,在电介质中电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于这个曲面所包围自由电荷的代数和。
下列推论正确的是( )(A ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内一定没有自由电荷(B ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分等于零,曲面内电荷的代数和一定等于零(C ) 若电位移矢量沿任意一个闭合曲面的积分不等于零,曲面内一定有极化电荷(D ) 介质中的高斯定律表明电位移矢量仅仅与自由电荷的分布有关 (E ) 介质中的电位移矢量与自由电荷和极化电荷的分布有关分析与解 电位移矢量沿任意一个闭合曲面的通量积分等于零,表明曲面 内自由电荷的代数和等于零;由于电介质会改变自由电荷的空间分布,介质中的电位移矢量与自由电荷与位移电荷的分布有关。
《大学物理》 第二版 课后习题答案 第六章
习题解析6-1在坐标原点及0)点分别放置电量61 2.010Q C -=-⨯及62 1.010Q C -=⨯的点电荷,求1)P -点处的场强。
解 如图6.4所示,点电荷1Q 和2Q 在P 产生的场强分别为 1122122201102211,44Q r Q r E E r r r r πεπε== 而12123,,2,1r i j r j r r =-=-==,所以()()11111222011011662203111441 2.010 1.010422113.9 6.810Q r Q r E E E r r r r j j i j N C πεπεπε--=+=+⎛⎫-⨯-⨯-=+ ⎪ ⎪⎝⎭≈-+⨯∙总 6-2 长为15l cm =的直导线AB 上,设想均匀地分布着线密度为915.0010C m λ--=⨯⋅,的正电荷,如图6.5所示,求:(1)在导线的延长线上与B 端相距1 5.0d cm =处的P 点的场强;(2)在导线的垂直平分线上与导线中点相距2 5.0d cm =处的Q 点的场强。
解 (1)如图6.5(a )所示,以AB 中点为坐标原点,从A 到B 的方向为x 轴的正方向。
在导线AB 上坐标为x处,取一线元dx ,其上电荷为 dq dx λ= 它在P 点产生的场强大小为 2200111442dq dxdE r l d x λπεπε==⎛⎫+- ⎪⎝⎭方向沿x 轴正方向。
导线AB 上所有线元在P 点产生的电场的方向相同,因此P 点的场强大小为()1212122000112112992122111114442115.0010910 6.75105102010dq dx E r d l d l d x V m λπεπεπε------⎛⎫===- ⎪-⎛⎫⎝⎭+- ⎪⎝⎭⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-=⨯∙ ⎪⨯⨯⎝⎭⎰方向沿x 轴正方向。
(2)如图6.5(b )所示,以AB 中点为坐标原点,从A 到B 的方向为x 轴正方向,垂直于AB 的轴为y 轴,在导线AB 上坐标为x 处,取一线元dx ,其上的电荷为 dq dx λ= 它在Q 点产生的电场的场强大小为 22220021144dq dx dE r d x λπεπε==+ 方向如图6.5(b )所示。
人教版高中物理必修2第6章万有引力与航天习题含答案
2020春人教版物理必修二第6章万有引力与航天习题含答案必修二第6章万有引力与航天一、选择题1、2017年10月19日,“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间实验室在太空成功实现交会对接.若对接前的某段时间内“神舟十一号”和“天宫二号”处在同一圆形轨道上顺时针运行,如图所示,“神舟十一号”要想追上“天宫二号”,并能一起沿原来的圆形轨道继续顺时针运动,下列方法中可行的是()A.沿运动方向喷气B.沿运动方向相反的方向喷气C.先沿运动方向喷气,再沿与运动方向相反的方向喷气D.先沿与运动方向相反的方向喷气,再沿运动方向喷气2、太阳系中的八大行星的轨道均可以近似看成圆轨道.下面的图中4幅图是用来描述这些行星运动所遵循的某一规律的图象.图中坐标系的横轴是lg(TT0),纵轴是lg(RR0).这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径,T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径.下列4幅图中正确的是()3、地球的半径为R ,地球表面处物体所受的重力为mg ,近似等于物体所受的万有引力.关于物体在下列位置所受万有引力大小的说法中,正确的是( )A .离地面高度R 处为mg 2B .离地面高度R 处为mg 3C .离地面高度R 处为mg 4D .以上说法都不对4、随着太空技术的飞速发展,地球上的人们登陆其他星球成为可能。
假设未来的某一天,宇航员登上某一星球后,测得该星球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的2倍,而该星球的平均密度与地球的差不多,则该星球质量大约是地球质量的 ( )A.0.5倍B.2倍C.4倍D.8倍5、2019年1月,我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆,在探测器“奔向”月球的过程中,用h 表示探测器与地球表面的距离,F 表示它所受的地球引力,能够描述F 随h 变化关系的图象是( )6、(多选)如图所示A.B.C 是在地球大气层外,圆形轨道上运行的三颗人造卫星,B.C 离地面的高度小于A 离地面的高度,A.B 的质量相等且大于C 的质量.下列说法中正确的是( )A. B.C 的线速度大小相等,且大于A 的线速度B. B.C 的向心加速度大小相等,且小于A 的向心加速度C. B.C 运行周期相同,且小于A 的运行周期D. B 的向心力大于A 和C 的向心力7、20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域。
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六、基础训练
一.选择题
1、宇宙飞船相对于地面以速度v作匀速直线飞行,某一时刻飞船头部的宇航员向飞船尾部发出一个光讯号,经过∆t(飞船上的钟)时间后,被尾部的接收器收到,则由此可知飞船的固有长度为( ).(c 表示真空中光速)
(A) c·∆t(B) v·∆t(C) /
c t∆⋅ (D) 2)
/
(
1c
t
c v
-
⋅
⋅∆
解答:[A].
飞船的固有长度为飞船上的宇航员测得的长度,即为c·∆t。
2、在某地发生两件事,静止位于该地的甲测得时间间隔为4 s,若相对于甲作匀速直线运动的乙测得时间间隔为5 s,则乙相对于甲的运动速度是(c表示真空中光速)
(A) (4/5) c.(B) (3/5) c.(C) (2/5) c.(D) (1/5) c.
解答:[B].
2
2
3
1
5
t
v
t v c
c t
∆
⎛⎫
⎛⎫
∆⇒=-⇒==
⎪ ⎪
∆
⎝⎭⎝⎭
3、K系与K'系是坐标轴相互平行的两个惯性系,K'系相对于K系沿Ox轴正方向匀速运动.一根刚性尺静止在K'系中,与O'x'轴成30°角.今在K系中观测得该尺与Ox轴成45°角,则K'系相对于K系的速度是:
(A) (2/3)c.(B) (1/3)c.(C) (2/3)1/2c.(D) (1/3)1/2c.
解答:[C].
K'系中:
00
'cos30;'sin30
x y
l l l l
︒︒
==
K 系中:()2
'tan45'1/1/3
x x y y
l l l l v c v
===⇒-=⇒=
二.填空题
7、一门宽为a.今有一固有长度为l0 (l0 > a )的水平细杆,在门外贴近门的平面内沿其长度方向匀速运动.若站在门外的观察者认为此杆的两端可同时被拉进此门,则该杆相对于门的运动速率u至少为_______.
解答:[].
门外的观察者测得杆的长度'l l a u
=≤⇒≥
8、(1) 在速度=
v____________情况下粒子的动量等于非相对论动量的两倍.(2) 在速度=
v____________情况下粒子的动能等于它的静止能量.
解答:[
2
;
2
].
(1)
00
22
p mv m v m m v
==⇒==⇒=
(2)222
000
22
k
E mc m c m c m m v
=-=⇒==⇒=
三.计算题
10、两只飞船相向运动,它们相对地面的速率是v.在飞船A中有一边长为a的正方形,飞船A沿正方形的一条边飞行,问飞船B中的观察者测得该图形的周长是多少?
解答:
2
2222
2
222
()22
'
()1/
1
'/224/()
v v v vc
u
v v c c v
v
c
u c C a ac c v
β
--
===
-++
-
==+=+
;
12、在惯性系中,有两个静止质量都是m0的粒子A和B,它们以相同的速率v相向运动,碰撞后合
成为一个粒子,求这个粒子的静止质量
m'.
解答:
由动量守恒知:碰后形成的粒子静止。
由能量守恒得
22
00
A B
E m c E E m
''
==+=⇒=
13、要使电子的速度从v1 =1.2×108 m/s增加到v2 =2.4×108 m/s必须对它做多少功?
(电子静止质量m e=9.11×10-31 kg)
解答:
22
12
;
E E
==
214
21
4.7210()
e
A E E E m c J
-
=∆=-==⨯
15、已知μ子的静止能量为105.7MeV,平均寿命为2.2⨯10-6s,试求动能为150MeV的μ子的速度v 和平均寿命τ。
解答:
2
2220
002
1)
0.91
k
k
m c
E mc m c m c
m c E
v c
=-=-⇒=
+
⇒===
6
6
' 5.3110()
t s
-
-
∆===⨯
七、自测与提高
一.选择题
3、设某微观粒子的总能量是它的静止能量的K 倍,则其运动速度的大小为 (以c 表示真空中的光速) (A)
1-K c . (B)
21K K c -. (C) 12-K K
c
. (D)
)2(1
++K K K c
.
解答:[C].
22001E mc Km c m Km v K ==⇒==
=⇒=
4、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则为
(A) ab c m 20)/(1v - (B) 20)
/(1c ab m v - (C) ])/(1[20c ab m v - (D) 2/320
])/(1[c ab m v -
解答:
[C].
022'''''(1/)m m a b b a b ab v c σ==⇒===
-
二.填空题
5、地面上的观察者测得两艘宇宙飞船相对于地面以速度 v = 0.90c 逆向飞行.其中一艘飞船测得另一艘飞船速度的大小v ′=______.
解答:[0.994c ].
222
2()220.9'0.994()1/10.91v v v c
v c v v c v c --⨯=
===-++-
8、已知一静止质量为m 0的粒子,其固有寿命为实验室测量到的寿命的1/n ,则此粒子的动能是______.
解答:[20(1)n m c -
].
01
t t t n
∆∆=
⇒=
=∆
22
2
22000(1)k E mc m c m c n m c =-=
-=-
三.计算题
10、一隧道长为L ,宽为d ,高为h ,拱顶为半圆,如图6-6.设想一列车以极高的速度v 沿隧道长度方向通过隧道,若从列车上观测,(1) 隧
道的尺寸如何?(2) 设列车的长度为l 0,它全部通过隧道的时间是多少?
解答: (1) 宽、高及拱顶都不变,长度变为'L =(2) ()()
00'//t L l v l v '=+=
图6-6
12、飞船A 以0.8c 的速度相对地球向正东飞行,飞船B 以0.6c 的速度相对地球向正西方向飞行.当两飞船即将相遇时A 飞船在自己的天窗处相隔2s 发射两颗信号弹.在B 飞船的观测者测得两颗信号弹相隔的时间间隔为多少?
解答:以地面为K 系,飞船 B 为K ˊ系,以正东为x 轴正向;则飞船A 相对于飞船B 的相对速度
2
2()0.8(0.6)
'0.946()(0.6)
10.81A B A B A v v c c v c v c c v c c
----=
==---⨯-
' 6.17()t s ∆===
附加题:
14、(1) 质量为 m 0 的静止原子核(或原子)受到能量为 E 的光子撞击,原子核(或原子)将光子的能量全部吸收,则此合并系统的速度(反冲速度)以及静止质量各为多少?(2) 静止质量为
m '的静止原子发出能量为 E 的光子,则发射光子后原子的静止质量为多大? 解答:
(1)设合并系统的速度为 v ,质量为 M ,静止质量为 M 0 。
由动量守恒和能量守恒得:
222002200;/m c E Mc m c E Ec
v M m c E c p E c Mv M m ⎧+=+⇒===⎨+==⎩⇒==
(2) 设静止质量为0
M '。
由动量守恒和能量守恒得:
(
)
22
00
//m c E M c p E c M v M m m M M ⎧''+-=⎪⎪
'''==⇒==⎨⎪''=⎪⎩。